a>b>d>c
C.a、b溶液呈酸性D.c、d溶液呈碱性
6.（2012·大同调研）下列叙述正确的是（）
A.常温时，某溶液中由水电离出来的c（H+）和c（OH-）的乘积为1×10-24，该溶液中一定可以大量存在K+、Na+、AlO2-、SO42-
B.常温时，0.1mol·L-1HA溶液的pH＞1,0.1mol·L-1BOH溶液中c（OH-）/c（H+）=1012，
将这两种溶液等体积混合，混合后溶液中离子浓度的大小关系为c（B+）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（A-）
C.过量SO2通入到Ba（NO3）2溶液中，正确的离子反应方程式为
3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O====3BaSO4↓+2NO↑+4H+
D.用pH=3和pH=2的醋酸溶液中和含等量NaOH的溶液所消耗的醋酸溶液的体积分别为Va和Vb，则Va＞10Vb
7.（2012·安徽高考）已知室温下，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3。
向浓度均为0.1mol·L-1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。
下列示意图表示生成Al（OH）3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是（）
二、非选择题（本题包括4小题，共58分）
8.（13分）（2012·北京高考改编）直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。
利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。
（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应____________________。
（2）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是____________________________________________。
（3）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32-）∶n（HSO3-）变化关系如下表:
n（SO32-）∶n（HSO3-）
91∶9
1∶1
1∶91
pH
8.2
7.2
6.2
①上表判断NaHSO3溶液显_______性，用化学平衡原理解释:
________________。
②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是（选填字母）：
__________。
a.c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）
b.c（Na+）>c（HSO3-）>c（SO32-）>c（H+）=c（OH-）
c.c（Na+）+c（H+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-）
（4）（2012·福建高考）能证明Na2SO3溶液中存在SO32-+H2O
HSO3-+OH-水解平衡的事实是__________________________（填序号）。
A.滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去
B.滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去
C.滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去
9.（14分）（2012·泉州一模）如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，回答下列问题：
（1）T1_________T2（填>、=、<），T2温度时Ksp（BaSO4）=_____________。
（2）讨论T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，下列说法正确的是___________。
A.加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点
B.在T1曲线上方区域（不含曲线）任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
C.蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b）
D.升温可使溶液由b点变为d点
（3）T2时，现有0.2mol的BaSO4沉淀，每次用1L饱和Na2CO3溶液（浓度为
1.7mol·L-1）处理。
若使BaSO4中的SO42-全部转化到溶液中，需要反复处理________次。
［提示：
BaSO4（s）+CO32-（aq）
BaCO3（s）+SO42-（aq），K=Ksp（BaSO4）/Ksp（BaCO3）；Ksp（BaCO3）=1.0×10-7］
10.（15分）（2012·厦门模拟）常温下，浓度均为0.1mol·L-1的6种溶液pH如下：
溶质
Na2CO3
NaHCO3
Na2SiO3
Na2SO3
NaHSO3
NaClO
pH
11.6
9.7
12.3
10.0
4.0
10.3
请由上表数据回答：
（1）非金属性Si_________C（填“>”或“<”），用原子结构解释其原因：
同主族元素由上到下__________________。
（2）常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是（填序号）___________________________。
a.H2SiO3b.H2SO3c.H2CO3
（3）用离子方程式说明Na2CO3溶液pH>7的原因_______________________。
（4）6种溶液中，水的电离程度最小的是（填化学式）______________________。
（5）若增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是（填化学式）____________，用化学平衡移动的原理解释其原因：
____________________。
11.（16分）（2012·浙江高考）已知：
I2+2S2O32-====S4O62-+2I-
相关物质的溶度积常数见下表：
物质
Cu（OH）2
Fe（OH）3
CuCl2
CuI
Ksp
2.2×10-20
2.6×10-39
1.7×10-7
1.3×10-12
（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，加入____________，调至pH=4，使溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，此时溶液中的c（Fe3+）=____________。
过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2·2H2O晶体。
（2）在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是____________________（用化学方程式表示）。
由CuCl2·2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是__________________________________。
（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样（不含能与I-发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下：
取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。
用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。
①可选用___________作滴定指示剂，滴定终点的现象是___________________。
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为____________________________。
③该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为_______________________。
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+）＜c（CH3COO-），利用电荷守恒知溶液中一定存在c（H+）＞c（OH-）,溶液显酸性，而a＜b,溶液一定呈碱性，二者矛盾，D项一定错误。
3.【解析】选B。
等体积等浓度的氨水和盐酸恰好中和生成NH4Cl，NH4Cl水解显酸性，pH<7，故A、D两项不正确；由于NH3·H2O为弱碱，当浓度为0.1mol·L-1时，pH<13，故B项正确，C项不正确。
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；1mol氢氧化钾和1mol二氧化碳反应生成1mol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+）=0.2mol·L-1，c（SO42-）=0.1mol·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D。
A项中，由水电离出的c（H+）=c（OH-）=1×10-12mol·L-1，故溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若呈酸性，则AlO2-不能大量存在，A不正确。
B项中，0.1mol·L-1HA溶液的pH＞1，说明HA为弱酸；0.1mol·L-1BOH溶液中c（OH-）/c（H+）=1012，则c（OH-）=0.1mol·L-1，说明BOH为强碱，等体积混合后生成BA盐为强碱弱酸盐，离子浓度大小关系应为c（B+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+），故B不正确。
C项中过量的SO2通入Ba（NO3）2溶液中，正确的离子方程式为3SO2+2NO3-+Ba2++2H2O====BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42-，因此C也不正确。
D项若是pH=3和pH=2的盐酸中和等量的NaOH溶液，消耗盐酸的体积分别为Va和Vb，则Va=10Vb；现为CH3COOH溶液，由于CH3COOH是弱酸，故Va＞10Vb，正确。
7.【解题指南】解答本题时要注意到由于Ksp［Al（OH）3］
Ksp［Fe（OH）3］，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［Al（OH）3］
Ksp［Fe（OH）3］，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-====AlO2-+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（HSO3-）>c（SO32-）>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SO32-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+SO32-
（3）①酸
HSO3-存在：
HSO3-
H++SO32-和HSO3-+H2O
H2SO3+OH-，HSO3-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T1T2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）+CO32-（aq）
BaCO3（s）+SO42-（aq），K=Ksp（BaSO4）/Ksp（BaCO3）=5.0×10-9÷1.0×10-7=0.05
设每次处理SO42-的浓度为x
BaSO4（s）+CO32-（aq）
BaCO3（s）+SO42-（aq）
1.7mol·L-10
1.7mol·L-1-xx
K=c（SO42-）/c（CO32-）=x/（1.7mol·L-1-x）=0.05
解得：
x≈0.08mol·L-1，即每次可溶解BaSO40.08mol，若使BaSO4中的SO42-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）0.1mol·L-1的Na2CO3溶液pH=11.6，0.1mol·L-1的Na2SiO3溶液pH=12.3，说明SiO32-比CO32-水解能力强，H2CO3比H2SiO3酸性强，非金属性Si（2）0.1mol·L-1的Na2CO3溶液pH=11.6，
0.1mol·L-1的Na2SiO3溶液pH=12.3，0.1mol·L-1的Na2SO3溶液pH=10.0，H2SO3的水解能力最差，故H2SiO3、H2SO3、H2CO3的酸性由强到弱的顺序是H2SO3、H2CO3、H2SiO3。
（3）Na2CO3溶液pH>7的原因是CO32-发生水解反应。
（4）6种溶液中Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3、NaClO以水解为主，促进水的电离，0.1mol·L-1的NaHSO3溶液pH=4.0，说明HSO3-以电离为主，抑制水的电离，故水的电离程度最小的是NaHSO3溶液。
（5）氯水中存在Cl2+H2O
H++Cl-+HClO的化学平衡，可加入使H+或Cl-浓度减小的物质，平衡正向移动，溶液中次氯酸浓度增大。
表中所给6种物质中，NaHSO3溶液呈酸性，它会抑制氯气与水的反应；Na2CO3和Na2SiO3除了与H+反应，还会与HClO反应，从而降低了HClO的浓度；Na2SO3会与Cl2反应，会降低溶液中HClO的浓度。
答案:
（1）<原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱
（2）b>c>a
（3）CO32-+H2O
HCO3-+OH-
（4）NaHSO3（5）NaHCO3（或NaClO）
因为Cl2+H2O
H++Cl-+HClO，NaHCO3（或NaClO）消耗H+，平衡正向移动，使溶液中次氯酸浓度增大
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［Fe（OH）3］/（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
11
n（CuCl2·2H2O）0.1000mol·L-1×0.020L
则n（CuCl2·2H2O）=0.1000mol·L-1×0.020L=0.002mol
则m（CuCl2·2H2O）=0.002mol×171g·mol-1=0.342g
则该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为：
0.342g/0.36g=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
［主要产物写成Cu（OH）2、Cu（OH）Cl、CuO均可］
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↓+I2③95%
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