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答案解析
1.【解析】选D。常温下pH为5的盐酸溶液稀释1 000倍，溶液的pH接近于7，但总是小于7，故A项不正确；氨水和氯化铵溶液中，前者水的电离受抑制，后者水的电离被促进，故B项不正确；根据电荷守恒，碳酸钠溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)，故C项不正确；D项符合电荷守恒规律，故正确。
2.【解析】选D。Na2SO3为弱酸强碱盐，水解显碱性，水解是吸热反应，所以温度升高，水解程度增大，其pH增大，A不正确；B项考查物料守恒，正确的表达式为c(Na＋)=2c(SO32―)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，故B不正确；C项考查电荷守恒，其正确的表达式为c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO32―)+c(HSO3-)+c(OH―)，故C不正确；加入少量NaOH固体，抑制其水解，水解程度降低，c(SO32―)与c(Na＋)均增大，故D正确。
3.【解析】选C。

4.【解析】选B。A项，加水稀释有利于醋酸的电离，故溶液中导电粒子的数目增加，A错误；B项，在加水稀释的过程中，温度不变，故Ka=c(CH3COO-)·c(H+)/ c(CH3COOH)不变，又因为c(H+)=Kw/c(OH-),故c(CH3COO-)×Kw/c(CH3COOH)·c(OH-) =Ka，Kw在室温下也是常数，故B正确；C项，电离程度虽然增大，但c(H+)减小，C错误；D项，加入10 mL pH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸还有大量剩余，故pH应小于7，D错误。
5.【解析】选C。根据AgI和AgCl饱和溶液中Ag+的浓度可知，Ksp(AgI)=(1.23×10-8)2=1.5×10-16;Ksp(AgCl)=(1.25×10-5)2=1.56×10-10;由此可知B项错；由于Ksp(AgI)子均为Na+和H+，Na2CO3溶液中Na+浓度是其他两种溶液的两倍，阳离子浓度最大，NaCN溶液和NaHCO3溶液中Na+浓度相等，NaCN溶液中H+浓度小于NaHCO3溶液中H+浓度，故阳离子浓度之和大小顺序为Na2CO3>NaHCO3 >NaCN，A项错误；HCO3-的水解能力小于CN-，故酸性：H2CO3>HCN，B项错误；升高Na2CO3溶液的温度，促进其水解，增大，D项错误。
7.【解析】选B。等浓度的NaX和NaY，前者碱性强，说明X-比Y-易水解，酸性HXX-)=c(Y-)+c(HY)，说明在NaX溶液中c(Na+)=c(X-)，X-不水解，HX是强酸，故B项正确；为保证c(X-)=c(Y-)，要求NaX的浓度更大(即a>b)，说明X-水解程度大于Y-，故酸性HX溶液pH减小不足一个单位，故当用蒸馏水稀释100倍时，其pH为b>a-2，但小于a。
(3)如果NH3·H2O是弱电解质，则它的强酸盐水解显酸性，可利用这一原理设计实验证明NH3·H2O是弱电解质。
答案:(1)是 若是强电解质，则0.010 mol·L-1氨水中c(OH-)应为0.010 mol·L-1，pH=12
(2)a-22)＝×0.09 mol/L＝0.06 mol/L，c(Cl－)＝c(H+)＝c(HClO)＝×0.09 mol/L＝0.03 mol/L，忽略HClO的电离，所以K＝＝4.5×10-4；
(3)加入少量NaOH固体，NaOH可以和H+及HClO反应，使平衡Cl2+H2OH++
Cl－+HClO正向移动；
(4)增大氯气的压强上述平衡正向移动，氯气在水中的溶解度增大。
答案:(1)Cl2+H2OH++Cl－+HClO
(2)K＝
(3)正反应方向 (4)增大 正反应方向
10.【解析】(1)由反应式①知，酸性HA>H2B；由反应式②知，酸性H2B>HC>HB-；由反应式③知，酸性HA>HC。则有Ka(HA)> Ka(H2B)> Ka(HC)> Ka(HB-)。
(2)①根据溶液中电荷守恒，有关系式c(Na+)+c(H+)=c(HD-)+2c(D2-)+c(OH-),又pH=7时，即c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(HD-)+2c(D2-)。
②根据物料守恒，只有当溶质为NaHD时，溶液中c(Na+)=c(D2-)+c(HD-)+c(H2D)。
(3)①该图表示的是用氢氧化钠溶液滴定H2CO3溶液的过程，故A项不正确；在pH为6.37时，c(H2CO3)=c(HCO3-)，在pH为10.25时，c(HCO3-)=c(CO32-)，故B项不正确。
②溶液的pH=10.25时，c(HCO3-)=c(CO32-)=0.05 mol·L-1，c(CO32-)×c(Ca2+)=0.05×1×10-6=5×10-8>Ksp(CaCO3)，故有沉淀生成。
答案:(1)

(2)①c(HD-)+2c(D2-) ②NaHD
(3)①C、D ②是
11.【解析】(1)配制100 mL 0.1 mol·L-1碳酸钠溶液需要碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)的质量为0.1 L×0.1 mol·L-1×286 g/mol=2.86 g,因用托盘天平称量，应取值2.9 g。
(2)因发生反应Na2CO3+CaCl2====CaCO3↓+2NaCl，所以有白色沉淀生成。
(3)锥形瓶中的上层清液加稀盐酸没有气泡产生，说明已没有CO32-，说明碳酸钠溶液的碱性与CO32-有关。
(4)可用离子反应和平衡移动原理解释相关现象。
答案:(1)2.9 100 mL容量瓶
(2)溶液中出现白色浑浊(沉淀)
(3)没有 CO32-
(4)CO32-水解产生OH-,在该溶液中加入Ca2+,Ca2+与CO32-反应生成CaCO3,破坏了溶液中CO32-的水解平衡,使平衡CO32-+H2OHCO3-+OH-向逆反应方向移动,溶液中的OH-浓度逐渐降低
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1.【解析】选C。由浓度均为0.1 mol·L-1的HA溶液和BOH溶液，pH分别是1和11可知，HA为强酸，BOH为弱碱。所以BOH溶于水电离方程式是BOH B++OH-,A项不正确；BA为强酸弱碱盐，水解显酸性，故B项不正确；根据电荷守恒，c(B+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，当溶液pH=7时，即c(OH-)=c(H+)，则有c(A-)=c(B+)，故C项正确；由于是弱碱，稀释100倍，pH减小不足两个单位，溶液的pH>9，故D项不正确。
2.【解析】选B。0.100 0 mol/L盐酸在滴加NaOH溶液前，溶液的pH=1，滴定盐酸的曲线是图1，而不是图2，故A项不正确；达到B、D状态时溶液中c(OH-)=c(H+)，两溶液中离子浓度均为c(Na+)=c(A-)，故B项正确；等物质的量的氢氧化钠消耗盐酸和醋酸的物质的量相等，故C项不正确；当0 mLc(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故D项不正确。
3.【解析】选A。A项，常温下CaSO4溶于水所形成的饱和溶液中c(SO42-)=c(Ca2+)，所以a、c两点均不能表示CaSO4的饱和溶液；B项，温度相同，a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp；C项，由曲线可知，b点为过饱和溶液，将有沉淀生成，由于c(SO42-)和c(Ca2+)同等程度减小，当溶液中c(SO42-)=3×10-3 mol/L时，c(Ca2+)=4×10-3 mol/L，仍为过饱和溶液，所以平衡后溶液中c(SO42-)一定小于3×
10-3 mol/L；D项，向d点溶液中加入适量CaCl2固体，c(Ca2+)逐渐增大，c(SO42-)保持不变，可以变到c点。
4.【解析】(1)即为醋酸的电离平衡常数，只要温度一定，值不变；该混合溶液一定存在电荷守恒关系，据此可写出等式c(CH3COO-)+c(OH-)= c(H+)+c(Na+)。
(2)Na2CO3可发生水解反应CO32-+H2OHCO3-+OH-，使土壤碱性增强，加入CaSO4·2H2O，因发生反应Na2CO3+CaSO4·2H2O====CaCO3+Na2SO4+2H2O，土壤中CO32-的含量降低，使土壤碱性减弱。
(3)①由于H2CO3和CO32-之间相互反应，故H2CO3、HCO3-、CO32-不会大量共存。
②由图像可以看出，当pH=7时,溶液中含碳元素的主要微粒为H2CO3、HCO3-。溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(H+)= c(OH-)。
③将c(HCO3-)∶c(CO32-)=2∶1代入
Kh=
得c(OH-)=10-4 mol·L-1,pH=10。
答案:(1)不变
c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)
(2)CO32-+H2OHCO3-+OH-
Na2CO3+CaSO4·2H2O====CaCO3+Na2SO4+2H2O
(3)①不能 ②HCO3-、H2CO3 c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(H+)=c(OH-) ③10

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