高中化學一輪復習 專題專項訓練1-8（打包8套）魯教版.zip,高中化學一輪復習,專題專項訓練1-8打包8套魯教版,高中化學,一輪,復習,專題,專項,訓練,打包,魯教版 專題專項訓練（八）有機合成與推斷 1.(2016·福州質(zhì)檢)阿斯巴甜(APM)是一種甜度高、味美而熱量低的甜味劑，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。 (1)下列關(guān)于APM的說法中，不正確的是________(填字母)。 A．屬于糖類化合物 B．分子式為C14H18N2O5 C．既能與酸反應，又能與堿反應 D．能發(fā)生酯化反應，但不能發(fā)生加成反應 (2)APM在人體胃腸道酶作用下徹底水解生成的產(chǎn)物中，相對分子質(zhì)量最小的是________(填結(jié)構(gòu)簡式)，其官能團名稱為________。 (3)苯丙氨酸( )是合成APM的原料之一。苯丙氨酸的一種合成途徑如下圖所示： 已知醛或酮可以發(fā)生如下反應： ①D→E的反應類型為________________。 ②A的結(jié)構(gòu)簡式為________________。 ③寫出C→D反應的化學方程式：_______________________________________ ________________________________________________________________________。 ④某苯的同系物苯環(huán)上的一硝基取代物只有一種，該一硝基取代物W是苯丙氨酸的同分異構(gòu)體。W的結(jié)構(gòu)簡式為_______________________________________________。 解析：(1)由APM的結(jié)構(gòu)簡式可知，其不屬于糖類化合物，能發(fā)生加成反應，A、D說法錯誤。(2)APM在人體胃腸道酶作用下徹底水解，考慮肽鍵和酯基水解，生成的產(chǎn)物中，相對分子質(zhì)量最小的是甲醇。(3)①由題目信息可知，D與HCN的反應是加成反應。②由合成途徑逆向推斷，結(jié)合題目信息，可推得A為苯乙烯。③C→D的反應是 的催化氧化反應。 2．(2016·常德模擬)有機物G是一種醫(yī)藥中間體，可通過如圖所示路線合成。A是石油化工的重要產(chǎn)品且分子中所有原子在同一平面上，H的分子式是C7H8。 已知： 請回答以下問題： (1)A的結(jié)構(gòu)簡式是________。 (2)H→I的化學反應方程式為________，B與銀氨溶液反應的化學方程式是_________________________________________________________。 (3)C→D的反應類型是________，I→J的反應類型是________。 (4)兩個E分子在一定條件下發(fā)生分子間脫水生成一種環(huán)狀酯的結(jié)構(gòu)簡式是________________________________________________________________________。 (5)滿足以下條件的F的同分異構(gòu)體(含F(xiàn))共有________(填數(shù)字)種。 ①能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應 ②紅外光譜等方法檢測分子中有 結(jié)構(gòu) ③苯環(huán)上有兩個取代基 其中能與碳酸氫鈉溶液反應且核磁共振氫譜測定有5個吸收峰的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為________________________________________________________________________。 3．(2015·江蘇高考)化合物F是一種抗心肌缺血藥物的中間體，可以通過以下方法合成： (1)化合物A中的含氧官能團為________和________(填官能團名稱)。 (2)化合物B的結(jié)構(gòu)簡式為______________________________________________； 由C→D的反應類型是________。 (3)寫出同時滿足下列條件的E的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式________________________________________________________________________。 Ⅰ.分子中含有2個苯環(huán) Ⅱ.分子中含有3種不同化學環(huán)境的氫 (4)已知：RCH2CNRCH2CH2NH2，請寫出以 為原料制備化合 物X( )的合成路線流程圖(無機試劑可任選)。合成流程圖示例如下： CH3CHOCH3COOH CH3COOCH2CH3 解析：(1)由化合物A的結(jié)構(gòu)簡式知，其含氧官能團有醚鍵和醛基。 (2)由結(jié)構(gòu)簡式可推知化合物A的分子式為C14H12O2，結(jié)合B的分子式C14H14O2可知，B是A中醛基還原為羥基的反應產(chǎn)物，故B的結(jié)構(gòu)簡式為 。 觀察C、D的結(jié)構(gòu)簡式，可看出D是C中—Cl被—CN取代的產(chǎn)物，故C→D的反應類型為取代反應。 (3)E的同分異構(gòu)體中含有2個苯環(huán)，這一結(jié)構(gòu)特點與E相同；由于E的分子中碳原子數(shù)較多，要求其同分異構(gòu)體中含有3種不同化學環(huán)境的氫，則結(jié)構(gòu)必須高度對稱。據(jù)此，滿足條件的E的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為 (4)可用逆推法分析。根據(jù)信息“RCH2CN RCH2CH2NH2”可逆推： 結(jié)合題干信息可進一步逆推， 因此，以 為原料制備X的合成路線流程圖如下： 另一合成路線流程圖為 4．已知醛在一定條件下發(fā)生如下反應： 由枯茗醛合成兔耳草醛的傳統(tǒng)合成路線如圖所示： (1)寫出試劑X的結(jié)構(gòu)簡式：__________________________________________________。 (2)寫出有機物B的結(jié)構(gòu)簡式：_______________________________________________。 (3)寫出有機物C ―→兔耳草醛的化學方程式： ________________________________________________________________________。 (4)以下是人們最新研究的兔耳草醛的合成路線，該路線原子利用率理論上可達100%： 試寫出D的結(jié)構(gòu)簡式：____________。 (5)芳香族化合物Y與枯茗醛互為同分異構(gòu)體，Y具有如下特征： a．不能發(fā)生銀鏡反應，可發(fā)生消去反應； b．核磁共振氫譜顯示：Y消去反應產(chǎn)物的環(huán)上只存在一種化學環(huán)境的氫原子。寫出Y可能的結(jié)構(gòu)簡式：__________、__________。 解析：(1)～(3)分析題給新信息可知第一步反應是加成反應，其中一個醛分子打開碳氧雙鍵，另一個醛分子中的α－H加到它的羰基氧原子上，其余部分加到羰基碳原子上；加熱后發(fā)生消去反應，羥基與α－H脫水形成烯醛，應用這個反應，可增長醛類碳鏈。根據(jù)以上機理，結(jié)合枯茗醛與兔耳草醛的分子結(jié)構(gòu)，參考合成路線中的試劑與反應條件，可推知：X是 CH3CH2CHO，利用新信息可得A、B的結(jié)構(gòu)簡式分別為、 根據(jù)B―→C的反應條件可知B與H2發(fā)生加成反 應生成C。 (4)根據(jù)“該路線原子利用率理論上可達100%”，可知發(fā)生的是加成反應，結(jié)合框圖中的試劑及主要有機物反應前后結(jié)構(gòu)的變化，可知D為 。 (5)根據(jù)信息“芳香族化合物”可知Y含有苯環(huán)；根據(jù)信息a可知Y不是醛類，且分子中含有醇羥基和碳碳雙鍵；根據(jù)信息b可知Y消去反應產(chǎn)物的苯環(huán)上有兩個相同的取代基且在對位。 5．(2016·昆明二調(diào))非那西汀是一種常用解熱鎮(zhèn)痛藥，其合成路線如圖所示： 已知：①D分子中碳元素的質(zhì)量分數(shù)為85.7%。其余為氫，分子中的所有原子在同一平面上； 請回答以下問題： (1)A的化學名稱是________。 (2)B的結(jié)構(gòu)簡式是_____________________________________________________。 (3)E分子的官能團名稱是________。F物質(zhì)在質(zhì)譜圖中的最大質(zhì)荷比是________。 (4)反應⑨的化學方程式是_______________________________________________。 其反應類型是____________________。 (5)非那西汀的同分異構(gòu)體中能同時滿足如下條件：①苯環(huán)上只有兩個取代基，其中一個是—NH2，②能水解，其中一種水解產(chǎn)物能與鹽酸反應，但不能與氫氧化鈉反應，共有________種(不考慮立體異構(gòu))，寫出水解生成的兩種產(chǎn)物相對分子質(zhì)量差值最小的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：________________________。 解析：反應①為苯的氯代反應，A為氯苯。反應②為苯環(huán)上的硝化反應，由非那西汀的結(jié)構(gòu)可知取代了氯原子對位上的氫，B的結(jié)構(gòu)簡式為 ，由非那西汀的結(jié)構(gòu) 可推知反應④為硝基的還原，C的結(jié)構(gòu)簡式為 。由 及信息②可知G為CH3COONa。D為烴且碳的質(zhì)量分數(shù)為85.7%，可推知D中碳、氫原子個數(shù)比為1∶2；分子中所有原子在同一平面上，則D為乙烯。E為乙醇，被酸性高錳酸鉀溶液氧化為乙酸(F)。(5)去除苯環(huán)和—NH2外還有4個碳原子、2個氧原子、1個不飽和度，水解產(chǎn)物能與鹽酸反應，說明有氨基，不能與NaOH反應，說明苯環(huán)上不能連有酚羥基或羧基，另一取代基的結(jié)構(gòu)可能為—CH2OOCCH2CH3、—CH2CH2OOCCH3、—CH(CH3)OOCCH3、 —CH2CH2CH2OOCH、—CH(CH3)CH2OOCH、 —CH2CH(CH3)OOCH、—C(CH3)2OOCH、 —CH(C2H5)OOCH，共8種，加上有鄰、間、對三種位置，共24種。 6．(2016·武漢調(diào)研)G(異戊酸薄荷醇酯)是一種治療心臟病的藥物。其合成路線如下： 已知：①A能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應 ②RCH===CH2＋CO＋H2RCH2CH2CHO (1)A的名稱為________。 (2)G中含氧官能團名稱為________。 (3)D的分子中含有________種不同化學環(huán)境的氫原子。 (4)E與新制的氫氧化銅反應的化學方程式為____________________________。 (5)寫出符合下列條件的A的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式： ________________________________________________________________________。 a．分子中有6個碳原子在一條直線上； b．分子中含有—OH。 (6)正戊醛可用作香料、橡膠促進劑等，寫出以乙醇為原料制備CH3(CH2)3CHO的合成路線流程圖(無機試劑任選)。合成路線流程圖示例如下： H2C===CH2CH3CH2BrCH3CH2OH 解析：A分子式為C7H8O，遇FeCl3溶液顯色，說明含有酚羥基，結(jié)合G的結(jié)構(gòu)可知甲 基與酚羥基處于鄰位，結(jié)構(gòu)為 ；由信息③及G的結(jié)構(gòu)可知C為 由C和G的結(jié)構(gòu)可以反推出F為(CH3)2CHCH2COOH，E為(CH3)2CHCH2CHO，由信息②可知D為CH2===C(CH3)2。(5)由A的分子式可知不飽和度為4，分子中含有—OH，由于6個碳原子共直線，可知含有2個碳碳叁鍵。(6)利用信息④可知通過醛醛加成生成4個碳原子的有機物，再通過信息②生成5個碳原子的醛。 答案：(1)3-甲基苯酚(或間甲基苯酚) (2)酯基 (3)2 (5)CH3—C≡C—C≡C—CH2—CH2OH CH3—CH2—C≡C—C≡C—CH2OH (6)CH3CH2OHCH3CHO CH2CH===CHCHOCH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH===CH2CH3CH2CH2CH2CHO 9 專題專項訓練（二）無機化工流程 1．(2016·南通模擬)ZrO2常用作陶瓷材料，可由鋯英砂(主要成分為ZrSiO4，也可表示為ZrO2·SiO2，還含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等雜質(zhì))通過如下方法制取。 已知：①ZrO2能與燒堿反應生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3與酸反應生成ZrO2＋。 ②部分金屬離子在實驗條件下開始沉淀和完全沉淀的pH如下表。 金屬離子 Fe3＋ Al3＋ ZrO2＋ 開始沉淀時pH 1.9 3.3 6.2 沉淀完全時pH 3.2 5.2 8.0 (1)熔融時ZrSiO4發(fā)生反應的化學方程式為____________________________________， 濾渣Ⅰ的化學式為________。 (2)為使濾液Ⅰ的雜質(zhì)離子沉淀完全，需用氨水調(diào)pH＝a，則a的范圍是________；繼續(xù)加氨水至pH＝b時，所發(fā)生反應的離子方程式為_____________________________________。 (3)向過濾Ⅲ所得濾液中加入CaCO3粉末并加熱，得到兩種氣體。該反應的離子方程式為____________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)為得到純凈的ZrO2，Zr(OH)4需要洗滌，檢驗Zr(OH)4是否洗滌干凈的方法是 ________________________________________________________________________。 解析：(1)鋯英砂在NaOH熔融下，生成Na2ZrO3、Na2SiO3、Na[Al(OH)4]，F(xiàn)e2O3不溶，再加入HCl酸浸時，F(xiàn)e2O3溶解生成Fe3＋，Na2ZrO3轉(zhuǎn)化成ZrO2＋，Na2SiO3轉(zhuǎn)化成H2SiO3沉淀，Na[Al(OH)4]轉(zhuǎn)化成Al3＋，ZrSiO4與NaOH反應為非氧化還原反應，根據(jù)元素守恒可配平反應。(2)加入氨水，使Fe3＋、Al3＋雜質(zhì)除去，但不可使ZrO2＋沉淀，所以pH的范圍為5.2～6.2。繼續(xù)加入氨水，使ZrO2＋轉(zhuǎn)化為Zr(OH)4沉淀，根據(jù)電荷守恒知，產(chǎn)物有2 mol NH生成，根據(jù)N守恒知，反應物有2 mol NH3·H2O參加反應，根據(jù)H、O元素守恒知，反應物需要補充1 mol H2O。(3)NH水解顯酸性，加入CaCO3可生成CO2，同時促進了NH水解，生成NH3。(4)過濾Ⅲ處的濾液為NH4Cl，Zr(OH)4沉淀是否洗滌干凈，只要檢驗濾液中是否含有Cl－即可。 答案：(1)ZrSiO4＋4NaOH Na2SiO3＋Na2ZrO3＋2H2O H2SiO3(或H4SiO4) (2)5.2～6.2　ZrO2＋＋2NH3·H2O＋H2O===Zr(OH)4↓＋2NH (3)2NH＋CaCO3Ca2＋＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O (4)取最后一次洗滌液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸銀溶液，若無沉淀生成，則Zr(OH)4洗滌干凈 2．(2015·安徽高考)硼氫化鈉(NaBH4)在化工等領(lǐng)域具有重要的應用價值，某研究小組采用偏硼酸鈉(NaBO2)為主要原料制備NaBH4，其流程如下： 已知：NaBH4常溫下能與水反應，可溶于異丙胺(沸點：33 ℃)。 (1)在第①步反應加料之前，需要將反應器加熱至100 ℃以上并通入氬氣，該操作的目的是______________________，原料中的金屬鈉通常保存在________中，實驗室取用少量金屬鈉需要用到的實驗用品有________、________、玻璃片和小刀等。 (2)請配平第①步反應的化學方程式： NaBO2＋SiO2＋Na＋H2——NaBH4＋Na2SiO3 (3)第②步分離采用的方法是________；第③步分出NaBH4并回收溶劑，采用的方法是________。 (4)NaBH4(s)與水(l)反應生成NaBO2(s)和氫氣(g)，在25 ℃、101 kPa下，已知每消耗3.8 g NaBH4 (s)放熱21.6 kJ，該反應的熱化學方程式是_______________________________ ________________________________________________________________________。 解析：(1)通入氬氣后排凈反應器中的水蒸氣和空氣，防止Na、NaBH4與水和空氣中的O2反應；金屬鈉通常保存在煤油中；在取用鈉時，應用鑷子將鈉從煤油中取出，并用濾紙吸干表面的煤油。 (2)在該反應中，金屬Na由0價升高到＋1價，而H2中的H由0價降低到－1價，其余元素的化合價都未改變，可設(shè)NaBH4的系數(shù)為1，根據(jù)H守恒可知H2的系數(shù)為2，根據(jù)電子守恒可知，Na的系數(shù)為4，根據(jù)B守恒可知NaBO2的系數(shù)為1，根據(jù)Na守恒可知Na2SiO3的系數(shù)為2，根據(jù)Si守恒可知SiO2的系數(shù)為2。 (3)經(jīng)過第②步后得到溶液和固體，故該操作為過濾；由于異丙胺的沸點較低，故第③步可以采用蒸餾的方法分離出NaBH4并回收溶劑。 (4)NaBH4與水反應的化學方程式為NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑，3.8 g NaBH4的物質(zhì)的量為0.1 mol，故1 mol NaBH4與水反應時放出216.0 kJ熱量，由此可寫出熱化學方程式。 答案：(1)除去反應器中的水蒸氣和空氣　煤油　鑷子　濾紙　(2)1　2　4　2　1　2　(3)過濾　蒸餾 (4)NaBH4(s)＋2H2O(l)===NaBO2(s)＋4H2(g)ΔH＝－216.0 kJ·mol－1 3．(2016·文登市二模)MnO2是重要化學物質(zhì)，某學習小組設(shè)計了將粗MnO2(含有較多的MnO、MnCO3和Fe2O3)樣品轉(zhuǎn)化為純MnO2實驗，其流程如下： 按要求回答下列問題 (1)第②步操作中，氧化性強弱順序：ClO________MnO2(填“＞”或“＜”)，當NaClO3轉(zhuǎn)移2 mol電子時，生成的氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量為________mol。NaClO3在常溫下能夠與鹽酸反應生成氯氣，該反應的離子方程式為________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)第④步操作中，最終得到的固體除NaClO3外，還一定含有下列物質(zhì)中的________。 a．NaCl　 　B．NaClO　 　c．NaClO4　 　d．NaOH (3)MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料，則堿性鋅錳電池放電時，正極的電極反應式是________________________________________________________________________。 (4)為得到純凈的MnO2，須將過濾后的MnO2合并后進行洗滌，判斷是否洗滌干凈可選用的試劑是__________________________(填寫一組即可)。工業(yè)上可以以石墨為電極電解酸化的硫酸錳制取二氧化錳，該反應的陽極反應式為_______________________________。 解析：粗MnO2(含有較多的MnO、MnCO3和Fe2O3)樣品中加入過量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，則樣品中的MnO和MnCO3分別和硫酸反應生成可溶性的MnSO4，過濾得濾液為硫酸錳溶液，加入NaClO3發(fā)生反應為5Mn2＋＋2ClO＋4H2O===5MnO2＋Cl2↑＋8H＋，再過濾得到濾液和二氧化錳固體，而氯氣與熱的氫氧化鈉反應生成氯酸鈉方程式為3Cl2＋6NaOH===NaClO3＋5NaCl＋3H2O。 (1)已知5Mn2＋＋2ClO＋4H2O===5MnO2＋Cl2↑＋8H＋，ClO作氧化劑，MnO2作氧化產(chǎn)物，則氧化性：ClO＞MnO2；當NaClO3轉(zhuǎn)移2 mol電子時，消耗NaClO3為0.4 mol，則生成MnO2為1 mol；NaClO3在常溫下與鹽酸反應生成氯氣，其反應的離子方程式為ClO＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O。 (2)第④步操作中NaOH過量，發(fā)生的反應為3Cl2＋6NaOH===NaClO3＋5NaCl＋3H2O，則最終得到的固體除NaClO3外，還有NaOH和NaCl。 (3)原電池中負極失去電子，正極得到電子，因此堿性鋅錳電池放電時，正極是二氧化錳得到電子，則電極反應式為MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－。 (4)若沉淀沒有洗滌干凈，則濾液中含有硫酸根離子，檢驗硫酸根離子選用氯化鋇溶液；電解時，Mn2＋在陽極失電子生成MnO2，其電極方程式為Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋。 答案：(1)＞　1　ClO＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O (2)ad　(3)MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－ (4)氯化鋇溶液　Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋ 4．(2015·山東高考)毒重石的主要成分為BaCO3(含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等雜質(zhì))，實驗室利用毒重石制備BaCl2·2H2O的流程如下： 　(1)毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨，目的是________________________。實驗室用37%的鹽酸配制15%的鹽酸，除量筒外還需使用下列儀器中的________。 a．燒杯　　B．容量瓶　　c．玻璃棒　　d．滴定管 (2)加入NH3·H2O調(diào)pH＝8可除去________(填離子符號)，濾渣Ⅱ中含________(填化學式)。加入H2C2O4時應避免過量，原因是___________________________________________。 Ca2＋ Mg2＋ Fe3＋ 開始沉淀時的pH 11.9 9.1 1.9 完全沉淀時的pH 13.9 11.1 3.2 已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9 (3)利用間接酸堿滴定法可測定Ba2＋的含量，實驗分兩步進行。 已知：2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓ 步驟Ⅰ：移取x mL一定濃度的Na2CrO4溶液于錐形瓶中，加入酸堿指示劑，用b mol·L－1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V0 mL。 步驟Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于錐形瓶中，加入x mL與步驟Ⅰ相同濃度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用b mol·L－1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V1 mL。 滴加鹽酸標準液時應使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的__________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的濃度為________mol·L－1。若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時有少量待測液濺出，Ba2＋濃度測量值將________(填“偏大”或“偏小”)。 解析：(1)毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨，目的是增大與鹽酸的接觸面積，加快反應速率。實驗室配制一定質(zhì)量分數(shù)的溶液時，需用到的儀器是量筒、燒杯和玻璃棒。(2)由流程圖和表中數(shù)據(jù)可知，pH＝8時，可除去Fe3＋；調(diào)節(jié)pH＝12.5時，Mg2＋完全沉淀，Ca2＋部分沉淀，故濾渣Ⅱ中含有Mg(OH)2和Ca(OH)2；加入H2C2O4的目的是除去溶液中剩余的Ca2＋，使Ca2＋(aq)＋C2O(aq)===CaC2O4(s)，當H2C2O4過量時，也可能使c(Ba2＋)·c(C2O)＞Ksp(BaC2O4)，而生成BaC2O4沉淀，導致產(chǎn)品BaCl2·2H2O的量減少。(3)由方程式2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O知，步驟Ⅰ中加入的CrO的總物質(zhì)的量為b mol·L－1× L＝ mol。 步驟Ⅱ中，加入BaCl2充分反應后，剩余的CrO的物質(zhì)的量為b mol·L－1× L＝ mol，與Ba2＋反應的CrO的物質(zhì)的量為 mol－ mol＝ mol，由方程式Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓得，n(Ba2＋)＝n(CrO)，所以BaCl2的濃度：c(BaCl2)＝＝ mol·L－1。若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時，有少量待測液濺出，造成V1的用量減小，所以的測量值將偏大。 答案：(1)增大接觸面積從而使反應速率加快　a、c (2)Fe3＋　Mg(OH)2、Ca(OH)2　H2C2O4過量會導致生成BaC2O4沉淀，產(chǎn)品產(chǎn)量減少 (3)上方　　偏大 5．氧化鋅為白色粉末，可用于濕疹、癬等皮膚病的治療。純化工業(yè)級氧化鋅[含有Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)等雜質(zhì)]的流程如下： 濾液 濾液 濾餅ZnO 提示：在本實驗條件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化；高錳酸鉀的還原產(chǎn)物是MnO2。 回答下列問題： (1)反應②中除掉的雜質(zhì)離子是________，發(fā)生反應的離子方程式為________________；在加高錳酸鉀溶液前，若pH較低，對除雜的影響是___________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)反應③的反應類型為________，過濾得到的濾渣中，除了過量的鋅外還有______________。 (3)反應④形成的沉淀要用水洗，檢驗沉淀是否洗滌干凈的方法是__________________。 (4)反應④中產(chǎn)物的成分可能是ZnCO3·xZn(OH)2。取干燥后的濾餅11.2 g，煅燒后可得到產(chǎn)品8.1 g，則x等于______。 解析：(1)經(jīng)反應①所得浸出液中含有Zn2＋、Fe2＋、Mn2＋、Ni2＋。經(jīng)反應②，F(xiàn)e2＋被氧化為Fe3＋，進而形成Fe(OH)3沉淀，Mn2＋被氧化為MnO2，發(fā)生反應的離子方程式分別為：MnO＋3Fe2＋＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋，2MnO＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋。在加高錳酸鉀溶液前，若溶液的pH較低，鐵離子和錳離子不能生成沉淀，從而無法除去鐵和錳雜質(zhì)。 (2)反應③為Zn＋Ni2＋===Zn2＋＋Ni，過濾得到的濾渣中，除了過量的鋅外還有被置換出來的鎳。 (3)若該沉淀沒有洗滌干凈，則沉淀上一定附著有SO。具體的檢驗方法是取少量最后濾出的水洗液于試管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴入硝酸鋇溶液，若無白色沉淀生成，則說明沉淀已經(jīng)洗滌干凈。 (4)ZnCO3·xZn(OH)2 (1＋x)ZnO＋CO2↑＋xH2O　Δm 81(1＋x)　　44　　　18x　　44＋18x 8．1 g　　　　　　　　　　　11.2 g－8.1 g＝3.1 g 則＝，解得x＝1。 答案：(1)Fe2＋和Mn2＋　MnO＋3Fe2＋＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋、2MnO＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋ 鐵離子和錳離子不能生成沉淀，從而無法除去鐵和錳雜質(zhì) (2)置換反應　鎳 (3)取少量水洗液于試管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴入硝酸鋇溶液，若無白色沉淀生成，則說明沉淀已經(jīng)洗滌干凈 (4)1 6．草酸鈷用途廣泛，可用于指示劑和催化劑制備。一種利用水鈷礦[主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等]制取CoC2O4·2H2O工藝流程如下： 已知：①浸出液含有的陽離子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋等； ②部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2 完全沉淀的pH 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 (1)浸出過程中加入Na2SO3的目的是將____________還原(填離子符號)。 (2)NaClO3的作用是將浸出液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，產(chǎn)物中氯元素處于最低化合價。該反應的離子方程式為____________________________________________。 (3)請用平衡移動原理分析加Na2CO3能使浸出液中Fe3＋、Al3＋轉(zhuǎn)化成氫氧化物沉淀的原因：____________________________________________________________________。 (4)萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系如圖所示。濾液Ⅱ中加入萃取劑的作用是______；使用萃取劑適宜的pH是______。 A．接近2.0　　　　B．接近3.0　　　　C．接近4.0 (5)“除鈣、鎂”是將溶液中Ca2＋與Mg2＋轉(zhuǎn)化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)＝7.35×10－11、Ksp(CaF2)＝1.05×10－10。當加入過量NaF后，所得濾液c(Mg2＋)/c(Ca2＋)＝__________。 解析：(1)亞硫酸鈉溶液具有還原性，在浸出過程中加入Na2SO3的目的是將Fe3＋、Co3＋還原。(2)NaClO3的作用是將浸出液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，產(chǎn)物中氯元素處于最低化合價－1價，則根據(jù)氧化還原反應得失電子守恒，該反應的離子方程式為ClO＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。(3)加Na2CO3能使浸出液中Fe3＋、Al3＋轉(zhuǎn)化成氫氧化物沉淀的原因是：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋、Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，加入碳酸鈉后，H＋與CO反應，使水解平衡右移，從而產(chǎn)生沉淀。(4)根據(jù)萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系。濾液Ⅱ中加入萃取劑的作用是除掉錳離子；使用萃取劑適宜的pH是接近3.0。(5)“除鈣、鎂”是將溶液中Ca2＋與Mg2＋轉(zhuǎn)化為MgF2、CaF2沉淀。當加入過量NaF后，得到的是MgF2、CaF2的過飽和溶液，根據(jù)溶液中氟離子的濃度相等，則所得濾液c(Mg2＋)/c(Ca2＋)＝Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)＝7.35×10－11/1.05×10－10＝0.7。 答案：(1)Fe3＋、Co3＋ (2)ClO＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O (3)溶液中存在平衡Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋、Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，加入碳酸鈉后，H＋與CO反應，使水解平衡右移，從而產(chǎn)生沉淀 (4)除去Mn2＋　B　(5)0.7 6 專題專項訓練（六）溶液中粒子濃度大小的比較 1．下列溶液中各微粒的濃度關(guān)系正確的是(　　) A．等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中： [NH]＝[K＋]＝[Ba2＋] B．將10 mL 0.1 mol·L－1Na2CO3溶液逐滴滴加到10 mL 0.1 mol·L－1鹽酸中：[Na＋]>[Cl－]>[HCO]>[CO] C．向NH4HCO3溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7： [NH]＋[Na＋]＝[HCO]＋[CO] D．0.2 mol·L－1的某一元弱酸HA溶液和0.1 mol·L－1NaOH溶液等體積混合后的溶液：2[OH－]＋[A－]＝2[H＋]＋[HA] 解析：選D　等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中：[NH]＝[K＋]＝2[Ba2＋]，A錯誤；將10 mL 0.1 mol·L－1Na2CO3溶液逐滴滴加到10 mL 0.1 mol·L－1鹽酸中，開始鹽酸過量產(chǎn)生CO2，最終所得溶液是氯化鈉和碳酸鈉的混合溶液，則溶液中[Na＋]>[Cl－]>[CO]>[HCO]，B錯誤；向NH4HCO3溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7，根據(jù)電荷守恒可知[NH]＋[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋[HCO]＋2[CO]，則溶液中[NH]＋[Na＋]＝[HCO]＋2[CO]，C錯誤；0.2 mol·L－1的某一元弱酸HA溶液和0.1 mol·L－1NaOH溶液等體積混合后的溶液是由HA和NaA組成的，且二者的濃度相等，因此根據(jù)電荷守恒[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋[A－]和物料守恒2[Na＋]＝[HA]＋[A－]可知溶液中2[OH－]＋[A－]＝2[H＋]＋[HA]，D正確。 2．(2016·張掖模擬)25 ℃時，某溶液中只含有Na＋、H＋、OH－、A－四種離子。下列說法正確的是(　　) A．對于該溶液一定存在：pH≥7 B．若[OH－]>[H＋]，則溶液中不可能存在：[Na＋]>[OH－]>[A－]>[H＋] C．若溶液中[A－]＝[Na＋]，則溶液一定呈中性 D．若溶質(zhì)為NaA，則溶液中一定存在：[Na＋]>[A－]>[OH－]>[H＋] 解析：選C　若是較多的酸溶液和少量的鹽溶液混合，則混合溶液顯酸性，pH<7，A項錯誤；若是氫氧化鈉溶液和少量的鹽溶液混合，則混合溶液顯堿性，且混合溶液中，[Na＋]>[OH－]>[A－]>[H＋]，B項錯誤；根據(jù)電荷守恒，[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋[A－]，若溶液中[A－]＝[Na＋]，則一定有[H＋]＝[OH－]，即溶液一定呈中性，C項正確；若NaA是強酸強堿鹽，則[A－]＝[Na＋]，D項錯誤。 3．(2016·肇慶模擬)室溫下，將0.2 mol·L－1的一元酸HA和0.1 mol·L－1的NaOH溶液等體積混合后，溶液顯堿性，下列說法不正確的是(　　) A．0.1 mol·L－1HA溶液與0.1 mol·L－1的NaOH溶液中，水電離出來的[H＋]相等 B．混合后溶液中：[HA]>[Na＋]>[A－]>[OH－] C．混合后溶液中：[A－]＋[HA]＝0.1 mol·L－1 D．混合后溶液中：[Na＋]＋[H＋]＝[A－]＋[OH－] 解析：選A　0.2 mol·L－1的一元酸HA和0.1 mol·L－1的NaOH溶液等體積混合后，生成物為NaA、HA，溶液顯堿性，說明A－水解能力大于HA的電離，HA是弱酸，NaOH是強堿，對水的抑制不相同，A錯誤；經(jīng)上述分析，混合后溶液離子濃度大?。篬HA]>[Na＋]>[A－]>[OH－]，B正確；根據(jù)元素守恒[A－]＋[HA]＝ mol·L－1＝0.1 mol·L－1，C正確；根據(jù)溶液呈現(xiàn)電中性，[Na＋]＋[H＋]＝[A－]＋[OH－]，D正確。 4．(2016·洛陽檢測)已知，常溫下某濃度的NaHSO3稀溶液的pH<7。則該稀溶液中下列粒子關(guān)系正確的是(　　) A．[Na＋]>[HSO]>[H2SO3]>[SO] B．[Na＋]>[HSO]＋[SO] C．[Na＋]＋[H＋]＝2[SO] D．[Na＋]＋[H＋]＝[HSO]＋[OH－] 解析：選B　NaHSO3溶液中存在：HSOH＋＋SO，HSO＋H2OH2SO3＋OH－，由于溶液的pH<7，說明HSO的電離程度大于HSO的水解程度，故[SO]>[H2SO3]，A項錯誤；由物料守恒可知，[Na＋]＝[HSO]＋[SO]＋[H2SO3]，故[Na＋]>[HSO]＋[SO]，B項正確；由電荷守恒可知，[Na＋]＋[H＋]＝[HSO]＋2[SO]＋[OH－]，C、D項均錯誤。 5．(2014·廣東高考)常溫下，0.2 mol·L－1的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后，所得溶液中部分微粒組分及濃度如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．HA為強酸 B．該混合溶液pH＝7.0 C．該混合溶液中：[A－]＋[Y]＝[Na＋] D．圖中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋ 解析：選C　若HA為強酸，按題意兩溶液混合后，所得溶液中[A－]＝0.1 mol·L－1。由圖知A－濃度小于0.1 mol·L－1，表明A－發(fā)生水解。根據(jù)水解原理，溶液中主要微粒的濃度大小關(guān)系應為[Na＋]>[A－]>[OH－]>[HA]>[H＋]，可以判斷X表示OH－，Y表示HA，Z表示H＋。則A、B、D項錯誤，C項滿足物料守恒，正確。 6．(2016·宜昌檢測)0.02 mol·L－1HCN溶液與0.02 mol·L－1NaCN溶液等體積混合，已知混合溶液中[CN－]<[Na＋]，則下列關(guān)系正確的是(　　) A．[Na＋]>[CN－]>[OH－]>[H＋] B．[HCN]＋[CN－]＝0.04 mol·L－1 C．[OH－]＝[H＋]＋[HCN] D．[CN－]>[HCN] 解析：選A　根據(jù)電荷守恒：[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋[CN－]，由[CN－]<[Na＋]，得[H＋]<[OH－]，A項正確；兩溶液等體積混合后，[HCN]＋[CN－]＝0.02 mol·L－1，B項錯誤；根據(jù)電荷守恒：[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋[CN－]，根據(jù)物料守恒：2[Na＋]＝[HCN]＋[CN－]＝0.02 mol·L－1，可得，[OH－]＝[HCN]－[CN－]＋[H＋]，C項錯誤；混合溶液中存在：HCNH＋＋CN－，CN－＋H2OHCN＋OH－，由于[H＋]<[OH－]，說明HCN的電離程度小于CN－的水解程度，即[CN－]<[HCN]，D項錯誤。 7．(2016·安徽師大附中模擬)常溫下，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1鹽酸和20.00 mL 0.100 0 mol·L－1醋酸溶液，得到2條滴定曲線，如圖所示。 若以HA表示酸，下列說法正確的是(　　) A．滴定鹽酸的曲線是圖乙 B．達到B、D點所處狀態(tài)時，兩溶液中離子濃度均為[Na＋]＝[A－] C．達到B、E狀態(tài)時，反應消耗的n(CH3COOH)>n(HCl) D．當0 mL[Na＋]>[H＋]>[OH－] 解析：選B　0.100 0 mol·L－1的醋酸的pH>1，故圖乙是滴定醋酸的曲線，A項錯誤；在B、D狀態(tài)時，pH＝7，[H＋]＝[OH－]，根據(jù)電荷守恒，[Na＋]＝[A－]，B項正確；B、E狀態(tài)時，反應消耗的NaOH的物質(zhì)的量相同，根據(jù)反應的化學方程式，反應消耗的HCl、CH3COOH的物質(zhì)的量相同，C項錯誤；當V(NaOH)接近20.00 mL時，CH3COOH幾乎完全反應，溶液可能顯堿性，[OH－]>[H＋]，故D項錯誤。 8．將0.1 mol·L－1 KHSO4與0.1 mol·L－1 Na2S溶液等體積混合后，溶液能使酚酞顯粉紅色，則離子濃度關(guān)系不正確的是(　　) A．[SO]>[HS－]>[OH－]>[H＋] B．[Na＋]>[K＋]>[H＋]>[OH－] C．[Na＋]＝[S2－]＋[HS－]＋[H2S]＋[SO] D．[K＋]＋[Na＋]＋[H＋]＝2[SO]＋2[S2－]＋[HS－]＋[OH－] 解析：選B　混合后，KHSO4＋Na2S===Na2SO4＋KHS，溶液中含有等物質(zhì)的量的Na2SO4、KHS，且溶液呈堿性。HS－在水溶液中發(fā)生水解反應，故[SO]>[HS－]，由于溶液呈堿性，故[OH－]>[H＋]，因此，A項正確，B項錯誤；由于KHSO4與Na2S物質(zhì)的量相等，根據(jù)物料守恒，則[Na＋]＝[S2－]＋[HS－]＋[H2S]＋[SO]，C項正確；根據(jù)電荷守恒，有[K＋]＋[Na＋]＋[H＋]＝2[SO]＋2[S2－]＋[HS－]＋[OH－]，D項正確。 9．(2013·四川高考)室溫下，將一元酸HA的溶液和KOH溶液等體積混合(忽略體積變化)，實驗數(shù)據(jù)如下表： 實驗 編號 起始濃度/(mol·L－1) 反應后溶 液的pH c(HA) c(KOH) ① 0.1 0.1 9 ② x 0.2 7 下列判斷不正確的是(　　) A．實驗①反應后的溶液中：[K＋]＞[A－]＞[OH－]＞[H＋] B．實驗①反應后的溶液中：[OH－]＝[K＋]－[A－]＝ mol·L－1 C．實驗②反應后的溶液中：[A－]＋[HA]＞0.1 mol·L－1　 D．實驗②反應后的溶液中：[K＋]＝[A－]＞[OH－] ＝[H＋] 解析：選B　實驗①反應后溶液的pH為9，即溶液顯堿性，說明HA為弱酸，二者等濃度等體積恰好反應生成KA，A－水解，A項正確；實驗①反應后的溶液中，由電荷守恒式[H＋]＋[K＋]＝[A－]＋[OH－]知，[K＋]－[A－]＝[OH－]－[H＋]，B項錯誤；因為HA為弱酸，如果與等體積等濃度的KOH溶液混合，溶液顯堿性，若溶液顯中性，則在兩溶液體積相等的條件下，加入的HA溶液的濃度應大于0.2 mol·L－1，所以實驗②反應后的溶液中，[A－]＋[HA]＞0.1 mol·L－1，C項正確；實驗②反應后溶液顯中性，根據(jù)電荷守恒式[H＋]＋[K＋]＝[A－]＋[OH－]，且[H＋]＝[OH－]，則[K＋]＝[A－]，即[K＋]＝[A－]＞[H＋]＝[OH－]，D項正確。 10．40 ℃，在氨－水體系中不斷通入CO2，各種離子的變化趨勢如下圖所示。下列說法不正確的是(　　) A．在pH＝9.0時，[NH]>[HCO]>[NH2COO－]>[CO] B．不同pH的溶液中存在關(guān)系： [NH]＋[H＋]＝2[CO]＋[HCO]＋[NH2COO－]＋[OH－] C．隨著CO2的通入，不斷增大 D．在溶液pH不斷降低的過程中，有含NH2COO－的中間產(chǎn)物生成 解析：選C　A項，在橫坐標pH＝9.0的點，向上做一條垂直于橫坐標的直線，根據(jù)與不同曲線的交點的縱坐標可以判斷，A項正確；B項，根據(jù)溶液中的電荷守恒可得B項正確；C項，[OH－]/[NH3·H2O]＝Kb/[NH]，隨著CO2的通入，NH的物質(zhì)的量分數(shù)不斷增大，故[NH]不斷增大，Kb/[NH]不斷減小，也就是[OH－]/[NH3·H2O]不斷減小，C項錯；D項，根據(jù)圖像，pH在不斷降低的過程中NH2COO－先出現(xiàn)，后消失，由此判斷D項正確。 11．(2016·淄博七中二模)已知NaHSO3溶液呈酸性、NaHCO3溶液呈堿性。現(xiàn)有濃度均為0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物質(zhì)的量濃度存在下列關(guān)系(R表示S或C)。其中正確的是(　　) A．[Na＋]>[HRO]>[H＋]>[RO]>[OH－] B．[Na＋]＋[H＋]＝[HRO]＋[RO]＋[OH－] C．[H＋]＋[H2RO3]＝[RO]＋[OH－] D．兩溶液中[Na＋]、[HRO]、[RO]分別相等 解析：選C　由于NaHCO3溶液呈堿性，即[OH－]>[H＋]，故A項錯誤；根據(jù)電荷守恒，[Na＋]＋[H＋]＝[HRO]＋2[RO]＋[OH－]，B項錯誤；根據(jù)物料守恒，[Na＋]＝[HRO]＋[RO]＋[H2RO3]，結(jié)合電荷守恒可知，[OH－]＝[H＋]＋[H2RO3]－[RO]，即C項正確；根據(jù)物料守恒，[HCO]＋[CO]＋[H2CO3]＝[HSO]＋[SO]＋[H2SO3]，由于NaHCO3溶液呈堿性，說明HCO的水解程度大于HCO的電離程度，而NaHSO3溶液呈酸性，說明HSO的電離程度大于HSO的水解程度，故溶液中[HSO]≠[HCO]，[SO]≠[CO]，D項錯誤。 12．(2016·廣州測試)室溫下，將一元酸HA溶液和NaOH溶液等體積混合，實驗數(shù)據(jù)如表： 實驗編號 起始濃度c(HA) 起始濃度c(NaOH) 反應后溶液的pH ① 0.1 mol·L－1 0.1 mol·L－1 9 ② x 0.2 mol·L－1 7 下列說法正確的是(　　) A．實驗①反應前HA溶液中：[H＋]＝[OH－]＋[A－] B．實驗①反應后溶液中：[A－]>[Na＋] C．實驗②反應前HA溶液濃度：x＝0.2 mol·L－1 D．實驗②反應后溶液中：[A－]＋[HA]＝[Na＋] 解析：選A　根據(jù)電荷守恒可知，HA溶液中[H＋]＝[OH－]＋[A－]，A項正確；實驗①反應后，根據(jù)電荷守恒，[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋[A－]，由于溶液的pH＝9，則[OH－]>[H＋]，故[Na＋]>[A－]，B項錯誤；由實驗①可知，HA為弱酸，實驗②中，若x＝0.2 mol·L－1，反應后溶液的pH>7，現(xiàn)在溶液的pH＝7，說明x>0.2 mol·L－1，C項錯誤；由電荷守恒，[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋[A－]，由于溶液的pH＝7，即[H＋]＝[OH－]，故[A－]＝[Na＋]，D項錯誤。 13．(2016·山東師大附中模擬) 常溫下，向20 mL某鹽酸溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的氨水，溶液pH的變化與加入氨水的體積關(guān)系如圖所示，下列敘述正確的是(　　) A．鹽酸的物質(zhì)的量濃度為1 mol·L－1　 B．在①、②之間的任意一點：[Cl－]>[NH]，[H＋]>[OH－]　 C．在點②所示溶液中：[NH]＝[Cl－]>[OH－]＝[H＋]，且V<20 D．在點③所示溶液中：由水電離出的[OH－]>10－7 mol·L－1　 解析：選B　鹽酸的初始pH＝1，則[HCl]＝[H＋]＝0.1 mol·L－1，A項錯誤；在①、②之間的任意一點，溶液的pH<7，[H＋]>[OH－]，根據(jù)電荷守恒：[NH]＋[H＋]＝[Cl－]＋[OH－]，[Cl－]>[NH]，B項正確；鹽酸與氨水恰好反應時，氨水體積為20 mL，由于NH的水解，溶液呈酸性，故溶液呈中性時，需增加氨水的用量，即pH＝7時，V>20 mL，C項錯誤；③點時，溶液中含有過量的NH3·H2O，NH3·H2O電離出來的OH－抑制了水的電離，故由水電離出的[OH－]<10－7 mol·L－1，D項錯誤。 14．(2015·山東高考)室溫下向10 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)點所示溶液中[Na＋]＞[A－]＞[H＋]＞[HA] B．a(chǎn)、b兩點所示溶液中水的電離程度相同 C．pH＝7時，[Na＋]＝[A－]＋[HA] D．b點所示溶液中[A－]＞[HA] 解析：選D　A．a(chǎn)點所示溶液中NaOH和HA恰好反應生成NaA，溶液的pH＝8.7，呈堿性，則HA為弱酸，A－水解，則溶液中的粒子濃度：[Na＋]＞[A－]＞[HA]＞[H＋]。B.b點時為NaA和HA的溶液，a點NaA發(fā)生水解反應，促進了水的電離，b點HA抑制了水的電離，所以a點所示溶液中水的電離程度大于b點。C.pH＝7時，根據(jù)電荷守恒：[Na＋]＋[H＋]＝[A－]＋[OH－]，[H＋]＝[OH－]，所以[Na＋]＝[A－]。D.b點酸過量，溶液呈酸性，HA的電離程度大于NaA的水解程度，故[A－]＞[HA]。 15．(2016·揚州模擬)(1)室溫下，如果將0.1 mol CH3COONa和0.05 mol HCl全部溶于水，形成混合溶液(假設(shè)無損失)，________和________兩種粒子的物質(zhì)的量之和等于0.1 mol。 (2)已知某溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四種離子。某同學推測該溶液中離子濃度可能有如下四種關(guān)系： A．[Na＋]>[CH3COO－]>[OH－]>[H＋] B．[Na＋]>[CH3COO－]>[H＋]>[OH－] C．[Na＋]>[OH－]>[CH3COO－]>[H＋] D．[CH3COO－]>[Na＋]>[H＋]>[OH－] ①若溶液中只溶解了一種溶質(zhì)，該溶質(zhì)的名稱是______，上述離子濃度大小關(guān)系中正確的是(填字母)________； ②若上述關(guān)系中D是正確的，則溶液中溶質(zhì)的化學式是________________； ③若該溶液由體積相等的醋酸與NaOH溶液混合而成，且溶液恰好呈中性，則混合前[CH3COOH](填“>”“<”“＝”，下同)________[NaOH]，混合后[CH3COO－]與[Na＋]的關(guān)系是[CH3COO－]________[Na＋]。 (3)25 ℃時，向0.1 mol·L－1的醋酸溶液中加入少量的醋酸鈉固體，當固體溶解后，測得溶液的pH增大，主要原因是________(填字母)。 A．醋酸與醋酸鈉發(fā)生反應 B．醋酸鈉溶液水解顯堿性，增加了[OH－] C．醋酸鈉溶于水電離出醋酸根離子，抑制了醋酸的電離，使[H＋]減小 解析：(1)溶液中含有CH3COO－和CH3COOH共0.1 mol；(2)當溶質(zhì)為醋酸鈉時，CH3COO－水解使溶液呈堿性，離子濃度大小關(guān)系為A；D項溶液呈酸性，且[CH3COO－]>[Na＋]所以溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa；當?shù)润w積的醋酸與NaOH混合且溶液呈中性，則應該醋酸過量，所以濃度大于NaOH，由電荷守恒確定：[CH3COO－]＝[Na＋]。 答案：(1)CH3COO－　CH3COOH　(2)①醋酸鈉　A?、贑H3COOH、CH3COONa?、?　＝　(3)C 16．硫酸是強酸，中學階段將硫酸在水溶液中看作完全電離。但事實是，硫酸在水中的第一步電離是完全的，第二步電離并不完全，其電離情況為H2SO4===H＋＋HSO，HSOH＋＋SO。 請回答下列有關(guān)問題： (1)Na2SO4溶液呈________(填“弱酸性”“中性”或“弱堿性”)，其理由是________________________________________________________________________ (用離子方程式表示)。 (2)H2SO4溶液與BaCl2溶液反應的離子方程式為_________________ ________________________________________________________________________。 (3)在0.10 mol·L－1的Na2SO4溶液中，下列離子濃度關(guān)系正確的是________(填字母)。 A．[Na＋]＝[SO]＋[HSO]＋[H2SO4] B．[OH－]＝[HSO]＋[H＋] C．[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋[HSO]＋2[SO] D．[Na＋]＝2[SO]＋2[HSO] (4)若25 ℃時，0.10 mol·L－1的NaHSO4溶液中c(SO)＝0.029 mol·L－1，則0.10 mol·L－1的H2SO4溶液中c(SO)________(填“<”“>”或“＝”)0.029 mol·L－1，其理由是______ ________________________________________________________________________。 (5)若25 ℃時，0.10 mol·L－1H2SO4溶液的pH＝－lg 0.11，則0.10 mol·L－1H2SO4溶液中[SO]＝________ mol·L－1。 解析：(1)由題中信息可得，硫酸鈉是弱酸強堿鹽，易水解生成硫酸氫鈉：Na2SO4＋H2ONaHSO4＋NaOH，所以硫酸鈉溶液呈弱堿性。(2)硫酸氫根離子部分電離，是弱酸根離子，硫酸與氯化鋇反應的離子方程式為Ba2＋＋HSO===BaSO4↓＋H＋。(3)A項，由題意知，硫酸鈉溶液中存在的陽離子：Na＋、H＋，陰離子：SO、OH－、HSO，溶液中不存在H2SO4，A項錯誤；由題意知，在硫酸鈉溶液中，物料守恒式為[Na＋]＝2[SO]＋2[HSO]，電荷守恒式為[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋[HSO]＋2[SO]，兩式相減，得質(zhì)子守恒式：[OH－]＝[H＋]＋[HSO]，B、C、D項正確。(4)硫酸氫鈉溶液中存在：HSOH＋＋SO，硫酸溶液中存在：H2SO4===H＋＋HSO，HSOH＋＋SO，硫酸第一步電離出來的H＋對第二步電離有抑制作用，使平衡向左移動，故同濃度的硫酸溶液中c(SO)小于硫酸氫鈉溶液中的c(SO)。(5)0.10 mol·L－1 H2SO4溶液中[H＋]＝0.11 mol·L－1，由于硫酸在水中第一步完全電離，第二步部分電離，所以c(SO)＝0.01 mol·L－1。 答案：(1)弱堿性　SO＋H2OHSO＋OH－ (2)Ba2＋＋HSO===BaSO4↓＋H＋ (3)BCD (4)<　H2SO4溶液中存在：H2SO4===HSO＋H＋，電離出的H＋抑制HSO的電離 (5)0.01 7