广西梧州市蒙山中学高二下学期4月月考化学试题

蒙山中学2019级高二化学下学期月考一化学试卷用时90分钟满分100分一、单项选择题(每题2分，共40分)1.反应A(g)+3B(g)2C(g)△H＜0达平衡后，将反应体系的温度降低，下列叙述中正确的是A.正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动B.正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向逆反应方向移动C.正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向正反应方向移动D.正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向逆反应方向移动【答案】C【解析】【分析】【详解】降低温度，正逆反应速率都减小；又因该反应正反应为放热反应，则降低温度，有利于平衡向正反应方向移动，故C正确；故选C。2.已知化学反应达到平衡，当增大压强时，平衡向逆反应方向移动，则下列选项正确的是（）A.A是气体，C是固体 B.A、C均为气体C.A、C均为固体 D.A是固体或液体，C是气体【答案】D【解析】【详解】增大压强，平衡逆向移动，说明逆反应是气体物质的量减小的反应，故C一定为气体，A一定为非气体，即A为固体或液体，选D。3.下列物质分类正确的是（）ABCD强电解质HClFeCl3H3PO4Ca(OH)2弱电解质HFCH3COOHBaSO4HNO3非电解质NH3CuH2OC2H5OHA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A.HCl是强酸，属于强电解质；HF是弱酸，属于弱电解质；NH3是氢化物，属于非电解质，故A正确；B.Cu是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C.H3PO4在水中只有部分电离，所以属于弱电解质；BaSO4在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分或熔融状态下能完全电离，BaSO4═Ba2++，所以属于强电解质，H2O⇌H++OH−只有部分电离，所以属于弱电解质，故C错误；D.HNO3是强酸，属于强电解质，故D错误；故选A。4.下列式子属于水解反应，且溶液呈酸性的是A.HCO＋H2OH3O＋＋CO B.Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋C.ClO＋H2OHClO＋OH D.H2S＋H2OHS＋H3O＋【答案】B【解析】【分析】【详解】A．该式子为碳酸氢根在溶液中的电离方程式，不属于水解反应，故A不符合；B．该式子为Fe3＋在溶液中的水解方程式，属于水解反应，溶液显酸性，故B符合；C．该式子为次氯酸根在溶液中水解生成次氯酸和氢氧根离子的离子方程式，属于水解反应，溶液显碱性，故C不符合；D．该式子为氢硫酸在溶液中的电离方程式，不属于水解反应，故D不符合；故选B。5.下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是①常温下NaNO2溶液的pH大于7②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗③HNO2和NaCl不能发生反应④0.1mol·L1HNO2溶液的pH=2.1⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2⑥0.1mol·L1HNO2溶液稀释至100倍，pH变化值小于2A.①④⑥ B.①②③④ C.①④⑤⑥ D.全部【答案】C【解析】【分析】【详解】①常温下NaNO2溶液pH大于7，说明NaNO2是强碱弱酸盐，则亚硝酸是弱电解质，故①正确；

②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误；

③HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故③错误；

④常温下0.1mol•L1

HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故④正确；

⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑤正确；

⑥0.1mol·L1HNO2溶液稀释至100倍，pH变化值小于2，说明稀释过程中HNO2继续发生电离，说明亚硝酸不完全电离，故⑥正确；故正确的有①④⑤⑥，故C正确；故选C。6.已知下面三个数据：7.2×104、4.6×104、4.9×1010分别是下列有关的三种酸的电离常数(25℃)，若已知下列反应可以发生：NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、NaCN+HF=HCN+NaF、NaNO2+HF=HNO2+NaF。由此可判断下列叙述中不正确的是A.K(HF)=7.2×104B.K(HNO2)=4.9×1010C.根据两个反应即可得出一元弱酸的强弱顺序为HF＞HNO2＞HCND.K(HCN)＜K(HNO2)＜K(HF)【答案】B【解析】【分析】在酸与盐的反应中，反应物中酸的酸性大于生成物中酸的酸性，即满足强酸制弱酸的关系；由已知反应：NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、NaCN+HF=HCN+NaF、NaNO2+HF=HNO2+NaF，可以得出酸性关系：HF＞HNO2＞HCN。相同温度下，酸的酸性越强，电离常数越大。【详解】A．由分析可知，HF的酸性最强，电离常数最大，则K(HF)=7.2×104，A正确；B．因为酸性HF＞HNO2＞HCN，所以K(HNO2)=4.6×104，B不正确；C．由以上分析可知，一元弱酸HF、HNO2、HCN的酸性强弱顺序为HF＞HNO2＞HCN，C正确；D．对于酸来说，酸性越强，电离常数越大，因为HF、HNO2、HCN的酸性强弱顺序为HF＞HNO2＞HCN，所以电离常数K(HCN)＜K(HNO2)＜K(HF)，D正确；故选B。7.下面提到的问题中，与盐的水解无关的是A.NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂B.将FeCl3溶液蒸干灼烧，所得固体为Fe2O3C.使用泡沫灭火器时，使硫酸铝和小苏打溶液混合D.为保存FeCl2溶液，要在溶液中加少量铁粉【答案】D【解析】【分析】【详解】A．NH4Cl与ZnCl2均是强酸弱碱盐，水解显酸性，因此NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂，与水解有关，故A不符合；B．在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3：FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，由于加热蒸发，使HCl挥发，破坏平衡，使平衡不断向右移动，结果生成Fe(OH)3，又由于灼烧发生反应2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，使Fe(OH)3分解生成Fe2O3，与水解有关，故B不符合；C．使用泡沫灭火器时，使硫酸铝和小苏打溶液混合，发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，从而灭火，与水解有关，故C不符合；D．FeCl2溶液中亚铁离子易水解，易被氧化，配制FeCl2溶液时要抑制其水解和防止其氧化，用FeCl2固体配制FeCl2溶液时需再向溶液中加入少量铁粉和盐酸，加入铁粉与水解无关，故D符合；答案选D。8.将硝酸铝溶液和硫酸铝溶液分别蒸干、灼烧，最后得到的固体是A.都是Al2O3 B.依次为AlCl3、Al2(SO4)3C.都是Al(OH)3 D.依次为Al2O3、Al2(SO4)3【答案】D【解析】【分析】【详解】硝酸铝溶液存在平衡Al(NO3)3+3H2O⇌Al(OH)3+3HNO3，该反应吸热，加热蒸干，温度升高平衡正向移动，HNO3易挥发，最终生成Al(OH)3，灼烧后生成Al2O3；硫酸铝溶液存在平衡Al2(SO4)3+6H2O⇌2Al(OH)3+3H2SO4，该反应吸热，加热蒸干，温度升高，平衡正向移动，H2SO4是难挥发性的强酸，硫酸浓度增大，与氢氧化铝反应生成硫酸铝，故最终生成硫酸铝，故D正确；故选D。9.常温下，将pH=5的的醋酸溶液加水稀释1000倍，下列有关说法正确的是A.加水稀释，促使醋酸的电离平衡正向移动，故加水稀释后溶液中H+的浓度增大B.加水稀释，醋酸溶液的pH=8C.加水稀释，溶液中的OH离子浓度增大D.加水稀释醋酸，的比值变小【答案】C【解析】【分析】【详解】A．加水稀释，促使醋酸的电离平衡正向移动，但是溶液酸性减弱，c(H+)减小，故A错误；B．加水稀释，醋酸溶液仍然显酸性，pH趋近于7，故B错误；C．Kw=c(OH)c(H+)，温度不变，水的离子积Kw不变，加水稀释，c(H+)减小，则溶液中的OH离子浓度增大，故C正确；D．加水稀释醋酸，醋酸的平衡常数不变，减小，则，比值增大，故D错误；故选C。10.常温下，物质量浓度相同的三种盐NaA、NaB、NaX的溶液，其pH依次为8、9、10，则HA、HB、HX的酸性由强到弱的顺序是A.HX＞HB＞HA B.HB＞HA＞HX C.HA＞HX＞HB D.HA＞HB＞HX【答案】D【解析】【详解】弱酸的酸性越强，其酸根离子水解程度就越小，则相同浓度钠盐溶液的pH越小。在相同条件下的钠盐溶液，溶液的pH越大，其相应酸的酸性就越弱。根据题意可知NaA、NaB和NaX的溶液的pH值依次为8、9、10，则这三种酸的酸性大小顺序是：HA＞HB＞HX，故合理选项是D。11.已知25℃时，H2SO3的电离常数Ka1=1.23×102，Ka2=5.6×108，HClO的电离常数Ka=2.98×108，下列说法错误的是A.常温下，相同浓度的H2SO3比HClO酸性强B.常温下，等浓度的NaHSO3溶液和NaClO溶液中，NaClO溶液的pH更大C.常温，NaHSO3溶液中HSO的电离程度大于其水解程度，NaHSO3溶液呈酸性D.将pH=3的HClO溶液加水稀释100后，溶液的pH=5【答案】D【解析】【分析】【详解】A．常温下，已知Ka1＞Ka，则相同浓度的H2SO3比HClO电离程度大，则酸性强，故A正确；B．常温下，已知，则NaHSO3溶液中的电离程度大于其水解程度，则电离产生的氢离子浓度大于其水解产生的氢氧根离子浓度，导致溶液中c(H+)＞c(OH－)，则NaHSO3溶液呈酸性，NaClO溶液中，由于ClO水解使溶液呈碱性，则NaClO溶液的pH更大，故B正确；C．由B分析知，NaHSO3溶液呈酸性，故C正确；D．将pH=3的HClO溶液加水稀释100后，若HClO不再继续电离，溶液的pH=5，但是在稀释过程中HClO会继续电离出氢离子，则pH＜5，故D错误；答案为D。12.下列图示与对应的叙述相符的是A.图表示升高温度醋酸钠的水解程度增大，溶液碱性增强B.图表示氢氟酸为弱酸，且a点Kw的数值比b点Kw的数值大C.图表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大D.图表示0.1000mol·L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1醋酸溶液的滴定曲线【答案】A【解析】【详解】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，pH>7，盐的水解是吸热反应，升高温度，醋酸钠的水解程度增大，溶液的pH增大，A符合题意；B．水的离子积常数只受温度变化的影响，温度相同时，Kw的数值相同，B不符合题意；C．可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)为体积缩减小的可逆反应，增大压强平衡正向移动，反应物的百分含量减小，与图象不符，C不符合题意；D．醋酸为弱酸，0.10

mol•L1醋酸的pH应大于1，滴定至pH=7时，所用NaOH溶液的体积应小于20mL，与图象不符，D不符合题意；故选A。13.下列叙述正确的是A.95℃时纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性B.用标准浓度的醋酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用甲基橙作指示剂误差会更小C.用玻璃棒蘸取0.lmo/LNaOH溶液滴在湿润pH试纸中央，与标准比色卡对比，读出pH为13D.25℃时，pH=3的盐酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7【答案】D【解析】【分析】【详解】A．25℃时纯水的pH=7，升温促进水的电离，氢离子浓度增大，pH减小，但c(H+)=c(OH)，溶液呈中性，故A错误；B．醋酸溶液与氢氧化钠溶液恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠溶液显碱性，故用标准浓度的醋酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用酚酞作指示剂误差会更小，故B错误；C．0.lmo/LNaOH溶液的pH等于13，用玻璃棒蘸取0.lmo/LNaOH溶液滴在湿润pH试纸中央，相当于将NaOH溶液进行了稀释，c(OH)减小，故pH小于13，故C错误；D．25℃时，pH=3的盐酸溶液的c(H+)=0.00lmo/L，pH=11的氢氧化钠溶液的c(OH)=0.00lmo/L，二者等体积混合恰好反应生成氯化钠，显中性，则pH=7，故D正确；故选D。14.某同学在实验报告中有以下实验数据，其中合理的是A.用托盘天平称取11g食盐 B.用量筒量取5.26mL盐酸C.用酸式滴定管量取3.5mL盐酸 D.用标准NaOH溶液滴定盐酸用去23.10mL溶液【答案】D【解析】【分析】【详解】A．托盘天平称量药品需精确到小数点后一位，A项错误；B．应选用10mL量筒，10mL量筒只能精确到小数点后一位，B项错误；C．酸式滴定管能精确到小数点后两位，C项错误；D．用标准NaOH溶液滴定盐酸用去23.10mL溶液，碱式滴定管能精确到小数点后两位，D项正确；答案选D。15.下列是一段关于中和滴定的实验叙述，其中错误的是①取一锥形瓶，用待测NaOH溶液润洗两次；②在锥形瓶中放入25.00mL待测NaOH溶液；③加入几滴石蕊溶液作指示剂；④取一支酸式滴定管，洗涤干净；⑤直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，进行滴定；⑥左手旋转滴定管玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶；⑦两眼注视着滴定管内盐酸液面下降，直至滴定终点．A.④⑥⑦ B.①⑤⑥⑦ C.③⑤⑦ D.①③⑤⑦【答案】D【解析】【详解】操作①的锥形瓶只能用水洗；操作③中不能用石蕊溶液作为中和滴定的指示剂，因为它的显色效果不明显；操作⑤中滴定管必须用标准液润洗后才能注入标准液；操作⑦中两眼应注视锥形瓶中溶液颜色的变化；答案选D。16.t℃时，某浓度氯化铵溶液的pH＝4，下列说法中一定正确的是()A.由水电离出的氢离子浓度为10－10mol·L－1B.溶液中c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14C.溶液中c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)D.溶液中c(NH3·H2O)＋c(NH4+)＝c(Cl－)＋c(OH－)【答案】C【解析】【详解】A.NH4+水解促进了H2O的电离，溶液中的c(H＋)即为H2O电离的c(H＋)，A项错误；B.在25℃时，水的离子积为1×10－14，但温度未知，B项错误；C.NH4+水解生成H＋，故c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)，C项正确；D.由物料守恒可知：c(Cl－)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)，D项错误；答案选C。【点睛】氯化铵溶液中的三大守恒要分析清楚。其电荷守恒式为：c(NH4+)+c(H＋)＝c(Cl－)+c(OH－)；物料守恒式为：c(Cl－)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)；质子守恒式为：c(H＋)＝c(NH3·H2O)+c(OH－)。学生做题时要理性分析考查的是哪一个守恒式，其中电荷守恒式在离子浓度大小比较时经常使用。17.某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3·H2ONH4+＋OH－，如想增大NH4+的浓度，而不增大OH－的浓度，应采取的措施是A.适当升高温度 B.加入NH4Cl固体C.通入NH3 D.加入少量NaOH【答案】B【解析】【详解】A.升高温度促进一水合氨电离，则溶液中铵根离子和氢氧根离子浓度都增大，所以不符合题意，故A错误；B加入氯化铵，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，则氢氧根离子浓度减小，符合题意，故B正确；C.通入氨气，溶液中一水合氨浓度增大，一水合氨电离出的氢氧根离子和铵根离子浓度都增大，故C错误；D.加入NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，则铵根离子浓度减小，故D错误；故选B。18.下列电离方程式的书写正确的是A.熔融状态下的电离：B.的电离：C.的电离：D.水溶液中的电离：【答案】C【解析】【详解】A.熔融状态下的电离方程式为，故A错误；B.为二元弱酸，不能完全电离，且多元弱酸的电离分步进行，以第一步为主，故B错误；C.是多元弱碱，电离方程式一步写成，故C正确；D.水溶液中的电离方程式为，故D错误；故选C。19.下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是()A.物质的量浓度相等的(NH4)2SO4、NH4Cl溶液中c(NH)：(NH4)2SO4＞NH4ClB.向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO)＞c(H＋)＞c(OH)C.1.0mol/LNa2CO3溶液中：c(OH)=2c(HCO)＋c(H＋)＋c(H2CO3)D.某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH)＋c(HA)＋c(A2)【答案】A【解析】【分析】【详解】A．物质的量浓度相等的(NH4)2SO4、NH4Cl溶液中电离出的铵根前者是后者2倍，浓度越大水解程度越小，故c(NH)有：(NH4)2SO4＞NH4Cl，故A正确；B．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中c(H＋)＞c(OH)，根据电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COO)+c(OH)，可知c(CH3COO)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH)，故B错误；C．1.0mol/LNa2CO3溶液中有质子守恒：c(OH)=c(HCO)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，故C错误；D．某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中有电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH)＋c(HA)＋2c(A2)，故D错误；故选A。20.已知如下物质的溶度积常数：，。下列说法正确的是A.同温度下，CuS的溶解度大于FeS的溶解度B.同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量固体后，变小C.向含有等物质的量的和的混合溶液中逐滴加入溶液，最先出现的沉淀是FeSD.除去工业废水中的，可以选用FeS作沉淀剂【答案】D【解析】【详解】A．CuS与FeS的化学式形式相同，可以直接通过溶度积常数比较二者的溶解度，Ksp越小，溶解度越小，故A错误；

B．溶度积常数只与温度有关，同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后，Ksp(FeS)不变，故B错误；

C．化学式相似的物质，Ksp小的，溶解度小，易先形成沉淀，由于CuS的Ksp小，所以CuS先形成沉淀，故C错误；

D．FeS的溶度积大于CuS的溶度积，其溶解平衡的S2浓度远大于CuS的S2离子浓度，故加入FeS可以沉淀废水中的Cu2+，故D正确；

故选D。二、填空题(共60分)21.甲醇是重要的化学工业基础原料和清洁液体燃料。工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇。已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下表所示：化学反应平衡常数温度℃500800①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)K12.50.15②H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)K21.02.50③3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)K3(1)反应①是_______(填“吸热”或“放热”)反应。反应②增大压强，平衡_______(填“向左移”“向右移”或“不移动”)。(2)某温度下反应①中H2的平衡转化率(a)与体系总压强的关系，如图所示。则平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)_______K(B)(填“＞”、“＜”或“=”)。据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3=_______(用K1、K2表示)。(3)500℃时测得反应③在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)浓度(mol·L1)分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时v正_______v逆(填“＞”、“=”或“＜”)。(4)500度时，在1L密闭容器中加入2molH2和amolCO2进行②的反应，反应5分钟后达到平衡，平衡时CO2的转化率为50%。则a=_______mol。用CO表示这段时间内的平均反应速率v(CO)=_______。【答案】①.放热②.不移动③.=④.K1∙K2⑤.＞⑥.2⑦.【解析】【分析】【详解】(1)由表格数据可知，升高温度，反应①的平衡常数减小，说明升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；反应②的反应前后气体总物质的量不变，则增大压强，平衡不移动。(2)平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，则平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)=K(B)。根据盖斯定律可知，由反应①+反应②可得反应③，则K3=K1∙K2。(3)由(2)可知，K3=K1∙K2，则500℃时，K3=K1∙K2=2.5×1.0=2.5，测得反应③在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol·L1)分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则，则反应正向进行，此时v正＞v逆。(4)500度时，在1L密闭容器中加入2molH2和amolCO2进行②的反应，反应5分钟后达到平衡，平衡时CO2的转化率为50%，则可列出三段式：，则，解得a=2，用CO表示这段时间内的平均反应速率。22.某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶液面颜色变化，判断实验达到滴定终点的现象是_______(2)下列操作中使所测NaOH溶液的浓度数值(填偏高、偏低、或无影响)A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸_______B.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥_______C.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失_______D.读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数_______(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为_______mL，终点读数为_______mL，所用盐酸溶液的体积为_______mL。(4)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：请计算本次实验所用溶液平均体积为_______mL。滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol·L1盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度所用溶液体积第一次25026.1126.11第二次251.5630.3028.74第三次250.2226.3126.09【答案】①.当加入最后一滴标准盐酸时，溶液由黄色变为橙色，且30s内不恢复原来的颜色②.偏高③.无影响④.偏高⑤.偏低⑥.0.00⑦.26.10⑧.26.10⑨.【解析】【分析】【详解】(1)根据酸碱中和滴定的实验操作，用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化。由于选用甲基橙作指示剂，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，所以终点的实验现象为：当加入最后一滴标准盐酸时，溶液由黄色变为橙色，且30s内不恢复原来的颜色。(2)根据计算公式分析，A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗直接注入标准盐酸，V(HCl)偏大，所测NaOH溶液浓度偏高；B.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对所测NaOH溶液浓度无影响；C.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，V(HCl)偏大，所测NaOH溶液浓度偏高；D读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，V(HCl)偏小，所测NaOH溶液浓度偏低；(3)根据滴定管的构造特点，起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，所用盐酸溶液的体积为(26.10mL0.00mL)=26.10mL。(4)根据数据的有效性，舍去第2组数据，则1、3组平均消耗，则。23.25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.7×105K1=4.3×107K2=5.6×10113.0×108请回答下列问题：(1)CH3COOH、H2CO3、HClO、HCO的酸性最强的是_______，最弱的是_______。(2)同浓度的CH3COO、HCO、CO、ClO水解能力最强的是_______。(3)常温下0.1mol·L1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_______(填字母序号，下同)。A.c(H＋)B.C.c(H＋)·c(OH)D.E.(4)体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图：则HX属于_______(填“强酸”、“弱酸”)(5)明矾可用做自来水净水剂，化学式KAl(SO4)2·12H2O，其溶液显_______(填“酸性”、“碱性”“中性”)，原因是_______(用离子方程式表示)。该溶液中各离子浓度大小关系式为_______。【答案】①.CH3COOH②.HCO③.CO④.A⑤.弱酸⑥.酸⑦.⑧.【解析】【分析】【详解】(1)弱酸的电离平衡常数越大，弱酸的酸性越强，根据表中数据可知，CH3COOH、H2CO3、HClO、HCO的酸性最强的是CH3COOH，最弱的是HCO。(2)酸根离子对应酸的电离平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱，水解能力越小，由于电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，则同浓度CH3COO、HCO、CO、ClO中水解能力最强的是：CO。(3)A．0.1mol•L1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，溶液中c(H＋)减小，故A正确；B．0.1mol•L1的CH3COOH溶液加