酸电离，醋酸根离子浓度降低、醋酸电离平衡常数不变，则溶液中c（H+）/c（CH3COOH）增大，故A正确；
B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HS﹣）+2c（S2﹣）+c（OH﹣），故B正确；
C．二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，则c（OH﹣）＜（H+），所以得c（OH﹣）＜（H+）+c（NH3?H2O），故C错误；
D．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而促进水电离，水电离出的c（H+）等于溶液中的c（OH﹣）=故选C．
【点评】本题考查弱电解质的电离和盐类水解，为高频考点，明确弱电解质电离特点、含有弱离子的盐对水电离的影响、溶液中存在的守恒是解本题关键，易错选项是A，注意公式的灵活运用，题目难度中等．
7．在10L恒容密闭容器中充入PCl3（g）和Cl2（g），发生反应：PCl3（g）+Cl2（g）?PCl5（g）起始时，PCl3（g）和Cl2（g）均为0.2mol，反应分别在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种条件下进行，其体系总压强随时间的变化如图所示．下列说法不正确的是（ ）
mol/L=10b﹣14mol/L，故D正确；
A．在实验Ⅲ中，从反应开始至达到平衡时，v（Cl2）=2.5×10﹣4mol/（L?min） B．实验Ⅲ跟实验Ⅱ相比，实验Ⅲ使用了催化剂 C．在实验Ⅱ中，反应的平衡常数K=100 D．该反应的△H＞0
【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．
【分析】气体压强之比等于气体物质的量之比，结合化学平衡三段式列式计算，设得到平衡状态时消耗PCl3物质的量为x，
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PCl3（g）+Cl2（g）?PCl5（g） 起始量（mol） 0.2 0.2 0 变化量（mol） x x x 平衡量（mol） 0.2﹣x 0.2﹣x x
A．图象分析可知实验b气体压强160变化为120，60min达到平衡状态，气体压强之比等于气体物质的量之比，0.4：（0.4﹣x）=160：120，则x=0.1mol，然后依据化学反应速率概念计算；
B．实验Ⅲ跟实验Ⅱ相比，达到相同平衡状态，但时间不同，Ⅲ组改变的实验条件及判断依据是加入了催化剂改变了反应速率；
C．ⅢⅡ是相同平衡状态，平衡时Ⅲ与Ⅱ的各组分的浓度相同，先计算出各组分浓度，然后根据平衡常数K=
计算；
D．Ⅰ混合气体压强增大，达到平衡时间缩短，所以是升温引起的压强增大．
【解答】解：恒温恒容条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比，设得到平衡状态时消耗PCl3物质的量为x，
PCl3（g）+Cl2（g）?PCl5（g） 起始量（mol） 0.2 0.2 0 变化量（mol） x x x 平衡量（mol） 0.2﹣x 0.2﹣x x
A．图象分析可知实验b气体压强160变化为120，60min达到平衡状态，气体压强之比等于气体物质的量之比，0.4：（0.4﹣x）=160：120，解得：x=0.1mol，则实验b从反应开始至达到平衡时的反应速率为：v（Cl2）=
=
=1.7×10﹣4mol/L?min，故A错误；
B．分析图象可知达到平衡状态的时间不同，时间越短反应速率越快，图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v（PCl3）由大到小的次序Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，实验Ⅲ跟实验Ⅱ相比，Ⅲ组改变的实验条件及判断依据是加入了催化剂改变了反达到相同平衡状态，但时间不同，应速率，故B正确；
C．Ⅲ与Ⅱ是相同平衡状态，平衡时各组分的浓度相同，图象分析可知实验Ⅱ气体压强160变化为120，60min达到平衡状态，气体压强之比等于气体物质的量之比，0.4：（0.4﹣x）
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=160：120，解得：x=0.1mol，平衡浓度分别为：c（ PCl3）=0.01mol/L，c（Cl2）=0.01mol/L，c（PCl5）=0.01mol/L，所以实验a条件下的平衡常数K=
=100，故C正确；
D．Ⅰ混合气体压强增大，达到平衡时间缩短，所以是升温引起的压强增大，但平衡分压减小，故升温平衡向正向移动，正向为吸热反应，故D正确． 故选A．
【点评】本题考查了化学平衡的图象及计算，题目难度中等，明确恒温恒容条件下气体物质的量与压强之间的关系为解答关键，注意掌握化学平衡状态特征及应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．
二、非选择题
8．（13分）（2016?宜宾模拟）X、Y、Z、R为原子序数依次增大的前四周期元素，其中X、Y、Z为主族元素，R是ⅤⅢ族元素中原子序数最小的元素．X为第二周期的非金属元素，其第一电离能大于同周期左、右相邻的元素；X、Y、Z的基态原子中，Y、Z的L层均充满电子，X、Y、Z的最外层电子数之和为18． （1）X基态原子的电子排布式是1s22s22p3；
（2）Y和Z中电负性更小的是S；Y和Z的气态氢化物中，稳定性更强的是HCl；X、Y、Z的单质所形成的晶体中，熔点最低的是氮气；
（3）利用价层电子对互斥理论判断ZO3﹣的立体结构型是三角锥形；
（4）一定条件下，R单质在O2中燃烧的产物Q可与Y的最高价氧化物在空气中发生化合反应，生成Y的最高价含氧酸盐．当消耗0.2molQ时，共转移了0.2mol电子，则反应的化学方程式是4Fe3O4+O2+18SO3
6Fe2（SO4）3．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】X、Y、Z、R为原子序数依次增大的前四周期元素，R是ⅤⅢ族元素中原子序数最小的元素，则R为Fe；X、Y、Z为主族元素，X为第二周期的非金属元素，其第一电离能大于同周期左、右相邻的元素，处于ⅢA族或VA族，X、Y、Z的基态原子中，Y、Z的L层均充满电子，X、Y、Z的最外层电子数之和为18，X只能处于VA族，而Y、Z只能处于第三周期，且分别处于VIA族、ⅦA族，故X为N元素、Y为S元素、Z为Cl． 【解答】解：X、Y、Z、R为原子序数依次增大的前四周期元素，R是ⅤⅢ族元素中原子序数最小的元素，则R为Fe；X、Y、Z为主族元素，X为第二周期的非金属元素，其第一电
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离能大于同周期左、右相邻的元素，处于ⅢA族或VA族，X、Y、Z的基态原子中，Y、Z的L层均充满电子，X、Y、Z的最外层电子数之和为18，X只能处于VA族，而Y、Z只能处于第三周期，且分别处于VIA族、ⅦA族，故X为N元素、Y为S元素、Z为Cl． （1）X为N元素，基态原子的电子排布式是：1s22s22p3， 故答案为：1s22s22p3；
（2）同周期自左而右电负性增大、非金属性增强，S和Cl中电负性更小的是S，HCl稳定性更强，X、Y、Z的单质所形成的晶体中，硫单质为固体，氮气、氯气为气体，而氯气相对分子质量大于氮气，故氮气的沸点最低， 故答案为：S；HCl；氮气； （3）ClO3﹣中Cl原子孤电子对数=角锥形，
故答案为：三角锥形；
（4）一定条件下，Fe单质在O2中燃烧的产物Q为Fe3O4，Y的最高价氧化物为SO3，二者在空气中发生化合反应，生成硫酸盐．当消耗0.2molQ时，共转移了0.2mol电子，同时消耗0.05molO2，则反应的化学方程式是：4Fe3O4+O2+18SO3故答案为：4Fe3O4+O2+18SO3
6Fe2（SO4）3．
6Fe2（SO4）3，
=1，价层电子对数=3+1=4，立体结构型是三
【点评】本题是对位置结构与性质的考查，推断元素是解题关键，较好地考查学生分析推理能力，是对学生综合能力的考查．
9．（13分）（2016?宜宾模拟）某化学兴趣小组探究铜与浓硫酸的反应，探究过程如下． 实验一：铜与浓硫酸反应
按如图装置进行实验（部分夹持装置略）．
（1）仪器X的名称是分液漏斗，装置B的作用是防止倒吸；
（2）组装好仪器，检查装置气密性的操作是手握烧瓶，若C、D导管中有气泡冒出，松开手，C、D中有液柱回流；
（3）装置C中发生反应的离子方程式是2MnO4﹣+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+． 实验二：探究产物成分
上述实验后发现烧瓶底部有灰色固体，兴趣小组同学设计实验进一步探究灰色固体的成分．【查阅资料】
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i．铜与浓硫酸反应可能有CuO、Cu2S、CuS等副产物生成．
ii．CuO、Cu2S和CuS均为黑色不溶于水的固体；Cu2S和CuS不溶于稀硫酸，在空气中充分燃烧，均转化为CuO和SO2． 【实验探究】 （4）请完成下表： 实验步骤 取灰色固体于烧杯中，加入蒸馏水，搅拌、过滤，洗涤滤渣 现象 固体部分溶解，溶液呈蓝色 结论 灰色固体中含有CuSO4 灰色固体中含有CuO 灰色固体中含有得到2.40g固体 灼烧至恒重，冷却、称量 Cu2S、CuS 将滤渣转移到另一烧杯中，加入足量稀硫酸，固体部分溶解，滤液呈搅拌，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、干燥 称量上一步得到的黑色滤渣2.56g，在空气中蓝色，滤渣为黑色
【考点】浓硫酸的性质实验．
【分析】（1）根据仪器X的特征及常见仪器的名称解答；短管进短管出可防止倒吸； （2）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；
（3）SO2使酸性高锰酸钾褪色，发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸根离子和水； （4）依据资料有关信息结合铜离子在溶液中呈蓝色分析，得到2.40g固体，根据铜原子守恒分析．
【解答】解：A装置中是铜和浓硫酸加热，反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2O，B防止倒吸，C利用二氧化硫的
还原性检验二氧化硫，D吸收尾气．
（1）X为球形漏斗带有玻璃活塞为分液漏斗，装置B短管进短管出可防止倒吸，
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