【文档说明】【精准解析】甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试卷.doc，共(29)页，971.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b4e12266153e0678a876c5c007e54717.html

以下为本文档部分文字说明：

兰州一中2019-2020年第一学期期末考试试题高二化学第Ⅰ卷（选择题，共48分）一．单选题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共48分）1.下列表述中正确的是A.任何能使熵值增大的过程都能自发进行B.△H＜0，△S

＞0的化学反应一定能自发进行C.已知热化学方程式2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H＝－QkJ·mol－1（Q＞0），则将2molSO2(g)和1molO2(g)置于一密闭容器中充分反应后放出QkJ的热量D.稀溶液中1molNaOH分别和1molCH3COOH、1molHN

O3反应，两者放出的热量一样多【答案】B【解析】【详解】A、根据△G＝△H－T△S可知，当△G小于0时，反应才是自发进行的，A错误；B、△G＝△H－T△S＜0时，反应可自发进行，所以△H＜0，△S＞0的化学反应一定能自发进行，B正确；C、可逆反应不能完全进行，则将2mol

SO2(g)和1molO2(g)置于一密闭容器中充分反应后放出的热量小于QkJ，C错误；D、醋酸是弱电解质，电离时要吸热，所以醋酸和氢氧化钠反应放出热量要小于硝酸和氢氧化钠反应放出的热量，D错误；答案选

B。2.下列变化不能用勒夏特列原理解释的是()A.向H2S水溶液中加入NaOH有利于S2-增多B.过氧化氢分解加催化剂二氧化锰，使单位时间内产生的氧气的量增多C.合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率D.新制氯水久置后颜色变浅【答案】B【解析】【分析】勒夏特列原理：如果改变影响平衡的一个条

件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特列原理使用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释；【详解】A．2HS水溶液中存在平衡+--+2-2HSH+HSH

SH+S；，加入NaOH，-OH与H反应，H浓度减小平衡正向移动，有利于2-S增多，能用勒夏特列原理解释；B．双氧水的分解不是可逆反应过程，故不能用列夏特勒原理解释；C．将氨液化分离，减小生成物浓度，平衡正向移动，氮气和氢气的转化率变大，能用勒夏特列原理解释；D．氯气溶于水生成次氯酸，方程

式为22Cl+HOHCl+HClO，次氯酸见光分解，促进平衡向正向移动，故可以用勒夏特列原理解释；故答案选择B。【点睛】勒夏特列原理使用对象：1、可逆反应；2、改变了影响平衡的一个条件如浓度、压强或温度等。3.为了抵御海水

的侵蚀，往往会在船体上安装大型的锌块，利用原电池反应：2Zn+2H2O+O2=2Zn(OH)2，下列说法正确的是A.锌块作为原电池的负极，发生还原反应而被腐蚀B.海水中的电解质如NaCl起到了导电的作用C

.正极的电极反应式为：Zn-2e－＝Zn2+D.实际应用中，需用锌块覆满船体，完全隔绝海水以防止钢铁被腐蚀【答案】B【解析】【分析】在船体上安装锌块，则锌块、船体(钢铁)在海水中构成原电池，其中锌块做

负极，发生氧化反应生成Zn(OH)2，船体做正极，氧气在正极上得到电子，据此分析。【详解】A、锌做原电池的负极，失电子，发生氧化反应而被腐蚀，故A错误；B、海水是电解质溶液，其中的电解质氯化钠起到了导电的作用，故B

正确；C、正极上氧气放电，电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故C错误；D、锌块不需要覆盖整个船体，只需要镶嵌在船体上即可构成原电池，从而使船体做正极被保护，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了金属的腐蚀

和防护。本题的易错点为D，要注意电化学保护法与外加保护套等物理方法的区别。4.体积可变容器中，可逆反应A(g)+2B(g)nC(g)(正反应放热)生成物C的浓度随压强变化并建立平衡的关系图，则n值与压强p1、p2的关系正确的是：A.p2>p1，n<3B.p2>p1，n>3C.p1>

p2，n<3D.p1>p2，n>3【答案】D【解析】【详解】其他条件相同下，压强越大，化学反应速率越快，化学越快达到平衡。有P1>P2，压强增大，C的浓度减小，说明反应逆向移动，根据已知，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，逆反应

为气体体积减小的反应，则1+2<n；D项正确；答案选D。5.在一定温度下的密闭容器中发生反应：2X(g)＋Y(g)2Z(g),平衡后的某一时刻(t1)改变了外界条件，其反应速率随时间的变化图像如图所示，则下列说法符合该图像的是()A.t1时刻，增大了X的浓度B.t1时刻，

升高了体系温度C.t1时刻，缩小了容器体积D.t1时刻，使用了催化剂【答案】D【解析】【详解】由图象可知正逆反应速率增大，平衡没有移动；A.t1时刻，增大了X的浓度，平衡正移，不符合题意，故A错误；B.t1时刻，升高了体系温度，平衡移动，不符合题意，故B错误C.t1时刻，缩小了

容器体积，速率增大，由于反应前后计量数不相等，平衡移动，不符合题意，故C错误；D.t1时刻，使用了催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，符合题意，故D正确；故答案为：D。6.硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其溶解为吸热过程，在水中

的沉淀溶解平衡曲线如图。下列说法错误的是（）A.图中T1<T2B.图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)C.温度降低时，q点的饱和溶液会有固体析出D.向P点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由p向q方向移动【答案】D【解析

】【分析】CdS在水中存在沉淀溶解平衡：2+2-CdSsCdaq+Saq，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-)，在饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)。【详解】A．已知正反应为吸热反

应，故温度升高c(Cd2+)与c(S2-)越大，结合图象可以看出，T1<T2，故A项正确；B.CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)，故B项正确；C.温度降低时，q点对应饱和溶液

的溶解度下降，故会有固体析出，故C选项正确；D.m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由p沿mnp向n方向移动，故D项错误；故答案选D。【点睛】本题需要由图像可知在图线上为溶液饱和的状态，对应的

溶度积都相同。7.根据如下能量关系示意图，下列说法正确的是()A.1molC(g)与1molO2(g)的能量之和为393.5kJB.反应2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量

C.由C→CO的热化学方程式为：2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1D.热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO热值ΔH＝－10.1kJ·mol－1【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，1molC(s)与1molO2(g)的能量之和比1mol

CO2(g)的能量高393.5kJ，A错误；B．由图可知，1molCO(g)和0.5mol的O2(g)生成1molCO2(g)放出282.9kJ的热量，所以反应2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)中，反应物的总能量大于生

成物的总能量，B错误；C．由图可知，1molC(s)和0.5molO2(g)转化为1mol的CO(g)，放出热量为：393.5kJ－282.9kJ＝110.6kJ，所以2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－

1，C正确；D．热值指在一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量，燃烧产物在该条件下是一种较为稳定的状态，则CO的热值为282.928kJ·g－1≈10.1kJ·g－1，单位不正确，D错误；故选C。8.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂

，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂是()A.NH3·H2OB.NaOHC.MgCO3D.Na2CO3【答案】C【解析】【分析】Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，注意不能引入新的杂质。【详解】A

.加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，故A错误；B.加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，故B错误；C.加入碳酸镁，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故C正确；D.

加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，故D错误；答案选C。【点睛】物质的分离与提纯是高频考点，掌握除杂原则是解题的关键。在除杂过程中选择试剂时要保证不增、不减、不繁“三不原则”，即不能引入新的杂质（包括水蒸气等），不能与原有的物质反应，且过程要简单、易操作。9.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示

物质变化的化学用语中不正确的是（）A.氢氧燃料电池在碱性介质中的正极反应式为：O2+2H2O+4e-═4OH-B.用铁棒作阳极、碳棒作阴极电解饱和氯化钠溶液的离子方程式为：2C1-+2H2O通电H2↑+Cl2↑+2OH-C.粗铜精炼时，与电源负极相连的是纯铜，电极反应式为：C

u2++2e-═CuD.钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式为：Fe-2e-═Fe2+【答案】B【解析】【详解】A.正极发生还原反应，氧气得到电子生成OH-，电极方程式为O2+2H2O+4e-═4OH-，故A正确；

B.用铁棒作阳极、碳棒作阴极电解饱和氯化钠溶液，电解时，铁被氧化，在阳极上不可能生成氯气，故B错误；C.精炼铜时，纯铜为阴极，铜离子在阴极得电子被还原生成铜，电极反应式为：Cu2++2e-═Cu，故C正确；D.钢铁发生电化学腐蚀时，铁做负极，发生

氧化反应，被氧化生成Fe2+，电极反应式为：Fe-2e-═Fe2+，故D正确；答案选B。10.已知NaHSO3溶液呈酸性、NaHCO3溶液呈碱性。现有浓度均为0.1mol/L的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物质的量浓度存在

下列关系(R表示S或C)，其中一定正确的是()A.c(Na+)>c(HRO3−)>c(H+)>c(RO2-3)>c(OH−)B.c(Na+)+c(H+)═c(HRO-3)+c(RO2-3)+c(OH−)C.c(RO2-3)+c(HRO3−)+c(H2RO3)═c(Na+)D.两溶液中c(N

a+)、c(HRO-3)、c(RO2-3)分别相等【答案】C【解析】【分析】在NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子会水解：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH−，碳酸氢根离子会电离：HCO3−⇌H++CO32−；碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，

故溶液显碱性；在NaHSO3溶液中，亚硫酸氢根离子会水解：HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH−，亚硫酸氢根离子会电离：HSO3−⇌H++SO32−；亚硫酸酸氢根离子的水解程度小于电离程度，故溶液显酸性；

电解质溶液中电荷守恒、物料守恒，据此回答；【详解】A.NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3−电离程度大于水解程度，c(H+)>c(OH−)，NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3−水解程度大于电离程度，c(OH

−)>c(H+)，故A错误；B.由溶液呈电中性有电荷守恒关系：c(Na+)+c(H+)═c(HRO3−)+2c(RO32−)+c(OH−)，故B错误；C.根据化学式NaHRO3得物料守恒关系：c(RO32−)+c(HRO3−)+c(H2RO3)═c(Na+)，故C正确；D.同浓度的两溶液中，c(N

a+)相等，c(HRO3−)不一定相等，c(SO32−)>c(CO32−)，故D错误；答案选C。【点睛】结合酸碱性的定义、应用电荷守恒、物料守恒回答是关键。11.数据：7.2×10﹣4、4.6×10﹣4、4.9×10﹣10分别是三种酸的电离

平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：①NaCN+HNO2===HCN+NaNO2，②NaCN+HF====HCN+NaF，③NaNO2+HF===HNO2+NaF。由此可判断下列叙述中，不正确的是（）A.HF的电离平衡常数为7.2×10﹣4B.HNO2的电离平衡常数为4

.9×10﹣10C.根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱D.HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小【答案】B【解析】【分析】弱酸在溶液中存在电离平衡，相同温度下，弱酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，并结

合强酸可与弱酸的盐发生反应制取弱酸，进行分析解答。【详解】强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、②NaCN+HF═HCN+NaF、③NaNO2+HF=HNO2+NaF，可知酸性：亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸

性大于亚硝酸，故这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸＞亚硝酸＞氢氰酸。A．通过以上分析知，氢氟酸的酸性最强，所以氢氟酸的电离平衡常数最大，为７.２×10﹣４正确；B．通过以上分析知，亚硝酸的酸性强于氢氰酸而比HF弱，所以亚硝酸的电离平衡常

数为：4.6×10-4，错误；C．根据强酸制取弱酸知，由①知道酸性：亚硝酸＞氢氰酸；根据③可知酸性：氢氟酸＞亚硝酸，故通过这两个反应就可以三种酸的相对强弱，正确；D．亚硝酸的酸性大于氢氰酸但小于氢氟酸，

由于酸性越强，酸的电离平衡常数就越大，所以亚硝酸的电离平衡常数比HCN大，比HF小，正确；故本题合理选项是B。【点睛】本题考查了弱酸的酸性强弱的判断，明确强酸可与弱酸的盐发生复分解反应制取弱酸、弱酸的酸性越强其电离平衡常数越大是解本题的关键。12.常温下，将p

H＝13的NaOH溶液与pH＝2的HCl溶液按1∶9的体积比混合，设混合溶液的总体积为二者相加，则所得混合液的pH值是A.11B.15C.12D.7.5【答案】A【解析】【详解】pH=13的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，pH=2的HCl溶液中氢离子浓度等于0.01mo

l/L，氢氧化钠溶液与盐酸按1：9混合，发生反应H++OH-=H2O，0.1×1＞0.01×9，反应后氢氧化钠有剩余，溶液呈碱性，故反应后溶液中c（OH-）=0.110.01919（）mol/L=0.001mol/L，故c（H+）=14100.001mol/L=10-11m

ol/L，故反应后溶液pH=-lgc（H+）=-lg10-11=11，故选A。13.将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆圈中心区（a）已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环（b），如图所示。导致现象的主

要原因是液滴之下氧气含量比边缘处少。下列说法正确的是（）A.液滴中的Cl–由a区向b区迁移B.液滴边缘是正极区，发生的电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-C.液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2+由a区向b区迁移，与b区的OH−形成Fe(OH)2，进一步氧化、

脱水形成铁锈D.若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则负极发生的电极反应为：Cu-2e-=Cu2+【答案】B【解析】【详解】A．根据在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极的规律，阴离子Cl-应由b区向a区迁

移，A错误；B．O2在液滴外沿反应，正极电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，发生还原反应，B正确；C．液滴下的Fe因发生氧化反应而被腐蚀，C错误；D．若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，由于Fe的金

属活动性比铜强，Fe仍为负极，负极发生的电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，D错误；故选B。14.下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是（）A.甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2

O(g)△H=-890.3kJ•mol-1B.已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为57.3kJ•mol-1，则12H2SO4(aq)+12Ba(OH)2(aq)═12BaSO4(s)+H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1C.

500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ•mol-1

D.已知25℃、101KPa条件下：4Al(s)+3O2(g)═2A12O3(s)△H=-2834.9kJ•mol-1，4Al(s)+2O3(g)═2A12O3(s)△H=-3119.1kJ•mol-1，则O2比O3稳定【答案】D【解析】【详解】A、燃烧热是指1mol可燃

物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，氢元素应该转化成液态水，选项A错误；B、硫酸和氢氧化钡溶液的反应中，硫酸根和钡离子反应生成硫酸钡沉淀也伴随着能量变化，选项B错误；C、合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，题给信息无法确定该反应的焓变，选

项C错误；D、已知25℃、101KPa条件下：①4Al（s）＋3O2（g）＝2A12O3（s）△H＝－2834．9kJ·mol-1，②4Al（s）＋2O3（g）＝2A12O3（s）△H＝－3119．1kJ·mo

l-1，根据盖斯定律：①-②得3O2（g）＝2O3（g），△H＝+288.2kJ·mol-1，则O2比O3稳定，选项D正确。答案选D。15.在两个固定体积均为1L密闭容器中以不同的氢碳比[n(H2):n(CO2)]充入H2和CO2，在一定条件下发生反应：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)

+4H2O(g)△H；CO2的平衡转化率a(CO2)与温度的关系如图所示。下列说法正确的是()A.该反应在高温下自发进行B.氢碳比：X<2.0C.若起始时，CO2、H2浓度分别为0.5mol/L和1.0mol/L，则可得P点对应温度的平衡

常数值为512D.向处于P点状态的容器中，按2:4:1:4的比例再充入CO2、H2、C2H4、H2O，再次平衡后a(CO2)减小【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，随温度升高CO2的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则正反应为

放热反应，故△H＜0，反应的熵变△S＜0，若△H-T△S＜0，则需在低温下进行，故A错误；B．氢碳比[22HCOnn]越大，二氧化碳的转化率越大，根据图像，氢碳比：X＞2.0，故B错误；C．由图可知，

P点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比[22HCOnn]＝2，起始时氢气为1mol/L、二氧化碳为0.5mol/L，则二氧化碳浓度变化量为0.25mol/L，则：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)起始浓度(mol/L)：0.5100变化浓度(mo

l/L)：0.250.750.1250.5平衡浓度(mol/L)：0.250.250.1250.5代入平衡常数表达式K＝42422622cCHcHOcCOcH=426050.1250.250.25．＝512，故C正确；D．P点

平衡时，CO2、H2、C2H4、H2O的浓度比值为2∶2∶1∶4，按2∶4∶1∶4的比例再充入CO2、H2、C2H4、H2O，增大了氢气的浓度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，即再次平衡后a(CO2)增大，故D错误

；答案选C。16.某工厂用NaCl为原料制备高氯酸，实验按流程如图所示：下列说法不正确的是A.电解Ⅰ分别用不锈钢网和石墨作电极，石墨电极上有黄绿色气体生成B.“60C歧化”的反应为：223323Cl3CO5ClClO3COC.电解Ⅱ中阳极反应式为：342ClO2OH2e

ClOHOD.循环利用物质A的成分是NaCl、4NaClO【答案】C【解析】【分析】根据题中用NaCl为原料制备高氯酸可知，本题考查NaCl的转化和电解池原理，运用电化学原理分析。【详解】A.根据流程图，电解Ⅰ分别用不锈钢网和石墨做电极，阴极上水电离产生的氢离子放电生成氢气，

阳极上氯离子放电生成氯气，石墨做阳极，不能用不锈钢网做阳极，故A正确；B.“60C歧化”的反应为氯气和碳酸钠反应生成氯化钠、氯酸钠和二氧化碳，反应的离子方程式为223323Cl3CO5ClClO3CO，故B正确

；C.电解Ⅱ中的电解质溶液不是强碱性的，故阳极的电极反应式为：+324ClOHO2eClO2H，故C错误；D.根据流程图，循环利用物质A的成分是NaCl、4NaClO，故D正确；答案选C。17.已知:25℃时,Ksp

[Mg(OH)2]=5.61×10-12,Ksp[MgF2]=7.42×10-11,下列说法正确的是A.25℃时,饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比,前者的c(Mg2+)大B.25℃时,在Mg(OH)2悬

浊液中加入少量的NH4Cl固体,c(Mg2+)增大C.25℃时,Mg(OH)2固体在20mL0.01mol/L氨水中的Ksp比在20mL0.01mol/LNH4Cl溶液中的Ksp小D.25℃时,在Mg(OH)2悬浊液中加入NaF溶液后,Mg(OH)2不可能转化为Mg

F2【答案】B【解析】【详解】A.Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12，Ksp(MgF2)=7.42×10-11由此可知，MgF2的Ksp比较大，溶解度比较大，饱和溶液中的镁离子浓度也比较大，故A错误；B.氯化铵固体溶于水后，由于NH4＋水解结合氢氧根，使溶液中氢氧根离子浓度减小，促

进Mg(OH)2向沉淀溶解的方向移动，这样镁离子浓度就增大了，故B正确；C.Ksp是平衡常数的一种，只受温度影响，温度都是25℃，Ksp不变，故C错误；D.Mg(OH)2悬浊液中镁离子浓度有一定的数值，虽然MgF2更难溶，但只要加入的氟离子浓度，使[Mg2+]×[F-]2>Ksp(MgF2)，实

现Mg(OH)2转化为MgF2，故D正确；答案：C。18.用电化学法制备LiOH的实验装置如图，采用惰性电极，a口导入LiCl溶液，b口导入LiOH溶液，下列叙述正确的是（）A.通电后阳极区溶液pH增大B.阴极区的电极反应式为

4OH－–4e－＝O2↑+2H2OC.当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的Cl2生成D.通电后Li+通过交换膜向阴极区迁移，LiOH浓溶液从d口导出【答案】D【解析】【详解】A、左端为阳极，阳极上失

去电子，发生氧化反应2Cl－2e－=Cl2↑，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，pH有所降低，故错误；B、右端是阴极区，得到电子，反应是2H＋＋2e－=H2↑，故错误；C、根据选项A的电极反应式，通过1mol电子，得到0.5molCl2，故错误；D、根据电解原

理，阳离子通过阳离子交换膜，从正极区向阴极区移动，LiOH浓溶液从d口导出，故正确。19.下列与金属腐蚀有关的说法正确的是()A.图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B.图b中，开关由M改置于N时，Cu-Zn合金的腐蚀速

率减小C.图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D.图d中，钢铁轮船外壳连接一块金属A(铜块)可以减缓船体外壳腐蚀速度【答案】B【解析】【详解】A、图a中，铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，故A错误；B、图b中开关由M置于N，Cu-Zn合金作正

极，腐蚀速率减小，故B正确；C、图c中接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt上放出，故C错误；D、图d中，钢铁轮船外壳连接一块金属A(铜块)，铜做正极，钢铁轮船外壳做负极，腐蚀速率加快，故D错误；答案选B。20.25℃时，用0.1000mo

l/LBOH溶液滴定20mL0.1000mol/L一元酸HA溶液，其滴定曲线如右图所示。下列说法正确的是A.HA的电离平衡常数Ka为1×10-14B.滴定时应选择甲基橙作指示剂C.当滴入BOH溶液20mL时，溶液

中:c(B+)=c(A-)>c(OH-)=c(H+)D.当滴入BOH溶液10mL时，溶液中:c(A-)>c(B+)>c(H+)>c(OH-)【答案】D【解析】根据滴定曲线知：0.1000mol/L一元酸HA溶液的pH=2，说明HA是弱酸，则

Ka=，A项错误；达到滴定终点时，BA溶液显碱性，应选择在碱性范围变色的指示剂酚酞，B项错误；当滴入BOH溶液20mL时，达到滴定终点，BA溶液呈碱性，故A-水解程度大，故:c(B+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)，C项错误；当滴入BOH溶液10mL时，溶液中BA与HA的

物质的量之比为1:1，并由图示可知溶液显酸性，则溶液中c(A-)>c(B+)>c(H+)>c(OH-)，D项正确，答案为D。21.图1是在金属锌板上贴上一张用某溶液浸湿的滤纸，图2是新型氢氧燃料电池，则下列说法中不正确的是（）A.图2电池放

电过程中，O2﹣从B极区向A极区迁移B.图2电池负极区的电极反应为H2﹣2e﹣+O2﹣=H2OC.若用氯化钠和酚酞的混合溶液浸湿滤纸，用导线将a、b直接相连，则铅笔芯C点先变红后褪色D.图1的铅笔为正极【答案】C【解析】【详解】A、图2是氢氧燃料电池，燃料电池放电过程中，通燃料气体的A极是负极，

通氧气的B极是正极，O2﹣从正极区（B）向负极区（A）迁移，故A正确；B、图2是氢氧燃料电池，燃料电池放电规律是：通燃料气体的A极为负极，燃料在该极失电子，通氧气的B极是正极，氧气在该极得电子，所以负极

区的电极反应为H2﹣2e﹣+O2﹣=H2O，故B正确；C、若用氯化钠和酚酞的混合溶液浸湿滤纸，用导线将a、b直接相连，则锌电极为负极，锌失电子，铅笔芯为正极，氧气得电子，在该极生成大量的氢氧化钠，能使酚酞变红色，故C

错误；D、用导线将a、b直接相连，则锌电极为负极，锌失电子，铅笔芯为正极，氧气得电子，，故D正确。综上所述，本题正确答案为C。22.某温度下，向10mL0.1mol·L-1CuCl2溶液中滴加0.1mol·L-1的Na2S溶液，滴加过程中-lgc(Cu2+)与Na2S溶

液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是已知：Ksp(ZnS)=3×10-25A.Na2S溶液中：c(S2-)＋c(HS-)＋c(H2S)＝2c(Na+)B.a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的为b点C.该温度下，Ksp(CuS)＝1×10-35.4D.向

100mLZn2+、Cu2+物质的量浓度均为0.1mol·L-1的混合溶液中逐滴加入10-3mol·L-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀【答案】C【解析】【分析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S

溶液，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中的守恒思想，据此判断分析。【详解】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2

+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平

衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L；A．Na2S溶液中，根据物料守恒，2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na＋)，故A错误；B．Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度并

不是a，b，c三点中最大的，故B错误；C．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35

.4mol2/L2，故C正确；D．向100mLZn2+、Cu2+浓度均为0.1mol·L-1的混合溶液中逐滴加入10-3mol·L-1的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)=sp2+KZnScZn=-253100.1mol

/L=3×10-24mol/L，产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)=sp2+KCuScCu=-35.4100.1mol/L=10-34.4mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，优先产生CuS沉淀，故D错误；故选C。【点睛】本题考查沉淀溶解平衡知识，根据图象所提供的信息计算

出CuS的Ksp数值是关键，对于同类型的沉淀可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，不同类型的沉淀则需要定量计算比较，这是易错点，注意守恒思想的运用。23.已知反应：2NO2(红棕色)N2O4(无色)△H＜0。将一定量的NO2充入注射器中后封口，

如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法正确的是A.b点的操作是压缩注射器B.d点：v正＞v逆C.c点与a点相比，c(NO2)增大，c(N2O4)减小D.若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则Tb＞Tc【答案】A【解析】【分析】该反应是

正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但c(NO2)增大，混合气体颜色变深；压强减小平衡逆向移动，但c(NO2)减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大。【详解】A．b点开

始是压缩注射器的过程，c(NO2)增大，气体颜色变深，透光率变小，A正确；B．d点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以v正＜v逆，B错误；C．c点是压缩注射器后的情况，c(N

O2)和c(N2O4)均增大，C错误；D．b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致Tb＜Tc，D错误；答案选A。【点睛】对于反应2NO2(红棕色)N2O4(无色)，通过压缩体积，增大压强，虽然平衡正向移

动，NO2的物质的量减小，但是由于体积减小，各物质的浓度是增大的。24.一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示(电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极)。该装置工作时，下列说法不正确的是A.甲为正极，丙为阴极B.丁极的电极反应式为MnO42――e－===

MnO4－C.KOH溶液的质量分数：c%>a%>b%D.标准状况下，甲电极上每消耗22.4L气体时，理论上有4molK+移入阴极区【答案】C【解析】【分析】分析装置的特点，可知左边是燃料电池，右边是电解池；通入氧气的电极甲是电池的正极，与

甲相连的电极丁是电解池的阳极，则丁电极上MnO42―被氧化为MnO4－；丙电极是电解池的阴极，溶液中氢离子在阴极被还原为氢气，所以气体X是氢气。【详解】A、通入氧气的电极为电池的正极，与电源正极相连的一极为电解池阳极，所以丙是阴极，故A正确；B、丁是电解池阳极，MnO42―失电子被氧化为

MnO4－，电极反应式是MnO42――e－===MnO4－，故B正确；C、丙电极上的反应是22222HOeOHH，电极甲的电极反应式是22244OHOeOH，乙电极的电极反应式为

H2-2e-+2OH-=2H2O，根据溶液流动方向，c%＞b%＞a%，故C错误，D.标准状况下，甲电极上每消耗22.4L氧气时，转移4mol电子，所以理论上有4molK+移入阴极区，故D正确。【点睛】本题考查原电池与电

解池，明确离子移动方向、电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算，注重基础知识的考查。25.以甲醇为原料制取高纯H2是重要的研究方向。回答下列问题：（1）甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应。主反应：CH3OH(g)＋H2O(g)

CO2(g)＋3H2(g)△H＝＋49kJ·mol－1副反应：H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g)△H＝＋41kJ·mol－1①甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，反应的热化学方程式为

__________________，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是_________________________。②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，有利于甲醇水

蒸气重整制氢，理由是___________。③某温度下，将n(H2O)：n(CH3OH)＝1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p1，反应达到平衡时总压强为p2，则平衡时甲醇的转化率为_________________（忽略副反应）。（2）工业上常用CH4与水蒸气在一定条件

下来制取H2，其反应原理为：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)△H＝＋203kJ·mol－1，在容积为3L的密闭容器中通入物质的量均为3mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生上述反应，测得平衡时H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示。压强为p1时，

在N点：v正_______v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，N点对应温度下该反应的平衡常数K＝________mol2·L－2。【答案】(1).CH3OH(g)⇌CO(g)＋2H2(g)△H＝+90kJ/mol(2).

升高温度(3).提高甲醇的转化率，并有利于抑制CO的生成(4).（p2/p1-1）×100%(5).大于(6).48【解析】【分析】（1）根据盖斯定律确定热化学方程式；再利用三段式进行计算；（2）根据图像，N点向上移动

到60%时，达到平衡状态，正向移动；利用平衡时各物质的浓度根据方程式计算K。【详解】（1）①根据盖斯定律，主反应+副反应即可得到CH3OH(g)⇌CO(g)＋2H2(g)△H＝+90kJ/mol；提高CH3OH平衡转化率需要

平衡正向移动，反应为吸热反应，升高温度即可提高反应速率，又可提高甲醇的转化率；②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，可使副反应逆向移动，减少CO的生成，增大甲醇的转化率；③CH3OH(g)＋H

2O(g)CO2(g)＋3H2(g)初始：11反应：xxx3x平衡：1-x1-xx3x在恒温、恒容密闭中，压强之比等于物质的量之比，2：（2+2x）=p1：p2；解得x=p2/p1-1，甲醇的转化率=x/1×100%=（p2/p

1-1）×100%；（2）根据图像可知，压强为p1时，氢气的体积分数为60%时，反应达到平衡状态，即生成氢气的物质的量增大，平衡正向移动，则v正大于v逆；平衡时氢气的体积分数为60%，则CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)初始：33

反应：xxx3x平衡：3-x3-xx3x3x/（6+2x）=60%，解得x=2，平衡时，各物质的浓度分别为1/3mol/L、1/3mol/L、2/3mol/L、2mol/L，K=2/3×23/（1/3×1/3）=48。26.研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在

形式。(1)已知部分弱酸的电离常数如下表：化学式HFH2CO3H2S电离平衡常数K(25℃)7.2×10－4K1=4.4×10－7K2=4.7×10－11K1＝91×10－8K2＝1.1×10－12①常温下，pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S，物质的量浓度最大的是____。②

将过量H2S通入Na2CO3溶液，反应的离子方程式是_________。(2)二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数随pH的变化如图所示。则H2A的电离平衡常数K1=_______(3)室温下，用0.10

0mol/L盐酸溶液滴定20.00mL0.100mol/L的某氨水溶液，滴定曲线如图所示①b点所示溶液中c(Cl-)_________c(NH+4)②pH=10的氨水与pH=4的氯化铵溶液中，由水电离出的c(H+)之比为_

______(4)常温下，要将ZnSO4溶液中的Zn2+沉淀完全(Zn2+的浓度小于10－5mol·L－1)，应控制溶液的pH大于____。(已知25℃时，Ksp[Zn(OH)2]=1.0×l0－17)【答案】(1).NaF(2).CO2-3＋H2S＝HS－＋HCO-3(3).10-1.2(4

).=(5).10-6(6).8【解析】【分析】(1)①酸的电离程度越大，其所对应的盐溶液中的酸根离子的水解程度就越小，HF在这几种酸中酸性最强，F-的水解能力就最弱，当pH相同时，说明盐溶液中的氢氧根一样多，所以NaF的浓度最大；

②列出题目表格中所给出的几种酸的酸性顺序，根据强酸制弱酸的规律可以写出方程式；(2)当c(HA)=c(A-)时，此时溶液中的氢离子浓度就是Ka1；(3)①图中b点为中性点，氢离子和氢氧根浓度相同，再根据电荷守恒，可以得出铵根和

氯离子也相等；②氨水溶液中的氢离子来自于水的电离，pH=10，由水电离出的氢离子为10-10；氯化铵溶液中的氢离子来自于铵根的水解，pH=4，由水电离出的氢离子为10-4；(4)已知氢氧化锌的Ksp和溶液中锌离子的浓度，根据溶度积公式可以求出溶液中氢

氧根的浓度，再根据氢离子浓度和氢氧根浓度相乘为水的离子积，可以求出pH；【详解】(1)图表中数据分析可知酸性HF＞H2CO3＞H2S＞HCO3-＞HS-，对应盐的水解程度F-＜HCO3-＜HS-＜CO32-＜S2-；①常温

下，pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S，水解程度越大的溶液浓度越小，则物质的量浓度由大到小的顺序为NaF＞Na2CO3＞Na2S，即NaF的物质的量浓度最大；②酸性HF＞H2CO3＞H2S＞HCO3-＞HS-，则将过量H2S通入Na2CO3溶液，由强

酸制强酸可知反应生成NaHS和NaHCO3，则发生反应的离子方程式为CO2-3＋H2S＝HS－＋HCO-3；(2)由二元弱酸H2A溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数随pH的变化图知，当pH=1

.2，即c(H+)=10-1.2mol/L时，溶液中c(H2A)=c(HA－)，此时H2A的电离平衡常数K1＝2HHAHAccc=10－1.2；(3)①b点时溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，

根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(C1-)+c(OH-)，可知c(Cl-)=c(NH4+)；②常温下，pH=10的氨水溶液中，水的电离被抑制，水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度=10-10mol/L；pH=4的NH4C

1溶液中，水的电离被促进，水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度=10-4mol/L，pH=10的氨水与pH=4的NH4C1溶液中，由水电离出的c(H+)之比为=1041010=10-6；(4)常温下，Ksp[Zn(OH)2]=1.0×l0－17=c(Z

n2+)×c2(OH-)，其中c(Zn2+)=10－5mol·L－1，则c(OH-)=1751.0l010mol·L－1=10－6mol·L－1，此时溶液pH=8，即应控制溶液的pH＞8，可使Zn2+沉淀完全。【点睛】本题主要考查弱电解质在水溶液中的电离

平衡、溶液酸碱性、中和滴定曲线、盐类水解以及沉淀溶解、平衡常数等相关知识，充分理解定义、应用电荷守恒、合理有效提取图像信息是解本题的关键。27.甲醇（CH3OH）是一种绿色能源。如图所示某同学设计一个甲醇燃料电池并探

究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜.根据要求回答相关问题:（1）写出负极的电极反应式为___________________（2）铁电极为_______（填“阳极或“阴极），石墨电极（C）的电极反应式为_________（3）若在标准状况下，有2.24L氧

气参加反应，丙装置中阴极析出铜的质量为_______g（4）若将乙装置中两电极与位置互换，其它装置不变，此时以装置中发生的总反应式______【答案】(1).H2-2e-＋2OH-＝2H2O(2).阴极(3).--22Cl-2e=Cl(4).1

2.8g(5).Fe＋2H2O===通电Fe(OH)2↓＋H2↑【解析】【分析】电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极上失去电子发生氧化反应，电子从阳极流出，电子沿着导线流向电源正极，与电源负极相连的电极是阴极，电源负

极上电子流出，电子沿着导线流向电解池的阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极；电解精炼铜时，粗铜作阳极、精铜作阴极；燃料电池中，通入燃料的一极为负极，还原剂失去电子发生氧化反应，电子沿

着导线流向正极，通入助燃物的一极为正极，正极上发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，多电池串联时，电极上电子数守恒，据此分析回答；【详解】(1)燃料电池中负极上燃料失电子和氢氧根离子发生氧化反应生成水，电极反应式为H2-2e-＋2OH-＝2H2O；(2)铁电极连

接原电池负极而作电解池阴极，碳作阳极电解氯化钠饱和溶液时阳极上氯离子放电，电极反应式为--22Cl-2e=Cl；(3)若在标准状况下有2.24L氧气参加反应，按2O4e，则电极上转移的电子为0.4mol，电极上电子数守恒，丙装置中阴极上铜离子得电子生成铜单质，按-Cu2e，析出铜为0

.2mol，则铜的质量0.2mol×64g/mol＝12.8g；(4)若将乙装置中铁电极与石墨电极位置互换，其他装置不变，则铁作阳极、碳作阴极，则阳极上铁失电子发生氧化反应，阴极上水提供的氢离子放电生成氢气-22-2HO+2e=H+2OH，氢氧根离子和亚铁离子相遇得到Fe(OH)2，所以电池反应

式为Fe＋2H2O===通电Fe(OH)2↓＋H2↑。【点睛】主要考查原电池、电解池的工作原理以及电极方程式的书写等，观察分析图中电极及各种物质、熟练应用相应知识是解题的关键。28.铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料

制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________

(填“增大”、“不变”或“减小”)。（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_______________

______，阴极产生的物质A的化学式为____________。（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_____________________。【答

案】(1).Al2O3+2OH−=22AlO+H2O(2).减小(3).石墨电极被阳极上产生的O2氧化(4).）423CO+2H2O−4e−=43HCO+O2↑(5).H2(6).NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜【解析】以铝土矿（主要

成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al（OH）3，过滤II得到Al（

OH）3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气。（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为：Al2O3+2OH-==2AlO2-+H2O；（2）向“过滤I”

所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH－＞AlO2－＞CO32－，可知溶液的pH减小，NaHCO3中存在化学键有：离子键和共价键；（3）“电解I”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨电极被阳极上产生的O2氧化。（4）由图可

知，阳极反应为4CO32－+2H2O-4e－═4HCO3－+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2。（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH

4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。点睛：本题考查混合物分离提纯，答题关键：把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能，注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用，难点小题（2）向“过滤I”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成

氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH－＞AlO2－＞CO32－。29.某学生用0.1000mol/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20.00mL，注入锥形瓶

中，加入酚酞；D.另取锥形瓶，再重复操作一次；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2-3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“O”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)_______________。(2)操作F中应该选择图中

_______滴定管(填标号)。滴定终点溶液颜色的变化是___________。(3)如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为______mL。(4)滴定结果如表所示：滴定次数待测液体积标准液体积滴定前刻度滴定后刻度1201.0221.032202.002

5.003200.6020.60滴定中误差较大的是第_______次实验，造成这种误差的可能原因是______。A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗B．碱式滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定终点时未发现气泡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E．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出(5)该盐酸的浓度为__________mol/L。(6)如果准确移取20.00mL0.100mol/LNaOH溶液

于锥形瓶中，滴入酚酞指示剂，然后用未知浓度的盐酸滴定，是否也可以测定出盐酸的浓度_____(填是或否)【答案】(1).E、A、B、C、F、G、D(2).乙(3).滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察锥

形瓶內溶液颜色的变化；滴定终点溶液由酸性变成弱碱性，颜色的变化为锥形瓶內溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色(4).23.80mL(5).2(6).ABD(7).0.100mol/L(8).是【解析】【分析】(1)根据中

和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；(2)根据滴定操作的要求和终点判断的方法分析解答；(3)根据碱式滴定管的结构判断；(4)第2次实验误差较大，根据错误操作导致标准液体积变大分析原因；(5)先判断数据的有效性，然后求出平均值，最后根据

关系式HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度；(6)根据关系式HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度；【详解】(1)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为E、A、B、C、F、G、D；(2)根据题意，操作F中应该选择碱式滴定管，碱

式滴定管为乙，故答案为：乙；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察锥形瓶內溶液颜色的变化；滴定终点溶液由酸性变成弱碱性，颜色的变化为锥形瓶內溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；(3)按图读数为23.80mL；(4)对比表

中数据误差较大的是第二次实验，需要标准液的体积偏大，c(酸)×V(酸)=c(碱)V(碱)判断：A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗2~3次，标准液浓度偏小，则体积偏大，所以A选项是可能的；B．滴定开始前碱式滴定管

尖嘴部分有气泡在滴定终点读数时未发现气泡，会导致读数偏大，所以B选项是可能的；C．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡会导致体积偏小，故C不可能；D．达到滴定终点时仰视溶液凹液面最低点读数，会导致读数偏大，所以D选项是可能的

；E．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈以致有些液滴飞溅出来，导致需要标准液体积偏小，故E是不可能的；故答案：ABD；(5)数据2无效，取1、3体积进行计算，所用标准液的平均体积为21.031.0220.560.62（）（）mL≈20.00mL，33HCl~NaOH1mol1molHCl20

.00mL10L0.1000mol/L20.0010Lc，c(HCl)=0.1000mol/L，答案为0.1000；(6)准确移取20.00mL0.1000mol/LNaOH溶液于锥形瓶中，滴

入酚酞指示剂，然后用未知浓度的盐酸(装在酸式滴定管中)滴定，可通过实验测得待测溶液盐酸的体积，再根据HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度，故答案为是。【点睛】本题考查酸碱中和滴定实验，注意把握实验的原理、步骤、方法以及注意事项，本题的易错点为(4)(5)，误差分析时，无论哪一种类型的误差

，都可以依据c(待测)=()()()cVV标准标准待测，归结为对标准溶液体积的影响、计算时先要进行数据处理再根据c(待测)=()()()cVV标准标准待测计算。