盐是促进水电离的。由题意知①②③④中发生电离的水的物质的量分别是10－14、10－13、10－4、10－5，所以选项A正确。 答案：A 15．（2011上海19）常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是 A．b不可能显碱性 B． a可能显酸性或碱性 C．a不可能显酸性 D．b可能显碱性或酸性 解析：pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，其浓度分别是大于10－3mol/L和等于10－3mol/L，由于pH为3的某酸溶液，其强弱未知。因此与pH为11的氨水反应时，都有可能过量；而与pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸可能过量或二者恰好反应。 答案：AB 16．（2011天津，14分）工业废水中常含有一定量的Cr2O72—和CrO42—，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。 方法1：还原沉淀法 该法的工艺流程为
其中第①步存在平衡：2CrO42—（黄色）+2H+Cr2O72—（橙色）+H2O （1）若平衡体系的pH=2，则溶液显 色. （2）能说明第①步反应达平衡状态的是 。 a．Cr2O72—和CrO42—的浓度相同 b．2v (Cr2O72—) =v (CrO42—) c．溶液的颜色不变
（3）第②步中，还原1mol Cr2O72—离子，需要________mol的FeSO4·7H2O。 （4）第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+ (aq)+3OH—(aq)
常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝c(Cr3+)·c3(OH—)＝10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至 。 方法2：电解法
该法用Fe做电极电解含Cr2O72—的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。 （5）用Fe做电极的原因为 。
（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应解释） 。
溶液中同时生成的沉淀还有 。 解析：（1）pH=2说明溶液显酸性，平衡向正反应方向移动，Cr2O72—的浓度会增大，所以溶液显橙色；
（2）在一定条件下的可逆反应里，当正反应速率和逆反应速率相等，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变时，该可逆反应就到达化学平衡状态，因此选项a不正确；在任何情况下Cr2O72—和CrO42—的反应速率之比总是满足1：2，因此选项b也不正确；溶液颜色不再改变，这说明Cr2O72—和CrO42—的浓度不再发生改变，因此可以说明反应已经达到化学平衡状态，c正确。
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（3）Cr2O72—中Cr的化合价是+6价，所以1mol Cr2O72—被还原转移2×（6－3）＝6mol电子；Fe2+被氧化生成Fe3+，转移1个电子，因此根据得失电子守恒可知需要FeSO4·7H2O的物质的量为6mol；
（4）由溶度积常数的表达式Ksp＝c(Cr3+)·c3(OH—)＝10-32可知，当c(Cr3+)＝10-5mol/L时，c(OH—)＝10-9mol/L，所以pH＝5。
（5） Cr2O72—要生成Cr(OH)3沉淀，必需有还原剂，而铁做电极时，在阳极上可以失去电子产生Fe2+，方程式为Fe－2e－＝Fe2+。
（6）在电解池中阳离子在阴极得到电子，在溶液中由于H+得电子得能力强于Fe2+的，因此阴极是H+放电，方程式为2H++2e－＝H2↑，随着电解的进行，溶液中的H+浓度逐渐降低，水的电离被促进，OH－浓度逐渐升高。由于Fe2+被Cr2O72—氧化生成Fe3+，当溶液碱性达到一定程度时就会产生Fe(OH)3沉淀。 答案：（1）橙 （2）c （3）6 （4）5
（5）阳极反应为Fe－2e－＝Fe2+，提供还原剂Fe2+ （6）2H++2e－＝H2↑ Fe(OH)3
2010年高考化学试题 1．（2010全国卷1）．下列叙述正确的是 A．在醋酸溶液的pH?a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH?b，则a＞b B．在滴有酚酞溶液的氨水里，加入
?3NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH＜7
?8C．1.0?10mol/L盐酸的pH?3.0，1.0?10mol/L盐酸的pH?8.0
D．若1mLpH?1的盐酸与100mLNaOH溶液混合后，溶液的pH?7则NaOH溶液的
pH?11
【解析】A若是稀醋酸溶液稀释则C(H+)减小，pH增大，b＞a，故A错误；B酚酞的变色范围是pH= 8.0～10.0（无色→红色），现在使红色褪去，pH不一定小于7，可能在7~8之间，故B错误；C常温下酸的pH不可能大于7，只能无限的接近7；D正确，直接代入计算可得是正确，也可用更一般的式子：设强酸pH=a，体积为V1；强碱的pH=b，体积为V2,则
?有10-aV1=10-(14-b)V2
V1a?b?14?10V2，现在V1/V2=10-2,又知a=1,所以b=11
【答案】D
【命题意图】考查弱电解质的稀释，强酸的无限稀释，指示剂的变色范围，强酸与强碱的混合pH的计算等基本概念 【点评】本题在第一轮复习至第三轮复习无时不在强调的基本问题考查就是第二册第三章的问题，这次居然没有考离子浓度大小比较，而考这些，很简单，大家都喜欢！ （2010全国2）9．下列叙述正确的是
A．在醋酸溶液的pH?a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH?b，则a＞b
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B．在滴有酚酞溶液的氨水里，加入
?3NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH＜7
?8C．1.0?10mol/L盐酸的pH?3.0，1.0?10mol/L盐酸的pH?8.0
D．若1mLpH?1的盐酸与100mLNaOH溶液混合后，溶液的pH?7则NaOH溶液的
pH?11
【解析】A若是稀醋酸溶液稀释则C(H+)减小，pH增大，b＞a，故A错误；B酚酞的变色范围是pH= 8.0～10.0（无色→红色），现在使红色褪去，pH不一定小于7，可能在7~8之间，故B错误；C常温下酸的pH不可能大于7，只能无限的接近7；D正确，直接代入计算可得是正确，也可用更一般的式子：设强酸pH=a，体积为V1；强碱的pH=b，体积为V2,则
?有10-aV1=10-(14-b)V2
V1a?b?14?10V2，现在V1/V2=10-2,又知a=1,所以b=11
【答案】D
【命题意图】考查弱电解质的稀释，强酸的无限稀释，指示剂的变色范围，强酸与强碱的混合pH的计算等基本概念 【点评】本题在第一轮复习至第三轮复习无时不在强调的基本问题考查就是第二册第三章的问题，这次居然没有考离子浓度大小比较，而考这些，很简单，大家都喜欢！ （2010山东卷）15.某温度下，
F（eOH）（s）3分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液
pH，金属阳离子浓度的辩护如图所示。据图分析，下列判断错误的是
A.
Ksp?F（eOH）3?＜Ksp?Cu（OH）2?
B.加适量
NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点
-+、d（cOH）（cH）cC.两点代表的溶液中与乘积相等
D.
F（eOH）3、Cu（OH）2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和
??9.6??12.7c(OH)?10c(OH)?10cb解析：b、c两点金属阳离子的浓度相等，都设为x，，，
则
Ksp[Fe(OH)3]?x?(10?12.7)3，
Ksp[Cu(OH)2]?x?(10?9.6)2，故
Ksp[Fe(OH)3]?Ksp[Cu(OH)2]碱性增强，而温度一定，
，A正确；a点到b点的
NH4Cl溶解于水后显酸性，故B错；只要
Kw就一定，故C正确；溶度积曲线上的点代
表的溶液都已饱和，曲线左下方的点都不饱和，右上方的
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点都是Q?K，沉淀要析出，故D正确。
答案：B
（2010天津卷）4．下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是 A．某物质的溶液pH < 7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐
B．pH ＝ 4.5的番茄汁中c(H+)是pH ＝ 6.5的牛奶中c(H+)的100倍 C．AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
D．pH ＝ 5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+) > c(CH3COO－)
解析：某些强酸的酸式盐pH＜7，如NaHSO4，故A错；pH=4.5，c(H+)=10-4.5 mol·L-1，pH=6.5，其c(H+)=10-6.5 mol·L-1，故B正确；同浓度的CaCl2溶液的c(Cl-)是NaCl的两倍，它们对AgCl沉淀溶解平衡的抑制程度不同，故C错；混合溶液显酸性，则c(H+)>c (OH-)，根据电荷守恒，c(CH3COO-)>c(Na+)，故D错。 答案：B
命题立意：综合考查了电解质溶液中的有关知识，包括盐类的水解、溶液的pH与c(H+)的关系、沉淀溶解平衡的移动和溶液中离子浓度大小的比较。
（2010广东理综卷）12．HA为酸性略强与醋酸的一元弱酸，在0.1 mol·L-1 NaA溶液中，离子浓度关系正确的是
A．c(Na＋)＞c(A－)＞c(H+)＞c(OH－) B．c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H+) C．c(Na＋)+ c(OH－)= c(A－)+ c(H+) D．c(Na＋)+ c(H+) = c(A－)+ c(OH－)
解析：A明显错误，因为阳离子浓度都大于阴离子浓度，电荷不守恒；D是电荷守恒，明显正确。NaA的水解是微弱的，故c(A－)＞c(OH－)，B错；C的等式不符合任何一个守恒关系，是错误的； 答案：D
（2010福建卷）10．下列关于电解质溶液的正确判断是
?HCO3、Na?可以常量共存
A．在pH = 12的溶液中，K、CL、
???NO3、SO3、K?可以常量共存
B．在pH＝ 0的溶液中，Na、
?1C．由0．1 mol·L一元碱BOH溶液的pH＝10,可推知BOH溶液存在BOH＝B?OH
?2???D．由0．1 mol·L一元碱HA溶液的pH＝3, 可推知NaA溶液存在A- + H2O?HA + OH- 【解析】答案：D
本题考查常见离子的共存、弱电解质溶液的电离和水解
pH=12的溶液呈碱性含有比较多的OH-，不能与HCO3-共存
pH=0的溶液呈酸性含有较多的H+，在NO3-离子存在的情况下，亚硫酸根离子容易被氧化成硫酸根离子，无法共存
0．1mol/L的一元碱的pH=10表明该一元碱是弱碱，在溶液中不能完全电离 由题意可得该酸是弱酸，在NaA溶液中A-会发生水解而使溶液呈碱性
（2010上海卷）14．下列判断正确的是
A．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，灼烧至固体发黑，测定值小于理论值
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?1
B．相同条件下，2mol氢原子所具有的能量小于1mol氢分子所具有的能量 C．0.1 mol·L-1的碳酸钠溶液的pH大于0.1 mol·L-1的醋酸钠溶液的pH D．1L 1 mol·L-1的碳酸钠溶液吸收SO2的量大于1L mol·L-1硫化钠溶液吸收SO2的量 答案：C
解析：此题考查了实验操作、化学反应中的能量变化、溶液的pH、元素化合物等知识。测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，灼烧至固体发黑，说明部分硫酸铜分解生成了氧化铜，测定值大于理论值，A错；氢原子转化为氢分子，形成化学键放出能量，说明2mol氢原子的能量大于1molH2，B错；碳酸的酸性弱于醋酸，故此相同浓度的碳酸钠溶液的pH大于醋酸钠溶液，C对；1L 1mol.L-1的溶液中含有溶质1mol，前者发生：Na2CO3+SO2+H2O=2NaHSO3+CO2↑；后者发生：2Na2S+5SO2+2H2O=4NaHSO3+3S↓；分析可知，很明显后者大于前者，D错。
易错警示：此题解答是的易错点有二：一是对化学键的形成断开和吸热放热的关系不清，要能够准确理解断键吸热成键放热；二是忽视亚硫酸的酸性强于氢硫酸，不能准确判断硫化钠中通入二氧化硫时要生成氢硫酸，造成氢硫酸和亚硫酸能发生氧化还原反应生成单质硫。 （2010上海卷）16．下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是 A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：[Cl-]>[NH4+]
B．pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合： [OH-]= [H+] C．0.1 mol·L-1的硫酸铵溶液中：[NH4+]>[SO42-]>[H+] D．0.1 mol·L-1的硫化钠溶液中：[OH-]=[H+]+[HS-]+[H2S] 答案：C
解析：此题考查了溶液中的微粒浓度的大小比较。氨水和氯化铵混合溶液的pH=7时，溶液中[H+]=[OH-]，则[Cl-]=[NH4+]，A错；由于pH=2的酸的强弱未知，当其是强酸正确，当其是弱酸时，酸过量则溶液中[H+]>[OH-]，B错；1mol.L-1的硫酸铵溶液中，铵根离子部分水解，根据物质的组成，可知：[NH4+]>[SO42-]>[H+]，C对；1mol.L-1的硫化钠溶液中，根据物料守恒，可知[OH-]=[H+]+[HS-]+2[H2S]，D错。
技巧点拨：在解答溶液中微粒浓度的大小比较类的题目时，核心是抓住守恒，其包括：电荷守恒、物料守恒和质子（氢离子）守恒。其中电荷守恒是指溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数；物料守恒是指原子个数守恒或质量守恒；质子守恒：是指在强碱弱酸盐或强酸弱碱盐溶液中，由水所电离的H＋与OH－量相等。 （2010四川理综卷）10.有关①100ml 0.1 mol/L 种溶液的叙述不正确的是
A.溶液中水电离出的H个数：②>① B.溶液中阴离子的物质的量浓度之和:②>① C.①溶液中:
?NaHCO3、②100ml 0.1 mol/L Na2CO3两
c?CO32???c?H2CO3? D.②溶液中:
c?HCO3???c?H2CO3?
答案： C
解析：本题考查盐类水解知识；盐类水解促进水的电离,且Na2CO3的水解程度更大，碱性更强，故水中电离出的H+个数更多，A项正确；B②钠离子的物质的量浓度为0.2 mol/L而①钠离子的物质的量浓度为0.1 mol/L根据物料守恒及电荷守恒可知溶液中阴离子的物质的量浓度之和:②>①，B项正确；C项项
NaHCO3水解程度大于电离所以C(H2CO3)＞C(CO32-)D
Na2CO3 C032-分步水解第一步水解占主要地位且水解大于电离。判断D正确。C、D两
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