【解答】解：A．H2S中H、S元素形成的极性键，但结构不对称，属于极性分子；NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故A正确；

B．HS﹣和HCl都只含一个极性键，都具有18个电子，故B正确；

C．CH2C12正负电荷的中心不重合，是极性分子，故C错误；

D．1 mol D216O中含中子、质子、电子分别为10 NA，故D正确。

故选：C。

【点评】本题考查极性分子和非极性分子、质子数、中子数、核外电子数及其相互联系，难度不大，注意分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子．

4．（6分）草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性．常温下，向10mL 0.01mol•L﹣1NaHC2O4溶液中滴加0.01mol•L﹣1NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（）

A．V（NaOH）＝0时，c（H+）＝1×10﹣2mol•L﹣1

B．V（NaOH）＜10mL时，不可能存在c（Na+）＝2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣ ）

C．V（NaOH）＝10 mL时，c（H+）＝1×10﹣7mol•L﹣1

D．V（NaOH）＞10 mL时，c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣ ）

【考点】DN：离子浓度大小的比较

【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A．草酸是二元中强酸，V（NaOH）＝0时，NaHC2O4不能完全电离出H+；

B．V（NaOH）＜10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4；

C．V（NaOH）＝10 mL时，溶液中溶质为Na2C2O4；

D．V（NaOH）＞10 mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4．

【解答】解：A．草酸是二元中强酸，V（NaOH）＝0时，NaHC2O4不能完全电离出H+，则c（H+）＜1×10﹣2mol•L﹣1，故A错误；

B．V（NaOH）＜10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4，当电离等于水解，即c（H+）＝c（OH﹣），所以存在c（Na+）＝2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣ ），故B错误；

C．V（NaOH）＝10 mL时，溶液中溶质为Na2C2O4，溶液显碱性，则c（H+）＜1×10﹣7mol•L﹣1，故C错误；

D．V（NaOH）＞10 mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4，C2O42﹣水解生成HC2O4﹣，则离子浓度为c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣ ），故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查溶液中离子的关系，明确溶液中的溶质是解答的关键，并注意利用溶液中水解的程度及电离的程度、电荷守恒来分析解答，题目难度不大．

5．（6分）25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（）

A．向水中加入氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低

B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，KW不变

C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H+）降低

D．将水加热，KW增大，pH不变

【考点】D6：水的电离

【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A、氨水溶液显碱性，纯水显中性，碱中氢氧根浓度大于水中的；

B、硫酸氢钠能完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；

C、醋酸根水解对水的电离起到促进作用；

D、温度升高，水的离子积常数增大，则pH值减小。

【解答】解：A、向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，c（OH﹣）增大，故A错误；

B、NaHSO4═Na++SO42﹣+H+，其中电离出的氢离子使c（H+）增大，但是温度不变，KW不变，故B正确；

C、CH3COONa中的醋酸根水解对水的电离起到促进作用，电离平衡右移，c（H+）降低，故C错误；

D、温度升高，水的离子积常数KW增大，则pH值减小，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查学生水的电离知识，酸、碱对水的电离起抑制作用，水解的盐对水的电离起促进作用。