学年湖北省鄂州市高二上学期期末考试化学试题 解析.docx
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学年湖北省鄂州市高二上学期期末考试化学试题解析
绝密★启用前
化学试题
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上
可能用到的相对原子质量：
H1C12N14O16Mg24Cl35.5Fe56Cu64Ag108
第I卷选择题
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。
每小题只有一个选项符合题意）
1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（ ）
A.
硅太阳能电池B.
锂离子电池
C.
太阳能集热器D.
燃气灶
答案：
D
解：
A.硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；
B.锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；
C.太阳能集热器将太阳能转化
热能，C错误；
D.燃气灶将化学能转化为热能，D正确，
答案选D。
2.—种化学冰袋中含有适量的Na2SO4·10H2O、NH4NO3、（NH4）2SO4、NaHSO4，将Na2SO4·10H2O和其他三种盐分别盛于两只塑料袋中，使用时将它们混合并用手揉搓就可制冷，制冷效果能维持2~3h。
以下关于制冷原因的猜测肯定错误的是（）
A.Na2SO4·10H2O脱水是吸热过程
B.制冷时间较长是由于Na2SO4·10H2O脱水是较慢
过程
C.铵盐在该条件下发生的复分解反应是吸热过程
D.NH4NO3溶于水会吸收热量
答案：
C
解：
A.Na2SO4·10H2O脱水是一个分解反应，反应中吸收热量，故A正确；
B.制冷时间较长是由于Na2SO4·10H2O脱水是较慢的过程，故B正确
C.铵盐不会自身发生复分解反应，而又不具备与Na2SO4•10H2O发生复分解反应的条件，故C错误；
D.NH4NO3溶于水会吸收热量，故D正确。
综上所述，答案为C。
3.下列说法或表示方法中正确的是（）
A.等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，后者放出的热量多
B.氢气的标准燃烧热为285.8kJ•mol-1，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝+285.8kJ•mol-1
C.Ba（OH）2•8H2O（s）+2NH4Cl（s）═BaCl2（s）+2NH3（g）+10H2O（l）△H＜0
D.已知中和反应的反应热△H＝﹣57.3kJ•mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ
答案：
D
解：
A．硫蒸气比硫固体所含能量高，等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，前者放出的热量多，故A错误；
B.燃烧热是指1mol可燃物燃烧放出的热量，热化学方程式中氢气是2mol，故B错误；
C.氯化铵和氢氧化钡晶体反应吸热，△H＞0，故C错误；
D.除了酸碱中和放出热量外，浓硫酸溶于水放热，故反应放出的热量大于57.3kJ，故D正确；
答案选D。
4.下列关于焓变和熵变的说法正确的（）
A.常温下反应C（s）+CO（g）＝2CO（g）不能自发进行，则该反应△H＞0
B.自发反应的熵一定増大非自发反应的熵一定减小
C.凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的
D.反应2Mg（s）+CO₂（g）＝C（s）+2MgO（s）能自发进行,则该反应△H＞0
答案：
A
解：
A.在高温条件下△G＝△H-T・△S＜反应能进行，反应常温下不能自发进行，选项A正确；
B.焓变和熵变共同决定反应是否能自发进行，选项B错误；
C.放热反应△H＜0，△S＜0时低温自发进行，高温非自发进行，吸热反应△H＞0，△S＞0时，高温反应自发进行，选项C错误；
D.该反应的△S＜0，能自发进行，说明△H＜0，选项D错误；
答案选A。
5.碳足量，反应C（s）+H2O（g）
CO（g）+H2（g）在一个可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是
①增加碳的量且表面积保持不变②将容器的体积缩小一半③保持体积不变，充入He，使体系压强增大④保持压强不变，充入He使容器体积变大
A.①④B.②③C.①③D.②④
答案：
C
解：
①C是固体，没有浓度可言，所以增加碳的量且表面积保持不变，不影响反应速率，故①正确；
②将容器的体积缩小一半，气体物质浓度增大，反应速率增大，故②错误；
③保持体积不变，充入He．使体系压强增大，但参加反应的气体的浓度不变，则反应速率不变，故③正确；
④保持压强不变，充入He使容器体积变大，参加反应的气体的分压减小，反应速率减小，故④错误；
只有①③正确，故答案为C。
点评：
考查反应速率的影响因素，反应中有固体参加，改变固体的量对反应速率没有影响，而温度、浓度、催化剂、压强、反应物的接触面积等因素影响化学反应速率，注意惰性气体对反应原理没有影响，但如果改变了反应物的浓度，则影响反应速率。
6.将物质的量均为3mol的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：
3A（g）+B（g）
xC（g）+2D（g），经2min后测得D的浓度为0.5mol/L，以C表示的平均速率v（C）=0.25mol•L-1•min-1，下列说法正确的是（）
A.反应速率v（B）=0.25mol•L-1•min-1
B.该反应方程式中，x=1
C.2min时，A的物质的量为1.5mol
D.2min时，A的转化率为60%
答案：
C
【分析】
建立三段式
解：
A.B的反应速率
，故A错误；
B.根据A选项和题中已知，C的速率是B的速率2倍，则C的计量系数是B的计量系数的2倍，因此该反应方程式中，x=2，故B错误；
C.2min时，A的物质的量
，故C正确；
D.2min时，A的转化率
，故D错误。
综上所述，答案为C。
7.如图所示的各图中，表示2A（g）+B（g）⇌2C（g）（△H＜0）这个可逆反应的正确图象为（注：
Φ（C）表示C的质量分数，P表示气体压强，C表示浓度）
A.
B.
C.
D.
答案：
A
【分析】
A.温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，反应逆向移动；
B.增大压强，反应速率加快，平衡向体积缩小的方向移动；
C.加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，但质量分数不发生变化；
D.降低温度，平衡向放热反应方向移动，增大压强，平衡向体积缩小的方向移动；
解：
A.温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，反应逆向移动，C的质量分数降低，A项正确；
B.增大压强，反应速率加快，v（正）、v（逆）均增大，B项错误；
C.加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，但C的质量分数不发生变化，C项错误；
D.降低温度，平衡向放热反应方向移动，即正向移动，A的转化率增大；增大压强，平衡向体积缩小的方向移动，即正向移动，A的转化率增大，D错误；
答案选A。
点评：
解答本题的重点是要熟练掌握外界因素对平衡移动的影响。
改变的条件（其他条件不变）
化学平衡移动的方向
浓度
增大反应物浓度或减小生成物浓度
向正反应方向移动
减小反应物浓度或增大生成物浓度
向逆反应方向移动
压强（对有气体参加的反应）
反应前后气体体积改变
增大压强
向气体分子总数减小的方向移动
减小压强
向气体分子总数增大的方向移动
反应前后气体体积不变
改变压强
平衡不移动
温度
升高温度
向吸热反应方向移动
降低温度
向放热反应方向移动
催化剂
同等程度改变v正、v逆，平衡不移动
8.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）
A.新制的氯水放置一段时间，溶液的pH会减小
B.在配制硫酸亚铁溶液时往往要加入少量铁粉
C.恒容容器中反应CO（g）+NO2（g）
CO2（g）+NO（g）△H<0达到平衡后，升高温度，气体颜色变深
D.增大压强，有利于SO2与O2反应生成SO3
答案：
B
解：
A.新制的氯水放置一段时间，次氯酸分解，平衡正向移动，氢离子浓度增大，溶液的pH会减小，故A不符合题意；
B.在配制硫酸亚铁溶液时往往要加入少量铁粉，加铁粉是防止亚铁离子被氧化，不能用勒夏特列原理解释，故B符合题意；
C.恒容容器中反应CO（g）+NO2（g）
CO2（g）+NO（g）△H<0达到平衡后，升高温度，平衡向吸热反应方向移动即逆向移动，NO2浓度增加，气体颜色变深，故C不符合题意；
D.SO2与O2反应生成SO3是体积减小的反应，增大压强，平衡向体积减小的反应即正向移动，有利于SO2与O2反应生成SO3，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
点评：
勒夏特列原理是指平衡移动的原理，平衡向着减弱这种改变的方向移动；氯气与水反应是可逆反应，次氯酸见光易分解，次氯酸浓度减少，平衡正向移动。
9.一定量的混合气体在密闭容器中发生如下反应：
达到平衡后测得A气体的浓度为
保持温度不变,将密闭容器的容积压缩为原来的一半再次达到平衡后,测得A浓度为
则下列叙述正确的是
A.平衡向正反应方向移动B.
C.B的物质的量浓度减小D.C的体积分数降低
答案：
A
解：
保持温度不变，保持温度不变将容器的容积缩为原来的一半，如平衡不移动，A的浓度为1mol/L，实际上A的浓度变为0.8mol/L，说明平衡向消耗A的方向移动，即向正反应移动，
A、由上述分析可知，平衡向正反应方向移动，选项A正确；
B、缩小体积，压强增大，平衡向正反应移动，压强增大平衡向气体物质的量减小的方向移动，即x+y＞n，选项B错误；
C、由上述分析可知，平衡虽然向正反应方向移动，B的量减小，但容器的体积缩小一半，故B的物质的量浓度比原来的大，但小于原来浓度的2倍，选项C错误；
D、平衡向正反应方向移动，气体C的物质的量增大，故C的体积分数增大，选项D错误；
答案选A。
10.某浓度的氨水中存在下列平衡：
NH3•H2O⇌NH4++OH-，若想增大NH4+的浓度，而不增加OH-的浓度，应采取的措施是（ ）
①适当升高温度 ②加入NH4Cl固体 ③通入NH3 ④加入少量盐酸
A.①②B.②③C.③④D.②④
答案：
D
解：
①适当升高温度，平衡正向移动，c（NH4+）增大，c（OH-）增大，故①错误；
②加入氯化铵固体，c（NH4+）增大，平衡逆向移动，c（OH-）减小，故②正确；
③向氨水中通入氨气，c（NH4+）增大，c（OH-）增大，故③错误；
④加入少量盐酸，盐酸和氢氧根离子反应生成水，促进氨水电离，c（NH4+）增大，c（OH-）减小，故④正确；
故答案为D。
11.下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：
CH3COOH
H2CO3
H2S
H3PO4
1.8×10-5
K1=4.3×10-7
K2=56×10-11
K1=9.1×10-8
K2=11×10-12
K1=7.5×10-3
K2=6.2×10-8
K3=2.2×10-13
则下列说法中不正确的是（）
A.碳酸的酸性强于氢硫酸
B.多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定
C.常温下，加水稀释醋酸，电离平衡常数增大
D.向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离平衡常数不变
答案：
C
解：
A.碳酸的K1大于氢硫酸的K1，因此碳酸酸性强于氢硫酸，故A正确；
B.第一步电离常数远远大于后面的电离平衡常数，因此多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，故B正确；
C.常温下，加水稀释醋酸，电离平衡常数不变，电离平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故C错误；
D.向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离平衡常数不变，只与温度有关，故D正确。
综上所述，答案为C。
点评：
平衡常数越多，酸就越强，因此根据平衡常数判断酸的强弱；酸主要以第一步电离为主。
12.某同学为了使反应2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑能进行，设计了如下所示的四个实验方案，你认为可行的方案是（ ）
A.
B.
C.
D.
答案：
C
解：
由2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑可知该反应不是自发的氧化还原反应，故只能设计成电解池；H元素的化合价由+1价降低到0价，得到电子，发生还原反应，阴极上的电极反应为：
2H++2e-=H2↑，银元素的化合价从0价升高到+1价，发生氧化反应，银作阳极，电极反应为：
Ag-e-=Ag+，所以银作阳极，盐酸作电解质溶液，形成电解池；答案选C。
点评：
解答本题是需要根据总反应判断装置是原电池还是电解池，再根据得失电子判断电极；判断时①电极：
阴极是与电源负极相连，得到电子，发生还原反应；阳极是与电源正极相连，失去电子，发生氧化反应。
②电子和离子的移动方向（惰性电极）。
特别需要注意的是：
①金属活动性顺序中银以前的金属（含银）作电极时，由于金属本身可以参与阳极反应，称为金属电极或活性电极（如Zn、Fe、Cu、Ag等）；金属活动性顺序中银以后的金属或非金属作电极时，称为惰性电极，主要有铂（Pt）、石墨等；②电解时，在外电路中有电子通过，而在溶液中是靠离子移动导电，即电子不通过电解质溶液。
13.利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示。
下列说法不正确的是
A.电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极
B.A电极上发生氧化反应，B为正极
C.电极A极反应式为2NH3-6e-=N2+6H+
D.当有2.24LNO2（标准状况）被处理时，转移电子为0.4mol
答案：
C
解：
A、根据反应的化学方程式可知N元素的化合价升高，被氧化，所以通入氨气的一极为负极，右端为正极，所以电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，A正确；
B、A为负极，发生氧化反应，B是正极，发生还原反应，B正确；
C、电极A是氨气失去电子生成氮气，由于电解质溶液为KOH溶液，所以氨气失去电子与氢氧根离子结合生成水，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，C错误；
D、标准状况下2.24L二氧化氮的物质的量是0.1mol，N元素的化合价从+4价降低到0价，则0.1mol二氧化氮参加反应时转移电子的物质的量是0.4mol，D正确。
答案选C。
14.甲、乙两个电解池均以Pt为电极，且互相串联，甲池盛有AgNO3溶液，乙池中盛有一定量的某盐溶液，通电一段时间后，测得甲池中某电极质量增加2.16g，乙池中某电极上析出0.24g金属，则乙池中溶质可能是（）
A.KNO3B.MgSO4C.CuSO4D.Na2SO4
答案：
C
解：
甲、乙两个电解池均以Pt为电极，且互相串联，甲池盛有AgNO3溶液，乙池中盛有一定量的某盐溶液，通电一段时间后，测得甲池中某电极质量增加2.16g，即析出Ag单质的质量为2.16g，n（Ag）=
=0.02mol，则电路中通过的电子的物质的量为
；乙池中某电极上析出0.24g金属，说明该金属阳离子的氧化性强于H+，即该金属的金属活动性在H之后，而K、Mg、Na的金属活动性都在H之前，故有可能为Cu，该电解质可以为硫酸铜；
故答案C。
15.由下列实验及现象不能推出相应结论的是（）
实验
现象
结论
A
向2mL0.1mol/LFeCl3的溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变
还原性：
Fe＞Fe2+
B
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
CO2具有氧化性
C
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D
向2支盛有2mL相同浓度硝酸银溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液
一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象
Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）
A.AB.BC.CD.D
答案：
C
解：
A.向2mL0.1mol/LFeCl3的溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液，黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，根据方程式得出还原性强弱：
Fe＞Fe2+，故A不符合题意；
B.将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶，集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生，反应生成氧化钠和碳，二氧化碳中碳化合价降低，具有氧化性，故B不符合题意；
C.加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，碳酸氢铵受热分解变为氨气，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，与碳酸氢铵显碱性无关，故C符合题意；
D.向2支盛有2mL相同浓度硝酸银溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象，说明黄色沉淀的溶度积小即Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
16.下列比较中，正确的是（）
A.同温度同物质的量浓度时，HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比NaCN溶液大
B.0.2mol·L-1NH4Cl和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后：
c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+）
C.物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中：
c（Na+）+c（H+）=c（S2-）+c（HS-）+c（OH-）
D.同浓度的下列溶液中，
（1）NH4Al（SO4）2、
（2）NH4Cl、（3）CH3COONH4、（4）NH3·H2O；c（NH4+）由大到小的顺序是：
（1）＞
（2）＞（3）＞（4）
答案：
D
解：
A.同温度同物质的量浓度时，HF比HCN易电离，说明酸强弱顺序为HF>HCN，根据越弱越水解，NaCN水解程度大，碱性强，因此NaF溶液的pH比NaCN溶液小，故A错误；
B.0.2mol·L-1NH4Cl和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合，溶质为NH4Cl、NaCl、NH3∙H2O且三者浓度相等，溶液显碱性，离子浓度大小顺序为：
c（Cl－）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH－）＞c（H+），故B错误；
C.物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中，电荷守恒关系为：
c（Na+）+c（H+）=2c（S2－）+c（HS－）+c（OH－），故C错误；
D.同浓度的下列溶液中
（1）NH4Al（SO4）2、
（2）NH4Cl、（3）CH3COONH4、（4）NH3∙H2O；
（1）NH4Al（SO4）2相互抑制的双水解，水解程度小，
（2）NH4Cl单一水解，（3）CH3COONH4相互促进的双水解，（4）NH3∙H2O是弱碱，部分电离出铵根离子，因此c（NH4+）由大到小的顺序是：
（1）＞
（2）＞（3）＞（4），故D正确。
综上所述，答案为D。
点评：
浓度的酸越易电离，说明酸越强，其电离平衡常数越大，其对应的盐水解程度越小，碱性越弱。
第II卷选择题
二、实验题（本题包括1小题，共12分）
17.某学生用0.1200mol/LNaOH溶液测定某未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：
A.用蒸馏水洗净滴定管
B.用待测定的溶液润洗酸式滴定管
C.用酸式滴定管取稀盐酸，注入锥形瓶中，加入酚酞
D.另取锥形瓶，再重复操作2～3次
E.检查滴定管是否漏水
F.取下碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度
完成以下填空：
（1）滴定时正确操作的顺序是用序号字母填写：
__→__→F→__→__→__→D。
（2）操作F中应该选择图中滴定管___填标号。
（3）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察__。
（4）滴定结果如表所示：
滴定次数
待测液体积
标准溶液的体积
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
1.02
21.03
2
25.00
0.60
20.60
3
25.00
0.20
20.19
计算该盐酸的物质的量浓度为__（精确至0.001）。
（5）下列操作会导致测定结果偏高的是__。
A.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗
B.滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出
C.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡
D.达到滴定终点时，仰视读数
（6）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。
测血钙的含量时，进行如下实验：
①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵（NH4）2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。
②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。
Ⅰ、写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式__。
Ⅱ、判断滴定终点的方法是__
答案：
（1）.E
（2）.A（3）.B（4）.C（5）.G（6）.乙（7）.锥形瓶内溶液颜色的变化（8）.0.120mol∙L-1（9）.AD（10）.2MnO4－+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2++8H2O（11）.当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色
【分析】
⑴酸碱中和滴定顺序是查漏、洗净、润洗、装液、排气泡、调液面、读记数据、待测液加锥形瓶、加指示剂、滴定、重复实验。
⑵操作F中是加氢氧化钠溶液。
⑶滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察锥形瓶。
⑷先计算三次平均值，再根据浓度进行计算。
⑸根据c（待测）=
进行误差分析。
⑹KMnO4滴定H2C2O4反应生成CO2、Mn2+；高锰酸钾进行滴定时，不需要另外的指示剂，高锰酸钾本身可以做指示剂。
解：
⑴酸碱中和滴定顺序是查漏、洗净、润洗、装液、排气泡、调液面、读记数据、待测液加锥形瓶、加指示剂、滴定、重复实验。
因此正确操作的顺序是用序号字母填写：
E→A→F→B→C→G→D；
故答案为：
E；A；B；C；G。
⑵操作F中是加氢氧化钠溶液，应该用碱式滴定管，因此图中滴定管乙；故答案为：
乙。
⑶滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察锥形瓶内溶液颜色的变化；
故答案为：
锥形瓶内溶液颜色的变化。
⑷三次滴定，消耗标准溶液的体积分别为20.01mL、20.00mL、19.99mL，平均值为20.00mL，因此该盐酸的物质的量浓度
；
故答案为：
0.120mol∙L-1。
⑸
A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，消耗标准液体积偏多，测定结果偏高，故A符合题意；
B．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，待测液溶质减少，消耗标准液减少，测定结果偏低，故B不符合题意；
C．碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，标准液读出数据偏小，测定结果偏低，故C不符合题意；
D．达到滴定终点时，仰视读数，读出数据偏高，测定结果偏高，故D符合题意；
综上所述，答案为AD。
⑹Ⅰ、KMnO4滴定H2C2O4反应生成CO2、Mn2+，其离子方程式2MnO4－+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2++8H2O；
故答案为：
2MnO4－+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2++8H2O。
Ⅱ、高锰酸钾进行滴定时，不需要另外的指示剂，高锰酸钾本身可以做指示剂，因此判断滴定终点的方法是当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
故答案为：
当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。
点评：
酸碱中和滴定顺序是查漏、洗净、润洗、装液、排气泡、调液面、读记数据、待测液加锥形瓶、加指示剂、滴定
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