人教版高中化学选择性必修一《第三章总结与检测》检测

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第三章 总结与检测 练习（解析版）
一．选择题（共11小题，每题5分，共55分）
1．能说明醋酸是弱电解质的事实是（　　）
A．醋酸溶液的导电性比盐酸弱
B．醋酸溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳
C．醋酸溶液用水稀释后，氢离子浓度下降
D．0.1mol•的CH3COOH溶液中，氢离子浓度约为0.001mol
【答案】D
【解析】A．溶液的导电能力与溶液中离子浓度有关，与电解质的强弱无关，故A错误；
B．醋酸溶液和碳酸钙反应生成二氧化碳，说明醋酸的酸性比碳酸强，但不能说明醋酸是弱电解质，故B错误；
C．无论醋酸是强电解质还是弱电解质，稀释醋酸溶液，氢离子浓度都降低，所以不能说明醋酸是弱电解质，故C错误；
D.0.1mol•的CH3COOH溶液中，氢离子浓度约为0.001mol，说明醋酸是部分电离的，在其溶液中存在电离平衡，所以能说明醋酸是弱电解质，故D正确；故选：D。
2．某温度下，重水（ D2O）的离子积常数为1.6×10﹣15，若用定义pH一样规定pD＝﹣lgc（D+），则在该温度下，下列叙述正确的是（　　）
A．纯净的重水中，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．纯净的重水中，pD＝7
【答案】B
【解析】A．c（D+）＝mol/L＝4×10﹣8mol/L，所以pD＞7，故A错误；
B．c（DC1）＝＝0.01mol/L，则c（D+）＝0.01mol/L，所以pD＝2，故B正确；
C．c（NaOD）＝＝0.01mol/L，则c（D+）＝＝1.6×10﹣13mol/L，则pD＞12，故C错误；
D．该温度下重水（D2O）的离子积常数为1.6×10﹣15，纯净的重水中，pD＞7，故D错误；故选：B。
3．下列图象与对应的说法正确的是（　　）
A．向NaOH溶液中加水稀释
B．等质量的Al、Zn与足量的稀硫酸反应
C．向稀硫酸中加入Ba（OH）2溶液
D．恒温下，适量蒸发饱和NaCl溶液的水分
【答案】C
【解析】A．氢氧化钠为强碱溶液，稀释过程中氢氧根离子浓度逐渐减小，溶液的pH逐渐减小，但是无论如何稀释，溶液不可能有碱性变成酸性，溶液的pH只能无限的接近7，图象曲线变化与实际变化不相符，故A错误；
B．等质量的Al、Zn与足量的稀硫酸反应，由于活泼性铝大于锌，反应过程中铝与稀硫酸反应速率大于锌与稀硫酸的反应速率，所以铝与稀硫酸反应的曲线的斜率大，且反应优先结束，图象与实际反应不相符，故B错误；
C．稀硫酸中加入Ba（OH）2溶液，反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，随着氢氧化钡的加入，生成硫酸钡沉淀质量逐渐增大，当二者恰好反应时沉淀达到增大量，图象曲线变化与实际反应一致，故C正确；
D．恒温下蒸发饱和氯化钠溶液，蒸发过程中溶液始终为饱和溶液，所以溶液中溶质的质量分数不变，图象曲线变化与实际不相符，故D错误；故选：C。
4．下列图示与对应的叙述相符的是（　　）

A．图1表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液PH随加水量的变化，则等物质的量浓度的NaA和NaB混合溶液中：C（Na+）＞C（A﹣）＞C（B﹣）＞C（OH﹣）＞C（H+）
B．图2中在b点对应温度下，将pH＝2的H2SO4溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性
C．用0.010 0 mol/L硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.100 0 mol/L Cl﹣、Br﹣及I﹣的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是Cl﹣
D．图4表示在N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）达到平衡后，减少NH3浓度时速率的变化
【答案】A
【解析】A．根据图1可知，相同相同体积是HA的pH变化较大，则酸性：HA＞HB，酸性越强，对应离子的水解程度越大，溶液中离子浓度越小，则c（A﹣）＞c（B﹣）、c（OH﹣）＞c（H+），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（B﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A正确；
B．b点水的离子积Kw＝10﹣12，b点Kw＝10﹣12，pH＝2的H2SO4溶液中c（H+）＝10﹣2mol/L，pH＝12的NaOH溶液等体积中氢氧根离子浓度为：mol/L＝1mol/L，等体积时氢氧根离子过量，混合液呈碱性，故B错误；
C．由图象可知，硝酸银溶液体积相同时，﹣lgc（I﹣）最大，则c（I﹣）最小，则先形成沉淀的是I﹣，故C错误；
D．减少NH3浓度，正反应速率不可能增大，正逆反应速率都减小，且平衡正向移动，故D错误；故选：A。
5．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中会引起实验误差的是（　　）
A．滴定前酸式滴定管需用标准盐酸润洗
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定
C．往盛有20.00 mL NaOH溶液的锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂后进行滴定
D．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，然后装入一定体积的NaOH溶液
【答案】D
【解析】A．滴定前酸式滴定管需用标准盐酸润洗，为正确操作，不会引起误差，故A不选；
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定，为正确操作，不会引起误差，故B不选；
C．往盛有20.00 mL NaOH溶液的锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂后进行滴定，为正确操作，不会引起误差，故C不选；
D．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，然后装入一定体积的NaOH溶液，导致消耗标准液体体积偏大，溶液浓度偏高，故D选；故选：D。
6．T℃时，满足下列条件的溶液一定呈酸性的是（　　）
A．pH＝6的溶液
B．含有H+的溶液
C．c（H+）＞c（OH﹣）
D．能与金属A1反应放出H2的溶液
【答案】C
【解析】A.100℃时pH＝6的溶液为中性，且温度未知，不能判断，故A不选；
B．任何水溶液中均含H+，不判断酸碱性，故B不选；
C．c（H+）＞c（OH﹣），则溶液一定为酸性，故C选；
D．Al与酸或NaOH溶液等均反应生成氢气，则与金属A1反应放出H2的溶液，可能为强碱溶液，故D不选；故选：C。
7．下列化学方程式中，属于水解反应的是（　　）
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﹣ 为水的电离方程式，故A错误；
B．HS﹣+OH﹣⇌H2O+S2﹣为HS﹣和氢氧根之间反应的方程式，故B错误；
C．HS﹣+H2O⇌ H3O++S2﹣为电离方程式，故C错误；
D．为HS﹣的水解离子方程式，故D正确；故选：D。
8．一定条件下，Na2CO3 溶液中存在平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3 ﹣+OH﹣．下列有关说法正确的是（　　）
A．通入 CO2，溶液 pH 增大
B．升高温度，上述反应平衡常数不变
C．加水稀释，变大
D．加入 NaOH 固体，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】A、CO2通入水中，生成H2CO3，可以与OH﹣反应，平衡正向移动，pH减小，故A错误；
B、平衡常数仅与温度有关，温度不变平衡常数是不变的，升高温度，上述反应平衡常数变大，故B错误；
C、加水稀释，平衡虽正向移动，但溶液体积变大，导致氢氧根离子的浓度减小，而温度不变，平衡常数不变，即的值不变，所以变大，故C正确；
D、误加入NaOH固体，碱性肯定增强，平衡逆向进行，故D错误；故选：C。
9．下列物质的水溶液能在蒸发皿中蒸干灼烧得到原物质的是（　　）
①FeCl3②绿矾③碳酸氢钠④Na2SO3⑤K2CO3⑥CaCl2
A．②③⑥ B．⑤⑥ C．③④⑤ D．①④⑤
【答案】B
【解析】①FeCl3溶液加入水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸挥发，灼烧生成氧化铁，故错误；
②绿矾主要成分为硫酸亚铁，加热过程中被氧化为硫酸铁，故错误；
③碳酸氢钠不稳定，加热易分解，蒸干得到分解产物碳酸钠，故错误；
④Na2SO3具有还原性，加热过程中被氧化为硫酸钠，故错误；
⑤K2CO3水解生成的氢氧化钾和碳酸氢钾，加热蒸发是水挥发，得到碳酸钾固体，仍能得到原物质，故正确；
⑥CaCl2不水解，较稳定，蒸干得到原物质，故正确；
则能得到原物质的是⑤⑥。故选：B。
10．室温时，下列各溶液的叙述中正确的是（　　）
A．将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓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，则a﹣1＞b
D．CO2通入KOH 溶液，当由水电离的 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两饱和溶液中，c（Cl﹣）＞c（Br﹣），将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，因n（Cl﹣）＞n（Br﹣），当加入足量的浓AgNO3溶液时，则生成更多的AgCl沉淀，故A错误；
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，溶液中存在电荷守恒，即c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），因为pH＝7即c（Na+）+c（NH4+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）②，由①得c（Na+）＞c（SO32﹣）；将①式左右两边都加上c（NH4+）得c（Na+）+c（NH4+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）+c（NH4+）③，结合②③得c（SO32﹣）＝c（NH4+）+c（H2SO3），故c（SO32﹣）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+），故B正确；
C．加水稀释促进一水合氨电离，稀释10倍后溶液中c（OH﹣）大于原来的，所以a﹣1＜b，故C错误；
D．当在25℃时由水电离的H+浓度为10﹣7mol/L，说明溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣）①，根据电荷守恒c（K+）+c（H+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）②，由①②得，c（K+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），该题没标明温度为25℃，故D错误；故选：B。
11．已知：Fe2+遇铁氰化钾（K3[Fe（CN）6]）会产生特征的蓝色沉淀；AgI是难溶于水的黄色固体。将0.1mol•L﹣1的KI溶液和0.05mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，均能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”的是（　　）
实验编号
实验操作
实验现象
①
滴入KSCN溶液
溶液变红色
②
滴入AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
③
滴入K3[Fe（CN）6]溶液
有蓝色沉淀生成
④
滴入淀粉溶液
溶液变蓝色
A．①和② B．②和④ C．③和④ D．①和③
【答案】A
【解析】将0.1mol/L的KI溶液和0.05mol/L Fe2（SO4）3溶液等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3+和I﹣能恰好完全反应，则溶液中无Fe3+和I﹣，故只需要证明溶液中含Fe3+和I﹣，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。
①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能说明反应存在平衡，故①正确；
②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中含I﹣，能说明反应存在平衡，故②正确；
③无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2+，滴入K3[Fe（CN）6]溶液均有蓝色沉淀生成，故③错误；
④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，故④错误。故选：A。
二．解答题（共9小题，共45分）
12．（1）写出NaHSO4在水中的电离方程式_____．
（2）粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，除去这些杂质的试剂可选用，①Na2CO3、②NaOH、③BaCl2、④HCl，用序号表示加入的先后顺序是_____．
（3）实验证明铜不能在低温下与O2反应，也不能与稀H2SO4共热发生反应，但工业上却是将废铜屑倒入热的稀H2SO4中并通入空气来制备CuSO4溶液的．铜屑在此状态下被溶解的化学方程式为_____．
（4）利用铜制备CuSO4的另一种方法可用化学方程式表示为_____．
（5）以上两种方法_____（填“前”或“后”）者好，原因是_____．
【答案】（1）NaHSO4═Na++H++SO42﹣；
（2）②③①④或③②①④；
（3）2Cu+2H2SO4（稀）+O22CuSO4+2H2O；
（4）Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
（5）前； 若制得1mol CuSO4，第一种方法只需1mol H2SO4，而第二种方法则要2mol H2SO4，而且生成的SO2又造成大气污染；
【解析】（1）NaHSO4在水中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4═Na++H++SO42﹣，
故答案为：NaHSO4═Na++H++SO42﹣；
（2）粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，先加入②氢氧化钠溶液除去镁离子或加入③氯化钡溶液除去硫酸根离子，再加入适量①除去除去钙离子，然后过滤除去难溶物，最后加④盐酸，除去过量的碳酸钠、氢氧化钠，所以试剂的顺序为②③①④或 ③②①④，
故答案为：②③①④或③②①④；
（3）将废铜屑倒入热的稀H2SO4中并通入空气来制备CuSO4溶液的、，反应的化学方程式为：2Cu+2H2SO4（稀）+O22CuSO4+2H2O，
故答案为：2Cu+2H2SO4（稀）+O22CuSO4+2H2O；
（4）铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
（5）能够被空气中的氧气氧化成氧化铜，氧化铜为碱性氧化物，能够与稀硫酸反应生成硫酸铜和水；反应的方程式为：2Cu+O22CuO CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O；生成1mol硫酸铜消耗1mol硫酸，反应过程中无有毒气体产生；
浓硫酸具有强的氧化性，与铜在加热的条件下发生反应生成硫酸铜、水、二氧化硫，反应的方程式：
Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，生成1mol硫酸铜消耗2mol硫酸，同时生成有毒的气体二氧化硫，所以从环境保护和节约原料角度可知前者更好；
故答案为：前； 若制得1mol CuSO4，第一种方法只需1mol H2SO4，而第二种方法则要2mol H2SO4，而且生成的SO2又造成大气污染；
13．现有下列十种物质：①HCl ②NaCl ③纯碱 ④CO2⑤CH3COOH ⑥KOH ⑦氢氧化铁胶体 ⑧NH3⑨空气 ⑩Fe2（SO4）3
（1）上述十种物质中，属于强电解质的有_____，属于弱电解质的有_____属于非电解质的有_____；
（2）有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为H++OH﹣＝H2O，该反应的化学方程式为_____；
（3）标准状况下，_____L④中含有0.2mol氧原子；
（4）现有100mL⑩溶液中含Fe3+5.6g，则溶液中SO42﹣的物质的量浓度是_____。
【答案】（1）①②③⑥⑩；⑤；④⑧；
（2）HCl+KOH＝KCl+H2O；
（3）2.24；
（4）1.5mol/L。
【解析】（1）①HCl是强电解质； ②NaCl 是强电解质；③纯碱为碳酸钠，属于强电解质； ④CO2 本身不能电离，属于非电解质；⑤CH3COOH水溶液中部分电离，属于弱电解质；
⑥KOH 是强电解质；⑦氢氧化铁胶体是混合物，不是电解质，也不是非电解质； ⑧NH3 本身不能电离，属于非电解质；⑨空气是混合物，不是电解质，也不是非电解质；
⑩Fe2（SO4）3是强电解质；
所以：上述十种物质中，属于强电解质的有①②③⑥⑩，属于弱电解质的有⑤属于非电解质的有④⑧；
故答案为：①②③⑥⑩；⑤；④⑧；
（2）H++OH﹣＝H2O可以表示盐酸与氢氧化钾反应生成氯化钾和水，化学方程式：HCl+KOH＝KCl+H2O，
故答案为：HCl+KOH＝KCl+H2O；
（3）n（CO2）＝n（O）＝0.1mol，V（CO2）＝0.1mol×22.4L/mol＝2.24L；
故答案为：2.24；
（4）Fe3+的物质的量为＝0.1mol，溶液中2n（SO42﹣）＝3n（Fe3+），则SO42﹣的物质的量为0.1mol×＝0.15mol，SO42﹣的物质的量浓度为＝1.5mol/L；
故答案为：1.5mol/L。
14．（1）在25°C时，纯水中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）水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在室温下其平衡常数为KW（25℃）＝1.0×10﹣14，故答案为：1.0×10﹣14；
（2）在NH4Cl溶液中，铵根离子水解促进水的电离，水解显示酸性，c（H+）大于10﹣7mol/L，pH小于7，故答案为：大于；小于；
（3）在Na2CO3溶液中，碳酸根离子水解促进水的电离，水解显示碱性，c（H+）小于10﹣7mol/L，pH大于7，故答案为：小于；大于；
（4）在NaCl溶液中，水的电离平衡不受影响，所以c（H+）＝10﹣7mol/L，pH＝7，显示中性，故答案为：等于；等于．
15．室温下，把下列各题的结果填在横线上
（1）c（OH﹣）＝1×10﹣3mol/L的溶液的pH＝_______
（2）0.01mol/L HNO3溶液中，水电离出的H+的物质的量的浓度c（H+）＝_______
（3）某溶液由水电离出H+的物质的量的浓度c（H+）＝1×10﹣5mol/L，则该溶液可以是_____（填“硫酸”或“氯化铵”或“氢氧化钠”或“氯化钠”）溶液
（4）将0.39g过氧化钠溶于足量水中并配成100mL溶液，则溶液的pH＝_____
（5）0.12mol/LHCl溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，混合液的pH＝_____
【答案】（1）11；
（2）1×10﹣12mol/L；
（3）氯化铵；
（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，故答案为：11；
（2）0.01mol/L HNO3溶液中，水电离受到抑制，水电离出的H+的物质的量的浓度c（H+）＝＝mol/L＝1×10﹣12mol/L，故答案为：1×10﹣12mol/L；
（3）某溶液由水电离出H+的物质的量的浓度c（H+）＝1×10﹣5mol/L，根据Kw＝c（H+）c（OH﹣）则c（OH﹣）＝1×10﹣9mol/L，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，显示酸性，可以是氯化铵溶液，故答案为：氯化铵；
（4）将0.39g即0.005mol过氧化钠溶于足量水中，得到0.01mol的氢氧化钠，配成100mL溶液，则c（NaOH）＝＝0.1mol/L，pH＝13，故答案为：13；
（5）0.12mol/LHCl溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，则酸会剩余，剩余的氢离子浓度＝mol/L＝0.01mol/L，所以pH＝2，故答案为：2。
16．某一元弱酸（用HA表示）在水中的电离方程式是HA⇌H++A﹣，回答下列问题：
（1）向纯水中加入适量HA，水的电离平衡将向_____（填“正”、“逆”）反应方向移动，理由是_____。
（2）若向（1）所得溶液中加入适量NaCl溶液，以上平衡将向_____（填“正”、“逆”）反应方向移动，溶液中c（A﹣）将_____（填“增大”、“减小”或“不变”），溶液中c（OH﹣）将_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）在25℃下，将amol•L﹣1的氨水与0.01mol•L﹣1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），则溶液显_____性（填“酸”、“碱”或“中”），a_____0.01（填“大于”、“小于”或“等于”）；用含a的代数式表示NH3•H2O的电离常数Kb＝_____。【答案】（1）逆； c（H+）增大，平衡向减小c（H+）的方向即逆反应方向移动；
（2）正；减小；增大；
（3）中；大于；mol•L﹣1。
【解析】（1）向纯水中加入适量HA，溶液中c（H+）增大，抑制了水的电离，平衡向减小c（H+）的方向即逆反应方向移动，
故答案为：逆； c（H+）增大，平衡向减小c（H+）的方向即逆反应方向移动；
（2）若向溶液中加入适量NaCl溶液，NaCl对平衡无影响，但溶液体积增大，促进电离，平衡向正方向移动，溶液中c（A﹣）减小，c（H+）减小，则c（OH﹣）增大，
故答案为：正；减小；增大；
（3）由溶液的电荷守恒可得：c（H+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），已知c（NH4+）＝c（Cl﹣），则有c（H+）＝c（OH﹣），所以溶液显中性；当a＝0.01mol/L时，反应生成氯化铵，溶液呈酸性，若使溶液为中性，则a大于0.01；
则此时NH3•H2O的电离常数Kb＝＝＝mol•L﹣1，
故答案为：中；大于；mol•L﹣1。
17．设计一个简单的一次性完成实验的装置图，验证醋酸溶液、二氧化碳水溶液、苯酚溶液的酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH．
（1）利用如图所示的仪器可以组装实验装置，则仪器的连接顺序是_____接D，E接_____，_____接_____．
（2）有关反应的化学方程式为_____．
（3）有的同学认为此装置不能验证H2CO3和C6H5OH的酸性强弱，你认为是否有道理？怎样改进实验才能验证H2CO3和C6H5OH的酸性强弱？_____．

【答案】（1）A；B；C；F；
（2）Na2CO3+2CH3COOH＝2CH3COONa+H2O+CO2↑、
；
（3）该同学说的有道理，应在锥形瓶和试管之间加一个盛NaHCO3溶液的洗气瓶，除去CO2中混有的醋酸蒸气．
【解析】（1）醋酸溶液、二氧化碳水溶液、苯酚溶液的酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH，根据强酸制取弱酸知，醋酸和碳酸钠反应制取二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠溶液反应制取苯酚，所以仪器的连接顺序是：
A→D→E→A→B→C→F，故答案为：A；B；C；F；
（2）碳酸钠和醋酸反应方程式为：Na2CO3+2CH3COOH＝2CH3COONa+H2O+CO2↑，二氧化碳和苯酚钠溶液反应方程式为，
故答案为：Na2CO3+2CH3COOH＝2CH3COONa+H2O+CO2↑、；
（3）醋酸易挥发，苯酚钠变浑浊，可能是醋酸与苯酚钠反应，应设计一个装置除去CO2中混有的醋酸蒸气，所以该同学说的有道理，应在锥形瓶和试管之间加一个盛NaHCO3溶液的洗气瓶，除去CO2中混有的醋酸蒸气，
故答案为：该同学说的有道理，应在锥形瓶和试管之间加一个盛NaHCO3溶液的洗气瓶，除去CO2中混有的醋酸蒸气．
18．某同学为验证盐酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，用如图装置进行实验：

回答下列问题．
（1）装置Ⅰ中的现象是_____，装置Ⅱ的作用是_____，其中可能发生反应的离子方程式是_____．
（2）装置Ⅲ中的现象是_____，反应的化学方程式是_____．
（3）该实验的实验结论是_____．
【答案】（1）固体溶解，有气泡冒出；吸收装置Ⅰ中挥发出来的HCl气体；HCO3﹣+H+＝H2O+CO2↑；
（2）白色胶状沉淀产生；Na2SiO3+CO2+H2O＝Na2CO3+H2SiO3（胶体）；
（3）盐酸＞碳酸＞硅酸．
【解析】（1）装置Ⅰ中反应生成二氧化碳，现象是固体溶解，有气泡冒出，装置Ⅱ的作用是吸收装置Ⅰ中挥发出来的HCl气体，发生反应的离子方程式是HCO3﹣+H+＝H2O+CO2↑，
故答案为：固体溶解，有气泡冒出；吸收装置Ⅰ中挥发出来的HCl气体；HCO3﹣+H+＝H2O+CO2↑；
（2）装置Ⅲ中发生Na2SiO3+CO2+H2O＝Na2CO3+H2SiO3（胶体），现象是有白色胶状沉淀产生，
故答案为：白色胶状沉淀产生；Na2SiO3+CO2+H2O＝Na2CO3+H2SiO3（胶体）；
（3）由实验可知，该实验发生强酸制取弱酸的反应，则结论为酸性：盐酸＞碳酸＞硅酸，故答案为：酸性：盐酸＞碳酸＞硅酸．
19．有一学生甲在实验室测某溶液的pH，实验时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测．学生乙对学生甲的操作的评价为：操作错误，测定结果一定有误差．学生丙对学生甲操作的评价为：操作错误，但测定结果不一定有误差．
（1）你支持_____（填“乙”或“丙”）同学的观点，原因是_____．
（2）若用此法分别测定c（H+）相等的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是_____，原因是_____．
（3）只从下列试剂中选择实验所需的物品，你_____（填“能”或“不能”）区分0.1mol/L的硫酸和0.01mol/L的硫酸．若能，简述操作过程．_____
①紫色石蕊试液　　②酚酞试液　　③甲基橙试液④蒸馏水 ⑤BaCl2溶液 ⑥pH试纸．【答案】（1）丙；当溶液是中性时，则不产生误差，否则将产生误差；
（2）盐酸；在稀释过程中醋酸继续电离出氢离子，使得溶液中氢离子浓度变化比盐酸小，误差小；
（3）能；用干燥的玻璃棒蘸取两种溶液，点在两张PH试纸上，与标准比色卡比较其PH，PH较大的为0.01mol/L的硫酸．
【解析】（1）用pH试纸测定的具体测定方法是用干燥的玻璃棒蘸取（或胶头滴管吸取）少量的待测溶液，并滴在放在干燥的玻璃皿或白瓷板上的干燥pH试纸上，再把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，即可得出待测溶液的pH，当先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测，盐酸稀释后，溶液酸性增大，pH变大；氢氧化钠溶液稀释后，碱性变小，pH值将变小；食盐水溶液显中性，用水稀释后pH不变，所以丙正确，
故答案为：丙；当溶液是中性时，则不产生误差，否则将产生误差；
（2）用水润湿相当于稀释，则所测的PH偏小，由于稀释会促进弱电解质的电离，故弱酸的PH误差小，所以在稀释过程中醋酸继续电离出氢离子，使得溶液中氢离子浓度变化比盐酸小，误差小，
故答案为：盐酸；在稀释过程中醋酸继续电离出氢离子，使得溶液中氢离子浓度变化比盐酸小，误差小；
（3）硫酸为强酸完全电离，0.1mol/L的硫酸和0.01mol/L的硫酸电离出的氢离子浓度分别为0.2mol/L、0.02mol/L，PH＝﹣lgc（H+），氢离子浓度越大，PH越小，所以PH较大的为0.01mol/L的硫酸，
故答案为：能；用干燥的玻璃棒蘸取两种溶液，点在两张PH试纸上，与标准比色卡比较其PH，PH较大的为0.01mol/L的硫酸．
20．已知：CH3COOCH2CH3+H2O⇌CH3COOH+CH3CH2OH
实验目的：验证不同条件下，乙酸乙酯的水解程度．
实验步骤：甲、乙、丙三位同学分别在等体积的乙酸乙酯中分别加入NaOH溶液、蒸馏水、稀硫酸，在相同条件下（同温度、同用量、同时进行）．
实验现象与结论：甲想通过观察油层的消失时间来判断不同条件下乙酸乙酯的水解程度；
乙想通过测定乙酸的浓度或含量来判断不同条件下乙酸乙酯的水解程度；
丙想通过…
根据上述回答下列问题：
（1）甲同学为何可以通过观察油层的消失时间来达到实验目的：_____
（2）乙同学认为可以通过pH试纸测定溶液的pH来判断其不同条件下的水解程度，测定pH的操作是_____该方法是否可行？_____（填“行”或不可行”）理由是：_____．
（3）你认为丙同学可以通过_____来判断不同条件下乙酸乙酯的水解程度．
（4）要在水解后的溶液中通过蒸馏，得到无水乙醇，除了加入生石灰外，还需要加入_____，在蒸馏实验中除了酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、接引器外还需要的玻璃仪器有：_____．
【答案】（1）乙酸乙酯不溶于水，通过乙酸乙酯的油层厚度来确定乙酸乙酯的水解程度；
（2）用玻璃棒蘸取水解后的试液，滴在pH试纸上，过半分钟，再与标准比色卡对照，读取pH值；不可行；因为在氢氧化钠、稀硫酸条件下，溶液酸碱性不能决定醋酸的含量，所以不可行（或行，若以水为条件，溶液的酸碱性与醋酸的浓度或含量有关，所以行）；
（3）测定乙酸的浓度或含量；
（4）沸石；冷凝管、锥形瓶．
【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层，可以通过观察油层的消失时间判断乙酸乙酯的水解程度，
故答案为：乙酸乙酯不溶于水，通过乙酸乙酯的油层厚度来确定乙酸乙酯的水解程度；
（2）用pH试纸测定溶液酸碱性的方法为：用玻璃棒蘸取水解后的试液，滴在pH试纸上，过半分钟，再与标准比色卡对照，读取pH值；在氢氧化钠、稀硫酸条件下，溶液酸碱性不能决定醋酸的含量，不能够通过测定溶液的pH判断乙酸乙酯的水解程度，
故答案为：用玻璃棒蘸取水解后的试液，滴在pH试纸上，过半分钟，再与标准比色卡对照，读取pH值；不可行；因为在氢氧化钠、稀硫酸条件下，溶液酸碱性不能决定醋酸的含量，所以不可行（或行，若以水为条件，溶液的酸碱性与醋酸的浓度或含量有关，所以行）；
（3）乙酸乙酯水解产物为乙酸和乙醇，可以通过测定乙酸的浓度或者含量来判断乙酸乙酯的水解程度，
故答案为：测定乙酸的浓度或含量；
（4）在蒸馏操作中，完了防止暴沸，需要加入沸石；在蒸馏实验中除了酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、接引器外还需要的玻璃仪器有冷凝管和锥形瓶，
故答案为：沸石；冷凝管、锥形瓶．