高中化學一輪復習 專題專項訓練1-8（打包8套）魯教版.zip

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(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)狀酯的結構簡式是________________________________________________________________________。 (5)滿足以下條件的F的同分異構體(含F(xiàn))共有________(填數字)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 結構 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體的結構簡式為________________________________________________________________________。 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的結構簡式為______________________________________________； 由C→D的反應類型是________。 (3)寫出同時滿足下列條件的E的一種同分異構體的結構簡式________________________________________________________________________。 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的結構簡式知，其含氧官能團有醚鍵和醛基。 (2)由結構簡式可推知化合物A的分子式為C14H12O2，結合B的分子式C14H14O2可知，B是A中醛基還原為羥基的反應產物，故B的結構簡式為 。 觀察C、D的結構簡式，可看出D是C中—Cl被—CN取代的產物，故C→D的反應類型為取代反應。 (3)E的同分異構體中含有2個苯環(huán)，這一結構特點與E相同；由于E的分子中碳原子數較多，要求其同分異構體中含有3種不同化學環(huán)境的氫，則結構必須高度對稱。據此，滿足條件的E的同分異構體的結構簡式為 (4)可用逆推法分析。根據信息“RCH2CN RCH2CH2NH2”可逆推： 結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的結構簡式：__________________________________________________。 (2)寫出有機物B的結構簡式：_______________________________________________。 (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的結構簡式：____________。 (5)芳香族化合物Y與枯茗醛互為同分異構體，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可能的結構簡式：__________、__________。 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。根據以上機理，結合枯茗醛與兔耳草醛的分子結構，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的結構簡式分別為、 根據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“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，結合框圖中的試劑及主要有機物反應前后結構的變化，可知D為 。 (5)根據信息“芳香族化合物”可知Y含有苯環(huán)；根據信息a可知Y不是醛類，且分子中含有醇羥基和碳碳雙鍵；根據信息b可知Y消去反應產物的苯環(huán)上有兩個相同的取代基且在對位。 5．(2016·昆明二調)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分子中碳元素的質量分數為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的結構簡式是_____________________________________________________。 (3)E分子的官能團名稱是________。F物質在質譜圖中的最大質荷比是________。 (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)，寫出水解生成的兩種產物相對分子質量差值最小的一種同分異構體的結構簡式：________________________。 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，由非那西汀的結構可知取代了氯原子對位上的氫，B的結構簡式為 ，由非那西汀的結構 可推知反應④為硝基的還原，C的結構簡式為 。由 及信息②可知G為CH3COONa。D為烴且碳的質量分數為85.7%，可推知D中碳、氫原子個數比為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，另一取代基的結構可能為—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的所有同分異構體的結構簡式： ________________________________________________________________________。 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，結合G的結構可知甲 基與酚羥基處于鄰位，結構為 ；由信息③及G的結構可知C為 由C和G的結構可以反推出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)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的雜質離子沉淀完全，需用氨水調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轉化成ZrO2＋，Na2SiO3轉化成H2SiO3沉淀，Na[Al(OH)4]轉化成Al3＋，ZrSiO4與NaOH反應為非氧化還原反應，根據元素守恒可配平反應。(2)加入氨水，使Fe3＋、Al3＋雜質除去，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＋轉化為Zr(OH)4沉淀，根據電荷守恒知，產物有2 mol NH生成，根據N守恒知，反應物有2 mol NH3·H2O參加反應，根據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NaBH4的系數為1，根據H守恒可知H2的系數為2，根據電子守恒可知，Na的系數為4，根據B守恒可知NaBO2的系數為1，根據Na守恒可知Na2SiO3的系數為2，根據Si守恒可知SiO2的系數為2。 (3)經過第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，某學習小組設計了將粗MnO2(含有較多的MnO、MnCO3和Fe2O3)樣品轉化為純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轉移2 mol電子時，生成的氧化產物的物質的量為________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作氧化產物，則氧化性：ClO＞MnO2；當NaClO3轉移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)，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。實驗室配制一定質量分數的溶液時，需用到的儀器是量筒、燒杯和玻璃棒。(2)由流程圖和表中數據可知，pH＝8時，可除去Fe3＋；調節(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的物質的量為b mol·L－1× L＝ mol，與Ba2＋反應的CrO的物質的量為 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，產品產量減少 (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]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；高錳酸鉀的還原產物是MnO2。 回答下列問題： (1)反應②中除掉的雜質離子是________，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，煅燒后可得到產品8.1 g，則x等于______。 解析：(1)經反應①所得浸出液中含有Zn2＋、Fe2＋、Mn2＋、Ni2＋。經反應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。 (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 (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＋，產物中氯元素處于最低化合價－1價，則根據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，從而產生沉淀。(4)根據萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系。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；經上述分析，混合后溶液離子濃度大小：[HA]>[Na＋]>[A－]>[OH－]，B正確；根據元素守恒[A－]＋[HA]＝ mol·L－1＝0.1 mol·L－1，C正確；根據溶液呈現(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。根據水解原理，溶液中主要微粒的濃度大小關系應為[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；根據電荷守恒：[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋[CN－]，根據物料守恒：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的物質的量相同，根據反應的化學方程式，反應消耗的HCl、CH3COOH的物質的量相同，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物質的量相等，根據物料守恒，則[Na＋]＝[S2－]＋[HS－]＋[H2S]＋[SO]，C項正確；根據電荷守恒，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)，實驗數據如下表： 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，根據與不同曲線的交點的縱坐標可以判斷，A項正確；B項，根據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的物質的量分數不斷增大，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?，F(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的量濃度存在下列關系(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；根據電荷守恒，[Na＋]＋[H＋]＝[HRO]＋2[RO]＋[OH－]，B項錯誤；根據物料守恒，[Na＋]＝[HRO]＋[RO]＋[H2RO3]，結合電荷守恒可知，[OH－]＝[H＋]＋[H2RO3]－[RO]，即C項正確；根據物料守恒，[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，實驗數據如表： 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系如圖所示，下列敘述正確的是(　　) A．鹽酸的物質的量濃度為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點所示溶液中[Na＋]＞[A－]＞[H＋]＞[HA] B．a、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(假設無損失)，________和________兩種粒子的物質的量之和等于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，該溶質的名稱是______，上述離子濃度大小關系中正確的是(填字母)________； ②若上述關系中D是正確的，則溶液中溶質的化學式是________________； 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)當溶質為醋酸鈉時，CH3COO－水解使溶液呈堿性，離子濃度大小關系為A；D項溶液呈酸性，且[CH3COO－]>[Na＋]所以溶質為CH3COOH和CH3COONa；當等體積的醋酸與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