浙江省嘉兴一中高二化学下学期3月月考试题（含解析）.doc

2014-2015学年浙江省嘉兴一中高二（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题（本题共7小题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（3分）（2015春嘉兴校级月考）下列说法不正确的是（）a金属汞洒落，必须尽可能收集起来，并将硫磺粉撒在洒落的地方，使金属汞转变成不挥发的硫化汞b滴定管在使用前要用待装液润洗，而容量瓶不用润洗calcl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是alcl3d碘单质与食盐的分离常用升华法，而碘水中提取碘单质则常用萃取法考点：过滤、分离与注入溶液的仪器；盐类水解的应用；物质的分离、提纯和除杂专题：实验评价题分析：a汞是银白色的金属，熔点38.87，沸点356.6，汞洒落到地上，人会因为吸入汞的蒸汽而中毒，汞易与硫单质化合并生成稳定化合物硫化汞（hgs）固体；b滴定管使用前要润洗，否则应仪器壁上有水，相当于稀释待量物质，容量瓶用来配制一定浓度溶液，不用润洗；calcl3溶液在加热时水解生成al（oh）3；d根据碘单质性质选取分离方法解答：解：a汞挥发的蒸气有毒性，当汞洒落在地面时，由于硫单质能够与汞反应，可以在其洒落的地面上洒上硫粉已便除去汞，故a正确；b滴定管使用前要润洗，否则应仪器壁上有水，相当于稀释待量物质，容量瓶用来配制一定浓度溶液，若用待测液润洗，造成溶质损失，故b正确；calcl3溶液在加热时水解生成al（oh）3，生成的hcl易挥发，最终生成al（oh）3，在加强热时，al（oh）3不稳定，分解生成al2o3，故c错误；d碘易升华，故碘单质与食盐的分离常用升华法，碘易溶于有机溶剂，故可用四氯化碳来萃取碘单质，故d正确故选c点评：本题考查了实验安全和基本操作，题目难度不大，注意汞和碘的特殊性质2（3分）（2014秋舟山期末）下列有关生活生产中的叙述合理的是（）a硫酸工业中so2转化为so3时采用常压，是因为增大压强不会提高so2的转化率b打开啤酒瓶的瓶盖，有大量的气泡冒出来，该现象不能用勒夏特列原理解释c氯碱工业中用离子交换膜电解槽电解时，往阴极室注入经过精制的饱和nacl溶液，往阳极室注入稀氢氧化钠溶液（或去离子水）d工业上合成氨采用500左右的温度，最主要原因是该反应的催化剂在500左右时活性最好考点：化学平衡的调控作用；化学平衡移动原理分析：a该反应是气体体积缩小的反应，增大压强可以提高二氧化硫的转化率；b啤酒中存在二氧化碳的溶解平衡，打开瓶盖后压强减小，有利于碳酸的分解，可以用勒夏特列原理解释；c电解池中和电源的正极相连的是电解池的阳极，发生失电子的氧化反应；阳离子交换膜只允许阳离子通过，而阴离子不能通过，据此进行判断；d根据温度对反应速率的影响及催化剂发挥最大活性时需要一定温度角度分析解答：解：a增大压强后反应速率增大，该反应为反应物气体体积大于生成物气体体积，则增大压强有利于平衡向正反应方向移动，但该反应在常压下的转化率较大，无采用高压的必要，况且采用高压还受动力、设备等条件的限制，提高了成本，故a错误；b啤酒中存在二氧化碳的溶解平衡，开启啤酒瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，故b错误；c阳极是氯离子失电子发生氧化反应，精制饱和食盐水进入阳极室；阴极是氢离子得到电子生成氢气，纯水（加少量naoh）进入阴极室，故c错误；d合成氨的反应是气体体积减小、放热的可逆反应，要使平衡向正反应方向移动，应降低温度、增大压强，但温度过低反应速率过小，不利于工业生成效益；温度越高，反应速率越大，所以应适当升高温度，使反应速率增大；使用催化剂也能增大反应速率，但在500左右时催化剂的活性最大，所以选择采用500左右的温度进行，故d正确；故选d点评：本题考查了化学平衡及其影响因素、电解原理及其应用，题目难度中等，注意掌握勒夏特列原理的内容，明确电解原理及其应用，试题有利于提高学生灵活应用基础知识解决实际问题的能力3（3分）（2014嘉兴二模）工业上电解法处理含镍酸性废水并得到单质ni的原理如图所示下列说法不正确的是（）已知：ni2+在弱酸性溶液中发生水解 氧化性：ni2+（高浓度）h+ni2+（低浓度）a碳棒上发生的电极反应：4oh4eo2+2h2ob电解过程中，b中nacl溶液的物质的量浓度将不断减少c为了提高ni的产率，电解过程中需要控制废水phd若将图中阳离子膜去掉，将a、b两室合并，则电解反应总方程式发生改变考点：电解原理专题：电化学专题分析：a、由图分析可知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4oh4e=2h2o+o2；b、镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应ni2+2e=ni电解过程中为平衡a、c中的电荷，a中的na+和c中的cl分别通过阳离子膜和阴离子膜移向b中，这使b中nacl溶液的物质的量浓度不断增大；c、又因ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：ni2+（高浓度）h+ni2+（低浓度），为了提高ni的产率，电解过程中需要控制废水ph；d、若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序cloh，则cl移向阳极放电：2cl2e=cl2，电解反应总方程式会发生改变解答：解：a、由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4oh4e=2h2o+o2，故a正确；b、镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应ni2+2e=ni电解过程中为平衡a、c中的电荷，a中的na+和c中的cl分别通过阳离子膜和阴离子膜移向b中，这使b中nacl溶液的物质的量浓度不断增大，故b错误；c、因ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：ni2+（高浓度）h+ni2+（低浓度），为了提高ni的产率，电解过程中需要控制废水ph，故c正确；d、若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序cloh，则cl移向阳极放电：2cl2e=cl2，电解反应总方程式会发生改变，故d正确；故选b点评：本题考查了电解池原理的分析判断，主要是电解反应，电解产物判断，电解过程中溶液酸碱性的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等4（3分）（2014秋舟山期末）已知常温下，浓度均为0.1moll1的4种钠盐溶液ph如下表：下列说法中正确的是（）溶质na2co3naclonahco3nahso3ph11.610.38.35.2a足量so2通入naclo溶液中发生反应的离子方程式为：h2o+so2+clo=hclo+hso3b向氯水中加入nahco3，可以增大氯水中次氯酸的浓度c常温下，相同物质的量浓度的h2so3、h2co3、hclo溶液，ph最大的是h2so3dnahso3溶液中离子浓度大小顺序为：c（na+）c（h+）c（hso3）c（so32）c（oh）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用分析：根据相同浓度的钠盐溶液ph大小知，酸根离子水解程度大小顺序是：co32clohco3hso3，则酸的强弱顺序是h2so3h2co3hclohco3，a次氯酸不会置换出亚硫酸氢根离子，且次氯酸根离子能够将二氧化硫氧化成磷酸根离子；b盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠和二氧化碳，促进氯气和水反应；c酸根离子水解程度越大，则酸的酸性越弱；d亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明hso3电离程度大于水解程度，无论电离还是水解其程度都较小解答：解：根据表中盐的ph，可以确定弱离子的水解程度：co32clohco3hso3，所以酸性顺序是：hco3hcloh2co3h2so3，a酸性顺序是：hco3hcloh2co3h2so3，弱酸制不出强酸，即h2o+so2+clo=hclo+hso3不会发生，且次氯酸能将亚硫酸氢根离子氧化，故a错误；b盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠和二氧化碳，促进氯气和水反应，次氯酸和碳酸氢钠不反应，所以导致溶液中次氯酸浓度增大，故b正确；c酸根离子水解程度越大，则酸的酸性越弱，酸根离子水解程度大小顺序是：co32clohco3hso3，则酸的强弱顺序是h2so3h2co3hclohco3，所以常温下，相同物质的量浓度的h2so3、h2co3、hclo溶液，ph最大的是hclo溶液，故c错误；d亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明hso3电离程度大于水解程度，无论电离还是水解的程度都较小，所以c（h+）c（hso3），正确的离子浓度大小顺序为：c（na+）c（hso3）c（h+）c（so32）c（oh），故d错误；故选b点评：本题考查离子浓度大小比较、盐的水解原理，题目难度中等，根据钠盐溶液ph大小确定相对应酸的强弱，再结合强酸制取弱酸、酸式酸根离子电离和水解程度相对大小等知识点来分析解答5（3分）（2014秋舟山期末）下列关于甲、乙、丙、丁四个图象的说法中，正确的是（）a是等质量的两份锌粉a、b分别加到过量的稀硫酸中，同时向a中加入少量ch3coona溶液，产生h2的体积v（l）与时间t（min）的关系图b足量co2不断通入含koh、ba（oh）2、kalo2的混合溶液中，生成沉淀与通入co2的体积的关系图c由图可知，双氧水在有催化剂存在时的热化学方程式为：2h2o2（l）=2h2o（l）+o2（g）h=2（ea2ea2） kjmol1d装置图能实现铁上镀锌考点：化学反应速率的影响因素；热化学方程式；电解原理；有关混合物反应的计算分析：a、向稀硫酸中加入少量ch3coona溶液，产生氢气的速率减慢；b、只要通入co2，立刻就有沉淀baco3产生；将ba（oh）2消耗完毕，接下来消耗koh，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；koh被消耗完毕，接下来消耗kalo2，有al（oh）3沉淀生成；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物k2co3、baco3反应，据此进行判断；c、催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，不影响焓变大小；d、铁上镀锌，铁作阴极解答：解：a、向稀硫酸中加入少量ch3coona溶液，产生氢气的速率减慢，产生氢气的总量相同，故a错误；b、co2先与ba（oh）2反应（有沉淀baco3生成），当ba（oh）2消耗完毕后再与koh反应（此时无沉淀）；最后与kalo2反应（有沉淀al（oh）3生成），以上过程中图形应是：出现沉淀（baco3），平台，沉淀增加因有al（oh）3生成；过量的co2还可以继续与k2co3反应得到khco3，继续过量的co2还可以使baco3沉淀溶解，最后是al（oh）3沉淀，所以接着的图形应该为：平台，沉淀（baco3）减少，平台，故整个过程的图形应为：出现沉淀（baco3），平台，沉淀增加因有al（oh）3生成，平台，沉淀（baco3）减少，平台，故b错误；c、催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，不影响焓变大小，故c正确；d、铁上镀锌，铁作阴极，锌作阳极，故d错误；故选c点评：本题考查了影响反应速率的因素、沉淀的生成和溶解图象、催化剂的催化原理、电镀原理，题目难度中等6（3分）（2014秋舟山期末）用co和h2合成ch3oh的化学方程式为co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h0，按照相同的物质的量投料，测得co在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示下列说法正确的是（）a温度：t1t2t3b正反应速率：（a）（c） （b）（d）c平衡常数：k（a）k（c） k（b）=k（d）d平均摩尔质量：m（a）m（c） m（b）m（d）考点：化学平衡的影响因素；转化率随温度、压强的变化曲线专题：化学平衡专题分析：a该反应为放热反应，温度越低，co的转化率越大；b由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点co转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，co的转化率越大，故温度t1t3，温度越高，反应速率越快；b、d两点压强相同，温度越高，反应速率越大；c由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点co转化率更高，该反应为放热反应，故温度t1t3，降低温度平衡向正反应方向移动，k值增大平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同；dco转化率的越大，n总越小，由m=判断解答：解：a该反应为放热反应，温度越低，co的转化率越大，则t1t2t3，故a错误；b由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点co转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，co的转化率越大，故温度t1t3，温度越高，反应速率越快，故（a）（c）b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于d点压强，则v（b）v（d），故b错误；c由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点co转化率更高，该反应为放热反应，故温度t1t3，降低温度平衡向正反应方向移动，则k（a）k（c），平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则k（b）=k（d），故c正确；dco转化率的越大，n总越小，由m=可知，a点n总小，则m（a）m（c），m（b）m（d），故d错误；故选c点评：本题考查温度、压强、转化率等之间的关系，明确外界条件对反应速率及平衡的影响是解本题的关键，易错选项是d，注意根据m=来分析解答即可7（3分）（2014秋嘉兴期末）常温下，下列溶液的ph或微粒的物质的量浓度关系正确的是（）aca（clo）2溶液中：c（ca2+）c（clo）c（oh）c（h）b等体积、等物质的量浓度的na2so3溶液与nahso3溶液混合：c（na+）=c（so32）+c（hso3）+c（h2so3）c将0.2moll1的某一元酸ha溶液和0.1moll1的naoh溶液等体积混合后溶液的ph大于7，则反应后的混合液：2c（oh）+c（a）=2c（h+）+c（ha）d某溶液中水电离出的c（oh）=110amoll1若a7时，则ph该溶液的一定为14a考点：离子浓度大小的比较；ph的简单计算分析：aclo水解导致溶液呈碱性，但水解程度较小，溶液中存在物料守恒；b根据混合液中的物料守恒判断；c任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；d当a7时，由水电离出的氢离子浓度小于107moll1，则该物质可能是酸或碱解答：解：aclo水解导致溶液呈碱性，则c（oh）c（h+），但水解程度较小，钙离子不水解，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒知c（clo）c（ca2+），则溶液中离子浓度大小顺序为：c（clo）c（ca2+）c（oh）c（h+），故a错误；b任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得：2c（na+）=3c（so32）+3c（hso3）+3c（h2so3），故b错误；c0.2mol/l的某一元酸ha溶液和0.1mol/l naoh溶液等体积混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的naa和ha，混合溶液ph大于7，说明酸根离子水解程度大于酸的电离程度，溶液中存在电荷守恒：c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（a），存在物料守恒：2c（na+）=c（ha）+c（a），二者结合可得：2c（oh）+c（a）=2c（h）+c（ha），故c正确；d当a7时，由水电离出的氢离子浓度小于107moll1，则该物质可能是酸或碱，溶液的ph可能为a或14a，故d错误；故选c点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理的含义为解答关键，注意掌握判断离子浓度大小的常用方法，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力二、解答题（共5小题，满分0分）8（2014秋舟山期末）滴定法是中学化学中一种十分重要的定量分析方法滴定法又可进一步分为酸碱中和滴定、氧化还原滴定等若干种强酸强碱中和滴定是一种准确度很高的定量分析的实验方法，其最主要的原因是：强酸强碱中和反应进行的很彻底，且在滴定过程中锥形瓶中混合溶液的ph变化通常如图所示，图中的点b称为中和点，d区域称为滴定突跃，酸碱恰好中和时溶液的ph落在图中a段范围，则应选用的指示剂是酚酞考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：强酸强碱中和滴定，过程中的关键是准确量取溶液体积，判断反应终点，酸碱反应终点存在ph突跃，若酸碱反应后溶液呈中性，可以选择酚酞或甲基橙指示终点，若反应后溶液呈碱性，最好选择酚酞指示终点，若恰好反应呈酸性，最好选择甲基橙做指示剂，酚酞变色范围为810，甲基橙变色范围为3.14.4；解答：解：强酸强碱中和滴定，过程中的关键是准确量取溶液体积，判断反应终点，酸碱反应终点存在ph突跃，酚酞变色范围为810，甲基橙变色范围为3.14.4，若酸碱反应后溶液呈中性，可以选择酚酞或甲基橙指示终点，若反应后溶液呈碱性，最好选择酚酞指示终点，若恰好反应呈酸性，最好选择甲基橙做指示剂，图中的点b称为中和点，d区域为滴定突跃，酸碱恰好中和时溶液的ph落在图中a段范围，溶液呈弱碱性应选择酚酞溶液指示到终点；故答案为：中和点，滴定突跃，酚酞点评：本题考查了酸碱滴定实验工厂的分析判断，指示剂选择的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等9（2015春嘉兴校级月考）氧化还原滴定实验与中和滴定原理相似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液，或反之）现用0.1moll1酸性kmno4溶液（标准液）滴定未知浓度的h2o2水溶液（待测液），反应离子方程式是：2mno4+5h2o2+6h+=2mn2+5o2+8h2o，请回答下列问题：（1）该滴定实验一定不需要用到的仪器有下列中的bg（填字母）a、酸式滴定管（50ml） b、碱式滴定管（50ml） c、白纸 d、锥形瓶e、铁架台 f、滴定管夹 g、量筒（10ml）（2）滴定时是否需要添加指示剂不需要，理由因为滴定终点时，溶液由无色变为紫红色（3）实验中取h2o2溶液v ml，滴定前后滴定管液面刻度分别为a ml和b ml，则h2o2浓度为mol/l（4）在滴定过程中，下列操作会使过氧化氢溶液测定浓度比实际浓度偏高的是盛装标准液的滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗锥形瓶中有少量蒸馏水，实验时没有烘干处理读数时，滴定前平视，滴定后俯视滴定前盛装标准液的滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失abcd考点：中和滴定专题：实验题分析：（1）酸性kmno4溶液、h2o2水溶液具有强氧化性，实验时应用酸式滴定管，滴定过程还需要烧杯、锥形瓶、白纸、滴定管夹和铁架台；（2）酸性kmno4溶液颜色为紫红色，滴定终点时，溶液由无色变为紫红色；（3）根据化学方程式2mno4+5h2o2+6h+=2mn2+5o2+8h2o来解答；（4）根据c（待测）=分析不当操作对v（标准）的影响，以此判断浓度的误差解答：解：（1）酸性kmno4溶液、h2o2水溶液具有强氧化性，实验时应用酸式滴定管，滴定过程还需要烧杯、锥形瓶、白纸、滴定管夹和铁架台，不需要用到的是碱式滴定管（50ml）、量筒；故答案为：bg；（2）酸性kmno4溶液为紫红色，滴定终点时，溶液由无色变为紫红色，不用指示剂也能够观察滴定终点，故答案为：不需要；因为滴定终点时，溶液由无色变为紫红色；（3）滴定前后滴定管液面刻度分别为aml和bml，则高锰酸钾的体积为（ba）ml，假设浓度为c，则双氧水的物质的量=vc103mol，高锰酸钾的物质的量为0.1（ba）103mol，反应离子方程式是：2mno4+5h2o2+6h+=2mn2+5o2+8h2o， 2mno4+5h2o2+6h+=2mn2+5o2+8h2o 2 5 0.1（ba）103mol vc103mol解得：c=mol/l，故答案为：mol/l（4）盛装标准液的滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，相当于稀释了标准液，导致v（标准）偏大，依据c（待测）=分析，c（待测）偏高，故正确；锥形瓶中有少量蒸馏水，实验时没有烘干处理，待测液的物质的量不变，对测定结果无影响，故错误；读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致v（标准）偏小，依据c（待测）=分析，c（待测）偏低，故错误；滴定前盛装标准液的滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，导致v（标准）偏大，依据c（待测）=分析，c（待测）偏高，故正确；故答案为：点评：本题主要考查了滴定操作中仪器的使用以及滴定计算，难度不大，理解掌握氧化还原滴定的原理是解题关键10（2015春嘉兴校级月考）按要求回答下列问题：（1）反应cl2+h2oh+cl+hclo其化学平衡常数k的表达式为：在25下，将a moll1的氨水与0.01moll1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（nh）=c（cl），试用含a的代数式表示nh3h2o的电离常数kb=（2）常温下，向一定体积的0.1moll1醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是cda溶液中导电粒子的数目减少 b醋酸的电离程度增大，c（h+）亦增大c溶液中不变 d溶液中减小（3）常温下将0.15moll1的稀硫酸v1 ml与0.1moll1的naoh溶液v2 ml混合，所得溶液的ph为1，则v1：v2=1：1（溶液体积的变化忽略不计，硫酸电离方程式：h2so4=2h+so42）常温下将ph=3的醋酸溶液v1 ml与ph=11的naoh溶液v2 ml混合，则下列说法正确的是ada若混合后溶液呈中性，则c（h+）+c（oh）=2107 moll1b若v1=v2，混合后溶液的ph一定等于 7c若混合后溶液呈酸性，则v1一定大于v2d若混合后溶液呈碱性，则v1一定小于v2（4）nh4hso4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛现向100ml 0.1moll1 nh4hso4溶液中滴加0.1moll1 naoh溶液，得到的溶液ph与naoh溶液体积的关系曲线如图所示试分析图中ae 5个点，回答下列问题：水的电离程度最大的是b点；在c点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c（na+）c（so42）c（nh4+）c（oh）=c（h+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；化学平衡常数的含义；ph的简单计算专题：化学平衡专题；电离平衡与溶液的ph专题分析：（1）根据平衡数表达式的定义写出该反应的平衡常数；溶液中存在电荷守恒，根据反应情况方程来计算溶液中nh3h2o的物质的量浓度，然后代入表达式求kb；（2）根据外界条件对电离平衡的影响分析解答；（3）所得溶液的ph值为1，溶液中氢离子浓度为1101moll1，说明氢离子过量，根据题中稀硫酸和氢氧化钠溶液体积列式计算出v1：v2的比值；a若反应后溶液呈中性，则c（h+）=c（oh）=1107mol/l；b若v1=v2，反应后溶液ph等于7或小于7；c若反应后溶液呈酸性，v1可能等于v2；d如果溶液呈碱性，则溶液可能是碱和盐溶液，也可能只是盐溶液；（4）a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完h+，溶液中只有（nh4）2so4与na2so4；c、d、e三点溶液均含有nh3h2o，（nh4）2so4可以促进水的电离，而nh3h2o抑制水的电离c点溶液呈中性，则溶液含有（nh4）2so4、na2so4、nh3h2o三种成分解答：解：（1）生成物的浓度幂之积比上反应浓度幂之积，水是纯液体不需代入表达式，所以k=，故答案为：；将a moll1的氨水与0.01moll1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中存在电荷守恒，即c（nh4+）+c（h+）=c（cl）+c（oh），当c（nh4+）=c（cl），则c（h+）=c（oh），溶液显中性，a moll1的氨水与0.01moll1的盐酸等体积混合后，剩余氨水的物质的量为（a0.01）v，混合以后溶液的体积为2v，所以此时溶液中nh3h2o的物质的量浓= moll1，c（nh4+）=moll1，c（oh）=107moll1，kb=，故答案为：；（2）a加水稀释溶液导电能力减弱，但加水稀释促进电离，溶液中导电粒子的数目增大，故a错误； b醋酸的电离程度增大，体积变大，c（h+）减小，故b错误；c溶液中，分子分母同乘氢离子的浓度得：，温度不变比值不变，故c正确； d溶液中，无限稀释相当于水，但体积增加，醋酸根离子浓度减小，氢离子浓度基本不变，所以比值减小，故d正确；故答案为：cd；（3）溶液中氢氧化钠的物质的量为：v2103l0.1mol/l=v2104mol，稀硫酸的物质的量为：v1103l0.15mol/l2=3v1104mol，两溶液混合后溶液显示酸性，氢离子浓度为1101moll1，则有：3v1104molv2104mol=（v1+v2）103l1101moll1=（v1+v2）104mol，解得v1：v2=1：1，故答案为：1：1；a若混合溶液呈中性，则溶液中c（h+）=c（oh）=2107 moll1，所以溶液中c（h+）+c（oh）=2107 moll1，故a正确；b如果二者体积相等，如果酸是强酸，则混合溶液呈中性，如果酸是弱酸，则混合溶液呈酸性，故b错误；c如果溶液呈酸性，则溶液是酸和盐溶液，酸是弱酸，酸浓度大于氢氧化钠浓度，所以v1不一定大于v2，故c错误；d如果溶液呈碱性，则溶液可能是碱和盐溶液，也可能只是盐溶液，则v1一定小于v2，故d正确；故答案为：ad；（4）a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完h+，溶液中只有（nh4）2so4与na2so4；c、d、e三点溶液均含有nh3h2o，（nh4）2so4可以促进水的电离，而nh3h2o抑制水的电离，因此水的电离程度最大的是b点，溶液中c（oh）的数值最接近nh3h2o的电离常数k数值，故答案为：b；c点溶液呈中性，即溶液含有（nh4）2so4、na2so4、nh3h2o三种成分，b点时c（na+）=c（so42），b点时c（na+）c（so42），根据n元素与s元素的关系，可以得出c（so42）c（nh4+），故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：本题考查知识点全面，平衡常数的计算、平衡的移动、离子浓度大小比较等知识点，离子浓度大小比较常与盐类水解、弱电解质的电离联合考查，确定离子浓度大小时要结合电荷守恒、物料守恒来分析解答11（2014秋启东市校级期末）汽车在现代生活中扮演着越来越重要的角色，但其尾气（碳氢化合物、氮氧化物及一氧化碳等）带来的环境污染越来越明显，机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源（1）在汽车尾气系统中安装催化转换器，可有效减少尾气中的co、nox 和碳氢化合物等废气已知：n2（g）+o2（g）=2no（g）h1=+180kj/molco（g）+o2（g）=co2（g）h2=283kj/mol2no（g）+2co（g）=2co2（g）+n2（g）h3则h3=746kjmol1（2）气缸中生成no的反应为：n2（g）+o2（g）2no（g）h0汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内no排放量越大，原因是温度升高，反应速率加快，平衡右移1mol空气中含有0.8moln2和0.2molo2，1300时在含1mol空气的密闭容器内反应达到平衡，测得no为8104mol计算该温度下的平衡常数k4106（3）尾气中的co主要来自于汽油不完全燃烧有人设想按下列反应除去co：2co（g）=2c（s）+o2（g）h=+221kjmol1，简述该设想能否实现的依据：该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行测量汽车尾气的浓度常用电化学气敏传感器，其中co传感器可用如图1简单表示，则阳极发生的电极反应为co+h2o2e=co2+2h+（4）汽车尾气中的co可转化为甲烷，方程式为co（g）+3h2（g）ch4（g）+h2o（g）其他条件相同时，h2的平衡转化率在不同压强下随温度的变化如图2所示该反应的h0（填“”、“=”或“”）实际生产中采用图中m点而不是n点对应的反应条件，运用化学反应速率和平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的理由相对于n点而言，采用m点，温度在500600k之间，温度较高，反应速率较快，氢气的平衡转化率也较高，压强为常压对设备要求不高考点：热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算专题：化学平衡专题分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，得到反应焓变；（2）依据影响化学反应速率和化学平衡的因素分析判断；结合化学三段式列式计算平衡浓度，平衡常数等于生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积计算；（3）依据反应自发进行的条件是hts0分析判断；依据电解原理分析，阳极是失电子发生氧化反应的物质，结合图示可知是一氧化碳失电子生成二氧化碳；（4）由图可知，压强一定时，升高温度，平衡时氢气的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应；相对于n点而言，采用m点，温度在500600k之间，温度较高，反应速率较快，氢气的平衡转化率也较高，压强为常压对设备要求不高；解答：解：（1）n2（g）+o2（g）2no（g）h1=+180kj/molco（g）+o2（g）co2（g）h2=283kj/mol依据盖斯定律计算2得到：2no（g）+2co（g）2co2（g）+n2（g）h3 =746kj/mol；故答案为：746； （2）n2（g）+o2（g）2no（g）h0，反应时气体体积不变的吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡右移，单位时间内no排放量越大； 故答案为：温度升高，反应速率加快，平衡右移；1mol空气中含有0.8mol n2和0.2mol o2，1300时在含1mol空气的密闭容器内反应达到平衡测得no为8104mol n2（g）+o2（g）2no（g）起始量（mol） 0.8 0.2 0变化量（mol） 4104 4104 8104平衡量（mol） 0.84104 0.24104 8104反应前后气体物质的量不变，用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数k=4106；故答案为：4106；（3）2co（g）2c（s）+o2（g）h=+221kjmol1，反应是焓变增大，熵变减小的反应，h0，s0，则hts0，反应任何温度下都不能自发进行；故答案为：该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行；阳极是失电子发生氧化反应的物质，结合图示可知是一氧化碳失电子