2022屆河南省延津第一高級中學高二上學期第五次考試化學試題（含解析）

2021-2022學年度延津縣第一高級中學第五次例考卷一、單項選擇(共48分)1.在一密閉容器中，反應aA（氣）bB（氣）達平衡后，保持溫度不變，將容器體積減小1/2，當達到新的平衡時，B的濃度是原來的1.5倍，則A.平衡向逆反應方向移動 B.物質A的轉化率增大C.物質B的質量分數增加 D.a>b【答案】A【解析】【分析】采用假設法分析，假設a=b，則保持溫度不變，將容器體積減小，平衡不移動，B的濃度應是原來的2倍，但實際是當達到新的平衡時，B的濃度是原來的1.5倍，說明增大壓強平衡向逆反應方向移動，則說明a<b。【詳解】假設a=b，則保持溫度不變，將容器體積減小，平衡不移動，B的濃度應是原來的2倍，但實際是當達到新的平衡時，B的濃度是原來的1.5倍，說明增大壓強平衡向正反應方向移動，則說明a<b。A、由以上分析可知，平衡應向逆反應方向移動，選項A正確；B、平衡應向逆反應方向移動，A的轉化率減小，選項B錯誤；C、平衡應向逆反應方向移動，物質B的質量分數減小了，選項C錯誤；D、增大壓強平衡向逆反應方向移動，則說明a＜b，選項D錯誤。答案選A。【點睛】本題考查化學平衡移動問題，題目難度不大，注意通過改變體積濃度的變化判斷平衡移動的方向，此為解答該題的關鍵。2.一定條件下，對于可逆反應X(g)+3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始濃度分別為c1、c2、c3(均不為零)，達到平衡時，X、Y、Z的濃度分別為0.1mol/L、0.3mol/L、0.08mol/L，則下列判斷不正確的是A.c1:c2=1:3 B.平衡時，Y和Z的生成速率之比為3:2C.X、Y的轉化率相等 D.c3的取值范圍為0mol/L<c3<0.14mol/L【答案】D【解析】【分析】根據建立化學平衡的過程和化學平衡的特點分析解答?！驹斀狻緼項：X、Y、Z的起始濃度均不為零，起始時反應可能向右或向左進行達到化學平衡。按化學方程式，反應消耗或生成的X、Y的濃度之比為1:3，又平衡時X、Y的濃度之比為0.1mol/L:0.3mol/L＝1:3，則起始時c1:c2=1:3，A項正確；B項：平衡時，生成Y的逆反應速率和生成Z的正反應速率之比等于它們的化學計量數之比，即3:2，B項正確；C項：起始、轉化的X、Y濃度之比都是1:3，則它們的轉化率相等，C項正確；D項：若反應向右進行建立平衡，一種極端的起始狀態(tài)為：c1＝0.14mol/L、c2＝0.42mol/L、c3＝0。若反應向左進行建立平衡，另一種極端的起始狀態(tài)為：c1＝0、c2＝0、c3＝0.28mol/L，故c3的取值范圍為0mol/L<c3<0.28mol/L，D項錯誤。本題選D。3.強酸與強堿的稀溶液發(fā)生中和反應的熱效應：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol-1。分別向1L0.5mol·L－1的NaOH溶液中加入：①稀醋酸、②濃硫酸、③稀硝酸，恰好完全反應的ΔH的絕對值分別為ΔH1、ΔH2、ΔH3，它們的關系正確的是A.ΔH1>ΔH2>ΔH3 B.ΔH2<ΔH3<ΔH1 C.ΔH1＝ΔH2＝ΔH3 D.ΔH2>ΔH3>ΔH1【答案】D【解析】【分析】由信息可知，稀的強酸與強堿生成1molH2O(l)放出的熱量為57.3kJ，結合弱電解質的電離吸熱來解答。【詳解】強酸與強堿的稀溶液發(fā)生中和反應的熱效應：H+(aq)十OH-(aq)=H2O△H=-57.3kJ/mol，分別向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入：①稀醋酸；②濃H2SO4；③稀硝酸，因醋酸的電離吸熱，濃硫酸溶于水放熱，則恰好完全反應時的放出的熱量為②＞③＞①，所以反應熱的絕對值△H2>△H3>△H1。答案選D。4.常溫下Ka(CH3COOH)=1.75×10?5，Kb(NH3·H2O)=1.75×10?5，下列說法正確的是A.一定濃度的CH3COOH溶液加水稀釋，所有的離子濃度都在減小B.pH=4CH3COOH和pH=10的NH3·H2O反應后pH=7C.等濃度等體積的CH3COOH和NH3·H2O消耗NaHCO3的物質的量相同D.等濃度的CH3COONa和NH4Cl溶液中陰離子濃度之和：前者小于后者【答案】C【解析】【詳解】A．在水溶液中，c(H＋)c(OH－)=Kw，溫度不變，Kw是一定值。一定濃度的CH3COOH溶液加水稀釋，溶液的酸性減弱，c(H＋)減小，c(OH－)增大，A錯誤；D．CH3COOH溶液和氨水的體積不知，因此無法判斷混合溶液的pH，若等體積混合，由于CH3COOH和NH3·H2O的電離常數相同，pH=4的CH3COOH和pH=10的NH3·H2O中溶質的濃度相同，混合之后得到CH3COONH4，溶液呈中性，B錯誤；C．1molCH3COOH反應消耗1molNaHCO3，1molNH3·H2O反應消耗1molNaHCO3；由于CH3COOH和NH3·H2O的電離常數相同，等濃度等體積的CH3COOH和NH3·H2O含有的溶質的物質的量相同，因此消耗NaHCO3的物質的量相同，C正確；D．在CH3COONa溶液中，根據電荷守恒，有c(CH3COO－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(H＋)；在NH4Cl溶液中，根據電荷守恒，有c(Cl－)＋c(OH－)=c(NH4＋)＋c(H＋)，兩溶液中的濃度是相同的，因此有c(Na＋)=c(Cl－)，由于CH3COOH和NH3·H2O的電離常數相同，因此水解后的溶液中，CH3COONa溶液中c(H＋)等于NH4Cl溶液中c(OH－)，因此兩溶液中的陰離子濃度相同，D錯誤；答案選C。5.下列有關熱化學方程式的敘述正確的是A.已知甲烷的燃燒熱為890.3kJ·mol－1，則甲烷燃燒的熱化學方程式可表示為：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)△H＝－890.3kJ·mol－1B.已知C(石墨，s)＝C(金剛石，s)△H>0，則金剛石比石墨穩(wěn)定C.已知S(g)＋O2(g)＝SO2(g)△H1：S(s)＋O2(g)＝SO2(g)△H2，則△H1<△H2D.已知中和熱為△H＝－57.3kJ·mol－1，則1mol稀硫酸和足量稀Ba(OH)2溶液反應放出的熱量為2×57.3kJ【答案】C【解析】【詳解】A．甲烷燃燒的熱化學方程式可表示為：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)△H＝－890.3kJ·mol－1，A錯誤；B．已知C(石墨，s)＝C(金剛石，s)△H>0，C(金剛石，s)體系的能量比C(石墨，s)體系的能量高，能量越低越穩(wěn)定，故石墨比金剛石穩(wěn)定，B錯誤；C．S(s)=S(g)△H3，物質由固態(tài)到氣態(tài)吸收能量，故△H3>0，由蓋斯定律可知，△H2=△H1+△H3，所以△H1<△H2，C正確；D．1mol稀硫酸和足量稀Ba(OH)2溶液除生產2molH2O，還生成1molBaSO4沉淀，生成1molBaSO4沉淀也放出熱量，故1mol稀硫酸和足量稀Ba(OH)2溶液反應放出的熱量大于2×57.3kJ，D錯誤；答案選C。6.常溫下，對于醋酸溶液的下列說法中，正確的是A.

的醋酸溶液中加水稀釋，溶液中減小B.醋酸溶液中離子濃度的關系滿足：C.與同濃度的鹽酸比較，分別加水稀釋100倍，稀釋后溶液中D.

的醋酸與等濃度等體積的NaOH溶液反應后的溶液中：【答案】B【解析】【分析】【詳解】

的醋酸溶液中加水稀釋，溶液中氫離子濃度減小，依據離子積常數可知溶液中增大，選項A錯誤；B.醋酸溶液中存在電荷守恒，，選項B正確；C.鹽酸完全電離，醋酸存在電離平衡，分別加水稀釋100倍，鹽酸溶液中氫離子濃度較大，，選項C錯誤；D.

的醋酸與等濃度等體積的NaOH溶液反應后的溶液中為醋酸鈉溶液，溶液體積增大一倍，溶液中存在物料守恒，選項D錯誤；答案選B?！军c睛】本題主要考查弱電解質的電離平衡、酸堿混合的定性判斷，題目難度中等，本題注意把握弱電解質的電離特點，易錯點為選項B.醋酸溶液中存在電荷守恒，。7.已知：常溫下濃度為0.1mol?L-1的下列溶液的pH如表：溶質NaFNaClONa2CO3pH7.59.711.6下列有關說法正確的是A.在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的導電能力順序：H2CO3<HClO<HFB.若將CO2通入0.1mol?L-1Na2CO3溶液中至溶液中性，則溶液2c(CO)+c(HCO)=0.1mol?L-1C.根據上表，水解方程式ClO-+H2OHClO+OH-的水解常數K≈10-7.6D.向上述NaClO溶液中通HF氣體至恰好完全反應時：c(Na+)>c(F-)>c(H+)>c(HClO)>c(OH-)【答案】C【解析】【分析】相同濃度的鈉鹽溶液堿性越強，說明酸根離子水解程度越大，則相應酸的酸性越弱，酸的電離平衡常數越小，根據鈉鹽溶液的pH知，酸根離子水解程度CO＞ClO-＞F-，則酸的電離平衡常數從小到大順序是HCO＜HClO＜HF。【詳解】A．酸的電離平衡常數從小到大順序是：HCO＜HClO＜HF，從表中數據無法得出H2CO3酸性強弱，A說法錯誤；B．溶液存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(OH-)+2c(CO)，由溶液呈中性可得：c(H+)=c(OH-)，則c(Na+)=c(HCO)+2c(CO)=0.2mol/L，B說法錯誤；C．ClO-+H2O?HClO+OH-的平衡常數為Kh=［c(HClO)×c(OH-)］／c(ClO-)=10-4.3×10-4.3／0.1=10-7.6，C說法正確；D．兩者恰好反應生成HClO和NaF，由于HClO的電離程度較弱，則c(HClO)＞c(H+)，D說法錯誤；答案為C。8.常溫下,某溶液中由水電離出來的C(H+)=1.0×10-11mol/L,該溶液可能是①硫酸鈉溶液②氫氧化鈉溶液③二氧化碳水溶液④硝酸銨水溶液A.①④ B.①② C.②③ D.③④【答案】C【解析】【分析】在常溫下，某溶液中由水電離出來的C(H+)=1.0×10-11mol/L<1.0×10-7mol/L，說明溶液不是中性，抑制水的電離的酸性或堿性溶液均可?！驹斀狻竣倭蛩徕c溶液，強酸強堿鹽，對水的電離平衡不影響，不符合條件；②氫氧化鈉溶液，強堿溶液，抑制水的電離，符合條件；③二氧化碳水溶液，二氧化碳溶于水形成碳酸，顯酸性，抑制水的電離，符合條件；④硝酸銨水溶液，強酸弱堿鹽，銨根水解促進水的電離，水電離出的氫離子濃度增大，不符合條件；綜上所述，溶液可能是②③；答案為C。9.少量鐵粉與100mL0.01mol?L﹣1的稀鹽酸反應，反應速率太慢。為了加快此反應速率而不改變H2的產量，可以使用如下方法中的①加H2O②加NaOH固體③滴入幾滴濃鹽酸④加CuO固體⑤加NaCl溶液⑥滴加幾滴硫酸銅溶液⑦升高溫度（不考慮鹽酸揮發(fā)）⑧改用10mL0.1mol?L﹣1的鹽酸A.①⑤⑦ B.③⑦⑧ C.②④⑥ D.③⑥⑦⑧【答案】B【解析】【分析】根據外界條件對反應速率的影響結合氫氣的總量不變以及鐵少量分析解答?！驹斀狻竣偌铀♂屃他}酸的濃度，故反應速率變慢；②加氫氧化鈉，與鹽酸反應，減少了鹽酸的濃度，故反應速率變慢；③加濃鹽酸，氫離子濃度增大，反應速率加快，由于鐵不足，則生成的氫氣量不變；④加CuO固體與鹽酸反應生成氯化銅和水，氯化銅再與鐵發(fā)生置換反應生成銅，構成原電池，反應速率加快，由于消耗鐵影響氫氣總量；⑤加氯化鈉溶液，相當于稀釋鹽酸濃度，故反應速率變慢；⑥滴加硫酸銅溶液，鐵把銅置換出來，形成原電池，故反應速率加快，但與鹽酸反應的鐵減少，故減少了產生氫氣的量；⑦溫度升高，反應速率加快，且不影響氫氣量；⑧改用濃度大的鹽酸，反應速率加快，且不影響氫氣量。答案選B?！军c睛】參加化學反應的物質的性質是決定化學反應速率的主要原因。反應的類型不同，物質的結構不同，都會導致反應速率不同。外界條件對反應速率的影響一般是溫度、壓強、濃度和催化劑，注意本題不改變生成氫氣總量的要求，答題時注意審題。10.FeCl2溶液呈淺綠色，其中存在著下列平衡：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，往該溶液中通入HCl，發(fā)生的變化是A.逆反應速率增大，正反應速率減小 B.平衡向正反應方向移動C.溶液由淺綠色變成黃色 D.溶液由淺綠色變?yōu)樯罹G色【答案】D【解析】【詳解】A.加入HCl，氫離子濃度增大，逆反應速率增大，水解平衡向逆反應方向移動，正反應速率瞬間不變后增大，故A錯誤；B.加入HCl，氫離子濃度增大，水解平衡向逆反應方向移動，故B錯誤；C.加入HCl，氫離子濃度增大，水解平衡向逆反應方向移動，c(Fe2+)增大，但并未生成Fe3+，故C錯誤；D.加入HCl，氫離子濃度增大，水解平衡向逆反應方向移動，c(Fe2+)增大，溶液顏色加深，故D正確；本題答案為D?！军c睛】其他條件不變時，增大生成物濃度，平衡逆向移動，減小生成物濃度，平衡正向移動。11.黑火藥是中國古代的四大發(fā)明之一，其爆炸的熱化學方程式為：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）＝K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）ΔH=xkJ·mol－1已知碳的燃燒熱ΔH1=akJ·mol－1S（s）+2K（s）＝K2S（s）ΔH2=bkJ·mol－12K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）ΔH3=ckJ·mol－1則x為A.3a+b－c B.c+3a－b C.a+b－c D.c+a－b【答案】A【解析】【詳解】已知碳的燃燒熱為ΔH1=akJ·mol－1，則碳燃燒的熱化學方程式為：①C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1=akJ·mol－1，②S（s）+2K（s）＝K2S（s）ΔH2=bkJ·mol－1，③2K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）ΔH3=ckJ·mol－1，根據蓋斯定律，可得ΔH=3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案選A。12.在恒溫、恒容的密閉容器中進行反應，若反應物的濃度由降到需要20s，那么反應物濃度再由降到所需要的時間為A.10s B.大于10s C.小于10s D.無法判斷【答案】B【解析】【分析】【詳解】由題意可知，反應物A的濃度由降到需要20s，平均反應速率，假設以的反應速率計算反應物A的濃度由降到所需反應時間，，但隨著反應的進行，反應物的濃度減小，化學反應速率逐漸減小，則反應物A的濃度由降到的平均反應速率小于，所用時間應大于10s，故選B。13.一定條件下，在水溶液中1molClO(x=0，1，2，3，4)的能量(kJ)相對大小如圖所示，下列有關說法正確的是A.e是B.b→a+c反應的活化能為60kJ·mol-1C.a、b、c、d、e中c最穩(wěn)定D.b→a+d反應的熱化學方程式為3ClO-(aq)=2Cl-(aq)+(aq)△H=-116kJ·mol-1【答案】D【解析】【分析】從圖中可知，各微粒中氯元素的化合價：a為-1價，b為+1價，c為+3價，d為+5價，e為+7價。根據氧化還原反應寫出b→a＋c和b→a＋d的離子反應方程式，據此分析解題。【詳解】A．根據圖可知e對應的價態(tài)為+7價，因此該離子為ClO，A錯誤；B．b→a＋c即2ClO-(aq)=Cl-(aq)＋ClO2-(aq)△H=(100kJ·mol-1＋0kJ·mol-1)-2×60kJ·mol-1=-20kJ·mol-1，該反應為放熱反應，但無法知道該反應的活化能，B錯誤；C．根據能量越低越穩(wěn)定，a、b、c、d、e中a能量最低，所以a最穩(wěn)定，C錯誤；D．b→a＋d反應的熱化學方程式為3ClO-(aq)=2Cl-(aq)＋(aq)△H=(64kJ/mol＋2×0kJ/mol)-3×60kJ/mol=-116kJ/mol，為放熱反應，反應物的鍵能之和小于生成物的鍵能之和，D正確；故選D。14.一定溫度下，在一個容積為2L的密閉容器中發(fā)生反應，經2min達到平衡狀態(tài)，此時B反應了1.2mol，下列說法正確的是A.充入(不參與反應)使壓強增大可加快反應速率B.0～2min內，A的平均反應速率為C.平衡狀態(tài)時，B、C的反應速率相等D.0～2min內，C的平均反應速率為【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．充入(不參與反應)，壓強增大，但各物質的分壓不變，物質濃度不變，故反應速率不變，A錯誤；B．A是固體，其濃度不變，無法計算平均反應速率，B錯誤；C．平衡時，有正反應速率=逆反應速率，且物質反應速率與化學計量數呈正比，故，C錯誤；D．經2min達到平衡狀態(tài)，此時B反應了1.2mol，則B的平均反應速率為，不同物質的反應速率等于化學計量數之比，故C的平均反應速率為，D正確；答案選D。15.在容積恒定的密閉容器中充入2molA和1molB發(fā)生反應：2A(g)+B(g)xC(g)，達到平衡后，C的體積分數為w；若維持容器的容積和溫度不變，按起始物質的量：0.6molA(g)、0.3molB(g)和1.4molC(g)充入容器，達到平衡后，C的體積分數仍為w，則x的值為（）A.只能為2 B.只能為3C.可能為2，也可能為3 D.無法確定【答案】C【解析】【詳解】根據題意，這兩平衡力為等效平衡。等效平衡有兩種類型（對于可逆反應：）；Ⅰ類恒溫恒容：①若m+n=p+q，只要“極限轉換”后，與原始物質的物質的量（或濃度）相等，就可以達到相同平衡狀態(tài)。②若，只要“極限轉換”后，對應物質的物質的量之比相等，就可達琺相同的平衡狀態(tài)。Ⅱ類恒溫恒壓：只要“極限轉換”后，對應物質的物質的量之比相等，就可達到相同的平衡狀態(tài)。本題屬于Ⅰ類（恒溫恒容），由于已知方程式中x未知，故有兩種可能：一是（即系數不等），二是x=3（即系數相等）。若，

依題意可得：；解得：x=2符合題意。若x=3，則。符合題意。故答案選：C。16.用CH4催化還原NOx可以消除氮氧化合物的污染。例如：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=－574kJ/mol②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=－1160kJ/mol下列說法中錯誤的是（）A.等物質的量的CH4在反應①、②中轉移電子數相同B.由反應①可推知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)；△H>－574kJ/molC.4NO2（g）+2N2（g）=8NO（g）；△H=+586kJ/molD.若用標準狀況下4.48LCH4把NO2還原為N2，整個過程中轉移的電子總數為1.6NA【答案】B【解析】【詳解】兩個反應中甲烷都是轉化為二氧化碳的，前后化合價變化相同，所以反應中等物質的量的甲烷的轉移電子一定相同，選項A正確。反應①中生成的為氣態(tài)水，而氣態(tài)水轉化為液態(tài)水要對外放熱，所以方程式變?yōu)镃H4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)時，反應對外放出的熱量應該增加，所以△H＜－574kJ/mol，選項B錯誤。方程式①減去方程式②就可得到4NO2（g）+2N2（g）=8NO（g）；△H=+586kJ/mol，選項C正確。CH4把NO2還原為N2，所以方程式為CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），該反應的電子轉移數為8e-（甲烷中的C為-4價，生成二氧化碳中的+4價C），所以標準狀況下4.48L（0.2mol）CH4把NO2還原為N2轉移電子為1.6mol即1.6NA。二、非選擇題(共52分)17.乙二酸(H2C2O4)俗稱草酸，是二元弱酸?；卮鹣铝袉栴}：（1）在恒溫、恒容密閉容器中發(fā)生反應：H2C2O4(s)?H2O(g)+CO(g)+CO2(g)，下列描述能說明反應已經達到平衡狀態(tài)的是___________(填標號)。A.壓強不再變化 B.CO2(g)的體積分數保持不變C混合氣體密度不再變化 D.混合氣體平均摩爾質量保持不變（2）向10mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，當溶液中c(Na+)=2c()+c()時，加入V(NaOH)___________10mL(填“>”“=”或“<”)。（3）草酸晶體(H2C2O4·2H2O)為無色，某同學設計實驗測定其純度。實驗過程如下：稱取mg草酸晶體于試管中，加水完全溶解用cmol·L-1酸性KMnO4標準溶液進行滴定，則達到滴定終點時的現象是______；該過程中發(fā)生反應的離子方程式為____，滴定過程中消耗VmLKMnO4標準溶液，草酸晶體純度為____。【答案】（1）AC（2）>（3）①.加入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內溶液由無色變紅色，且半分鐘不褪色②.5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O③.【解析】小問1詳解】H2C2O4(s)?H2O(g)+CO(g)+CO2(g)，反應為氣體體積增大的反應。A．反應前后氣體物質的量變化，壓強不再變化，說明反應達到平衡狀態(tài)，故A正確；B．根據方程式，CO2(g)的體積分數始終保持不變，不能說明反應達到平衡，故B錯誤；C．反應前后氣體體積不變，質量變化，當混合氣體密度不再變化，說明反應達到平衡狀態(tài)，故C正確；D．生成氣體物質的量的比例關系一定，混合氣體平均摩爾質量始終保持不變，不能說明反應達到平衡狀態(tài)，故D錯誤；故答案為：AC；【小問2詳解】根據電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(OH-)，c(Na+)=2c(C2O)+c(HC2O)，則c(H+)=c(OH-)，所以溶液呈中性，酸氫鈉溶液呈酸性，要使溶液呈中性，則氫氧化鈉應該稍微過量，所以氫氧化鈉溶液的體積V(NaOH)>10mL，故答案為：>；【小問3詳解】稱取mg草酸晶體于試管中，加水完全溶解用cmol·L-1酸性KMnO4標準溶液進行滴定，則達到滴定終點時的現象是：當滴入最后一滴標準液時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內溶液顏色不再改變，該過程中發(fā)生反應的離子方程式為：2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，滴定過程中消耗VmLKMnO4標準溶液，結合離子方程式定量關系計算，2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，2MnO--5H2C2O4n(H2C2O4)=2.5cV×10-3mol，草酸晶體H2C2O4·2H2O的純度=×100%=%，故答案為：當滴入最后一滴標準液時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內溶液顏色不再改變；2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O；。18.下表是幾種常見弱酸的電離平衡常數(25℃)化學式H2CO3CH3COOHHCN電離平衡常數K1=4.3×10-7K2=5.6×10-111.8×10-55.0×10-10（1）根據分析表格中數據可知，H2CO3、CH3COOH、HCN三種酸的酸性最強的是___________，相同濃度的Na2CO3、CH3COONa、NaCN溶液pH最大的是___________。（2）常溫下一定濃度的NaCN溶液pH=9，溶液中c(OH-)=___________，用離子方程式表示呈堿性的原因是___________。（3）實驗室用酸堿中和滴定法測定某市售白醋的濃度實驗步驟①配制待測白醋溶液②量取待測白醋溶液20.00mL于錐形瓶中，向其中滴加2滴酚酞作指示劑③讀取盛裝0.1000mol·L-1NaOH溶液的堿式滴定管的初始讀數④滴定，判斷滴定終點的現象是___________達到滴定終點，停止滴定，并記錄NaOH溶液的最終讀數，重復滴定3次?！敬鸢浮浚?）①.CH3COOH②.Na2CO3（2）①.1×10-5②.CN-+H2OHCN+OH-（3）溶液由無色變成淺紅色，且半分鐘內不褪色【解析】【分析】(1)酸的電離平衡常數越大，酸的酸性越強，其對應的酸根離子水解程度越小，酸根離子水解程度越小，相同濃度的鈉鹽溶液的pH越??；(2)NaCN溶液中，CN-水解溶液呈堿性，結合c(OH-)=計算；(3)酚酞作指示劑，用氫氧化鈉滴定醋酸，滴定終點前溶液為無色，滴定結束變?yōu)闇\紅色，據此判斷滴定終點現象。【小問1詳解】結合表中數據可知，電離平衡常數：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，則酸性強弱為：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，即酸性最強的為CH3COOH；

酸性強弱為：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，酸的酸性越強，其對應的酸根離子水解程度越小，相同濃度的鈉鹽溶液的pH越小，則水解程度：CO＞CN-＞CH3COO-，所以相同濃度的這幾種鈉鹽的pH：CH3COONa＜NaCN＜Na2CO3，即相同濃度的Na2CO3、CH3COONa、NaCN溶液pH最大的是Na2CO3，故答案為：CH3COOH；Na2CO3；【小問2詳解】常溫下一定濃度的NaCN溶液pH=9，NaCN溶液中存在水解平衡：CN-+H2O?HCN+OH-，其溶液呈堿性，pH=9的NaCN溶液中c(H+)=1×10-9，c(OH-)==mol/L，故答案為：1×10-5；CN-+H2OHCN+OH-；【小問3詳解】④用NaOH溶液滴定醋酸，滴定終點時溶液由無色變?yōu)闇\紅色，則滴定終點現象為：溶液由無色變成淺紅色，且半分鐘內不褪色，故答案為：溶液由無色變成淺紅色，且半分鐘內不褪色。19.NH4Al(SO4)2常作食品加工中的食品添加劑，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析試劑、醫(yī)藥、電子工業(yè)中用途廣泛。請回答下列問題：（1）NH4Al(SO4)2可作凈水劑，其原理是___________(用離子方程式說明)。（2）幾種均為0.1mol?L-1的電解質溶液的pH隨溫度變化的曲線如圖所示。

①其中符合0.1mol?L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH隨溫度變化的曲線是_______(填羅馬數字)，導致NH4HSO4溶液的pH隨溫度變化的原因是_________。②20℃時，0.1mol?L-1NH4Al(SO4)2溶液中2c()-C()-3c(Al3+)_____mol?L-1(列計算式不必化簡)（3）室溫時，向100mL0.1mol?L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液pH與加入NaOH溶液體積的關系曲線如圖所示。

①試分析圖中a、b、c、d四個點，水的電離程度最大的是___________點。②在b點，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是___________。③由b到c發(fā)生反應的離子方程式為___________。④a點之前發(fā)生反應的離子方程式為___________?！敬鸢浮浚?）Al3++3H2O?Al(OH)3(膠體)+3H+（2）①.I②.NH4Al(SO4)2水解使溶液呈酸性，升高溫度使其水解程度增大，pH減?、?10-3-10-11（3）①.a②.c(Na＋)>c()>c()>c(OH-)=c(H＋)③.OH-+=NH3·H2O④.H++OH-=H2O【解析】【小問1詳解】NH4Al(SO4)2溶于水電離出Al3＋，Al3＋在溶液中發(fā)生水解反應Al3＋＋3H2O?Al(OH)3＋3H＋，水解生成的Al(OH)3膠體具有吸附性，能吸附水中懸浮顆粒產生沉降，從而達到凈化水的目的，故答案為：Al3＋＋3H2O?Al(OH)3＋3H＋；【小問2詳解】①由于NH4Al(SO4)2溶于水電離出的、Al3＋在溶液中水解使溶液顯酸性，水解反應是吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，溶液中氫離子濃度增大，pH減小，則符合條件的曲線是I，故答案為：I；NH4Al(SO4)2溶于水電離出的銨根離子和鋁離子水解使溶液呈酸性，水解反應是吸熱反應，升高溫度，銨根離子和鋁離子的水解程度增大，氫離子濃度增大，pH減?。虎谟蓤D可知，20℃時，0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH為3，由溶液中的電荷守恒關系2c()＋c(OH-)=c()＋c(H＋)＋3c(Al3＋)可得20℃時，2c()-c()-3c(Al3＋)=c(H＋)-c(OH-)=10-3mol·L-1—10-11mol·L-1，故答案為：10-3mol·L-1—10-11mol·L-1；【小問3詳解】①向100mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，發(fā)生的反應為H＋＋OH-=H2O、OH-＋=NH3·H2O，由方程式可知，a點時氫氧化鈉溶液恰好中和溶液中氫離子，得到等濃度的硫酸銨和硫酸鈉的混合溶液，溶液中的銨根水解促進水的電離；a點之后，銨根離子與氫氧根離子反應生成抑制水電離的一水合氨，銨根離子濃度越小，促進水的電離程度越小，所以溶液中水的電離程度最大是a點；②由圖可知b點時，溶液pH為7，該點為硫酸鈉、硫酸銨和一水合氨的混合溶液，結合物料守恒可知溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是c(Na＋)>c()>c()>c(OH-)=c(H＋)；③由b到c發(fā)生反應的離子方程式為OH-+=NH3·H2O；④a點之前發(fā)生反應的離子方程式為H++OH-=H2O。20.Ⅰ．氯