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14.常温下,现有浓度均为0.1mol/L的七种溶液:①NaOH溶液  ②氨水  ③盐酸  ④醋酸
⑤硫酸  ⑥(NH42SO4⑦CH3COONa溶液,回答下列问题:
(1)由水电离出的c(H+)最大的是⑥,最小的是⑤(填序号);
(2)向等体积③、④、⑤溶液中分别加入溶液①,则消耗溶液①的体积由多到少的顺序是③=④<⑤(填序号);
(3)将①和④等体积混合后溶液的pH>7(填“>”“<”或“=”),其原因是CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-(用离子方程式表示);
(4)将①和⑥等体积混合后溶液呈中性,则c(Na+)+c(NH4+)= 2c(SO42-)(填“>”“<”或“=”);
(5)将④和⑦等体积混合后,若溶液中c(CH3COO-)>c(Na+),则c(CH3COOH)< c(CH3COO-),c(CH3COO-)+c(OH-)>0.05mol/L(填“>”“<”或“=”).

分析 常温下,现有浓度均为0.1mol/L的七种溶液:①NaOH溶液属于强碱,②氨水属于弱碱,③盐酸是强酸,④醋酸是弱酸,⑤硫酸是二元强酸,⑥(NH42SO4 是强酸弱碱盐,铵根离子水解溶液显酸性,⑦CH3COONa是强碱弱酸盐,醋酸根离子水解溶液显碱性;
(1)酸、碱抑水的电离,水解的盐促进水的电离;
(2)等体积等浓度的溶液③盐酸是强酸,④醋酸是弱酸,⑤硫酸是二元强酸,加入溶液①NaOH溶液,消耗氢氧化钠溶液体积结合H++OH-=H2O分析;
(3)①NaOH溶液④醋酸等浓度等体积混合反应生成醋酸钠溶液,醋酸根离子水解溶液显碱性;
(4)①NaOH溶液,⑥(NH42SO4等体积混合后溶液呈中性,结合溶液中电荷守恒计算分析判断;
(5)④醋酸⑦CH3COONa溶液等体积混合后,依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析判断.

解答 解:(1)酸、碱抑水的电离,水解的盐促进水的电离,⑥(NH42SO4⑦CH3COONa溶液中盐类水解促进水的电离,⑥(NH42SO4溶液中铵根离子水解溶液显酸性,由水电离出的c(H+)最大的是⑥,①NaOH溶液属于强碱,②氨水属于弱碱,③盐酸是强酸,④醋酸是弱酸,⑤硫酸是二元强酸都对水的电离平衡起到抑制作用,其中硫酸是二元强酸对水的电离抑制程度最大,由水电离出的c(H+)最小,
故答案为:⑥;⑤;
(2)等体积等浓度的溶液③盐酸是强酸,④醋酸是弱酸,⑤硫酸是二元强酸,加入溶液①NaOH溶液,消耗氢氧化钠溶液体积结合H++OH-=H2O可知,③=④=$\frac{1}{2}$⑤,
故答案为:③=④<⑤;
(3)①NaOH溶液④醋酸等浓度等体积混合反应生成醋酸钠溶液,醋酸根离子水解溶液显碱性,溶液PH>7,CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-
故答案为:>;CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-
(4)①NaOH溶液,⑥(NH42SO4等体积混合后溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),溶液中电荷守恒c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),得到c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-),
故答案为:=;
(5)④醋酸⑦CH3COONa溶液等体积混合后,溶液中存在电荷守恒:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),若溶液中c(CH3COO-)>c(Na+),则c(H+)>c(OH-),溶液显酸性,说明醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度,c(CH3COOH)<c(CH3COO-),等体积混合后c(Na+)=0.05mol/L,则c(CH3COO-)+c(OH-)>0.05mol/L,
故答案为:<;>.

点评 本题考查了弱电解质的电离平衡、盐类的水解、溶液中离子浓度大小的比较,主要是离子浓度大小的比较,可根据物料守恒、电荷守恒进行分析判断,题目难度中等.

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④装置B中盛放的试剂是(填化学式)NaOH溶液,其作用是在C中的反应停止后,吸收A中产生的多余SO2,防止空气污染.
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编号123
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消耗I2标准溶液的体积/mL19.9517.1020.05
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(2)步骤1中加入锌粉的作用是防止苯胺被氧化,同时起着沸石的作用.
(3)步骤2中控制温度计示数约105℃的原因是乙酸有挥发性,温度过高,乙酸蒸出,降低了反应物的利用率,而温度过低,不能除去反应生成水.
(4)步骤3中,抽滤装置如图2所示,仪器c的名称是吸滤瓶,当过滤的溶液具有强酸性、强碱性或强氧化性时要用玻璃纤维代替滤纸或用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗,停止抽滤时的操作为先旋开安全瓶d上的旋塞恢复常压然后关闭抽气泵.

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