人教版高中化學(xué)選擇性必修一《第三章總結(jié)與檢測》檢測-課件下載-教習(xí)網(wǎng)

?第三章總結(jié)與檢測練習(xí)（解析版）
一．選擇題（共11小題，每題5分，共55分）
1．能說明醋酸是弱電解質(zhì)的事實是（　　）
A．醋酸溶液的導(dǎo)電性比鹽酸弱
B．醋酸溶液與碳酸鈣反應(yīng)，緩慢放出二氧化碳
C．醋酸溶液用水稀釋后，氫離子濃度下降
D．0.1mol?的CH3COOH溶液中，氫離子濃度約為0.001mol
【答案】D
【解析】A．溶液的導(dǎo)電能力與溶液中離子濃度有關(guān)，與電解質(zhì)的強弱無關(guān)，故A錯誤；
B．醋酸溶液和碳酸鈣反應(yīng)生成二氧化碳，說明醋酸的酸性比碳酸強，但不能說明醋酸是弱電解質(zhì)，故B錯誤；
C．無論醋酸是強電解質(zhì)還是弱電解質(zhì)，稀釋醋酸溶液，氫離子濃度都降低，所以不能說明醋酸是弱電解質(zhì)，故C錯誤；
D.0.1mol?的CH3COOH溶液中，氫離子濃度約為0.001mol，說明醋酸是部分電離的，在其溶液中存在電離平衡，所以能說明醋酸是弱電解質(zhì)，故D正確；故選：D。
2．某溫度下，重水（ D2O）的離子積常數(shù)為1.6×10﹣15，若用定義pH一樣規(guī)定pD＝﹣lgc（D+），則在該溫度下，下列敘述正確的是（　?。?br /> A．純凈的重水中，c（D+）?c（OD﹣）＞1.0×10﹣14
B．l L溶解有0.01 mol DCl的重水溶液，其pD＝2
C．1 L溶解有0.01 mol NaOD的重水溶液，其pD＝12
D．純凈的重水中，pD＝7
【答案】B
【解析】A．c（D+）＝mol/L＝4×10﹣8mol/L，所以pD＞7，故A錯誤；
B．c（DC1）＝＝0.01mol/L，則c（D+）＝0.01mol/L，所以pD＝2，故B正確；
C．c（NaOD）＝＝0.01mol/L，則c（D+）＝＝1.6×10﹣13mol/L，則pD＞12，故C錯誤；
D．該溫度下重水（D2O）的離子積常數(shù)為1.6×10﹣15，純凈的重水中，pD＞7，故D錯誤；故選：B。
3．下列圖象與對應(yīng)的說法正確的是（　?。?br /> A．向NaOH溶液中加水稀釋
B．等質(zhì)量的Al、Zn與足量的稀硫酸反應(yīng)
C．向稀硫酸中加入Ba（OH）2溶液
D．恒溫下，適量蒸發(fā)飽和NaCl溶液的水分
【答案】C
【解析】A．氫氧化鈉為強堿溶液，稀釋過程中氫氧根離子濃度逐漸減小，溶液的pH逐漸減小，但是無論如何稀釋，溶液不可能有堿性變成酸性，溶液的pH只能無限的接近7，圖象曲線變化與實際變化不相符，故A錯誤；
B．等質(zhì)量的Al、Zn與足量的稀硫酸反應(yīng)，由于活潑性鋁大于鋅，反應(yīng)過程中鋁與稀硫酸反應(yīng)速率大于鋅與稀硫酸的反應(yīng)速率，所以鋁與稀硫酸反應(yīng)的曲線的斜率大，且反應(yīng)優(yōu)先結(jié)束，圖象與實際反應(yīng)不相符，故B錯誤；
C．稀硫酸中加入Ba（OH）2溶液，反應(yīng)的離子方程式為：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，隨著氫氧化鋇的加入，生成硫酸鋇沉淀質(zhì)量逐漸增大，當(dāng)二者恰好反應(yīng)時沉淀達到增大量，圖象曲線變化與實際反應(yīng)一致，故C正確；
D．恒溫下蒸發(fā)飽和氯化鈉溶液，蒸發(fā)過程中溶液始終為飽和溶液，所以溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變，圖象曲線變化與實際不相符，故D錯誤；故選：C。
4．下列圖示與對應(yīng)的敘述相符的是（　　）

A．圖1表示常溫下，稀釋HA、HB兩種酸的稀溶液時，溶液PH隨加水量的變化，則等物質(zhì)的量濃度的NaA和NaB混合溶液中：C（Na+）＞C（A﹣）＞C（B﹣）＞C（OH﹣）＞C（H+）
B．圖2中在b點對應(yīng)溫度下，將pH＝2的H2SO4溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合后，溶液顯中性
C．用0.010 0 mol/L硝酸銀標(biāo)準(zhǔn)溶液，滴定濃度均為0.100 0 mol/L Cl﹣、Br﹣及I﹣的混合溶液，由圖3曲線，可確定首先沉淀的是Cl﹣
D．圖4表示在N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）達到平衡后，減少NH3濃度時速率的變化
【答案】A
【解析】A．根據(jù)圖1可知，相同相同體積是HA的pH變化較大，則酸性：HA＞HB，酸性越強，對應(yīng)離子的水解程度越大，溶液中離子濃度越小，則c（A﹣）＞c（B﹣）、c（OH﹣）＞c（H+），溶液中離子濃度大小為：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（B﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A正確；
B．b點水的離子積Kw＝10﹣12，b點Kw＝10﹣12，pH＝2的H2SO4溶液中c（H+）＝10﹣2mol/L，pH＝12的NaOH溶液等體積中氫氧根離子濃度為：mol/L＝1mol/L，等體積時氫氧根離子過量，混合液呈堿性，故B錯誤；
C．由圖象可知，硝酸銀溶液體積相同時，﹣lgc（I﹣）最大，則c（I﹣）最小，則先形成沉淀的是I﹣，故C錯誤；
D．減少NH3濃度，正反應(yīng)速率不可能增大，正逆反應(yīng)速率都減小，且平衡正向移動，故D錯誤；故選：A。
5．用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列各操作中會引起實驗誤差的是（　?。?br /> A．滴定前酸式滴定管需用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤洗
B．用蒸餾水洗凈錐形瓶后，立即裝入一定體積的NaOH溶液后進行滴定
C．往盛有20.00 mL NaOH溶液的錐形瓶中，滴入幾滴酚酞指示劑后進行滴定
D．用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤洗，然后裝入一定體積的NaOH溶液
【答案】D
【解析】A．滴定前酸式滴定管需用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤洗，為正確操作，不會引起誤差，故A不選；
B．用蒸餾水洗凈錐形瓶后，立即裝入一定體積的NaOH溶液后進行滴定，為正確操作，不會引起誤差，故B不選；
C．往盛有20.00 mL NaOH溶液的錐形瓶中，滴入幾滴酚酞指示劑后進行滴定，為正確操作，不會引起誤差，故C不選；
D．用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤洗，然后裝入一定體積的NaOH溶液，導(dǎo)致消耗標(biāo)準(zhǔn)液體體積偏大，溶液濃度偏高，故D選；故選：D。
6．T℃時，滿足下列條件的溶液一定呈酸性的是（　?。?br /> A．pH＝6的溶液
B．含有H+的溶液
C．c（H+）＞c（OH﹣）
D．能與金屬A1反應(yīng)放出H2的溶液
【答案】C
【解析】A.100℃時pH＝6的溶液為中性，且溫度未知，不能判斷，故A不選；
B．任何水溶液中均含H+，不判斷酸堿性，故B不選；
C．c（H+）＞c（OH﹣），則溶液一定為酸性，故C選；
D．Al與酸或NaOH溶液等均反應(yīng)生成氫氣，則與金屬A1反應(yīng)放出H2的溶液，可能為強堿溶液，故D不選；故選：C。
7．下列化學(xué)方程式中，屬于水解反應(yīng)的是（　?。?br /> A．H2O+H2O? H3O++OH﹣ B．HS﹣+OH﹣?H2O+S2﹣
C．HS﹣+H2O? H3O++S2﹣ D．HS﹣+H2O?H2S+OH﹣
【答案】D
【解析】A．H2O+H2O? H3O++OH﹣ 為水的電離方程式，故A錯誤；
B．HS﹣+OH﹣?H2O+S2﹣為HS﹣和氫氧根之間反應(yīng)的方程式，故B錯誤；
C．HS﹣+H2O? H3O++S2﹣為電離方程式，故C錯誤；
D．為HS﹣的水解離子方程式，故D正確；故選：D。
8．一定條件下，Na2CO3 溶液中存在平衡：CO32﹣+H2O?HCO3 ﹣+OH﹣．下列有關(guān)說法正確的是（　　）
A．通入 CO2，溶液 pH 增大
B．升高溫度，上述反應(yīng)平衡常數(shù)不變
C．加水稀釋，變大
D．加入 NaOH 固體，平衡向正反應(yīng)方向移動
【答案】C
【解析】A、CO2通入水中，生成H2CO3，可以與OH﹣反應(yīng)，平衡正向移動，pH減小，故A錯誤；
B、平衡常數(shù)僅與溫度有關(guān)，溫度不變平衡常數(shù)是不變的，升高溫度，上述反應(yīng)平衡常數(shù)變大，故B錯誤；
C、加水稀釋，平衡雖正向移動，但溶液體積變大，導(dǎo)致氫氧根離子的濃度減小，而溫度不變，平衡常數(shù)不變，即的值不變，所以變大，故C正確；
D、誤加入NaOH固體，堿性肯定增強，平衡逆向進行，故D錯誤；故選：C。
9．下列物質(zhì)的水溶液能在蒸發(fā)皿中蒸干灼燒得到原物質(zhì)的是（　?。?br /> ①FeCl3②綠礬③碳酸氫鈉④Na2SO3⑤K2CO3⑥CaCl2
A．②③⑥ B．⑤⑥ C．③④⑤ D．①④⑤
【答案】B
【解析】①FeCl3溶液加入水解生成氫氧化鐵和鹽酸，鹽酸揮發(fā)，灼燒生成氧化鐵，故錯誤；
②綠礬主要成分為硫酸亞鐵，加熱過程中被氧化為硫酸鐵，故錯誤；
③碳酸氫鈉不穩(wěn)定，加熱易分解，蒸干得到分解產(chǎn)物碳酸鈉，故錯誤；
④Na2SO3具有還原性，加熱過程中被氧化為硫酸鈉，故錯誤；
⑤K2CO3水解生成的氫氧化鉀和碳酸氫鉀，加熱蒸發(fā)是水揮發(fā)，得到碳酸鉀固體，仍能得到原物質(zhì)，故正確；
⑥CaCl2不水解，較穩(wěn)定，蒸干得到原物質(zhì)，故正確；
則能得到原物質(zhì)的是⑤⑥。故選：B。
10．室溫時，下列各溶液的敘述中正確的是（　?。?br /> A．將AgCl與AgBr的飽和溶液等體積混合，再加入足量的濃AgNO3溶液，析出的AgCl沉淀少于AgBr沉淀
B．向 0.1mol/L NaHSO3溶液中通入NH3至 pH＝7的溶液：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+）
C．0.1mol/L的氨水的pH＝a，0.01mol/L的氨水的pH＝b，則a﹣1＞b
D．CO2通入KOH 溶液，當(dāng)由水電離的 c（H+）＝10﹣7mol/L，一定存在：c（K+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）
【答案】B
【解析】A、在AgCl和AgBr兩飽和溶液中，c（Cl﹣）＞c（Br﹣），將AgCl、AgBr兩飽和溶液混合時，因n（Cl﹣）＞n（Br﹣），當(dāng)加入足量的濃AgNO3溶液時，則生成更多的AgCl沉淀，故A錯誤；
B、0.1mol?L﹣1的NaHSO3溶液中通NH3至pH＝7，溶液中存在物料守恒，即c（Na+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）①，溶液中存在電荷守恒，即c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），因為pH＝7即c（Na+）+c（NH4+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）②，由①得c（Na+）＞c（SO32﹣）；將①式左右兩邊都加上c（NH4+）得c（Na+）+c（NH4+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）+c（NH4+）③，結(jié)合②③得c（SO32﹣）＝c（NH4+）+c（H2SO3），故c（SO32﹣）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+），故B正確；
C．加水稀釋促進一水合氨電離，稀釋10倍后溶液中c（OH﹣）大于原來的，所以a﹣1＜b，故C錯誤；
D．當(dāng)在25℃時由水電離的H+濃度為10﹣7mol/L，說明溶液呈中性，則c（H+）＝c（OH﹣）①，根據(jù)電荷守恒c（K+）+c（H+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）②，由①②得，c（K+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），該題沒標(biāo)明溫度為25℃，故D錯誤；故選：B。
11．已知：Fe2+遇鐵氰化鉀（K3[Fe（CN）6]）會產(chǎn)生特征的藍色沉淀；AgI是難溶于水的黃色固體。將0.1mol?L﹣1的KI溶液和0.05mol?L﹣1Fe2（SO4）3溶液等體積混合后，取混合液分別完成下列實驗，均能說明溶液中存在化學(xué)平衡“2Fe3++2I﹣?2Fe2++I2”的是（　?。?br /> 實驗編號
實驗操作
實驗現(xiàn)象
①
滴入KSCN溶液
溶液變紅色
②
滴入AgNO3溶液
有黃色沉淀生成
③
滴入K3[Fe（CN）6]溶液
有藍色沉淀生成
④
滴入淀粉溶液
溶液變藍色
A．①和② B．②和④ C．③和④ D．①和③
【答案】A
【解析】將0.1mol/L的KI溶液和0.05mol/L Fe2（SO4）3溶液等體積混合后，若此反應(yīng)不可逆，則Fe3+和I﹣能恰好完全反應(yīng)，則溶液中無Fe3+和I﹣，故只需要證明溶液中含F(xiàn)e3+和I﹣，則即能證明此反應(yīng)為可逆反應(yīng)，能建立化學(xué)平衡。
①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液變紅，則說明溶液中有Fe3+，即能說明反應(yīng)存在平衡，故①正確；
②向溶液中滴入AgNO3溶液有黃色沉淀生成，說明溶液中含I﹣，能說明反應(yīng)存在平衡，故②正確；
③無論反應(yīng)存不存在平衡，溶液中均存在Fe2+，滴入K3[Fe（CN）6]溶液均有藍色沉淀生成，故③錯誤；
④無論反應(yīng)存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均變藍色，故不能證明存在平衡，故④錯誤。故選：A。
二．解答題（共9小題，共45分）
12．（1）寫出NaHSO4在水中的電離方程式_____．
（2）粗鹽中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸鹽，除去這些雜質(zhì)的試劑可選用，①Na2CO3、②NaOH、③BaCl2、④HCl，用序號表示加入的先后順序是_____．
（3）實驗證明銅不能在低溫下與O2反應(yīng)，也不能與稀H2SO4共熱發(fā)生反應(yīng)，但工業(yè)上卻是將廢銅屑倒入熱的稀H2SO4中并通入空氣來制備CuSO4溶液的．銅屑在此狀態(tài)下被溶解的化學(xué)方程式為_____．
（4）利用銅制備CuSO4的另一種方法可用化學(xué)方程式表示為_____．
（5）以上兩種方法_____（填“前”或“后”）者好，原因是_____．
【答案】（1）NaHSO4═Na++H++SO42﹣；
（2）②③①④或③②①④；
（3）2Cu+2H2SO4（?。?O22CuSO4+2H2O；
（4）Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O；
（5）前；若制得1mol CuSO4，第一種方法只需1mol H2SO4，而第二種方法則要2mol H2SO4，而且生成的SO2又造成大氣污染；
【解析】（1）NaHSO4在水中完全電離生成鈉離子、氫離子和硫酸根離子，電離方程式為：NaHSO4═Na++H++SO42﹣，
故答案為：NaHSO4═Na++H++SO42﹣；
（2）粗鹽中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸鹽，先加入②氫氧化鈉溶液除去鎂離子或加入③氯化鋇溶液除去硫酸根離子，再加入適量①除去除去鈣離子，然后過濾除去難溶物，最后加④鹽酸，除去過量的碳酸鈉、氫氧化鈉，所以試劑的順序為②③①④或 ③②①④，
故答案為：②③①④或③②①④；
（3）將廢銅屑倒入熱的稀H2SO4中并通入空氣來制備CuSO4溶液的、，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Cu+2H2SO4（?。?O22CuSO4+2H2O，
故答案為：2Cu+2H2SO4（?。?O22CuSO4+2H2O；
（4）銅和濃硫酸加熱反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Cu+2H2SO4（濃） CuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案為：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O；
（5）能夠被空氣中的氧氣氧化成氧化銅，氧化銅為堿性氧化物，能夠與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銅和水；反應(yīng)的方程式為：2Cu+O22CuO CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O；生成1mol硫酸銅消耗1mol硫酸，反應(yīng)過程中無有毒氣體產(chǎn)生；
濃硫酸具有強的氧化性，與銅在加熱的條件下發(fā)生反應(yīng)生成硫酸銅、水、二氧化硫，反應(yīng)的方程式：
Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O，生成1mol硫酸銅消耗2mol硫酸，同時生成有毒的氣體二氧化硫，所以從環(huán)境保護和節(jié)約原料角度可知前者更好；
故答案為：前；若制得1mol CuSO4，第一種方法只需1mol H2SO4，而第二種方法則要2mol H2SO4，而且生成的SO2又造成大氣污染；
13．現(xiàn)有下列十種物質(zhì)：①HCl ②NaCl ③純堿 ④CO2⑤CH3COOH ⑥KOH ⑦氫氧化鐵膠體 ⑧NH3⑨空氣 ⑩Fe2（SO4）3
（1）上述十種物質(zhì)中，屬于強電解質(zhì)的有_____，屬于弱電解質(zhì)的有_____屬于非電解質(zhì)的有_____；
（2）有兩種物質(zhì)在水溶液中可發(fā)生反應(yīng)，離子方程式為H++OH﹣＝H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____；
（3）標(biāo)準(zhǔn)狀況下，_____L④中含有0.2mol氧原子；
（4）現(xiàn)有100mL⑩溶液中含F(xiàn)e3+5.6g，則溶液中SO42﹣的物質(zhì)的量濃度是_____。
【答案】（1）①②③⑥⑩；⑤；④⑧；
（2）HCl+KOH＝KCl+H2O；
（3）2.24；
（4）1.5mol/L。
【解析】（1）①HCl是強電解質(zhì)； ②NaCl 是強電解質(zhì)；③純堿為碳酸鈉，屬于強電解質(zhì)； ④CO2 本身不能電離，屬于非電解質(zhì)；⑤CH3COOH水溶液中部分電離，屬于弱電解質(zhì)；
⑥KOH 是強電解質(zhì)；⑦氫氧化鐵膠體是混合物，不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)； ⑧NH3 本身不能電離，屬于非電解質(zhì)；⑨空氣是混合物，不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)；
⑩Fe2（SO4）3是強電解質(zhì)；
所以：上述十種物質(zhì)中，屬于強電解質(zhì)的有①②③⑥⑩，屬于弱電解質(zhì)的有⑤屬于非電解質(zhì)的有④⑧；
故答案為：①②③⑥⑩；⑤；④⑧；
（2）H++OH﹣＝H2O可以表示鹽酸與氫氧化鉀反應(yīng)生成氯化鉀和水，化學(xué)方程式：HCl+KOH＝KCl+H2O，
故答案為：HCl+KOH＝KCl+H2O；
（3）n（CO2）＝n（O）＝0.1mol，V（CO2）＝0.1mol×22.4L/mol＝2.24L；
故答案為：2.24；
（4）Fe3+的物質(zhì)的量為＝0.1mol，溶液中2n（SO42﹣）＝3n（Fe3+），則SO42﹣的物質(zhì)的量為0.1mol×＝0.15mol，SO42﹣的物質(zhì)的量濃度為＝1.5mol/L；
故答案為：1.5mol/L。
14．（1）在25°C時，純水中C（H+）?C（OH﹣）＝_____；
（2）在NH4Cl溶液中C（H+）_____10﹣7mol/L（大于、小于或等于），pH_____7（大于、小于或等于）；
（3）在Na2CO3溶液中C（H+）_____10﹣7mol/L （大于、小于或等于），pH_____7（大于、小于或等于）
（4）在NaCl溶液中C（H+）_____10﹣7mol/L （大于、小于或等于），pH_____7（大于、小于或等于）．
【答案】（1）1.0×10﹣14；
（2）大于；小于；
（3）小于；大于；
（4）等于；等于．
【解析】（1）水的電離過程為H2O?H++OH﹣，在室溫下其平衡常數(shù)為KW（25℃）＝1.0×10﹣14，故答案為：1.0×10﹣14；
（2）在NH4Cl溶液中，銨根離子水解促進水的電離，水解顯示酸性，c（H+）大于10﹣7mol/L，pH小于7，故答案為：大于；小于；
（3）在Na2CO3溶液中，碳酸根離子水解促進水的電離，水解顯示堿性，c（H+）小于10﹣7mol/L，pH大于7，故答案為：小于；大于；
（4）在NaCl溶液中，水的電離平衡不受影響，所以c（H+）＝10﹣7mol/L，pH＝7，顯示中性，故答案為：等于；等于．
15．室溫下，把下列各題的結(jié)果填在橫線上
（1）c（OH﹣）＝1×10﹣3mol/L的溶液的pH＝_______
（2）0.01mol/L HNO3溶液中，水電離出的H+的物質(zhì)的量的濃度c（H+）＝_______
（3）某溶液由水電離出H+的物質(zhì)的量的濃度c（H+）＝1×10﹣5mol/L，則該溶液可以是_____（填“硫酸”或“氯化銨”或“氫氧化鈉”或“氯化鈉”）溶液
（4）將0.39g過氧化鈉溶于足量水中并配成100mL溶液，則溶液的pH＝_____
（5）0.12mol/LHCl溶液與0.1mol/L的NaOH溶液等體積混合，混合液的pH＝_____
【答案】（1）11；
（2）1×10﹣12mol/L；
（3）氯化銨；
（4）2。
【解析】（1）c（OH﹣）＝1×10﹣3mol/L的溶液的c（H+）＝＝mol/L＝1×10﹣11mol/L，溶液的pH＝11，故答案為：11；
（2）0.01mol/L HNO3溶液中，水電離受到抑制，水電離出的H+的物質(zhì)的量的濃度c（H+）＝＝mol/L＝1×10﹣12mol/L，故答案為：1×10﹣12mol/L；
（3）某溶液由水電離出H+的物質(zhì)的量的濃度c（H+）＝1×10﹣5mol/L，根據(jù)Kw＝c（H+）c（OH﹣）則c（OH﹣）＝1×10﹣9mol/L，氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，顯示酸性，可以是氯化銨溶液，故答案為：氯化銨；
（4）將0.39g即0.005mol過氧化鈉溶于足量水中，得到0.01mol的氫氧化鈉，配成100mL溶液，則c（NaOH）＝＝0.1mol/L，pH＝13，故答案為：13；
（5）0.12mol/LHCl溶液與0.1mol/L的NaOH溶液等體積混合，則酸會剩余，剩余的氫離子濃度＝mol/L＝0.01mol/L，所以pH＝2，故答案為：2。
16．某一元弱酸（用HA表示）在水中的電離方程式是HA?H++A﹣，回答下列問題：
（1）向純水中加入適量HA，水的電離平衡將向_____（填“正”、“逆”）反應(yīng)方向移動，理由是_____。
（2）若向（1）所得溶液中加入適量NaCl溶液，以上平衡將向_____（填“正”、“逆”）反應(yīng)方向移動，溶液中c（A﹣）將_____（填“增大”、“減小”或“不變”），溶液中c（OH﹣）將_____（填“增大”、“減小”或“不變”）。
（3）在25℃下，將amol?L﹣1的氨水與0.01mol?L﹣1的鹽酸等體積混合，反應(yīng)平衡時溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），則溶液顯_____性（填“酸”、“堿”或“中”），a_____0.01（填“大于”、“小于”或“等于”）；用含a的代數(shù)式表示NH3?H2O的電離常數(shù)Kb＝_____?！敬鸢浮浚?）逆； c（H+）增大，平衡向減小c（H+）的方向即逆反應(yīng)方向移動；
（2）正；減?。辉龃?；
（3）中；大于；mol?L﹣1。
【解析】（1）向純水中加入適量HA，溶液中c（H+）增大，抑制了水的電離，平衡向減小c（H+）的方向即逆反應(yīng)方向移動，
故答案為：逆； c（H+）增大，平衡向減小c（H+）的方向即逆反應(yīng)方向移動；
（2）若向溶液中加入適量NaCl溶液，NaCl對平衡無影響，但溶液體積增大，促進電離，平衡向正方向移動，溶液中c（A﹣）減小，c（H+）減小，則c（OH﹣）增大，
故答案為：正；減?。辉龃?；
（3）由溶液的電荷守恒可得：c（H+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），已知c（NH4+）＝c（Cl﹣），則有c（H+）＝c（OH﹣），所以溶液顯中性；當(dāng)a＝0.01mol/L時，反應(yīng)生成氯化銨，溶液呈酸性，若使溶液為中性，則a大于0.01；
則此時NH3?H2O的電離常數(shù)Kb＝＝＝mol?L﹣1，
故答案為：中；大于；mol?L﹣1。
17．設(shè)計一個簡單的一次性完成實驗的裝置圖，驗證醋酸溶液、二氧化碳水溶液、苯酚溶液的酸性強弱順序是CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH．
（1）利用如圖所示的儀器可以組裝實驗裝置，則儀器的連接順序是_____接D，E接_____，_____接_____．
（2）有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____．
（3）有的同學(xué)認(rèn)為此裝置不能驗證H2CO3和C6H5OH的酸性強弱，你認(rèn)為是否有道理？怎樣改進實驗才能驗證H2CO3和C6H5OH的酸性強弱？_____．

【答案】（1）A；B；C；F；
（2）Na2CO3+2CH3COOH＝2CH3COONa+H2O+CO2↑、
；
（3）該同學(xué)說的有道理，應(yīng)在錐形瓶和試管之間加一個盛NaHCO3溶液的洗氣瓶，除去CO2中混有的醋酸蒸氣．
【解析】（1）醋酸溶液、二氧化碳水溶液、苯酚溶液的酸性強弱順序是CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH，根據(jù)強酸制取弱酸知，醋酸和碳酸鈉反應(yīng)制取二氧化碳，二氧化碳和苯酚鈉溶液反應(yīng)制取苯酚，所以儀器的連接順序是：
A→D→E→A→B→C→F，故答案為：A；B；C；F；
（2）碳酸鈉和醋酸反應(yīng)方程式為：Na2CO3+2CH3COOH＝2CH3COONa+H2O+CO2↑，二氧化碳和苯酚鈉溶液反應(yīng)方程式為，
故答案為：Na2CO3+2CH3COOH＝2CH3COONa+H2O+CO2↑、；
（3）醋酸易揮發(fā)，苯酚鈉變渾濁，可能是醋酸與苯酚鈉反應(yīng)，應(yīng)設(shè)計一個裝置除去CO2中混有的醋酸蒸氣，所以該同學(xué)說的有道理，應(yīng)在錐形瓶和試管之間加一個盛NaHCO3溶液的洗氣瓶，除去CO2中混有的醋酸蒸氣，
故答案為：該同學(xué)說的有道理，應(yīng)在錐形瓶和試管之間加一個盛NaHCO3溶液的洗氣瓶，除去CO2中混有的醋酸蒸氣．
18．某同學(xué)為驗證鹽酸、碳酸和硅酸的酸性強弱，用如圖裝置進行實驗：

回答下列問題．
（1）裝置Ⅰ中的現(xiàn)象是_____，裝置Ⅱ的作用是_____，其中可能發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_____．
（2）裝置Ⅲ中的現(xiàn)象是_____，反應(yīng)的化學(xué)方程式是_____．
（3）該實驗的實驗結(jié)論是_____．
【答案】（1）固體溶解，有氣泡冒出；吸收裝置Ⅰ中揮發(fā)出來的HCl氣體；HCO3﹣+H+＝H2O+CO2↑；
（2）白色膠狀沉淀產(chǎn)生；Na2SiO3+CO2+H2O＝Na2CO3+H2SiO3（膠體）；
（3）鹽酸＞碳酸＞硅酸．
【解析】（1）裝置Ⅰ中反應(yīng)生成二氧化碳，現(xiàn)象是固體溶解，有氣泡冒出，裝置Ⅱ的作用是吸收裝置Ⅰ中揮發(fā)出來的HCl氣體，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是HCO3﹣+H+＝H2O+CO2↑，
故答案為：固體溶解，有氣泡冒出；吸收裝置Ⅰ中揮發(fā)出來的HCl氣體；HCO3﹣+H+＝H2O+CO2↑；
（2）裝置Ⅲ中發(fā)生Na2SiO3+CO2+H2O＝Na2CO3+H2SiO3（膠體），現(xiàn)象是有白色膠狀沉淀產(chǎn)生，
故答案為：白色膠狀沉淀產(chǎn)生；Na2SiO3+CO2+H2O＝Na2CO3+H2SiO3（膠體）；
（3）由實驗可知，該實驗發(fā)生強酸制取弱酸的反應(yīng)，則結(jié)論為酸性：鹽酸＞碳酸＞硅酸，故答案為：酸性：鹽酸＞碳酸＞硅酸．
19．有一學(xué)生甲在實驗室測某溶液的pH，實驗時，他先用蒸餾水潤濕pH試紙，然后用潔凈干燥的玻璃棒蘸取試樣進行檢測．學(xué)生乙對學(xué)生甲的操作的評價為：操作錯誤，測定結(jié)果一定有誤差．學(xué)生丙對學(xué)生甲操作的評價為：操作錯誤，但測定結(jié)果不一定有誤差．
（1）你支持_____（填“乙”或“丙”）同學(xué)的觀點，原因是_____．
（2）若用此法分別測定c（H+）相等的鹽酸和醋酸溶液的pH，誤差較大的是_____，原因是_____．
（3）只從下列試劑中選擇實驗所需的物品，你_____（填“能”或“不能”）區(qū)分0.1mol/L的硫酸和0.01mol/L的硫酸．若能，簡述操作過程．_____
①紫色石蕊試液　?、诜犹囈骸　、奂谆仍囈孩苷麴s水 ⑤BaCl2溶液 ⑥pH試紙．【答案】（1）丙；當(dāng)溶液是中性時，則不產(chǎn)生誤差，否則將產(chǎn)生誤差；
（2）鹽酸；在稀釋過程中醋酸繼續(xù)電離出氫離子，使得溶液中氫離子濃度變化比鹽酸小，誤差??；
（3）能；用干燥的玻璃棒蘸取兩種溶液，點在兩張PH試紙上，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡比較其PH，PH較大的為0.01mol/L的硫酸．
【解析】（1）用pH試紙測定的具體測定方法是用干燥的玻璃棒蘸取（或膠頭滴管吸?。┥倭康拇郎y溶液，并滴在放在干燥的玻璃皿或白瓷板上的干燥pH試紙上，再把試紙顯示的顏色與標(biāo)準(zhǔn)比色卡比較，即可得出待測溶液的pH，當(dāng)先用蒸餾水潤濕pH試紙，然后用潔凈干燥的玻璃棒蘸取試樣進行檢測，鹽酸稀釋后，溶液酸性增大，pH變大；氫氧化鈉溶液稀釋后，堿性變小，pH值將變??；食鹽水溶液顯中性，用水稀釋后pH不變，所以丙正確，
故答案為：丙；當(dāng)溶液是中性時，則不產(chǎn)生誤差，否則將產(chǎn)生誤差；
（2）用水潤濕相當(dāng)于稀釋，則所測的PH偏小，由于稀釋會促進弱電解質(zhì)的電離，故弱酸的PH誤差小，所以在稀釋過程中醋酸繼續(xù)電離出氫離子，使得溶液中氫離子濃度變化比鹽酸小，誤差小，
故答案為：鹽酸；在稀釋過程中醋酸繼續(xù)電離出氫離子，使得溶液中氫離子濃度變化比鹽酸小，誤差??；
（3）硫酸為強酸完全電離，0.1mol/L的硫酸和0.01mol/L的硫酸電離出的氫離子濃度分別為0.2mol/L、0.02mol/L，PH＝﹣lgc（H+），氫離子濃度越大，PH越小，所以PH較大的為0.01mol/L的硫酸，
故答案為：能；用干燥的玻璃棒蘸取兩種溶液，點在兩張PH試紙上，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡比較其PH，PH較大的為0.01mol/L的硫酸．
20．已知：CH3COOCH2CH3+H2O?CH3COOH+CH3CH2OH
實驗?zāi)康模候炞C不同條件下，乙酸乙酯的水解程度．
實驗步驟：甲、乙、丙三位同學(xué)分別在等體積的乙酸乙酯中分別加入NaOH溶液、蒸餾水、稀硫酸，在相同條件下（同溫度、同用量、同時進行）．
實驗現(xiàn)象與結(jié)論：甲想通過觀察油層的消失時間來判斷不同條件下乙酸乙酯的水解程度；
乙想通過測定乙酸的濃度或含量來判斷不同條件下乙酸乙酯的水解程度；
丙想通過…
根據(jù)上述回答下列問題：
（1）甲同學(xué)為何可以通過觀察油層的消失時間來達到實驗?zāi)康模篲____
（2）乙同學(xué)認(rèn)為可以通過pH試紙測定溶液的pH來判斷其不同條件下的水解程度，測定pH的操作是_____該方法是否可行？_____（填“行”或不可行”）理由是：_____．
（3）你認(rèn)為丙同學(xué)可以通過_____來判斷不同條件下乙酸乙酯的水解程度．
（4）要在水解后的溶液中通過蒸餾，得到無水乙醇，除了加入生石灰外，還需要加入_____，在蒸餾實驗中除了酒精燈、蒸餾燒瓶、溫度計、接引器外還需要的玻璃儀器有：_____．
【答案】（1）乙酸乙酯不溶于水，通過乙酸乙酯的油層厚度來確定乙酸乙酯的水解程度；
（2）用玻璃棒蘸取水解后的試液，滴在pH試紙上，過半分鐘，再與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對照，讀取pH值；不可行；因為在氫氧化鈉、稀硫酸條件下，溶液酸堿性不能決定醋酸的含量，所以不可行（或行，若以水為條件，溶液的酸堿性與醋酸的濃度或含量有關(guān)，所以行）；
（3）測定乙酸的濃度或含量；
（4）沸石；冷凝管、錐形瓶．
【解析】（1）由于乙酸乙酯不溶于水，所以乙酸乙酯在水中形成油層，可以通過觀察油層的消失時間判斷乙酸乙酯的水解程度，
故答案為：乙酸乙酯不溶于水，通過乙酸乙酯的油層厚度來確定乙酸乙酯的水解程度；
（2）用pH試紙測定溶液酸堿性的方法為：用玻璃棒蘸取水解后的試液，滴在pH試紙上，過半分鐘，再與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對照，讀取pH值；在氫氧化鈉、稀硫酸條件下，溶液酸堿性不能決定醋酸的含量，不能夠通過測定溶液的pH判斷乙酸乙酯的水解程度，
故答案為：用玻璃棒蘸取水解后的試液，滴在pH試紙上，過半分鐘，再與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對照，讀取pH值；不可行；因為在氫氧化鈉、稀硫酸條件下，溶液酸堿性不能決定醋酸的含量，所以不可行（或行，若以水為條件，溶液的酸堿性與醋酸的濃度或含量有關(guān)，所以行）；
（3）乙酸乙酯水解產(chǎn)物為乙酸和乙醇，可以通過測定乙酸的濃度或者含量來判斷乙酸乙酯的水解程度，
故答案為：測定乙酸的濃度或含量；
（4）在蒸餾操作中，完了防止暴沸，需要加入沸石；在蒸餾實驗中除了酒精燈、蒸餾燒瓶、溫度計、接引器外還需要的玻璃儀器有冷凝管和錐形瓶，
故答案為：沸石；冷凝管、錐形瓶．