一、選擇題(本題包括16個小題，每小題3分，共48分；每小題只有一個選項符合題意)
1．室溫下，將碳酸鈉溶液加熱至70 ℃，其結(jié)果是(　　)
A．溶液中c(CO)增大 B．水的電離程度不變
C．Kw將變小 D．溶液的堿性增強
答案　D
解析　對于Na2CO3溶液的水解平衡CO＋H2OHCO＋OH－，升溫，平衡右移，c(CO)減小，水的電離程度增大，Kw變大，溶液的堿性增強。
2．下列有關(guān)電化學(xué)在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用分析正確的是(　　)

A．圖1：鐵釘發(fā)生析氫腐蝕
B．圖2：可以在鐵件上鍍銅
C．圖3：溶液中c(Cu2＋)保持不變
D．圖4：將輸油管與電源負極相連可以防止腐蝕
答案　D
3．在0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中，要促進醋酸電離且使H＋濃度增大，應(yīng)采取的措施是(　　)
A．升溫 B．加水 C．加入NaOH溶液 D．加入稀鹽酸
答案　A
解析　醋酸的電離是吸熱過程，升高溫度能促進醋酸的電離，且H＋濃度增大，故A正確；加水促進醋酸的電離，但c(H＋)減小，故B錯誤；加入氫氧化鈉溶液，OH－和H＋反應(yīng)生成水，能促進醋酸的電離，但H＋濃度減小，故C錯誤；加入稀鹽酸，H＋濃度增大，但抑制醋酸的電離，故D錯誤。
4．下列說法正確的是(　　)
A．S(g)＋O2(g)===SO2 (g)可用該反應(yīng)的ΔH表示燃燒熱
B．通過直接蒸發(fā)MgCl2溶液的方法獲取無水氯化鎂固體
C．除去CuCl2溶液中的Fe3＋，選用氫氧化鈉溶液作沉淀劑
D．測定中和熱的實驗中，參與反應(yīng)的酸或堿，無論誰過量，都不影響中和熱的數(shù)值
答案　D
解析　燃燒熱應(yīng)是固體硫完全燃燒生成SO2(g)放出的熱量，A錯誤；直接蒸發(fā)MgCl2溶液，Mg2＋水解生成Mg(OH)2，最后得到MgO ，B錯誤；除去CuCl2溶液中的Fe3＋，可加入適量的CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3促進Fe3＋水解，且不引入雜質(zhì)，C錯誤。
5. 在25 ℃某稀溶液中，由水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝10－13 mol·L－1。下列有關(guān)該溶液的敘述正確的是(　　)
A．該溶液一定呈酸性 B．該溶液一定呈堿性
C．該溶液的pH一定為1 D．該溶液的pH可能為13
答案　D
解析　根據(jù)水的離子積常數(shù)，可知由水電離出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－13 mol·L－1，這是由于在水中加酸或堿，抑制了水的電離。若水中加酸，溶液呈酸性，則溶液中OH－只來自水的電離，c(H＋)水＝c(OH－)水＝c(OH－)總＝10－13 mol·L－1，由Kw＝c(H＋)總·c(OH－)總得：c(H＋)總＝ mol·L－1＝10－1 mol·L－1，pH＝1；若水中加堿，溶液呈堿性，則溶液中H＋只來自水的電離，c(H＋)總＝c(H＋)水＝10－13 mol·L－1，pH＝13。
6．下列方程式書寫正確的是(　　)
A．H2S 的電離方程式：H2S＋H2OH3O＋＋HS－
B．NaHCO3在水溶液中的電離方程式：NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
C．CO的水解方程式：CO＋2H2OH2CO3＋2OH－
D．HS－的水解方程式：HS－＋H2OS2－＋H3O＋
答案　A
解析　多元弱酸的電離是分步的，H2S的第一步電離方程式為H2S＋H2OH3O＋＋HS－，A正確；NaHCO3在水溶液中的電離方程式為NaHCO3===Na＋＋HCO、HCOH＋＋CO，B錯誤；CO的水解是分步的，第一步水解方程式為CO＋H2OHCO＋OH－，C錯誤；HS－的水解方程式為HS－＋H2OH2S＋OH－，D錯誤。
7. 某反應(yīng)的反應(yīng)過程中能量變化如圖所示(圖中E1表示正反應(yīng)的活化能，E2表示逆反應(yīng)的活化能)。下列有關(guān)敘述正確的是(　　)

A．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)
B．催化劑能改變該反應(yīng)的焓變
C．催化劑能降低該反應(yīng)的活化能
D．逆反應(yīng)的活化能大于正反應(yīng)的活化能
答案　C
解析　由題圖可以看出，反應(yīng)物的總能量低于生成物的總能量，故該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，A項錯誤；催化劑不能改變反應(yīng)的焓變，B項錯誤；由圖像可以看出，催化劑能降低該反應(yīng)的活化能，C項正確；由圖像可以看出E1＞E2，即逆反應(yīng)的活化能小于正反應(yīng)的活化能，D項錯誤。
8．下列熱化學(xué)方程式書寫正確的是(ΔH的絕對值均正確)(　　)
A．C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g)　ΔH＝－1 367.0 kJ·mol－1(燃燒熱)
B．NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)　ΔH＝57.3 kJ·mol－1(中和熱)
C．S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－296.8 kJ·mol－1(反應(yīng)熱)
D．2NO2===O2＋2NO　ΔH＝116.2 kJ·mol－1(反應(yīng)熱)
答案　C
解析　燃燒熱要求可燃物的物質(zhì)的量必須為1 mol，得到的氧化物必須是穩(wěn)定的氧化物，H2O的狀態(tài)必須為液態(tài)，故A錯；中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)，ΔH應(yīng)小于0，故B錯；熱化學(xué)方程式的書寫注明了物質(zhì)的聚集狀態(tài)、ΔH的正負號、數(shù)值、單位，故C正確；熱化學(xué)方程式要注明物質(zhì)在反應(yīng)時的狀態(tài)，故D錯。
9．醋酸溶液中存在電離平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－，下列敘述不正確的是(　　)
A．升高溫度，平衡正向移動，醋酸的電離常數(shù)Ka增大
B．0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀釋，溶液中c(OH－)增大
C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固體，平衡逆向移動
D．25 ℃時，欲使醋酸溶液的pH、電離常數(shù)Ka和電離程度都減小，可加入少量冰醋酸
答案　D
解析　弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)只受溫度影響，升高溫度電離平衡常數(shù)增大，A項正確；將溶液稀釋，c(H＋)減小，c(OH－)增大，B項正確；加入CH3COONa會抑制CH3COOH電離，C項正確；加入冰醋酸，溶液的pH、電離程度均減小，但電離常數(shù)不變，D項錯誤。
10．下列說法正確的是(　　)
A．pH＝1的醋酸加水稀釋到原體積的100倍，稀釋后pH＝3
B．室溫下pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的Ba(OH)2溶液等體積混合后溶液呈酸性
C．室溫下pH相同的NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水電離產(chǎn)生的c(H＋)相同
D．某溫度下，水的離子積常數(shù)為1×10－12，該溫度下pH＝7的溶液呈中性
答案　B
解析　醋酸是弱酸，加水稀釋會促進其電離，故pH＝1的醋酸加水稀釋到原體積的100倍后pH＜3，A錯誤；室溫下pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的Ba(OH)2溶液等體積混合后，醋酸過量，混合液呈酸性，B正確； CH3COOH抑制水的電離，NH4Cl促進水的電離，所以pH相同的 NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水電離產(chǎn)生的c(H＋)不相同， C錯誤；某溫度下，水的離子積常數(shù)為1×10－12，該溫度下pH＝7的溶液中c(H＋)＝10－7 mol·L－1，c(OH－)＝ mol·L－1＝10－5 mol·L－1，則c(H＋)＜c(OH－)，溶液呈堿性，D錯誤。
11．控制適當(dāng)?shù)臈l件，將反應(yīng)2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2設(shè)計成如下圖所示的原電池。下列判斷不正確的是(　　)

A．反應(yīng)開始時，乙中石墨電極上發(fā)生氧化反應(yīng)
B．反應(yīng)開始時，甲中石墨電極上Fe3＋被還原
C．電流計讀數(shù)為零時，反應(yīng)達到化學(xué)平衡狀態(tài)
D．電流計讀數(shù)為零后，在甲中加入FeCl2固體，乙中的石墨電極為負極
答案　D
解析　由圖示結(jié)合原電池原理分析可知，F(xiàn)e3＋得電子變成Fe2＋被還原，I－失去電子變成I2被氧化，所以A、B正確；電流計讀數(shù)為零時，F(xiàn)e3＋得電子速率等于Fe2＋失電子速率，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，C正確；在甲中加入FeCl2固體，2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2平衡向左移動，I2被還原為I－，乙中石墨為正極，D不正確。
12 N2O5是一種新型硝化劑，在一定溫度下可發(fā)生如下反應(yīng)：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)　ΔH＞0。T1溫度時，向密閉容器中通入N2O5氣體，部分實驗數(shù)據(jù)見下表，下列說法正確的是(　　)
時間/s
0
500
1 000
1 500
c(N2O5)/mol·L－1
5.00
3.50
2.50
2.50

A.500 s內(nèi)NO2的生成速率為3.00×10－3 mol·L－1·s－1
B．T1溫度下該反應(yīng)平衡時N2O5的轉(zhuǎn)化率為50%
C．達平衡后其他條件不變，將容器體積壓縮到原來的，c(N2O5)T2，則K1K2，D項錯誤。
13．已知Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9及表中有關(guān)信息：
弱酸
CH3COOH
H2CO3
電離平衡常數(shù)(常溫)
Ka＝1.8×10－5
Ka1＝4.3×10－7
Ka2＝5.6×10－11

下列判斷正確的是(　　)
A．向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液變紅，主要原因是CO＋2H2OH2CO3＋2OH－
B．常溫時，CH3COOH與CH3COONa混合溶液的pH＝6，則＝18
C．NaHCO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(H2CO3)－c(CO)
D．2×10－4 mol·L－1的Na2CO3溶液與CaCl2溶液等體積混合出現(xiàn)沉淀，則CaCl2溶液的濃度一定是5.6×10－5 mol·L－1
答案　C
解析　弱酸根離子水解是分步進行的，以第一步為主，向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液變紅，主要原因是CO＋H2OHCO＋OH－，故A錯誤；常溫時，CH3COOH與CH3COONa混合溶液的pH＝6，醋酸的電離平衡常數(shù)表達式為K＝c(CH3COO－)·c(H＋)/c(CH3COOH)，1.8×10－5/10－6＝c(CH3COO－)/c(CH3COOH)，＝1/18，故B錯誤；NaHCO3溶液中的物料守恒：c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)，電荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，兩式聯(lián)立得：c(OH－)＋c(CO)＝c(H2CO3)＋c(H＋)，故C正確；已知Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9＝c(CO)·c(Ca2＋)，2×10－4 mol·L－1的Na2CO3溶液與CaCl2溶液等體積混合，c(CO)＝2×10－4 mol·L－1×V/2V＝1×10－4 mol·L－1，代入公式，得c(Ca2＋)＝2.8×
10－5 mol·L－1，則原CaCl2溶液中c(Ca2＋)＞2.8×10－5 mol·L－1×2＝5.6×10－5 mol·L－1，故D錯誤。
14．科學(xué)家設(shè)計出質(zhì)子膜H2S燃料電池，實現(xiàn)了利用H2S廢氣資源回收能量并得到單質(zhì)硫。質(zhì)子膜H2S燃料電池的結(jié)構(gòu)示意圖如下圖所示。下列說法錯誤的是(　　)

A．電極a為電池的負極
B．電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)：O2＋4H＋＋4e－===2H2O
C．電路中每通過4 mol電子，在正極消耗44.8 L H2S
D．每17 g H2S參與反應(yīng)，有1 mol H＋經(jīng)質(zhì)子膜進入正極區(qū)
答案　C
解析　　根據(jù)題目可知，該電池為燃料電池，根據(jù)燃料電池的特點，通氧氣的一極為正極，故電極b為正極，電極a為負極，A項正確；電極b為正極，氧氣得電子生成水，B項正確；從裝置圖可以看出，電池總反應(yīng)為2H2S＋O2===S2＋2H2O，電路中每通過4 mol電子，正極應(yīng)該消耗1 mol O2，負極應(yīng)該有2 mol H2S反應(yīng)，但是題目中沒有給定標準狀況下，所以不一定是44.8 L，故C錯誤；17 g H2S即0.5 mol H2S，每0.5 mol H2S參與反應(yīng)會消耗0.25 mol O2，根據(jù)正極反應(yīng)式O2＋4H＋＋4e－===2H2O，可知有1 mol H＋經(jīng)質(zhì)子膜進入正極區(qū)，故D正確。
15.(2018·邢臺市高二質(zhì)檢)25 ℃時，將1.0 L c mol·L－1 CH3COOH溶液與0.1 mol NaOH固體混合，使之充分反應(yīng)。然后向該混合溶液中加入CH3COOH 或CH3COONa固體(忽略體積和溫度變化)，引起溶液pH的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是(　　)

A．該溫度下，醋酸的電離平衡常數(shù)Ka＝
B．a(chǎn)點對應(yīng)的混合溶液中c(CH3COOH)>c(Na＋)>c(OH－)
C．水的電離程度：c>b>a
D．當(dāng)混合溶液呈中性時，c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)
答案　A
解析　該溫度下，1.0 L c mol·L－1CH3COOH溶液與0.1 mol NaOH固體混合溶液的pH＝4.3，醋酸的電離平衡常數(shù)Ka＝＝≈＝，A錯誤；a點溶液的pH＝3.1，是加入醋酸后的結(jié)果，根據(jù)電荷守恒知，c(CH3COO－)＞c(Na＋)，醋酸的電離程度較小，則c(CH3COOH)>c(Na＋)>c(OH－)，B正確；a以醋酸的電離為主，抑制水的電離，酸性越強，水的電離程度越小，b點加入醋酸水的電離程度減小，c點加入醋酸鈉，水的電離程度增大，故水的電離程度：c>b>a，C正確；當(dāng)混合溶液呈中性時，c(H＋)＝c(OH－)，根據(jù)電荷守恒有c(Na＋)＝c(CH3COO－)，則c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－), D正確。
16．(2018·滄州市高二質(zhì)檢)已知p(A)＝－lg c(A)。三種金屬硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法不正確的是(　　)

A．a(chǎn)點無ZnS沉淀生成
B．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2
C．向CuS懸濁液中加入少量水，平衡向溶解的方向移動，c(S2－)增大
D．CuS和MnS共存的懸濁液中，＝10－20
答案　C
解析　p(A)＝－lg c(A)，則c(A)＝10－p(A) mol·L－1，故p(A)越大，c(A)越小 。所以平衡曲線右上方為不飽和溶液，平衡曲線左下方為過飽和溶液。a點不飽和，沒有ZnS沉淀析出，A正確； MnS的溶解度大于ZnS，向MnCl2溶液中加入MnS固體，可以促使平衡MnS(s)＋Zn2＋ZnS(s)＋Mn2＋向右移動，即MnS轉(zhuǎn)化為更難溶的ZnS，達到除去Zn2＋的目的，B正確；向CuS懸濁液中加入少量水，平衡向溶解的方向移動，由于懸濁液中存在CuS固體，溶液依然是飽和的，所以c(S2－)不變，C錯誤；當(dāng)p(S2－)＝0，p(Mn2＋)＝15，即c(S2－)＝1 mol·L－1時，c(Mn2＋)＝10－15 mol·L－1，Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)×c(S2－)＝10－15；當(dāng)p(S2－)＝25，p(Cu2＋)＝10，即c(S2－)＝10－25 mol·L－1，c(Cu2＋)＝10－10 mol·L－1，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)×c(S2－)＝10－35；CuS和MnS共存的懸濁液中，＝＝＝10－20，D正確。
二、非選擇題(本題包括5小題，共52分)
17．(10分)(1)已知：①Fe(s)＋O2(g)===FeO(s)　ΔH1＝－272.0 kJ·mol－1；
②2Al(s)＋O2(g)===Al2O3(s)　ΔH2＝－1 675.7 kJ·mol－1。
Al和FeO發(fā)生鋁熱反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是_____________________________________
________________________________________________________________________。
某同學(xué)認為，鋁熱反應(yīng)可用于工業(yè)煉鐵，你的判斷是________(填“能”或“不能”)，你的理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)反應(yīng)物與生成物均為氣態(tài)的某可逆反應(yīng)在不同條件下的反應(yīng)歷程分別為A、B，如圖所示。

①據(jù)圖判斷該反應(yīng)是________(填“吸”或“放”)熱反應(yīng)
②其中B歷程表明此反應(yīng)采用的條件為______(填字母)。
A．升高溫度 B．增大反應(yīng)物的濃度
C．降低溫度 D．使用催化劑
答案　(1)3FeO(s)＋2Al(s)===Al2O3(s)＋3Fe(s)　ΔH＝－859.7 kJ·mol－1　不能　該反應(yīng)為引發(fā)反應(yīng)，需消耗大量能量，成本較高　(2)①吸?、贒
解析　(1)②－①×3即得：3FeO(s)＋2Al(s)===Al2O3(s)＋3Fe(s)　ΔH＝－859.7 kJ·mol－1。利用鋁熱反應(yīng)在工業(yè)上大面積煉鐵時，為了引發(fā)反應(yīng)需要消耗大量能源，冶煉Fe的成本就太高了，所以不能使用鋁熱反應(yīng)煉鐵。(2)①反應(yīng)物能量低于最后的生成物能量，所以該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)。②從A到B反應(yīng)的活化能明顯降低了，所以是加入了催化劑。
18．(10分) Ⅰ.氮的固定是幾百年來科學(xué)家一直研究的課題。
(1)下表列舉了不同溫度下大氣固氮和工業(yè)固氮的部分化學(xué)平衡常數(shù)K的值。
反應(yīng)
大氣固氮N2(g)＋O2(g)2NO(g)
工業(yè)固氮N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)
溫度/℃
27
2 000
25
400
450
平衡常數(shù)K
3.84×10－31
0.1
5×108
0.507
0.152

①分析數(shù)據(jù)可知：大氣固氮反應(yīng)屬于________(填“吸熱”或“放熱”)反應(yīng)。
②分析數(shù)據(jù)可知：人類不適合大規(guī)模模擬大氣固氮的原因：________________________。
(2)工業(yè)固氮反應(yīng)中，在其他條件相同時，分別測定N2的平衡轉(zhuǎn)化率在不同壓強(p1、p2)下隨溫度變化的曲線，下圖所示的圖示中，正確的是________(填“A”或“B”)；比較p1、p2的大小關(guān)系：__________________________________________________________________。

Ⅱ.目前工業(yè)合成氨的原理是N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。
(3)在一定溫度下，將1 mol N2和3 mol H2混合置于體積不變的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)，達到平衡狀態(tài)時，測得氣體總物質(zhì)的量為2.8 mol。
①達平衡時，H2的轉(zhuǎn)化率α1＝________。
②已知平衡時，容器壓強為8 MPa，則平衡常數(shù)Kp＝________(用平衡分壓代替濃度計算，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。
答案　(1)①吸熱?、贙值小，正向進行的程度小(或轉(zhuǎn)化率低)，不適合大規(guī)模生產(chǎn)　(2)A　p2＞p1　(3)①60%　②(或0.255或0.26)
解析?、?(1)①由表格數(shù)據(jù)可知，溫度越高，K越大，說明升高溫度，平衡正移，則正反應(yīng)方向為吸熱反應(yīng)。
②由表格數(shù)據(jù)可知，2 000 ℃時，K＝0.1，K值很小，則轉(zhuǎn)化率很小，不適合大規(guī)模生產(chǎn)，所以人類不適合大規(guī)模模擬大氣固氮。
(2)合成氨反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，轉(zhuǎn)化率減小，所以圖A正確，B錯誤；該反應(yīng)正方向為體積減小的方向，增大壓強平衡正向移動，轉(zhuǎn)化率增大，p2的轉(zhuǎn)化率大，則p2大，p2>p1。
Ⅱ.(3)①設(shè)平衡時有x mol N2轉(zhuǎn)化，
　　　　　　　　 N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)
起始物質(zhì)的量/mol: 1 3 0
變化的物質(zhì)的量/mol: x 3x 2x
平衡物質(zhì)的量/mol: 1－x 3－3x 2x
列式可得：(1－x)＋(3－3x)＋2x＝2.8，
解得x＝0.6，α1＝×100%＝60%。
②平衡時各物質(zhì)的壓強之比等于其物質(zhì)的量之比，所以p(N2)＝×8 MPa＝MPa，p(H2)＝×8 MPa＝ MPa，p(NH3)＝×8 MPa＝ MPa，化學(xué)平衡常數(shù)Kp＝＝≈0.26。
19．(10分)結(jié)合下表回答下列問題(均為常溫下的數(shù)據(jù))：
酸
電離常數(shù)(Ka)
CH3COOH
1.8×10－5
HClO
3×10－8
H2CO3
K1＝4.4×10－7　K2＝4.7×10－11
H2C2O4
K1＝5.4×10－2　K2＝5.4×10－5
H2S
K1＝1.3×10－7　K2＝7.1×10－15

請回答下列問題：
(1)同濃度的CH3COO－、HCO、CO、HC2O、ClO－、S2－中結(jié)合H＋的能力最弱的是____________。
(2)常溫下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀釋過程中，下列表達式的數(shù)據(jù)一定變小的是________(填字母)。
A．c(H＋)
B．c(H＋)/c(CH3COOH)
C．c(H＋)/c(OH－)
D．c(OH－)
(3)0.1 mol·L－1的H2C2O4溶液與0.1 mol·L－1的KOH的溶液等體積混合后所得溶液呈酸性，該溶液中各離子濃度由大到小的順序為__________________。
(4)pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物質(zhì)的量濃度的大小關(guān)系是CH3COOK______NaClO，兩溶液中：c(Na＋)－c(ClO－)__________c(K＋)－c(CH3COO－)(填“＞”“＜”或“＝”)。
(5)向0.1 mol·L－1CH3COOH 溶液中滴加NaOH 溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO－)＝5∶9，此時溶液pH＝______________。
答案　(1)HC2O　(2)AC　(3)c(K＋)>c(HC2O)>c(H＋)>c(C2O)>c(OH－)　(4)>?。健?5)5
解析　本題主要考查弱酸的電離平衡。
(1)同濃度的CH3COO－、HCO、CO、HC2O、ClO－、S2－中結(jié)合H＋的能力最弱的是Ka最大的微粒，即H2C2O4電離出H＋后的酸根離子HC2O。
(3)得到KHC2O4溶液，溶液中的變化：HC2OH＋＋C2O，HC2O＋H2OH2C2O4＋OH－，H2OH＋＋OH－。該溶液呈酸性，說明HC2O的電離程度大于水解程度，該溶液中各離子濃度由大到小的順序為c(K＋)>c(HC2O)>c(H＋)>c(C2O)>c(OH－)。
(4)由酸性：HClOCH3COOK，所以pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物質(zhì)的量濃度的大小關(guān)系是CH3COOK>NaClO，兩溶液中電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(ClO－)，c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，因此c(Na＋)－c(ClO－)＝c(K＋)－c(CH3COO－)＝c(OH－)－c(H＋)。
(5)由Ka(CH3COOH)＝＝1.8×10－5和c(CH3COOH)∶c(CH3COO－)＝5∶9得c(H＋)＝1×10－5 mol·L－1，此時溶液pH＝5。
20．(10分) ．(1)離子液體是一種室溫熔融鹽，為非水體系。由有機陽離子、Al2Cl和AlCl組成的離子液體作電解液時，可在鋼制品上電鍍鋁。鋼制品應(yīng)接電源的________極，已知電鍍過程中不產(chǎn)生其他離子且有機陽離子不參與電極反應(yīng)，陰極反應(yīng)式為___________________________。若改用AlCl3水溶液作電解液，則陰極產(chǎn)物為________。
(2)硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。
由硫化氫獲得硫單質(zhì)有多種方法。
將用燒堿吸收H2S后所得的溶液加入如圖所示的電解池的陽極區(qū)進行電解。電解過程中陽極區(qū)發(fā)生如下反應(yīng)：S2－－2e－===S　(n－1)S＋S2－===S

①寫出電解時陰極的電極反應(yīng)式：__________________________________________________。
②電解后陽極區(qū)的溶液用稀硫酸酸化得到硫單質(zhì)，其離子方程式可寫成__________________。
(3)電解NO制備NH4NO3，其工作原理如圖所示，為使電解產(chǎn)物全部轉(zhuǎn)化為NH4NO3，需補充物質(zhì)A，A是____________，說明理由：_____________________________________________
_______________________________________________________________________________。

答案　(1)負　4Al2Cl＋3e－===Al＋7AlCl　H2
(2)①2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
②S＋2H＋===(n－1)S↓＋H2S↑
(3)NH3　根據(jù)總反應(yīng)：8NO＋7H2O3NH4NO3＋2HNO3，電解產(chǎn)生的HNO3多，應(yīng)補充NH3
解析　(2)①電解時，陰極區(qū)溶液中的陽離子放電，即水溶液中的H＋放電生成H2。②由題給反應(yīng)可知，陽極區(qū)生成了S，S可以理解為(n－1)S＋S2－，加入稀硫酸生成S單質(zhì)和H2S氣體。
(3)根據(jù)電解NO制備NH4NO3的工作原理示意圖知：陰極反應(yīng)式為3NO＋15e－＋18H＋===3NH＋3H2O，陽極反應(yīng)式為5NO－15e－＋10H2O===5NO＋20H＋，總反應(yīng)式為8NO＋7H2O3NH4NO3＋2HNO3，為了使電解產(chǎn)生的HNO3全部轉(zhuǎn)化為NH4NO3，應(yīng)補充NH3。
21 （12分）乙二酸俗名草酸，下面是化學(xué)學(xué)習(xí)小組的同學(xué)對草酸晶體(H2C2O4·xH2O)進行的探究性學(xué)習(xí)過程，請你參與并協(xié)助他們完成相關(guān)學(xué)習(xí)任務(wù)。該組同學(xué)的研究課題是測定草酸晶體(H2C2O4·xH2O)中的x值。通過查閱資料和查尋網(wǎng)絡(luò)得，草酸易溶于水，其水溶液可以用酸性KMnO4溶液進行滴定：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。學(xué)習(xí)小組的同學(xué)設(shè)計了如下實驗步驟測定x值：
①稱取1.260 g純草酸晶體，將其配成100.00 mL溶液作為待測液；
②取25.00 mL待測液放入錐形瓶中，再加入適量的稀H2SO4；
③用濃度為0.100 0 mol·L－1的酸性KMnO4溶液進行滴定，達到終點時消耗標準液10.00 mL。
請回答下列問題：
(1)滴定時，將酸性KMnO4標準液裝在圖中的________(填“甲”或“乙”)滴定管中。

(2)本實驗滴定達到終點的標志是________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)通過上述數(shù)據(jù)，求得x＝________。討論：
①若滴定至終點時俯視滴定管讀數(shù)，則由此測得的x值會________(填“偏大”“偏小”或“不變”，下同)。
②若滴定時所用的酸性KMnO4溶液因久置而導(dǎo)致濃度變小，則由此測得的x值會________。
答案　(1)甲　(2)當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4標準溶液時，溶液由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘內(nèi)不褪色
(3)2?、倨蟆、谄?br /> 解析　解本題的關(guān)鍵是要理解中和滴定操作不僅適用于酸堿中和反應(yīng)，也可以遷移應(yīng)用于氧化還原反應(yīng)。(1)因為酸性KMnO4溶液具有強氧化性，會腐蝕橡膠管，故應(yīng)用酸式滴定管盛裝。(2)可利用MnO～Mn2＋的顏色變化判斷滴定終點，當(dāng)達到滴定終點時，溶液將由無色變?yōu)樽霞t色。(3)由題給離子方程式及數(shù)據(jù)可知，1.260 g純草酸晶體中所含H2C2O4的物質(zhì)的量為0.100 0 mol·L－1×10.00 mL×10－3 L·mL－1××＝0.010 0 mol，則1.260 g H2C2O4·xH2O中所含H2O的物質(zhì)的量為＝0.020 0 mol，則x＝2。①若滴定至終點時俯視滴定管讀數(shù)，則所得的消耗的酸性KMnO4標準溶液的體積偏小，測得的n(H2C2O4)偏小，則n(H2O)偏大，x值偏大。②若酸性KMnO4溶液濃度偏小，則消耗的體積偏大，測得x值偏小。


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