【答案】B
【解析】
试题分析：
A．溶度积常数只与温度有关系，A错误；B．根据氯化银的溶度积常数可知AgCl的悬浊液中c（Cl-）=
4×10-5.5mol/L，B正确；C．将0.001mol·L－1AgNO3溶液滴入0.001mol·L－1的KCl，浓度熵＝10－6＞1.6×10－10，有沉淀析出，C错误；D．向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr），D错误，答案选B。
考点：
考查溶解平衡的有关判断
10.下列实验中，对应的现象以及解释或结论都正确且具有因果关系的是
选项
操作
现象
解释或结论
A
测定等浓度的Na2SO3和NaHSO3溶液的pH
Na2SO3溶液的pH较大
HSO3－结合H+的能力比SO32－的强
B
向盛有2mL0.1mol/LAgNO3溶液的试管中滴加一定量0.1mol/LNaCl溶液，再向其中滴加一定量0.1mol/LKI溶液
先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀
Ksp（AgCl）>Ksp（AgI）
C
室温下，取相同大小、形状和质量的Zn粒分别投入0.1mol/L的盐酸和1.0mol/L的盐酸中
Zn粒与1.0mol/L的反应更剧烈
探究浓度对化学反应速率的影响
D
用石墨做电极电解Mg（NO3）2、Cu（NO3）2的混合溶液
阴极上先析出铜
金属活动性：
Cu>Mg
【答案】C
【解析】
【详解】A.阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，故A错误；
B.向AgNO3溶液中先后滴加NaCl溶液和KI溶液，依次生成白色沉淀和黄色沉淀，由于滴加NaCl溶液后AgNO3过量，不能说明发生了沉淀的转化，不能得出Ksp（AgCl）>Ksp（AgI），故B错误；
C.其他条件相同，探究浓度对化学反应速率的影响，反应物的浓度越大，反应速率越快，故C正确；
D.由D的现象可得氧化性Cu2+＞Mg2+，还原性Mg>Cu，所以金属活动性：
Mg>Cu，故D错误。
故选C。
11.向0.50L0.3mol·L－1NaOH溶液中缓慢通入CO2气体至溶液增重4.4g。
有关该溶液说法正确的是
A.溶质为Na2CO3
B.c（Na+）/2=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）
C.c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（H+）＞c（OH-）
D.c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）
【答案】D
【解析】
向0.50L0.3mol/L的NaOH溶液中缓慢通入CO2气体至溶液增重4.4g，增重4.4g是二氧化碳，物质的量为0.1mol，溶液中含有氢氧化钠为0.15mol，n（CO2）：
n（NaOH）=1：
1.5。
二氧化碳与氢氧化钠可能发生反应①CO2+NaOH=NaHCO3；②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O。
n（CO2）：
n（NaOH）=1：
1.5，介于1：
1与1：
2之间，两个反应都发生，所以反应后的溶液中含有物质的量都为0.05mol的NaHCO3和Na2CO3，据此答题。
【详解】A.由分析可知，溶液为碳酸钠与碳酸氢钠的混合溶液，故A错误；
B.由碳元素守恒可知c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）=0.2mol/L，溶液中c（Na+）=0.3mol/L，所以2/3c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），故B错误；
C.碳酸根离子、碳酸氢根离子都水解，且碳酸根的水解能力大于碳酸氢根的水解能力，而钠离子不水解，所以其混合溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），故C错误；
D.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），故D正确。
故选D。
【点睛】作答此类题目时应注意电荷守恒、质子守恒、物料守恒结合使用。
12.某弱酸溶液中存在电离平衡HA
H++A－，下列叙述不正确的是
A.溶液中离子浓度的关系满足：
c（H＋）=c（OH－）＋c（A－）
B.常温下，加入NaA固体可使HA的电离常数增大
C.HA溶液中加少量的NaA固体，平衡逆向移动
D.0.10mol/L的HA溶液中加水稀释，溶液中c（OH-）增大
【答案】B
【解析】
【详解】A.溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得：
c（H+）=c（OH-）+c（A-），故A正确；
B.温度不变，弱酸的电离平衡常数不变，故B错误；
C.加入少量的NaA时，c（A-）增大，从而抑制弱酸电离，平衡逆向移动，故C正确；
D.加水稀释促进弱电解质电离，氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，所以c（OH-）增大，故D正确。
故选B。
13.常温下，浓度均为0.1mol·L－1的四种溶液pH如下表，依据已有的知识和信息进行判断，下列说法正确的是
溶质
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
NaHSO3
pH
11.6
10.3
9.7
4.0
A.常温下，HSO3－的水解能力强于其电离能力
B.向氯水中加入少量NaHCO3固体，不能增大HClO的浓度
C.Na2CO3溶液中存在以下关系：
c（Na＋）＋c（H＋）=c（CO32－）＋c（HCO3－）＋c（OH－）
D.常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH依次升高
【答案】D
【解析】
A.0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH等于4.0，说明溶液呈酸性，即HSO3-的电离程度大于水解程度；
B.向氯水中加入少量NaHCO3固体，盐酸酸性强于碳酸，使平衡Cl2+H2O
HCl+HClO正向移动，从而使HClO的浓度增大；
C.根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；
D.强碱弱酸盐的碱性越强，对应的酸越弱，NaClO的pH大于NaHCO3溶液的pH，所以碳酸的酸性强于次氯酸，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO酸性减弱。
【详解】A.0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH等于4.0，说明溶液呈酸性，即HSO3-的电离程度大于水解程度，故A错误；
B.向氯水中加入少量NaHCO3固体，盐酸酸性强于碳酸，使平衡Cl2+H2O
HCl+HClO正向移动，体积不变，次氯酸的物质的量增加，从而使HClO的浓度增大，故B错误；
C.根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），故C错误；
D.强碱弱酸盐的碱性越强，对应的酸越弱，NaClO的pH大于NaHCO3溶液的pH，所以碳酸的酸性强于次氯酸，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO酸性减弱，所以pH依次升高，故D正确。
故选D。
14.下列有关中和滴定的部分操作顺序正确的是：
①标准溶液润洗滴定管②往滴定管中注入标准溶液③检查滴定管是否漏水④滴定⑤洗涤滴定管⑥调整滴定管中液面在“0”或“0”以下刻度⑦记数
A.⑤①②③④⑥⑦B.③⑤①②⑥⑦④
C.③⑤②⑦①⑥④D.②⑥⑦①③⑤④
【答案】B
【解析】
试题分析：
由中和滴定的操作顺序：
检漏→洗涤→润洗→调零（标准液或待测液）→读数→待测液注入锥形瓶→加指示剂→滴定→计算。
故上述顺序为③⑤①②⑥⑦④；答案选B。
考点：
本题酸碱中和滴定的主要步骤及其注意事项。
【名师点睛】化学是一门与实验联系紧密的自然科学，在化学学习过程中常涉及物质的分离提纯、气体的制取、除杂、收集、尾气处理、溶液的配制等操作。
这就需要掌握物质的物理性质、化学性质、常见的分离混合物的方法、常见的仪器的名称、使用、化学试剂的使用、分离方法及名称、操作的先后顺序等，这样才可以得心应手，作出正确的分析与判断。
15.常温下，向20mL0.2mol·L－1H2B溶液中滴加0.2mol·L－1NaOH溶液。
有关微粒的物质的量变化如下图（其中Ⅰ表示H2B，Ⅱ代表HB－、Ⅲ代表B2－），根据图示判断，当V（NaOH）=20mL时，溶液中各粒子浓度的大小顺序正确的是
A.c（Na+）＞c（HB－）＞c（H+）＞c（B2－）＞c（H2B）
B.c（Na+）＞c（HB－）＞c（OH－）＞c（H2B）＞c（H+）＞c（B2－）
C.c（Na+）＞c（H+）＞c（HB－）＞c（B2－）＞c（OH－）＞c（H2B）
D.c（Na+）＞c（OH－）＞c（HB－）＞c（H2B）＞c（H+）＞c（B2－）
【答案】A
【解析】
向20mL0.2mol•L-1H2B溶液中滴加0.2mol•L-1NaOH溶液，当V（NaOH）=20mL时，两者以1:
1物质的量之比发生的反应为：
NaOH+H2B=NaHB+H2O；所得溶液为NaHB溶液，依据图象分析，溶液中c（HB-）>c（B2-）>c（H2B），说明HB-的电离程度大于水解程度，据此分析。
【详解】向20mL0.2mol•L-1H2B溶液中滴加0.2mol•L-1NaOH溶液，当V（NaOH）=20mL时，两者以1:
1物质的量之比发生的反应为：
NaOH+H2B=NaHB+H2O；所得溶液为NaHB溶液，依据图象分析，溶液中c（HB-）>c（B2-）>c（H2B），说明HB-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，且HB-的电离和水解都是微弱的，溶液中还存在水的电离平衡，所以溶液中各粒子浓度由大到小的顺序为：
c（Na+）＞c（HB-）＞c（H+）＞c（B2-）＞c（H2B）；故A正确。
故选A。
16.某温度下，Fe（OH）3（s）、Cu（OH）2（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如右图所示。
据图分析，下列判断错误的是
A.Ksp[Fe（OH）3]B.Fe（OH）3、Cu（OH）2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和
C.加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点
D.c、d两点代表的溶液中c（H+）与c（OH－）乘积相等
【答案】C
【解析】
试题分析：
A、由b、c两点对应数据可比较出KSP[Fe（OH）3]与KSP[Cu（OH）2]的大小，KSP[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）•（OH-）3＝c（Fe3+）•（10-12.7）3，KSP[Cu（OH）2]＝c（Cu2+）•（OH-）2＝c（Cu2+）•（10-9.6）2，因c（Fe3+）＝c（Cu2+），故KSP[Fe（OH）3]＜KSP[Cu（OH）2]，A正确；B、b、c两点分别处在两条的沉淀溶解平衡曲线上，故两点均代表溶液达到饱和，B正确；C、向溶液中加入NH4Cl固体，不会导致溶液中的c（OH-）增大，故不能使溶液由a点变到b点，C错误；D、只要温度不发生改变，溶液中c（H+）与c（OH-）的乘积（即Kw）就不变。
该题中温度条件不变，故c、d两点代表的溶液中c（H+）与c（OH-）的乘积相等，D正确，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查沉淀溶解平衡、溶度积、pH、水的离子积等
【名师点晴】对图象中的数据进行定量或定性处理，找出数据（或坐标点）之间存在的相互关系；明确坐标点所表达的涵义；对溶度积和水的离子积有正确的理解等是解题关键；根据图象找出可用来比较Fe（OH）3与Cu（OH）2溶度积常数点，可用b、c进行计算；由a点变到b点，pH增大，氯化铵水解呈酸性，不会增大溶液的pH；Kw只与温度有关；注意分析处在曲线上的点与曲线外的点有什么区别，答题时注意灵活应用。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
二、填空题（本大题5小题，共计52分）
17.室温下，把下列各题的结果填在横线上。
（1）c（OH－）=1×10－3mol/L的溶液的pH=___________________
（2）0.01mol/LHNO3溶液中，水电离出的H+的物质的量的浓度c（H＋）=_________________
（3）某溶液由水电离出H+的物质的量的浓度c（H＋）=1×10－5mol/L，则该溶液可以是______（填“硫酸”或“氯化铵”或“氢氧化钠”或“氯化钠”）溶液
（4）将0.39g过氧化钠溶于足量水中并配成100mL溶液，则溶液的pH=_____________
（5）0.12mol/LHCl溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，混合液的pH=___________
【答案】
（1）.11
（2）.1×10-12mol/L（3）.氯化铵（4）.13（5）.2
【解析】
（1）根据pH的计算公式进行计算；
（2）0.01mol/LHNO3溶液中c（H+）=0.01mol/L，溶液中氢氧根离子只能由水电离，所以由水电离的氢离子浓度等于溶液中c（OH-），根据Kw计算溶液中c（OH-）；
（3）水的电离平衡：
H2O
H＋＋OH－，由于c（OH-）=1×10-5mol/L>1×10-7mol/L，说明水的电离被促进；NH4Cl中含有弱碱阳离子NH4+，可结合水电离的OH-，使平衡正向移动，符合题意；
（4）由n（NaOH）=2n（Na2O2）=0.005mol×2=0.01mol可知，故形成的氢氧化钠溶液的浓度为0.01mol/0.1L=0.1mol/L，溶液的pOH=-lg[c（OH-）]=-lg0.1=1，所以溶液的pH=14-1=13；
（5）根据酸和碱混合计算溶液的pH值。
【详解】
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