浙江省嘉興一中2014-2015學年高二(下)月考化學試卷(3月份)(解析版)

2014-2015學年浙江省嘉興一中高二（下）月考化學試卷（3月份）一、選擇題（本題共7小題．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）1．（3分）（2015春?嘉興校級月考）下列說法不正確的是（）A．金屬汞灑落，必須盡可能收集起來，并將硫磺粉撒在灑落的地方，使金屬汞轉(zhuǎn)變成不揮發(fā)的硫化汞B．滴定管在使用前要用待裝液潤洗，而容量瓶不用潤洗C．AlCl3溶液蒸干、灼燒至恒重，最終剩余固體是AlCl3D．碘單質(zhì)與食鹽的分離常用升華法，而碘水中提取碘單質(zhì)則常用萃取法考點：過濾、分離與注入溶液的儀器；鹽類水解的應用；物質(zhì)的分離、提純和除雜．專題：實驗評價題．分析：A．汞是銀白色的金屬，熔點﹣38.87℃，沸點356.6℃，汞灑落到地上，人會因為吸入汞的蒸汽而中毒，汞易與硫單質(zhì)化合并生成穩(wěn)定化合物硫化汞（HgS）固體；B．滴定管使用前要潤洗，否則應儀器壁上有水，相當于稀釋待量物質(zhì)，容量瓶用來配制一定濃度溶液，不用潤洗；C．AlCl3溶液在加熱時水解生成Al（OH）3；D．根據(jù)碘單質(zhì)性質(zhì)選取分離方法．解答：解：A．汞揮發(fā)的蒸氣有毒性，當汞灑落在地面時，由于硫單質(zhì)能夠與汞反應，可以在其灑落的地面上灑上硫粉已便除去汞，故A正確；B．滴定管使用前要潤洗，否則應儀器壁上有水，相當于稀釋待量物質(zhì)，容量瓶用來配制一定濃度溶液，若用待測液潤洗，造成溶質(zhì)損失，故B正確；C．AlCl3溶液在加熱時水解生成Al（OH）3，生成的HCl易揮發(fā)，最終生成Al（OH）3，在加強熱時，Al（OH）3不穩(wěn)定，分解生成Al2O3，故C錯誤；D．碘易升華，故碘單質(zhì)與食鹽的分離常用升華法，碘易溶于有機溶劑，故可用四氯化碳來萃取碘單質(zhì)，故D正確．故選C．點評：本題考查了實驗安全和基本操作，題目難度不大，注意汞和碘的特殊性質(zhì)．2．（3分）（2014秋?舟山期末）下列有關生活生產(chǎn)中的敘述合理的是（）A．硫酸工業(yè)中SO2轉(zhuǎn)化為SO3時采用常壓，是因為增大壓強不會提高SO2的轉(zhuǎn)化率B．打開啤酒瓶的瓶蓋，有大量的氣泡冒出來，該現(xiàn)象不能用勒夏特列原理解釋C．氯堿工業(yè)中用離子交換膜電解槽電解時，往陰極室注入經(jīng)過精制的飽和NaCl溶液，往陽極室注入稀氫氧化鈉溶液（或去離子水）D．工業(yè)上合成氨采用500℃左右的溫度，最主要原因是該反應的催化劑在500℃左右時活性最好考點：化學平衡的調(diào)控作用；化學平衡移動原理．分析：A．該反應是氣體體積縮小的反應，增大壓強可以提高二氧化硫的轉(zhuǎn)化率；B．啤酒中存在二氧化碳的溶解平衡，打開瓶蓋后壓強減小，有利于碳酸的分解，可以用勒夏特列原理解釋；C．電解池中和電源的正極相連的是電解池的陽極，發(fā)生失電子的氧化反應；陽離子交換膜只允許陽離子通過，而陰離子不能通過，據(jù)此進行判斷；D．根據(jù)溫度對反應速率的影響及催化劑發(fā)揮最大活性時需要一定溫度角度分析．解答：解：A．增大壓強后反應速率增大，該反應為反應物氣體體積大于生成物氣體體積，則增大壓強有利于平衡向正反應方向移動，但該反應在常壓下的轉(zhuǎn)化率較大，無采用高壓的必要，況且采用高壓還受動力、設備等條件的限制，提高了成本，故A錯誤；B．啤酒中存在二氧化碳的溶解平衡，開啟啤酒瓶后，壓強減小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解釋，故B錯誤；C．陽極是氯離子失電子發(fā)生氧化反應，精制飽和食鹽水進入陽極室；陰極是氫離子得到電子生成氫氣，純水（加少量NaOH）進入陰極室，故C錯誤；D．合成氨的反應是氣體體積減小、放熱的可逆反應，要使平衡向正反應方向移動，應降低溫度、增大壓強，但溫度過低反應速率過小，不利于工業(yè)生成效益；溫度越高，反應速率越大，所以應適當升高溫度，使反應速率增大；使用催化劑也能增大反應速率，但在500℃左右時催化劑的活性最大，所以選擇采用500℃左右的溫度進行，故D正確；故選D．點評：本題考查了化學平衡及其影響因素、電解原理及其應用，題目難度中等，注意掌握勒夏特列原理的內(nèi)容，明確電解原理及其應用，試題有利于提高學生靈活應用基礎知識解決實際問題的能力．3．（3分）（2014?嘉興二模）工業(yè)上電解法處理含鎳酸性廢水并得到單質(zhì)Ni的原理如圖所示．下列說法不正確的是（）已知：①Ni2+在弱酸性溶液中發(fā)生水解②氧化性：Ni2+（高濃度）＞H+＞Ni2+（低濃度）A．碳棒上發(fā)生的電極反應：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2OB．電解過程中，B中NaCl溶液的物質(zhì)的量濃度將不斷減少C．為了提高Ni的產(chǎn)率，電解過程中需要控制廢水pHD．若將圖中陽離子膜去掉，將A、B兩室合并，則電解反應總方程式發(fā)生改變考點：電解原理．專題：電化學專題．分析：A、由圖分析可知，碳棒與電源正極相連是電解池的陽極，電極反應4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；B、鍍鎳鐵棒與電源負極相連是電解池的陰極，電極反應Ni2++2e﹣=Ni．電解過程中為平衡A、C中的電荷，A中的Na+和C中的Cl﹣分別通過陽離子膜和陰離子膜移向B中，這使B中NaCl溶液的物質(zhì)的量濃度不斷增大；C、又因Ni2+在弱酸性溶液中易發(fā)生水解；氧化性：Ni2+（高濃度）＞H+＞Ni2+（低濃度），為了提高Ni的產(chǎn)率，電解過程中需要控制廢水pH；D、若將圖中陽離子膜去掉，由于放電順序Cl﹣＞OH﹣，則Cl﹣移向陽極放電：2Cl﹣﹣﹣2e﹣=Cl2↑，電解反應總方程式會發(fā)生改變．解答：解：A、由圖知，碳棒與電源正極相連是電解池的陽極，電極反應4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故A正確；B、鍍鎳鐵棒與電源負極相連是電解池的陰極，電極反應Ni2++2e﹣=Ni．電解過程中為平衡A、C中的電荷，A中的Na+和C中的Cl﹣分別通過陽離子膜和陰離子膜移向B中，這使B中NaCl溶液的物質(zhì)的量濃度不斷增大，故B錯誤；C、因Ni2+在弱酸性溶液中易發(fā)生水解；氧化性：Ni2+（高濃度）＞H+＞Ni2+（低濃度），為了提高Ni的產(chǎn)率，電解過程中需要控制廢水pH，故C正確；D、若將圖中陽離子膜去掉，由于放電順序Cl﹣＞OH﹣，則Cl﹣移向陽極放電：2Cl﹣﹣﹣2e﹣=Cl2↑，電解反應總方程式會發(fā)生改變，故D正確；故選B．點評：本題考查了電解池原理的分析判斷，主要是電解反應，電解產(chǎn)物判斷，電解過程中溶液酸堿性的分析應用，掌握基礎是關鍵，題目難度中等．4．（3分）（2014秋?舟山期末）已知常溫下，濃度均為0.1mol?L﹣1的4種鈉鹽溶液pH如下表：下列說法中正確的是（）溶質(zhì)Na2CO3NaClONaHCO3NaHSO3pH11.610.38.35.2A．足量SO2通入NaClO溶液中發(fā)生反應的離子方程式為：H2O+SO2+ClO﹣=HClO+HSO3﹣B．向氯水中加入NaHCO3，可以增大氯水中次氯酸的濃度C．常溫下，相同物質(zhì)的量濃度的H2SO3、H2CO3、HClO溶液，pH最大的是H2SO3D．NaHSO3溶液中離子濃度大小順序為：c（Na+）＞c（H+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）考點：離子濃度大小的比較；鹽類水解的應用．分析：根據(jù)相同濃度的鈉鹽溶液pH大小知，酸根離子水解程度大小順序是：CO32﹣＞ClO﹣＞HCO3﹣＞HSO3﹣，則酸的強弱順序是H2SO3＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，A．次氯酸不會置換出亞硫酸氫根離子，且次氯酸根離子能夠?qū)⒍趸蜓趸闪姿岣x子；B．鹽酸和碳酸氫鈉反應生成氯化鈉和二氧化碳，促進氯氣和水反應；C．酸根離子水解程度越大，則酸的酸性越弱；D．亞硫酸氫鈉溶液呈酸性，說明HSO3﹣電離程度大于水解程度，無論電離還是水解其程度都較?。獯穑航猓焊鶕?jù)表中鹽的pH，可以確定弱離子的水解程度：CO32﹣＞ClO﹣＞HCO3﹣＞HSO3﹣，所以酸性順序是：HCO3﹣＜HClO＜H2CO3＜H2SO3，A．酸性順序是：HCO3﹣＜HClO＜H2CO3＜H2SO3，弱酸制不出強酸，即H2O+SO2+ClO﹣=HClO+HSO3﹣不會發(fā)生，且次氯酸能將亞硫酸氫根離子氧化，故A錯誤；B．鹽酸和碳酸氫鈉反應生成氯化鈉和二氧化碳，促進氯氣和水反應，次氯酸和碳酸氫鈉不反應，所以導致溶液中次氯酸濃度增大，故B正確；C．酸根離子水解程度越大，則酸的酸性越弱，酸根離子水解程度大小順序是：CO32﹣＞ClO﹣＞HCO3﹣＞HSO3﹣，則酸的強弱順序是H2SO3＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，所以常溫下，相同物質(zhì)的量濃度的H2SO3、H2CO3、HClO溶液，pH最大的是HClO溶液，故C錯誤；D．亞硫酸氫鈉溶液呈酸性，說明HSO3﹣電離程度大于水解程度，無論電離還是水解的程度都較小，所以c（H+）＜c（HSO3﹣），正確的離子濃度大小順序為：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），故D錯誤；故選B．點評：本題考查離子濃度大小比較、鹽的水解原理，題目難度中等，根據(jù)鈉鹽溶液pH大小確定相對應酸的強弱，再結合強酸制取弱酸、酸式酸根離子電離和水解程度相對大小等知識點來分析解答．5．（3分）（2014秋?舟山期末）下列關于甲、乙、丙、丁四個圖象的說法中，正確的是（）A．是等質(zhì)量的兩份鋅粉a、b分別加到過量的稀硫酸中，同時向a中加入少量CH3COONa溶液，產(chǎn)生H2的體積V（L）與時間t（min）的關系圖B．足量CO2不斷通入含KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀與通入CO2的體積的關系圖C．由圖可知，雙氧水在有催化劑存在時的熱化學方程式為：2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H=﹣2（Ea2′﹣Ea2）kJ?mol﹣1D．裝置圖能實現(xiàn)鐵上鍍鋅考點：化學反應速率的影響因素；熱化學方程式；電解原理；有關混合物反應的計算．分析：A、向稀硫酸中加入少量CH3COONa溶液，產(chǎn)生氫氣的速率減慢；B、只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3產(chǎn)生；將Ba（OH）2消耗完畢，接下來消耗KOH，因而此段不會產(chǎn)生沉淀（即沉淀的量保持不變）；KOH被消耗完畢，接下來消耗KAlO2，有Al（OH）3沉淀生成；又因二氧化碳足量，還可以繼續(xù)與上面反應的產(chǎn)物K2CO3、BaCO3反應，據(jù)此進行判斷；C、催化劑通過降低反應的活化能加快反應速率，不影響焓變大小；D、鐵上鍍鋅，鐵作陰極．解答：解：A、向稀硫酸中加入少量CH3COONa溶液，產(chǎn)生氫氣的速率減慢，產(chǎn)生氫氣的總量相同，故A錯誤；B、CO2先與Ba（OH）2反應（有沉淀BaCO3生成），當Ba（OH）2消耗完畢后再與KOH反應（此時無沉淀）；最后與KAlO2反應（有沉淀Al（OH）3生成），以上過程中圖形應是：出現(xiàn)沉淀（BaCO3），平臺，沉淀增加[因有Al（OH）3生成]；過量的CO2還可以繼續(xù)與K2CO3反應得到KHCO3，繼續(xù)過量的CO2還可以使BaCO3沉淀溶解，最后是Al（OH）3沉淀，所以接著的圖形應該為：平臺，沉淀（BaCO3）減少，平臺，故整個過程的圖形應為：出現(xiàn)沉淀（BaCO3），平臺，沉淀增加[因有Al（OH）3生成]，平臺，沉淀（BaCO3）減少，平臺，故B錯誤；C、催化劑通過降低反應的活化能加快反應速率，不影響焓變大小，故C正確；D、鐵上鍍鋅，鐵作陰極，鋅作陽極，故D錯誤；故選C．點評：本題考查了影響反應速率的因素、沉淀的生成和溶解圖象、催化劑的催化原理、電鍍原理，題目難度中等．6．（3分）（2014秋?舟山期末）用CO和H2合成CH3OH的化學方程式為CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H＜0，按照相同的物質(zhì)的量投料，測得CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強的關系如圖所示．下列說法正確的是（）A．溫度：T1＞T2＞T3B．正反應速率：υ（a）＞υ（c）υ（b）＞υ（d）C．平衡常數(shù)：K（a）＞K（c）K（b）=K（d）D．平均摩爾質(zhì)量：M（a）＜M（c）M（b）＜M（d）考點：化學平衡的影響因素；轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強的變化曲線．專題：化學平衡專題．分析：A．該反應為放熱反應，溫度越低，CO的轉(zhuǎn)化率越大；B．由圖可知，a、c兩點壓強相同，平衡時a點CO轉(zhuǎn)化率更高，該反應為放熱反應，溫度越低，CO的轉(zhuǎn)化率越大，故溫度T1＜T3，溫度越高，反應速率越快；b、d兩點壓強相同，溫度越高，反應速率越大；C．由圖可知，a、c兩點壓強相同，平衡時a點CO轉(zhuǎn)化率更高，該反應為放熱反應，故溫度T1＜T3，降低溫度平衡向正反應方向移動，K值增大．平衡常數(shù)只與溫度有關，b、d兩點溫度相同，平衡常數(shù)相同；D．CO轉(zhuǎn)化率的越大，n總越小，由M=判斷．解答：解：A．該反應為放熱反應，溫度越低，CO的轉(zhuǎn)化率越大，則T1＜T2＜T3，故A錯誤；B．由圖可知，a、c兩點壓強相同，平衡時a點CO轉(zhuǎn)化率更高，該反應為放熱反應，溫度越低，CO的轉(zhuǎn)化率越大，故溫度T1＜T3，溫度越高，反應速率越快，故υ（a）＜υ（c）．b、d兩點溫度相同，壓強越大，反應速率越大，b點大于d點壓強，則v（b）＞v（d），故B錯誤；C．由圖可知，a、c兩點壓強相同，平衡時a點CO轉(zhuǎn)化率更高，該反應為放熱反應，故溫度T1＜T3，降低溫度平衡向正反應方向移動，則K（a）＞K（c），平衡常數(shù)只與溫度有關，b、d兩點溫度相同，平衡常數(shù)相同，則K（b）=K（d），故C正確；D．CO轉(zhuǎn)化率的越大，n總越小，由M=可知，a點n總小，則M（a）＞M（c），M（b）＞M（d），故D錯誤；故選C．點評：本題考查溫度、壓強、轉(zhuǎn)化率等之間的關系，明確外界條件對反應速率及平衡的影響是解本題的關鍵，易錯選項是D，注意根據(jù)M=來分析解答即可．7．（3分）（2014秋?嘉興期末）常溫下，下列溶液的pH或微粒的物質(zhì)的量濃度關系正確的是（）A．Ca（ClO）2溶液中：c（Ca2+）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H﹣）B．等體積、等物質(zhì)的量濃度的Na2SO3溶液與NaHSO3溶液混合：c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）C．將0.2mol．L﹣1的某一元酸HA溶液和0.1mol．L﹣1的NaOH溶液等體積混合后溶液的pH大于7，則反應后的混合液：2c（OH﹣）+c（A﹣）=2c（H+）+c（HA）D．某溶液中水電離出的c（OH﹣）=1×10﹣amol．L﹣1若a＞7時，則pH該溶液的一定為14﹣a考點：離子濃度大小的比較；pH的簡單計算．分析：A．ClO﹣水解導致溶液呈堿性，但水解程度較小，溶液中存在物料守恒；B．根據(jù)混合液中的物料守恒判斷；C．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒和物料守恒判斷；D．當a＞7時，由水電離出的氫離子濃度小于10﹣7mol?L﹣1，則該物質(zhì)可能是酸或堿．解答：解：A．ClO﹣水解導致溶液呈堿性，則c（OH﹣）＞c（H+），但水解程度較小，鈣離子不水解，溶液中存在物料守恒，根據(jù)物料守恒知c（ClO﹣）＞c（Ca2+），則溶液中離子濃度大小順序為：c（ClO﹣）＞c（Ca2+）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A錯誤；B．任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得：2c（Na+）=3c（SO32﹣）+3c（HSO3﹣）+3c（H2SO3），故B錯誤；C．0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等體積混合后，溶液中的溶質(zhì)是等物質(zhì)的量濃度的NaA和HA，混合溶液pH大于7，說明酸根離子水解程度大于酸的電離程度，溶液中存在電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（A﹣），存在物料守恒：2c（Na+）=c（HA）+c（A﹣），二者結合可得：2c（OH﹣）+c（A﹣）=2c（H﹣）+c（HA），故C正確；D．當a＞7時，由水電離出的氫離子濃度小于10﹣7mol?L﹣1，則該物質(zhì)可能是酸或堿，溶液的pH可能為a或14﹣a，故D錯誤；故選C．點評：本題考查了離子濃度大小比較，題目難度中等，明確電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理的含義為解答關鍵，注意掌握判斷離子濃度大小的常用方法，試題培養(yǎng)了學生靈活應用基礎知識的能力．二、解答題（共5小題，滿分0分）8．（2014秋?舟山期末）滴定法是中學化學中一種十分重要的定量分析方法．滴定法又可進一步分為酸堿中和滴定、氧化還原滴定等若干種．強酸強堿中和滴定是一種準確度很高的定量分析的實驗方法，其最主要的原因是：強酸強堿中和反應進行的很徹底，且在滴定過程中錐形瓶中混合溶液的pH變化通常如圖所示，圖中的點B稱為中和點，D區(qū)域稱為滴定突躍，酸堿恰好中和時溶液的pH落在圖中A段范圍，則應選用的指示劑是酚酞．考點：酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．專題：電離平衡與溶液的pH專題．分析：強酸強堿中和滴定，過程中的關鍵是準確量取溶液體積，判斷反應終點，酸堿反應終點存在PH突躍，若酸堿反應后溶液呈中性，可以選擇酚酞或甲基橙指示終點，若反應后溶液呈堿性，最好選擇酚酞指示終點，若恰好反應呈酸性，最好選擇甲基橙做指示劑，酚酞變色范圍為8﹣10，甲基橙變色范圍為3.1﹣4.4；解答：解：強酸強堿中和滴定，過程中的關鍵是準確量取溶液體積，判斷反應終點，酸堿反應終點存在PH突躍，酚酞變色范圍為8﹣10，甲基橙變色范圍為3.1﹣4.4，若酸堿反應后溶液呈中性，可以選擇酚酞或甲基橙指示終點，若反應后溶液呈堿性，最好選擇酚酞指示終點，若恰好反應呈酸性，最好選擇甲基橙做指示劑，圖中的點B稱為中和點，D區(qū)域為滴定突躍，酸堿恰好中和時溶液的pH落在圖中A段范圍，溶液呈弱堿性應選擇酚酞溶液指示到終點；故答案為：中和點，滴定突躍，酚酞．點評：本題考查了酸堿滴定實驗工廠的分析判斷，指示劑選擇的理解應用，掌握基礎是關鍵，題目難度中等．9．（2015春?嘉興校級月考）氧化還原滴定實驗與中和滴定原理相似（用已知濃度的氧化劑溶液滴定未知濃度的還原劑溶液，或反之）．現(xiàn)用0.1mol?L﹣1酸性KMnO4溶液（標準液）滴定未知濃度的H2O2水溶液（待測液），反應離子方程式是：2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，請回答下列問題：（1）該滴定實驗一定不需要用到的儀器有下列中的BG（填字母）．A、酸式滴定管（50mL）B、堿式滴定管（50mL）C、白紙D、錐形瓶E、鐵架臺F、滴定管夾G、量筒（10mL）（2）滴定時是否需要添加指示劑不需要，理由因為滴定終點時，溶液由無色變?yōu)樽霞t色．（3）實驗中取H2O2溶液VmL，滴定前后滴定管液面刻度分別為amL和bmL，則H2O2濃度為mol/L．（4）在滴定過程中，下列操作會使過氧化氫溶液測定濃度比實際濃度偏高的是①④．①盛裝標準液的滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗②錐形瓶中有少量蒸餾水，實驗時沒有烘干處理③讀數(shù)時，滴定前平視，滴定后俯視．④滴定前盛裝標準液的滴定管尖端氣泡未排除，滴定后氣泡消失A．②③B．①④C．①③D．③④考點：中和滴定．專題：實驗題．分析：（1）酸性KMnO4溶液、H2O2水溶液具有強氧化性，實驗時應用酸式滴定管，滴定過程還需要燒杯、錐形瓶、白紙、滴定管夾和鐵架臺；（2）酸性KMnO4溶液顏色為紫紅色，滴定終點時，溶液由無色變?yōu)樽霞t色；（3）根據(jù)化學方程式2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O來解答；（4）根據(jù)c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．解答：解：（1）酸性KMnO4溶液、H2O2水溶液具有強氧化性，實驗時應用酸式滴定管，滴定過程還需要燒杯、錐形瓶、白紙、滴定管夾和鐵架臺，不需要用到的是堿式滴定管（50mL）、量筒；故答案為：BG；（2）酸性KMnO4溶液為紫紅色，滴定終點時，溶液由無色變?yōu)樽霞t色，不用指示劑也能夠觀察滴定終點，故答案為：不需要；因為滴定終點時，溶液由無色變?yōu)樽霞t色；（3）滴定前后滴定管液面刻度分別為amL和bmL，則高錳酸鉀的體積為（b﹣a）mL，假設濃度為c，則雙氧水的物質(zhì)的量=V×c×10﹣3mol，高錳酸鉀的物質(zhì)的量為0.1（b﹣a）×10﹣3mol，反應離子方程式是：2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O250.1（b﹣a）×10﹣3molV×c×10﹣3mol解得：c=mol/L，故答案為：mol/L．（4）①盛裝標準液的滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗，相當于稀釋了標準液，導致V（標準）偏大，依據(jù)c（待測）=分析，c（待測）偏高，故①正確；②錐形瓶中有少量蒸餾水，實驗時沒有烘干處理，待測液的物質(zhì)的量不變，對測定結果無影響，故②錯誤；③讀數(shù)時，滴定前平視，滴定后俯視，導致V（標準）偏小，依據(jù)c（待測）=分析，c（待測）偏低，故③錯誤；④滴定前盛裝標準液的滴定管尖端氣泡未排除，滴定后氣泡消失，導致V（標準）偏大，依據(jù)c（待測）=分析，c（待測）偏高，故④正確；故答案為：①④．點評：本題主要考查了滴定操作中儀器的使用以及滴定計算，難度不大，理解掌握氧化還原滴定的原理是解題關鍵．10．（2015春?嘉興校級月考）按要求回答下列問題：（1）①反應Cl2+H2O?H++Clˉ+HClO其化學平衡常數(shù)K的表達式為：②在25℃下，將amol?L﹣1的氨水與0.01mol?L﹣1的鹽酸等體積混合，反應平衡時溶液中c（NH）=c（Cl﹣），試用含a的代數(shù)式表示NH3?H2O的電離常數(shù)Kb=．（2）常溫下，向一定體積的0.1mol?L﹣1醋酸溶液中加水稀釋后，下列說法正確的是CD．A．溶液中導電粒子的數(shù)目減少B．醋酸的電離程度增大，c（H+）亦增大C．溶液中不變D．溶液中減小（3）①常溫下將0.15mol?L﹣1的稀硫酸V1mL與0.1mol?L﹣1的NaOH溶液V2mL混合，所得溶液的pH為1，則V1：V2=1：1（溶液體積的變化忽略不計，硫酸電離方程式：H2SO4=2H++SO42﹣）．②常溫下將pH=3的醋酸溶液V1mL與pH=11的NaOH溶液V2mL混合，則下列說法正確的是AD．A．若混合后溶液呈中性，則c（H+）+c（OH﹣）=2×10﹣7mol?L﹣1B．若V1=V2，混合后溶液的pH一定等于7C．若混合后溶液呈酸性，則V1一定大于V2D．若混合后溶液呈堿性，則V1一定小于V2（4）NH4HSO4在分析試劑、醫(yī)藥、電子工業(yè)中用途廣泛．現(xiàn)向100mL0.1mol?L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol?L﹣1NaOH溶液，得到的溶液pH與NaOH溶液體積的關系曲線如圖所示．試分析圖中a～e5個點，回答下列問題：①水的電離程度最大的是b點；②在c點，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）．考點：酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算；化學平衡常數(shù)的含義；pH的簡單計算．專題：化學平衡專題；電離平衡與溶液的pH專題．分析：（1）①根據(jù)平衡數(shù)表達式的定義寫出該反應的平衡常數(shù)；②溶液中存在電荷守恒，根據(jù)反應情況方程來計算溶液中NH3?H2O的物質(zhì)的量濃度，然后代入表達式求Kb；（2）根據(jù)外界條件對電離平衡的影響分析解答；（3）①所得溶液的pH值為1，溶液中氫離子濃度為1×10﹣1mol?L﹣1，說明氫離子過量，根據(jù)題中稀硫酸和氫氧化鈉溶液體積列式計算出V1：V2的比值；②A．若反應后溶液呈中性，則c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣7mol/L；B．若V1=V2，反應后溶液pH等于7或小于7；C．若反應后溶液呈酸性，V1可能等于V2；D．如果溶液呈堿性，則溶液可能是堿和鹽溶液，也可能只是鹽溶液；（4）①a、b、c、d、e五個點，根據(jù)反應量的關系，b點恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4與Na2SO4；c、d、e三點溶液均含有NH3?H2O，（NH4）2SO4可以促進水的電離，而NH3?H2O抑制水的電離．②c點溶液呈中性，則溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3?H2O三種成分．解答：解：（1）①生成物的濃度冪之積比上反應濃度冪之積，水是純液體不需代入表達式，所以K=，故答案為：；②將amol?L﹣1的氨水與0.01mol?L﹣1的鹽酸等體積混合，反應平衡時溶液中存在電荷守恒，即c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），當c（NH4+）=c（Cl﹣），則c（H+）=c（OH﹣），溶液顯中性，amol?L﹣1的氨水與0.01mol?L﹣1的鹽酸等體積混合后，剩余氨水的物質(zhì)的量為（a﹣0.01）V，混合以后溶液的體積為2V，所以此時溶液中NH3?H2O的物質(zhì)的量濃=mol?L﹣1，c（NH4+）==mol?L﹣1，c（OH﹣）=10﹣7mol?L﹣1，Kb==，故答案為：；（2）A．加水稀釋溶液導電能力減弱，但加水稀釋促進電離，溶液中導電粒子的數(shù)目增大，故A錯誤；B．醋酸的電離程度增大，體積變大，c（H+）減小，故B錯誤；C．溶液中，分子分母同乘氫離子的濃度得：，溫度不變比值不變，故C正確；D．溶液中，無限稀釋相當于水，但體積增加，醋酸根離子濃度減小，氫離子濃度基本不變，所以比值減小，故D正確；故答案為：CD；（3）①溶液中氫氧化鈉的物質(zhì)的量為：V2×10﹣3L×0.1mol/L=V2×10﹣4mol，稀硫酸的物質(zhì)的量為：V1×10﹣3L×0.15mol/L×2=3V1×10﹣4mol，兩溶液混合后溶液顯示酸性，氫離子濃度為1×10﹣1mol?L﹣1，則有：3V1×10﹣4mol﹣V2×10﹣4mol=（V1+V2）×10﹣3L×1×10﹣1mol?L﹣1=（V1+V2）×10﹣4mol，解得V1：V2=1：1，故答案為：1：1；②A．若混合溶液呈中性，則溶液中c（H+）=c（OH﹣）=2×10﹣7mol?L﹣1，所以溶液中c（H+）+c（OH﹣）=2×10﹣7mol?L﹣1，故A正確；B．如果二者體積相等，如果酸是強酸，則混合溶液呈中性，如果酸是弱酸，則混合溶液呈酸性，故B錯誤；C．如果溶液呈酸性，則溶液是酸和鹽溶液，酸是弱酸，酸濃度大于氫氧化鈉濃度，所以V1不一定大于V2，故C錯誤；D．如果溶液呈堿性，則溶液可能是堿和鹽溶液，也可能只是鹽溶液，則V1一定小于V2，故D正確；故答案為：AD；（4）①a、b、c、d、e五個點，根據(jù)反應量的關系，b點恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4與Na2SO4；c、d、e三點溶液均含有NH3?H2O，（NH4）2SO4可以促進水的電離，而NH3?H2O抑制水的電離，因此水的電離程度最大的是b點，溶液中c（OH﹣）的數(shù)值最接近NH3?H2O的電離常數(shù)K數(shù)值，故答案為：b；②c點溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3?H2O三種成分，b點時c（Na+）=c（SO42﹣），b點時c（Na+）＞c（SO42﹣），根據(jù)N元素與S元素的關系，可以得出c（SO42﹣）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故答案為：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）．點評：本題考查知識點全面，平衡常數(shù)的計算、平衡的移動、離子濃度大小比較等知識點，離子濃度大小比較常與鹽類水解、弱電解質(zhì)的電離聯(lián)合考查，確定離子濃度大小時要結合電荷守恒、物料守恒來分析解答．11．（2014秋?啟東市校級期末）汽車在現(xiàn)代生活中扮演著越來越重要的角色，但其尾氣（碳氫化合物、氮氧化物及一氧化碳等）帶來的環(huán)境污染越來越明顯，機動車廢氣排放已成為城市大氣污染的重要來源．（1）在汽車尾氣系統(tǒng)中安裝催化轉(zhuǎn)換器，可有效減少尾氣中的CO、NOx和碳氫化合物等廢氣．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則△H3=﹣746kJ?mol﹣1．（2）氣缸中生成NO的反應為：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＞0①汽車啟動后，氣缸內(nèi)溫度越高，單位時間內(nèi)NO排放量越大，原因是溫度升高，反應速率加快，平衡右移．②1mol空氣中含有0.8molN2和0.2molO2，1300℃時在含1mol空氣的密閉容器內(nèi)反應達到平衡，測得NO為8×10﹣4mol．計算該溫度下的平衡常數(shù)K≈4×10﹣6．（3）尾氣中的CO主要來自于汽油不完全燃燒．①有人設想按下列反應除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g）△H=+221kJ?mol﹣1，簡述該設想能否實現(xiàn)的依據(jù)：該反應是焓增、熵減的反應，任何溫度下均不能自發(fā)進行．②測量汽車尾氣的濃度常用電化學氣敏傳感器，其中CO傳感器可用如圖1簡單表示，則陽極發(fā)生的電極反應為CO+H2O﹣2e﹣=CO2+2H+．（4）汽車尾氣中的CO可轉(zhuǎn)化為甲烷，方程式為CO（g）+3H2（g）?CH4（g）+H2O（g）．其他條件相同時，H2的平衡轉(zhuǎn)化率在不同壓強下隨溫度的變化如圖2所示．①該反應的△H＜0（填“＜”、“=”或“＞”）．②實際生產(chǎn)中采用圖中M點而不是N點對應的反應條件，運用化學反應速率和平衡知識，同時考慮生產(chǎn)實際，說明選擇該反應條件的理由相對于N點而言，采用M點，溫度在500﹣600K之間，溫度較高，反應速率較快，氫氣的平衡轉(zhuǎn)化率也較高，壓強為常壓對設備要求不高．考點：熱化學方程式；化學平衡的影響因素；化學平衡的計算．專題：化學平衡專題．分析：（1）依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算得到所需熱化學方程式，得到反應焓變；（2）①依據(jù)影響化學反應速率和化學平衡的因素分析判斷；②結合化學三段式列式計算平衡濃度，平衡常數(shù)等于生成物平衡濃度的冪次方乘積除以反應物平衡濃度冪次方乘積計算；（3）①依據(jù)反應自發(fā)進行的條件是△H﹣T△S＜0分析判斷；②依據(jù)電解原理分析，陽極是失電子發(fā)生氧化反應的物質(zhì)，結合圖示可知是一氧化碳失電子生成二氧化碳；（4）①由圖可知，壓強一定時，升高溫度，平衡時氫氣的轉(zhuǎn)化率降低，平衡向逆反應方向移動，正反應為放熱反應；②相對于N點而言，采用M點，溫度在500﹣600K之間，溫度較高，反應速率較快，氫氣的平衡轉(zhuǎn)化率也較高，壓強為常壓對設備要求不高；解答：解：（1）①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1=+180kJ/mol②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣283kJ/mol依據(jù)蓋斯定律計算②×2﹣①得到：2NO（g）+2CO（g）═2CO2（g）+N2（g）△H3=﹣746KJ/mol；故答案為：﹣746；（2）①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＞0，反應時氣體體積不變的吸熱反應，溫度升高，反應速率加快，平衡右移，單位時間內(nèi)NO排放量越大；故答案為：溫度升高，反應速率加快，平衡右移；②1mol空氣中含有0.8molN2和0.2molO2，1300℃時在含1mol空氣的密閉容器內(nèi)反應達到平衡．測得NO為8×10﹣4mol．N2（g）+O2（g）═2NO（g）起始量（mol）0.80.20變化量（mol）4×10﹣44×10﹣48×10﹣4平衡量（mol）0.8﹣4×10﹣40.2﹣4×10﹣48×10﹣4反應前后氣體物質(zhì)的量不變，用氣體物質(zhì)的量代替平衡濃度計算平衡常數(shù)K=≈4×10﹣6；故答案為：4×10﹣6；（3）①2CO（g）═2C（s）+O2（g）△H=+221kJ?mol﹣1，反應是焓變增大，熵變減小的反應，△H＞0，△S＜0，則△H﹣T△S＞0，反應任何溫度下都不能自發(fā)進行；故答案為：該反應是焓增、熵減的反應，任何溫度下均不能自發(fā)進行；②