题目内容
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A、B、C、D、E五种溶液分别是NaOH、NH3•H2O、CH3COOH、HCl、NH4HSO4中的一种．常温下进行下列实验：①将1L pH=3的A溶液分别与0.00lmol•L-1 xLB溶液、0.00lmol•L-1 yLD溶液充分反应至中性，x、y大小关系为：y＜x；
②浓度均为0.1mol•L-1A和E溶液，pH：A＜E；
③浓度均为0．lmol•L-1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性．
回答下列问题：
（1）D是NaOH溶液，E是CH3COOH溶液．（填写化学式）
（2）用水稀释0.1mol•L-1B时，溶液中随着水量的增加而减小的是①②（填写序号）
①$\frac{c（B）}{c（O{H}^{-}）}$②$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$③c（H+）和c（OH-）的乘积④OH-的物质的量
（3）常温下OH-浓度相同的等体积的两份溶液A和E，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是③④（填写序号）
①反应所需要的时间E＞A ②开始反应时的速率A＞E
③参加反应的锌粉物质的量A=E ④反应过程的平均速率E＞A
⑤E溶液里有锌粉剩余
（4）将等体积、等物质的量浓度A和B混合后溶液，升高温度（溶质不会分解）溶液pH随温度变化如右图中的④曲线
（5）室温下，向0.0lmol•L-1C溶液中滴加0.0lmol•L-1D溶液至中性，得到的溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）（填写序号）
分析 根据中和酸性物质A只有NaOH、NH3•H2O，物质的量的A与等物质的量浓度B和D混合呈中性，D的用量少，说明D碱性比B的碱性强，所以D是NaOH，B为NH3•H2O；根据浓度均为0.1mol•L-1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性，则C为NH4HSO4；根据浓度均为0.1mol•L-1A和E溶液，pH：A＜E，则A为HCl，E为CH3COOH；
（1）根据以上分析判断，D为氢氧化钠、E为醋酸；
（2）①、B溶液为氨水溶液，由NH3•H2O?OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH-）增大；
②、由NH3•H2O?OH-+NH4+可知，加水促进电离；
③、Kw只与温度有关；
④、加水促进电离；
（3）①反应所需要的时间醋酸短；
②开始氢离子浓度相同，反应时的速率相同；
③生成氢气相同，结合电子守恒，参加反应的锌粉的物质的量；
④反应过程的平均速率，醋酸大于盐酸；
⑤依据⑤分析可知E溶液中有锌粉剩余；
（4）等体积、等物质的量浓度B和C混合后得到（NH4）2SO4溶液，NH4+水解溶液显酸性，PH＜7；
（5）常温下，向0.01mol/L C（NH4HSO4）溶液中滴加0.01mol/L D（NaOH）溶液至中性，NH4HSO4中滴入NaOH溶液，NaOH首先与NH4HSO4电离出的H+作用，因为H+结合OH-的能力比NH4+结合OH-的能量强（原因是产物H2O比NH3•H2O更难电离）．当加入等摩尔的NaOH时，正好将H+中和，此时c（Na+）=c（SO42-），但此时溶液中还有NH4+，NH4+水解使溶液呈酸性，因此要使溶液呈中性，则还需继续滴入NaOH，当然到中性时c（OH-）=c（H+）．
解答 解：（1）中和酸性物质A只有NaOH、NH3•H2O，物质的量的A与等物质的量浓度B和D混合呈中性，D的用量少，说明D碱性比B的碱性强，所以D是NaOH，E为CH3COOH，故答案为：NaOH；CH3COOH；
（2）①由NH3•H2O?OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH-）增大，则$\frac{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}{c（O{H}^{-}）}$=$\frac{n（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}{n（O{H}^{-}）}$减小，故①错误；
②由NH3•H2O?OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH-）增大，c（NH3•H2O）、c（OH-）都减小，c（H+）减小，则$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$减小，故②正确；
③因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH-）的乘积不变，故③错误；
④由NH3•H2O?OH-+NH4+可知，加水促进电离，OH-的物质的量增大，故④错误；
故答案为：①②；
（3）①根据酸能与锌反应得到氢气，随着反应的进行，CH3COOH不断电离出H+，反应速率比盐酸中快，产生的氢气一样多，反应所需要的时间HCl＞CH3COOH，故①错误；
②根据酸能与锌反应得到氢气，开始溶液中c（H+）相等，反应时的速率HCl=CH3COOH，故②错误；
③根据酸能与锌反应得到氢气，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，说明盐酸中锌剩余，CH3COOH中锌完全反应，参加反应的锌的物质的量相等，故③正确；
④根据酸能与锌反应得到氢气，随着反应的进行，CH3COOH不断电离出H+，反应速率比盐酸中快，故④正确；
⑤根据酸能与锌反应得到氢气，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，说明盐酸中锌剩余，CH3COOH中锌完全反应，参加反应的锌的物质的量相等，故⑤错误；
故答案为：③④；
（4）等体积、等物质的量浓度NH3•H2O和与NH4HSO4混合后溶液发生反应：NH3•H2O+NH4HSO4=（NH4）2SO4+H2O，NH4）2SO4要发生水解：NH4++H2O?NH3•H2O+H+，溶液呈酸性，加热水解平衡正向移动，c（H+）增大，pH减小，故答案为：④；
（5）NH4HSO4中滴入NaOH溶液，NaOH首先与NH4HSO4电离出的H+作用，因为H+结合OH-的能力比NH4+结合OH-的能量强（原因是产物H2O比NH3•H2O更难电离）．当加入等摩尔的NaOH时，正好将H+中和，此时c（Na+）=c（SO42-），但此时溶液中还有NH4+，NH4+水解使溶液呈酸性，因此要使溶液呈中性，则还需继续滴入NaOH，当然到中性时c（OH-）=c（H+），c（Na+）＞c（SO42- ）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+），；
故答案为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）．
点评 本题考查电解质溶液之间的反应，涉及到强电解质、弱电解质的电离、盐类的水解及溶液的pH值、离子浓度大小的比较等知识，题目难度中等．
2016年两会3月2日在北京拉开帷幕，在涉及国计民生的众多提案中，“水资源的保护和合理利用”仍然是人民群众关注的焦点．最新研究发现，用隔膜电解法处理高浓度乙醛废水具有工艺流程简单、电耗较低等优点，其原理是使乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸，总反应如下：2CH3CHO+H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$CH3CH2OH+CH3COOH实验室中，以一定浓度的乙醛-Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置示意图如图所示．下列有关说法不合理的是（ ）| A． | 若以锌-锰碱性电池为直流电源，则b极材料为Zn | |
| B． | 已知乙醛、乙醇的沸点分别为20.8℃、78.4℃，从电解后的溶液中分离出乙醇粗产品的方法是蒸馏 | |
| C． | 若反应过程中每生成1mol乙醇，理论上至少消耗氢气11.2L | |
| D． | 电解过程中，阳极除生成氧气外，还发生如下反应：CH3CHO+2H2O-2e-=CH3COOH+2H+ |
| A． | 浓硫酸可用于干燥NH3、H2、O2等气体 | |
| B． | 二氧化硫可用来漂白纸浆、毛、丝等 | |
| C． | 含有离子键的化合物一定是离子化合物 | |
| D． | 干冰升华没有断裂化学键 |
| A． | B＞D＞C＞A | B． | C＞A＞B＞D | C． | A＞C＞D＞B | D． | A＞B＞C＞D |
| A． | 熔点：石英＞食盐＞冰＞干冰 | |
| B． | 结合质子（H+）能力：OH-＞HCO-3＞CH3COO- | |
| C． | 离子半径：S2-＞Cl-＞Al3+＞O2- | |
| D． | 热稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3 |
| A． | 6：3：2 | B． | 1：2：3 | C． | 3：6：2 | D． | 2：1：3 |
| A． | 1mol Fe与足量的非金属反应转移电子为2mol | |
| B． | 1mol Fe与足量的硝酸反应转移电子为3mol | |
| C． | 1mol FeCl3与足量Zn反应转移电子为2mol | |
| D． | 1mol FeCl2与足量Cu反应转移电子为2mol |
