2022-2023学年重庆市渝东六校共同体高二上学期联合诊断考试化学试题含解析

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重庆市渝东六校共同体2022-2023学年高二上学期
联合诊断考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列属于吸热反应的是
A．液态水汽化 B．生石灰与水反应生成熟石灰
C．与 D．氢气在氯气中燃烧
【答案】C
【分析】常见的放热反应有中和反应、燃烧反应、活泼金属跟水或酸的置换反应、铝热反应和大多数的化合反应；常见的吸热反应有大多数的分解反应、NaHCO3和盐酸的反应、Ba(OH)2⋅8H2O 与NH4Cl的反应、C和CO2的反应、C和水蒸气的反应等。
【详解】A．液态水汽化需吸收热量，但为物理变化，不是吸热反应，故A不符合题意；
B．生石灰与水反应生成熟石灰是化合反应，放出大量的热，为放热反应，故B不符合题意；
C．Ba(OH)2⋅8H2O 与NH4Cl的反应为吸热反应，故C符合题意；
D．氢气在氯气中燃烧，放出大量的热，为放热反应，故D不符合题意；
答案选C。
2．下列说法正确的是
A．等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多
B．甲烷的燃烧热为，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
C．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量可能相同
D．已知热化学方程式：，在容器中充入和充分反应，最终放出的热量为
【答案】A
【详解】A．由于等量的S(g)能量高于S(s)，故完全燃烧后，S(g)放热更多，故A正确；
B．甲烷的燃烧热ΔH=-890.3 kJ•mol-1，则1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水，放出890.3kJ热量，则CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3 kJ•mol-1，故B错误；
C．化学反应必然伴随着能量变化，则反应物的总能量与生成物的总能量一定不相等，故C错误；
D．热化学方程式中为完全转化时的能量变化，可逆反应不能完全转化，且物质的量与热量成正比，则容器中充入2molSO2和1molO2充分反应，最终放出的热量小于196.64kJ，故D错误；
故选：A。
3．下列描述正确的是
A．泡沫灭火器的反应原理：
B．熔融的电离方程式：
C．溶液显酸性的原因：
D．溶液的水解方程式：
【答案】C
【详解】A．泡沫灭火器的反应原理：铝离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝和二氧化碳；泡沫灭火器工作原理的离子方程式为：Al3++3═Al(OH)3↓+3CO2↑，故A错误；
B．熔融NaHSO4只能电离为Na+和，故电离方程式为NaHSO4═Na++，故B错误；
C．镁离子水解生成氢氧化镁和氢离子，造成氢离子浓度大于氢氧根离子浓度因此溶液显酸性，离子方程式为：Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+，故C正确；
D．亚硫酸氢根离子水解生成亚硫酸和氢氧根离子，水解的离子方程式为：+H2O⇌H2SO3+OH-，故D错误；
故选：C。
4．的反应机理如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应中的能量变化如图，下列说法不正确的是

A．反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应
B．反应速率由反应Ⅱ决定
C．加入催化剂改变了反应的历程
D．的能量高于的能量
【答案】D
【详解】A．反应I的反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，反应II的反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，A正确；
B．由E2>E1可知反应II的正反应活化能高于反应I的，根据活化能越大反应速率越慢，则反应II的速率低于反应I的，整个化学反应的速率由最慢的一步反应决定，即反应速率由反应Ⅱ决定，B正确；
C．加入催化剂可降低反应的活化能，改变了反应的历程，C正确；
D．由图可知，和1molO2(g)的总能量高于的总能量，无法比较与的能量大小，D错误；
故选：D。
5．下列事实能用勒夏特列原理来解释的是
A．实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气Cl2+H2OH++Cl-+HClO
B．工业上合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0选择500℃
C．H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深H2(g)+I2(g)2HI(g)
D．SO2氧化成SO3，往往需要使用催化剂2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
【答案】A
【分析】根据勒夏特列原理进行判断；
【详解】A．饱和食盐水中氯离子浓度大，抑制氯气与水的反应，故A符合题意；
B．工业合成氨选择500℃，是提高产率，不能促进平衡正向移动，故B不符合题意；
C．该反应是个等体反应，加压不影响平衡，故C不符合题意；
D．催化剂不影响平衡，故D不符合题意；
故选答案A；
【点睛】此题考查平衡移动原理的应用，根据实际应用进行判断。
6．在容积不变的密闭容器中存在如下反应： ∆H＜0某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是

A．图I研究的是t0时刻增大A的浓度对反应速率的影响
B．图II研究的是t0时刻加入催化剂或通入氦气使压强增大后对反应速率的影响
C．图III研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
D．图III研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
【答案】D
【详解】A．t0时刻增大A的浓度，反应物浓度增大，正反应速率加快，逆反应速率暂时不变，随之加快，A不正确；
B．t0时刻加入催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，但平衡不发生移动，而通入氦气使压强增大，对反应速率不产生影响，B不正确；
C．催化剂能加快反应速率，缩短到达平衡的时间，但不能改变反应物的平衡转化率，C不正确；
D．从图中可以看出，乙先达平衡，则乙的温度较高，由于正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，A的转化率降低，D正确；
故选D。
7．已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键
H- H
H-O
键能/(kJ·mol-1)
436
463
热化学方程式
2H2(g) + O2 (g)=2H2O(g)  ΔH= -482kJ·mol-1

则2O(g)=O2(g)的ΔH为A．428 kJ·mol-1 B．-428 kJ·mol-1 C．498 kJ·mol-1 D．-498 kJ·mol-1
【答案】D
【分析】根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算。
【详解】反应的ΔH=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)；-482kJ/mol=2×436kJ/mol+(O-O)-4×463kJ/mol，解得O-O键的键能为498kJ/mol，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=O2(g)的ΔH=-498kJ/mol。
8．合成氨工业中，原料气(N2，H2及少量的CO，NH3的混和气)在进入合成塔前常用乙酸二氨合铜溶液来吸收原料气中CO，其反应为：[Cu(NH3)2]++CO+NH3[Cu(NH3)3CO]+    ΔH<0。下列说法错误的是
A．必须除去原料气中CO的原因是防止催化剂中毒
B．吸收CO的生产适宜条件适当温度、加压，压强越大越好
C．吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，再生的适宜条件高温、降压
D．合成氨工业中，采用循环操作，主要是为了提高N2和H2的利用率
【答案】B
【详解】A．由于CO参与，易使催化剂中毒，所以必须除去原料气中CO，故A正确；
B．该反应是气体体积缩小的放热反应，故促进反应向正反应方向进行，应选择低温加压，但不是压强越大越好，故B错误；
C．要使吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，只要使平衡向逆反应方向移动即可，逆反应方向为气体体积增大的吸热反应，所以在高温低压下使平衡逆移，故C正确；
D．合成氨工业中，是为了提高N2和H2的利用率，采用循环操作，故D正确；
故答案选B。
9．在恒温、恒容，体积为的容器中发生下列反应：，T温度下的部分实验数据为：

0
50
100
150

4.00
2.50
2.00
2.00

下列说法错误的是：A．时的转化率为50%
B．内分解速率为
C．温度下的平衡常数为温度下的平衡常数为，若，则
D．T温度下的平衡常数为
【答案】B
【详解】A．时的转化率为，故A正确；
B．50s内X2O5浓度变化量为(4-2.5)mol=1.5mol，50s内X2O5分解速率==0.015mol/(L·s)，故B错误；
C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若温度T1＞T2，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，则K1＞K2，故C正确；
D．由表中数据可知，100s时处于平衡状态，平衡时n(X2O5)=2mol，则：
，T温度下平衡常数K===8，故D正确；
故选B。
10．下列事实不能证明是弱电解质的是
A．时溶液的
B．溶液与溶液反应放出气体
C．向溶液中滴加同浓度溶液使溶液呈中性，消耗溶液的体积小于
D．常温下，的溶液稀释至100倍，稀释后溶液的约为4.5
【答案】B
【详解】A．若HNO2是强酸，会电离出0.1mol/L氢离子，而时溶液的即c(H+)=10-2.2mol/L，说明是弱电解质，A不选；
B．溶液与溶液反应放出气体只能说明的酸性比H2CO3强，但无法证明是弱酸，B选；
C．若HNO2是强酸，溶液呈中性则会消耗同浓度溶液20mL，而实际消耗溶液的体积小于，说明是弱电解质，C不选；
D．若HNO2是强酸会完全电离，常温下，的溶液稀释至100倍，氢离子浓度减小100倍，则pH=5，实际稀释后溶液的约为4.5，说明是弱电解质，D不选；
故选：B。
11．某学生欲用已知物质的量浓度的氢氧化钠溶液来测定白醋中醋酸的浓度，下列操作中，可能使所测白醋中醋酸的浓度数值偏低的是
A．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液
B．滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．滴定过程中振荡时锥形瓶中有液滴溅出
D．用托盘天平称量NaOH固体(含KOH杂质)配制NaOH溶液
【答案】C
【详解】A．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，使标准液的浓度偏小，导致消耗NaOH溶液的体积偏大，则滴定结果偏高，故A错误；
B．滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，但醋酸的物质的量不变，对测定结果无影响，故B错误；
C．滴定过程中振荡时有液滴溅出，使待测液中溶质的物质的量偏小，导致消耗NaOH溶液的体积偏小，则滴定结果偏低，故C正确；
D．配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质，导致所配溶液中氢氧根离子浓度偏小，消耗的标准液体积偏大，测定盐酸浓度偏高，故D错误；
故答案为：C。
12．下列各组离子一定能大量共存的是
A．在含有大量的溶液中：
B．常温下的溶液：
C．澄清透明溶液中：
D．常温下水电离的的溶液：
【答案】C
【详解】A ．与发生双水解反应而不能共存，A错误；
B．常温下的溶液则，即氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，发生氧化还原反应而不能共存，B错误；
C．各离子之间互不反应，能大量共存，C正确；
D．常温下水电离的的溶液呈酸性或碱性，若为碱性时，不能共存，D错误；
故选：C。
13．在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入和，发生反应实验的相关条件和数据如下表所示：下列说法正确的是
实验编号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验Ⅲ
反应温度/
800
800
850
达到平衡时间/
40
10
30
平衡时
0.5
0.5
0.15
反应的能量变化




A．由表中信息可知：
B．实验Ⅰ达到平衡后，恒温条件下再向容器中通入和，达到平衡时，
C．实验Ⅱ可能隐含的条件是使用催化剂，实验Ⅲ，内：
D．由表中信息可知：
【答案】B
【详解】A．由表格数据可知，温度升高，生成物D的浓度降低，即平衡逆向移动，因此正反应放热，∆H＜0，A错误；
B．实验I达到平衡后，c(A)=c(D)=0.5mol·L-1，c(B)=0.25mol·L-1，K==4，恒温条件下再向容器中通入1 mol A和1 mol D，此时c(A)=c(D)=1.0mol·L-1，浓度商Q==4=K，则平衡不发生移动，所以c(D) = 1.0mol·L-1，B正确；
C．实验II达平衡时各物质的浓度不变，则平衡不移动，但反应所用时间缩短，隐含的条件是使用催化剂，实验III达到平衡时v(D) == 0.005mol·L-1·min-1，C错误；
D．由于正反应放热，因此Q＞0，实验I、II参加反应的A物质的量小于2mol，且达到相同的平衡状态，故实验I、II放出热量相等，实验III升高温度，平衡逆向移动，放出热量比Q1小，所以有Q3＜Q1=Q2，D错误；
故选B。
14．温度为时，某稀溶液中；已知：。下列说法正确的是
A．该温度下，溶液的
B．该溶液中由水电离出的
C．该温度下，的盐酸与的溶液等体积混合后溶液呈中性
D．该温度下，的与的溶液混合后呈中性，则
【答案】D
【详解】A．温度为 t℃ 时，某 NaOH 稀溶液中 c(H+)=10−amol⋅L-1，c(OH-)=10-bmol⋅L-1 ，c(H+)c(OH-)=10-(a+b)=10-13，所以该温度下Kw=10-13，KNO3溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)=10-6.5mol/L，所以KNO3溶液的pH=6.5，故A错误；
B．NaOH溶液中的OH-来自NaOH的电离和水的电离，NaOH溶液中的H+全部来自水的电离，所以水电离出来的c(H+)水=c(OH-)水=10-amol/L，故B错误；
C．该温度下， pH=2 的盐酸中c(H+)=10-2mol/L， pH=12 的 NaOH 溶液中c(OH-)=mol/L=10-1mol/L，等体积混合后NaOH过量，溶液呈碱性，故C错误；
D．该温度下， 0.05mol⋅L-1 的 H2SO4V1mL 与 pH=11 的 NaOH 溶液 V2mL 混合后呈中性，则0.05mol⋅L-1×2×V1=×V2，可得 V1：V2=1：10，故D正确；
故选D。

二、填空题
15．根据所学知识，回答下列问题。
(1)实验室中和热的测定过程中，玻璃搅拌器的正确操作是_______(填字母)
A．顺时针搅拌     B．逆时针搅拌     C．上下移动
(2)中和热的测定，倒入NaOH溶液的正确操作是_______(填字母)
a.沿玻璃棒缓慢倒入     b.分三次倒入     c.一次迅速倒入
(3)若中和热的测定实验过程中，内筒未加杯盖，求得的中和反应反应热_______(填“偏大“偏小”或“无影响”)。
(4)向的溶液中分别加入下列物质：①浓硫酸；②稀硝酸；③稀醋酸。反应恰好完全，生成1mol水时的热效应分别为，则三者由大到小的顺序为_______。
(5)已知：①
②
③
碳与水蒸气反应制氢气的总反应热化学方程式是_______。
(6)图Ⅰ是和反应生成和过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，的变化是_______，(填“增大”、“减小”、“不变”，下同)。的变化是_______。

【答案】(1)C
(2)c
(3)偏大
(4)
(5)
(6)     减小     不变

【详解】（1）玻璃搅拌器的正确操作是上下移动，使酸液和碱液混合完全，故选：C；
（2）中和热的测定中，必须尽量减少热量散失，所以倒入氢氧化钠溶液时，必须一次并且迅速倒入烧杯中，故答案为：c；
（3）简易量热计如果不盖杯盖，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，偏大，故答案为：偏大；
（4）中和反应为放热反应，焓变为负，浓硫酸稀释放热，醋酸电离吸热，则，故答案为：；
（5）结合盖斯定律可知，①+②+③得到C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)△H=(+19.3kJ•mol-1)+(-57.2kJ•mol-1)+(+172.4kJ•mol-1)=+134.5kJ•mol-1，故答案为：；
（6）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小；催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，故答案为：减小；不变。
16．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其合成原理为：。
(1)下列关于工业合成氨的说法正确的是_______。
A．因为，所以该反应一定能自发进行
B．因为，所以该反应一定不能自发进行
C．在高温下进行是为了提高反应物的转化率
D．该反应在低温下能自发进行
(2)在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_______。
A．容器内的浓度之比为1∶3∶2
B．百分含量保持不变
C．容器内压强保持不变
D．混合气体的密度保持不变
(3)某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，不同温度时，固定氮气的投入量，起始氢气的物质的量与平衡时氨气的百分含量关系如图：

①图像中和的关系是：_______(填“>，<或=”)。
②a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物的转化率最高的是：_______。
③合成氨工业中，为提高氨气的平衡产率，除适当控制反应的温度和压强外，还可采取的措施是_______。
(4)恒温下，向一个4L的恒容密闭容器中充入和，反应过程中对的浓度进行检测
①20min后，反应达平衡，氨气的浓度为，用表示的平均反应速率为_______。且此时，混合气体的总压强为p，则该反应的化学平衡常数_______[对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数]。
②若维持容器体积不变，温度不变，向原平衡体系中再加入和，再次达平衡后，氨气的浓度_______(填“大于”或“小于”或“等于”)。
【答案】(1)D
(2)BC
(3)     >     C     及时的分离出氨气
(4)     0.0075          大于

【详解】（1）A．△H-T△S＜0时反应能自发进行，则不能只根据△H＜0判断反应自发性，故A错误；
B．△H-T△S＜0时反应能自发进行，则不能只根据△S＜0判断反应自发性，故B错误；
C．该反应为放热反应，高温不利于反应物的转化，在高温下进行是为了加快反应速率，故C错误；
D．根据△G=△H-T△S＜0时反应能自发进行，已知△H＜0、△S＜0，则该反应在低温下能自发进行，故D正确；
故答案为：D；
（2）A．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2时，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故A错误；
B．N2百分含量保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C．恒温恒容条件下，随着反应进行容器内压强减小，当容器内压强保持不变时，各物质含量不变，反应达到平衡状态，故C正确；
D．恒温恒容条件下，反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则混合气体的密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故D错误；
故答案为：BC；
（3）①起始时n(H2)一定时，升高温度平衡逆向移动，平衡时n(NH3)减小，根据图知，起始时n(H2)一定时，T2温度下的n(NH3)大于T1温度下的n(NH3)，则温度：T1> T2，故答案为：>；
②起始时n(H2)越大，N2的转化率越大，起始时n(H2)：a＜b＜d＜c，所以c点反应物N2的转化率最高，故答案为：c；
③合成氨工业中，为提高氨气的平衡产率，除适当控制反应的温度和压强外，可减少生成物的浓度，则还可采取的措施是及时的分离出氨气；
（4）①20min后，反应达平衡，氨气的浓度为，平均反应速率，根据速率之比等于系数比，则用表示的平均反应速率为；平衡时n(NH3)=cV=0.3mol/L×4L=1.2mol，列三段式：，平衡时总物质的量为1.2+2.4+1.2=4.8mol，混合气体的总压强为p，则该反应的化学平衡常数；
②若维持容器体积不变，温度不变，则平衡常数不变，浓度平衡常数为，向原平衡体系中再加入和，此时，平衡正向移动，则再次达平衡后，氨气的浓度大于。
17．常作食品加工中的食品添加剂，用于焙烤食品；在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
(1)可作净水剂，其原理是_______(用离子方程式说明)。
(2)配制溶液时，通常需加入适量的_______，减小其水解程度。
(3)相同条件下，溶液中的_______(填“等于”“大于”或“小于”)溶液中的。
(4)下列图像为0.1mol/L的几种电解质溶液的pH随温度变化的曲线。

其中符合溶液的pH随温度变化的曲线是_______(填罗马数字)，溶液的pH随温度变化的原因是_______。
(5)室温时，向溶液中滴加溶液，溶液pH与加入溶液体积的关系曲线如图所示。

①试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_______点。
②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_______。
③由b到c发生反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+
(2)稀硫酸
(3)大于
(4)     Ⅰ     水解是吸热反应，升高温度水解平衡正向移动，增大pH减小
(5)     a         

【详解】（1）NH4Al(SO4)2是强酸弱碱盐，在溶液中电离出的铝离子发生水解反应生成氢氧化铝胶体，表面积很大的氢氧化铝胶体能吸附水中悬浮颗粒产生沉降，从而达到净化水的目的，水解的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，故答案为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+；
（2）和铝离子水解，都是结合水电离产生的OH-促使水电离出更多的H+，导致溶液中c(H+)>c(OH-)：+H2O⇌NH3•H2O+H+，Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，为了抑制和铝离子的水解，配制硫酸铝铵溶液时，需要加入适量的酸抑制和铝离子的水解，为了不引入新杂质，加入的酸为稀硫酸；
（3）NH4Al(SO4)2和CH3COONH4在溶液中电离出的在溶液中均发生水解反应，NH4Al(SO4)2溶液中铝离子水解生成的氢离子会抑制水解，CH3COONH4在溶液中电离出的CH3COO-会促进的水解，等浓度的NH4Al(SO4)2和CH3COONH4溶液中，NH4Al(SO4)2溶液中的浓度大于CH3COONH4溶液中的浓度，故答案为：大于；
（4）NH4Al(SO4)2溶于水电离出的和铝离子水解使溶液呈酸性，水解反应是吸热反应，升高温度，和铝离子的水解程度增大，氢离子浓度增大，pH减小，则符合条件的曲线是I，故答案为：I；
（5）NH4HSO4在水中完全电离成、H+和，滴加同浓度的NaOH溶液，OH-先和H+中和生成水，当滴入100mLNaOH溶液时，H+恰好被中和，此时为a点，溶液中存在、Na+和；继续滴加NaOH溶液，部分和OH-反应生成NH3•H2O，溶液呈中性时，达到b点，此时溶液中含有、NH3•H2O、Na+和；继续滴加NaOH溶液，当滴入的NaOH溶液为150mL时到达c点，溶液中的一半和OH-反应生成了NH3•H2O；当滴入的NaOH溶液为200mL时为d点，和OH-恰好完全反应，此时溶液中的溶质为Na2SO4和NH3•H2O。
①在溶液中水解促进水的电离，NH3•H2O是弱碱，在溶液中电离出的氢氧根离子抑制水的电离，由分析可知，a→d的过程中，浓度依次减小，NH3•H2O浓度依次增大，促进水电离的程度减小，抑制水电离的程度增大，所以a点水的电离程度最大，故答案为：a；
②由分析可知，b点为硫酸铵、硫酸钠和NH3•H2O的混合溶液，溶液呈中性，所以，滴加的NaOH溶液体积大于100mL，部分结合OH-生成了NH3•H2O，所以，H+和OH-是少量的，所以溶液中离子的浓度大小顺序为，故答案为：；
③由分析可知，b到c发生的反应为与OH-反应生成一水合氨，反应的离子方程式为：，故答案为：。

三、实验题
18．滴定是分析化学中重要的分析方法之一，根据其原理回答下列问题：
Ⅰ.酸碱中和滴定是最基本的滴定方法：
(1)滴定管是酸碱中和滴定中重要的仪器，向碱式滴定管中加入氢氧化钠溶液，开始时滴定管的读数为，将滴定管中的液体全部放出，放出氢氧化钠溶液的体积为_______(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)在加入碱之前，洁净的碱式滴定管要_______。
Ⅱ.氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(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)，用氧化还原滴定方法测定粗品中的质量分数。
实验步骤：称取1.0g粗品配制溶液待用。
用碱式滴定管取待测液锥形瓶中。
用浓度为的酸性标准溶液进行滴定
回答下列问题：
(3)配制待测液需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、_______；
(4)请写出滴定中发生反应的离子方程式_______。
(5)滴定终点时的现象_______。
(6)酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，使测定结果_______(填“偏高”、“偏低”“无影响”)；读取标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，使测定结果_______(填“偏高”、“偏低”“无影响”)。
(7)有关数据记录如下：
滴定次数
待测液的体积/mL
的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
第一次
25.00
0.50
20.60
第二次
25.00
6.00
25.90
第三次
25.00
1.40
24.20

依据上表数据计算粗品中的质量分数为_______。
【答案】(1)大于
(2)用待装碱液润洗2～3次
(3)250mL容量瓶
(4)
(5)当滴入最后半滴高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
(6)     偏低     偏低
(7)63%

【详解】（1）碱式滴定管的下端无刻度，则25mL碱式滴定管中加入氢氧化钠溶液，开始时滴定管的读数为0.00mL，将滴定管中的液体全部放出，放出氢氧化钠溶液的体积为大于25.00mL，故答案为：大于；
（2）在加入碱之前，洁净的碱式滴定管要用待装碱液润洗2～3次，防止标准液的浓度偏小，故答案为：用待装碱液润洗2～3次；
（3）配制待测液需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；
（4）滴定中高锰酸钾与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸锰和硫酸钠，发生反应的离子方程式；
（5）高锰酸钾本身为紫红色溶液，与亚硫酸钠反应时被还原为无色的锰离子，滴定终点时的现象是：当滴入最后半滴高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
（6）酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，读数正常，滴定后有气泡，读数偏小，两次的体积差偏小，则测定结果偏低；读取KMnO4标准液时，因为滴定管的小刻度在滴定管上方，开始仰视读数，读数偏大，滴定结束时俯视读数，读数偏小，两次的体积差偏小，则测定结果偏低；
（7）三次消耗的高锰酸钾的体积分别为 20.10mL，19.90mL，22.8mL，第三次数据误差过大，应该舍去，另外两次的平均值为，消耗n()=cV=0.1mol/L×20.00×10-3L=2×10-3mol，由，则n()=n()=×2×10-3mol=5×10-3mol，则m()=5×10-3mol×126g/mol=0.63g，粗品中的质量分数为。