10．下列說法正確的是（　�。�
A．向10mL濃度為0.1mol•L-1的CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水，在滴加過程中水的電離程度始終增大
B．0.01mol•L-1CH3COOH溶液中水的電離程度小于0.01mol•L-1鹽酸中水的電離程度
C．將0.01mol•L-1鹽酸與pH=12的氨水等體積混合，所得溶液中由水電離出的c（OH-）＜1×10-7mol•L-1
D．將0.01mol•L-1的CH3COOH溶液與pH=12的氨水等體積混合，所得溶液中由水電離出的c（OH-）＞1×10-7mol•L-1

分析 A．開始時，溶液的酸性逐漸減弱，水的電離程度逐漸增大，當(dāng)氨水過量后，溶液中氫氧根離子濃度逐漸增大，水的電離程度逐漸減小
B．酸溶液抑制了水的電離，氫離子濃度越大，抑制程度越大；
C．氨水為弱堿，混合液中氨水過量，過量的氨水抑制了水的電離，則液中由水電離出的c（OH-）＜1×10-7mol•L-1；
D．氨水為弱堿，濃度大于0.01mol/L，則混合液中氨水過量，氨水抑制了水的電離．

解答 解：A．酸溶液、堿溶液抑制了水的電離，溶液顯示中性前，隨著氨水的加入，溶液中氫離子濃度逐漸減小，水的電離程度逐漸增大；當(dāng)氨水過量后，隨著溶液中氫氧根離子濃度逐漸增大，水的電離程度逐漸減小，所以滴加過程中，水的電離程度先增大后減小，故A錯誤；
B．鹽酸和醋酸都抑制了水的電離，0.01mol•L-1CH3COOH溶液中氫離子濃度小于0.01mol•L-1鹽酸，則醋酸溶液中水的電離程度大于鹽酸，故B錯誤；
C．將0.01mol•L-1鹽酸與pH=12的氨水等體積混合，氨水為弱堿，則混合液中氨水過量，氨水中氫氧根離子抑制了水的電離，則所得溶液中由水電離出的c（OH-）＜1×10-7mol•L-1，故C正確；
D．將0.01mol•L-1的CH3COOH溶液與pH=12的氨水等體積混合，氨水過量，混合液呈堿性，氨水電離的氫氧根離子抑制了水的電離，則所得溶液中由水電離出的c（OH-）＜1×10-7mol•L-1，故D錯誤；
故選C．

點(diǎn)評 本題考查了酸堿混合的定性判斷及溶液pH的計(jì)算，題目難度中等，明確溶液弱電解質(zhì)的電離及其影響為解答關(guān)鍵，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力．

練習(xí)冊系列答案
相關(guān)習(xí)題

科目：高中化學(xué) 來源： 題型：選擇題

20．常溫下，下列各組物質(zhì)中，Y既能與X反應(yīng)又能與Z反應(yīng)的是（　�。�
XYZ
①NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸
②KOH溶液SiO2氫氟酸
③O2N2H2
④FeC13溶液Cu濃硝酸
A．①③④B．①②④C．②④D．②③

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：選擇題

1．某有機(jī)物分子中含有n個-CH2-，m個-CH-，a個-CH3，其余為-OH，則分子中-OH的個數(shù)為（　　）
A．m+2-aB．n+m+aC．2n+3m-aD．m+2n+2-a

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：選擇題

18．下列微粒中，跟NH4+的電子總數(shù)和質(zhì)子總數(shù)相同的是（　�。�
A．NeB．FC．H3O+D．CH4

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：解答題

5．下表是元素周期表的一部分，回答下列問題：
周期/族ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA○
2　①②③�、�
3⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫
（1）在這些元素中，F(xiàn)（用元素符號填寫，下同）是最活潑的非金屬元素；Ar是最不活潑的元素．
（2）這些元素的最高價氧化物的對應(yīng)水化物中HClO4酸性最強(qiáng)；能形成兩性氫氧化物的元素是Al．
（3）從⑤到⑪的元素中，Cl原子半徑最小，寫出③形成的氫化物的電子式．
（4）⑥、⑩的最高價氧化物分別屬于離子、共價型化合物（填離子，共價）
（5）比較⑤與⑥的化學(xué)性質(zhì)，鈉更活潑，試用實(shí)驗(yàn)證明（簡述簡單操作、主要現(xiàn)象和結(jié)論）取少量金屬鈉和金屬鎂，都投入冷水中，金屬鈉和冷水劇烈反應(yīng)，生成無色氣體，鈉迅速消失． 而鎂和冷水幾乎不反應(yīng)，無明顯現(xiàn)象，證明了金屬鈉比金屬鎂活潑．

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：填空題

15．等物質(zhì)的量的Mg、Al、Fe分別與足量的鹽酸反應(yīng)，產(chǎn)生H2的質(zhì)量之比為2：3：2；等質(zhì)量的Mg、Al、Fe分別與足量的鹽酸反應(yīng)，產(chǎn)生H2的質(zhì)量之比為21：28：9．

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：解答題

2．某工業(yè)廢水中含有一定量的Cr2O72-，含+6價鉻的污水污染環(huán)境，常用的處理方法有兩種．
方法一：還原沉淀法
在一定條件下把Cr2O72-還原成Cr3+，再調(diào)節(jié)溶液的pH值，使Cr3+轉(zhuǎn)化成無毒的Cr（OH）3沉淀除去．已知常溫下，Ksp[Cr（OH）3]=6.3×10-31．
（1）在酸性條件下，可選用FeSO4來還原，則還原1molCr2O72-離子，需要6mol的FeSO4•7H2O．
（2）也可以選用Na2S2O3溶液作還原劑，每消耗0.1molNa2S2O3轉(zhuǎn)移0.8mole-，寫出在酸性條件下發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O．
（3）調(diào)節(jié)溶液的pH=5時，通過列式計(jì)算說明溶液中的Cr3+是否沉淀完全：c（Cr3+）•（10-9）3=6.3×10-31，解之得c（Cr3+）=6.3×10-4＞10-5（離子濃度小于1×10-5mol•L-1時，即可認(rèn)為該離子沉淀完全）．
方法二：該方法用Fe作電極點(diǎn)解Cr2O72-的酸性廢水，隨著電解進(jìn)行，在陰極附近溶液的pH升高，產(chǎn)生Cr（OH）3沉淀除去．
（4）寫出陽極區(qū)的總反應(yīng)方程式：Fe-2e-=Fe2+．
（5）在陰極附近，溶液pH升高的原因是（用電極反應(yīng)解釋）2H++2e-=H2 ↑，溶液中同時生成的沉淀還有Fe（OH）3．
（6）維持電流強(qiáng)度為0.5A，電池工作5分鐘，理論上除去Na2Cr2O70.0003mol（已知F=96500C•mol-1）

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：選擇題

1．用如圖所示的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，反應(yīng)一段時間后斷開K，向右側(cè)燒杯中加入0.1molCuO后CuSO4溶液恰好恢復(fù)到反應(yīng)前的濃度和pH．下列說法中不正確的是（　�。�
A．銅棒為正極，其電極反應(yīng)式為2H++2e-═H2↑
B．燒杯右側(cè)碳棒為陰極，其電極表面有紅色物質(zhì)析出
C．反應(yīng)中消耗鋅的質(zhì)量為13g
D．導(dǎo)線中通過的電子的物質(zhì)的量為0.2mol

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：解答題

2．某化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組擬用以下裝置由乙醇與濃硫酸共熱制備乙烯，且進(jìn)行乙烯的催化氧化實(shí)驗(yàn)．

（1）在A處虛線框內(nèi)繪出該實(shí)驗(yàn)裝置圖．
（2）制取乙烯的化學(xué)方程式為CH3-CH2-OH $→_{170℃}^{濃硫酸}$CH2=CH2↑+H2O．
（3）裝置B中盛有NaOH溶液，除了便于觀察乙烯和氧氣的流速以外，還具有的作用是：
①除去乙烯中的二氧化碳和二氧化硫；②充分混合氧氣和乙烯．
（4）若E中收集到的物質(zhì)為CH3CHO，則D中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CH2=CH2+O2$→_{△}^{催化劑}$2CH3CHO．
（5）用乙醇、濃硫酸共熱制乙烯，所得乙烯產(chǎn)率較低，原因可能是ABC（填字母序號）．
A．乙醇部分揮發(fā)                     B．乙醇部分生成乙醚
C．乙醇被氧化為C、CO、CO2 D．乙醇消去成乙炔．

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