答案解析

1.【解析】选C。A项可以用反证法，因为氯化铵溶液呈酸性，所以溶液不可能为中性，由此判断A错误;B项，稀醋酸加水后氢离子浓度变小，pH变大，因此B项与题意不符;C项饱和石灰水中加入氧化钙，冷却后仍然是饱和溶液，所以pH不变;D项形成胶体后，溶液中自由移动的离子浓度降低，所以导电能力比饱和氯化铁溶液降低。

【易错提醒】解答本题易出现以下错误：误认为溶液呈中性时盐酸与氨水恰好完全反应，而错选A。未注意“饱和”两个字，误认为加入CaO生成Ca(OH)2，c(OH-)增大，pH增大，而未选C。

2.【解析】选D。本题考查电解质溶液的知识，意在考查考生思维的缜密性。若a=b，恰好反应生成弱酸强碱盐CH3COOK，溶液呈碱性，A项正确;若a>b，反应后溶液中溶质为CH3COOK和CH3COOH，该溶液可能呈中性，则C项正确;若该溶液含CH3COOH很少，CH3COOH的电离程度小于CH3COO-的水解程度，溶液呈碱性，则溶液中c(K+)>c(CH3COO-)，B项正确;若溶液中c(K+)

3.【解析】选C。酸碱恰好完全反应得到NaY溶液，根据pH=9，推出NaY是强碱弱酸盐，Y-发生水解反应，则c(Na+)>c(Y-)，C错误;HY是弱酸，根据物料守恒，A正确;根据质子守恒，B正确;溶液中阳离子有c(Na+)、c(H+)，阴离子有c(Y-)和c(OH-)，根据电荷守恒知D正确。

4.【解析】选D。同浓度的强酸和强碱溶液，氢离子浓度和氢氧根离子浓度不一定相同，所以A错误;硫酸钡中加入硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，硫酸钡溶解平衡受到抑制，钡离子浓度减小，所以B项错误;1 mol氢氧化钾和1 mol二氧化碳反应生成1 mol碳酸氢钾，但生成的碳酸氢根离子水解，所以钾离子浓度大于碳酸氢根离子浓度，所以C项错误;醋酸钠溶液中加入醋酸溶液，醋酸根离子的水解受到抑制，当达到氢离子浓度等于氢氧根离子浓度时，根据电荷守恒，钠离子的浓度等于醋酸根离子的浓度，所以D项正确。

5.【解析】选D。随着Ba(OH)2溶液的加入，溶液的碱性增强，pH增大，故A项正确;a点时，c(H+)=0.2 mol•L-1，c(S )=0.1 mol•L-1，离子浓度最大，导电能力最强，c点时离子浓度几乎为0，导电能力最弱。b点时溶液中H2SO4与d点时Ba(OH)2物质的量相等，但体积d点大于b点，离子浓度b点大，导电能力b>d，故导电能力：a>b>d>c，B项正确;a、b处因Ba(OH)2量不足，溶液显酸性，故C项正确;c处恰好中和生成BaSO4和H2O，溶液呈中性，故D项不正确。

6.【解析】选C。由题知该反应的溶度积常数Ksp=c(M2+)•c2(OH-)=a，由此得出c(OH-)=( )1/2，则c(H+)=10-14÷c(OH-)，pH=-lgc(H+)，经过计算即可得到正确答案为C。

7.【解题指南】解答本题时要注意到由于Ksp≫Ksp，向混合溶液中滴加NaOH溶液的开始阶段无Al(OH)3沉淀生成。

【解析】选C。因Ksp≫Ksp，因此向混合溶液中滴加NaOH溶液时，首先应生成Fe(OH)3沉淀，当Fe3+沉淀完全后，再生成Al(OH)3沉淀，继续滴加NaOH溶液，则Al(OH)3+OH-====Al +2H2O，沉淀逐渐溶解直至消失，故C项图像符合实际情况。

【易错提醒】解答本题一定要注意审题，“表示生成Al(OH)3的物质的量与加入氢氧化钠溶液的体积的关系”，否则易错选B。

8.【解析】(1)SO2与水生成H2SO3，H2SO3被氧气氧化成H2SO4。

(3)由数据表可知，当Na2SO3和NaHSO3二者混合时，若前者过量或等量混合时，溶液均显碱性;当后者过量较多时溶液才显酸性，即NaHSO3溶液显酸性。当显中性时，NaHSO3量多，c(Na+)>c(HS )>c(S )>c(H+)=c(OH-)。

(4)无论Na2SO3是否完全水解，则加硫酸都会中和OH-，酚酞都会褪色，只能证明发生了水解，而无法说明是否存在水解平衡，A选项错误;氯水既可能中和OH-，又可能将酚酞氧化，所以褪色不足以说明存在水解平衡，B选项错误;加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则该沉淀一定是BaSO3，说明S 没有水解完全，红色褪去，说明c(OH-)减小，因为OH-与BaCl2不反应，只能说明平衡逆向移动引起其浓度的减小，C选项正确。

答案：(1)SO2+H2O H2SO3，

2H2SO3+O2====2H2SO4

(2)2OH-+SO2====H2O+S

(3)①酸

HS 存在：HS  H++S 和HS +H2O H2SO3+OH-，HS 的电离程度强于水解程度

②a、b

(4)C

9.【解析】(1)难溶电解质的溶解都是吸热的，Ksp越大，说明温度越高，故T1

T2温度时Ksp(BaSO4)=5.0×10-5×1.0×10-4=5.0×10-9

(2)升温可使溶液离子浓度增大，而不会减小，故D不正确。

(3)BaSO4(s)+C (aq) BaCO3(s)+S (aq)，K=Ksp(BaSO4)/Ksp(BaCO3)=5.0×10-9÷1.0×10-7=0.05

设每次处理S 的浓度为x

BaSO4(s)+C (aq) BaCO3(s)+S (aq)

1.7 mol•L-1      0

1.7 mol•L-1-x     x

K=c(S )/c(C )=x/(1.7 mol•L-1-x)=0.05

解得：x≈0.08 mol•L-1，即每次可溶解BaSO40.08 mol，若使BaSO4中的S 全部转化到溶液中，需要反复处理3次。

答案：(1)<　5.0×10-9   (2)A、B、C   (3)3

10.【解析】(1)根据题意知，水的电离受到抑制且该溶液呈碱性，故选C、D。

(2)使Cl2+H2O HClO+HCl正向移动且不消耗HClO即可，如再通入氯气;加入碳酸盐;加入次氯酸钠等。

(3)①根据强酸可制取弱酸知，越难电离的酸，其酸性越小，结合氢离子越容易，故HB-

②铜离子和硫化氢之所以能生成硫化铜沉淀，是因为硫化铜极难溶于水，也难溶于酸，故能发生反应。

(4)0.1 mol•L-1的NaHA溶液其pH =2，说明HA-电离程度大于水解程度，故：0.1 mol•L-1

(5)溶液混合后，盐酸和硝酸银反应盐酸有剩余，盐酸的浓度为0.001 mol•L-1，银离子物质的量浓度为1.8×10-10mol2•L-2÷0.001 mol•L-1=1.8×10-7mol•L-1。盐酸的浓度为0.001 mol•L-1，溶液的pH为3。

答案：(1)C、D(2)通入氯气;加入碳酸盐;加入次氯酸钠(3)①HB-

②铜离子和硫化氢之所以能生成硫化铜沉淀，是因为硫化铜极难溶于水，也难溶于酸，故能发生反应

(4)0.1 mol•L-1　0.11 mol•L-1

c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)

(5)1.8×10-7mol•L-1　3

11.【解析】(1)加入的物质在调节pH时应该保证两点，一个是使pH减小，再一个是不能加入新的杂质离子，所以应该选用氢氧化铜或者碱式碳酸铜;若此时pH=4，则c(Fe3+)=Ksp/(1×10-10mol•L-1)3=2.6×10-9mol•L-1。

(2)在空气中直接加热CuCl2•2H2O晶体时，由于CuCl2是强酸弱碱盐，所以Cu2+会发生水解，故得不到纯净的无水CuCl2，所以要想得到纯净的无水氯化铜必须在加热过程中抑制其水解，所以应该在干燥的HCl气流中加热。

(3)①由于相当于用Na2S2O3标准溶液滴定碘单质，所以可以用淀粉溶液作指示剂，到达滴定终点的现象是溶液由蓝色变成无色且放置一段时间后不褪色。

②铜离子具有弱氧化性可以把碘离子氧化成碘单质，自身被还原成+1价的铜。

③由反应可知，关系式如下：

CuCl2•2H2O　 ～　 Na2S2O3

1       1

n(CuCl2•2H2O) 0.100 0 mol•L-1×0.020 L

则n(CuCl2•2H2O)=0.100 0 mol•L-1×0.020 L=0.002 mol

则m(CuCl2•2H2O)=0.002 mol×171 g•mol-1=0.342 g

则该试样中CuCl2•2H2O的质量百分数为：0.342 g/0.36 g=95%。

答案：(1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3

2.6×10-9mol•L-1

(2)2CuCl2•2H2O Cu(OH)2•CuCl2+2HCl+2H2O

在干燥的HCl气流中加热脱水

(3)①淀粉溶液

蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色

②2Cu2++4I-====2CuI↓+I2

③95%

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