【化学】黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2018-2019学年高二上学期第一次月考（解析版） 试卷

黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2018-2019学年高二上学期第一次月考
1.下列有关混合物、纯净物、电解质、非电解质的正确组合为

纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
纯盐酸
水煤气
硫酸
干冰
B
蒸馏水
蔗糖溶液
氧化铝
二氧化硫
C
胆矾
氢氧化铁胶体
铁
碳酸钙
D
水银
澄清石灰水
氯化铜
碳酸钠
【答案】B
【解析】
试题分析：纯净物是由同一种分子组成的物质；混合物是由不同种分子组成的物质；电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，而在两种状态下都不能导电的化合物为非电解质。盐酸为HCl的水溶液，一定为混合物，则A项错误；C项，铁为单质，既不是电解质，也不是非电解质，则C项错误；D项中Na2CO3为电解质，则D项错误；答案为B。
考点：考查物质的分类判断
2.下列离子方程式中，属于水解反应的是
A. HCOOH + H2OHCOO—+ H3O+ B. CO2 + H2O HCO3—+ H+
C. CO32—+ H2OHCO3—+ OH— D. HS—+ H2OS2—+ H3O+
【答案】C
【解析】
试题分析：A、该反应是甲酸和强碱的中和反应，A错误；B、该反应是二氧化碳溶于水的可逆反应，B错误；C、该反应是碳酸根的水解反应，C正确；D、该反应是HS－的电离方程式，D错误，答案选C。
考点：考查水解方程式判断
3.下列叙述不正确的是
A. 明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
B. 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可加入MgCO3固体
C. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
D. Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾中铝离子水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮颗粒达到净水的目的，故A正确；B．铁离子水解，加入MgCO3，水解平衡正向移动，铁离子转化为沉淀，过滤可除去沉淀，故B正确；C．SO2用于漂白纸浆是由于具有漂白性，为化合反应，与氧化性、还原性无关，故C错误；D．Zn为活泼金属，具有良好的导电性，易失去电子，可作原电池的负极，故D正确；故选C。
4.下列将化学能转化为电能的是
A. 燃气灶 B. 硅太阳能电池 C. 锂电池 D. 风力发电机
【答案】C
【解析】
【详解】A．燃气灶为化学能转化为热能的装置，故A错误；B．硅太阳能电池为太阳能转化为电能的装置，故B错误；C．锂电池在放电时属于原电池，是化学能转化为电能的装置，故C正确；D．风力发电机是把机械能转化为电能的装置，故D错误；故选C。
5.用惰性电极电解下列溶液，电解一段时间后，阴极质量增加，电解液的pH下降的是
A. CuCl2 B. AgNO3 C. NaCl D. H2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解氯化铜溶液时，阳极上氯离子放电，阴极上铜离子放电，氯化铜溶液的浓度减小，电解质溶液的酸性减弱，溶液的pH增大，故A错误；B．电解硝酸银溶液时，阴极上银离子放电，阳极上氢氧根离子放电，所以电解质溶液的酸性增强，溶液的pH减小，故B正确；C．电解氯化钠溶液，阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，所以电解质溶液的碱性增强，pH增大，故C错误；D．电解稀硫酸溶液，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，电解质溶液中溶质的量不变，溶剂的量减小，所以酸性增强，溶液的pH减小，故D错误；故选B。
【点睛】本题考查了电解池原理，明确离子的放电顺序及题干要求是解本题关键。本题的易错点为D，要注意题干中“阴极质量增加”的要求。
6.物质的量浓度相同的下列各溶液，由水电离出的OH—离子浓度由大到小的顺序正确的是
①NaHSO4；②NaHCO3；③Na2CO3；④Na2SO4。
A. ④③②① B. ①②③④ C. ③②④① D. ③④②①
【答案】C
【解析】
【详解】①NaHSO4是强电解质，能完全电离出氢离子，显示强酸性，对水的电离抑制程度最大，故由水电离出的氢氧根浓度最小；②NaHCO3和③Na2CO3都是能水解的盐，对水的电离起到促进的作用，碳酸钠中碳酸根的水解程度大于碳酸氢钠中碳酸氢根离子的水解程度，所以碳酸钠对水的电离起到的促进作用更大，由水电离出的氢氧根浓度是碳酸钠大于碳酸氢钠；④硫酸钠不水解，对水的电离程度无影响，综上分析，由水电离出的氢氧根浓度由大到小的顺序是③②④①，故选C。
【点睛】本题考查水的电离平衡的影响因素。要注意酸碱盐对水的电离平衡的影响。本题的易错点为②和③对水的电离平衡的影响大小的判断。
7.下列图示中关于铜电极的连接不正确的是

【答案】C
【解析】
【详解】A．该装置中，锌易失电子作负极、Cu作正极，故A正确；B．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以粗铜连接正极、纯铜连接负极，故B正确；C．电镀时，镀层Cu作阳极、镀件作阴极，故C错误；D．电解氯化铜溶液时，如果将Cu作阳极，则阳极上铜失电子发生氧化反应，而不是氯离子失电子，所以石墨作阳极、铜作阴极，故D正确；故选C。
【点睛】本题考查了原电池和电解池原理，明确实验目的是解本题关键。本题的易错点为BCD，要注意，活泼金属作阳极时，阳极上金属发生氧化反应，要注意区分。
8.下列说法正确的是
A. 1mol/L CH3COONa溶液与0.5mol/L CH3COONa溶液中的c(CH3COO—)之比是2:1
B. 1mol/L氨水与0.5mol/L氨水中c(OH—)之比是2:1
C. 中和等体积等物质的量浓度的盐酸和醋酸，消耗NaOH的物质的量前者多
D. 等体积等pH的醋酸和盐酸分别与足量金属锌反应，产生氢气物质的量前者多
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓度越大，水解程度越小，1mol/L CH3COONa溶液与0.5mol/L CH3COONa溶液中的c(CH3COO-)之比大于2:1，故A错误；B．相同温度下，1mol/L氨水与0.5mol/L氨水中，一水合氨是弱电解质，氨水浓度越小其电离程度越大，所以c(OH-)之比小于2：1，故B错误；C．等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量一样多，故C错误；D、等体积等pH的醋酸和盐酸溶液中，醋酸溶液浓度大于盐酸，醋酸存在电离平衡，随反应进行，促进电离正向移动，醋酸溶液与足量锌反应生成的氢气多，故D正确；故选D。
9.已知：25 ℃，Ksp [M(OH)2]=3.2×10－11，则此温度下M(OH)2饱和溶液的pH 等于
A. 10 B. 10＋lg2 C. 10＋2×lg2 D. 10－2×lg2
【答案】C
【解析】
试题分析：在M(OH)2饱和溶液中M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH－(aq),设OH－的浓度为x，x2×0.5x=3.2×10－11,解得x=4×10-4mol/L，c(H＋)= 1×10-14mol/L÷（4×10-4mol/L）=1/4×10-10mol/L，PH=10＋2×lg2，选C。
考点：考查沉淀溶解平衡。
10.蓄电池在放电时起原电池的作用，在充电时起电解池的作用。下面是爱迪生电池分别在充电和放电时发生的反应：Fe+NiO2+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2，下列有关爱迪生电池的推断不正确的是
A. 放电时，Fe是负极，NiO2是正极
B. 蓄电池的电极可以浸入某种酸性电解质溶液中
C. 充电时，阴极上的电极反应为：Fe(OH)2 + 2e－= Fe + 2OH－
D. 放电时，电解质溶液中的阴离子向负极方向移动
【答案】B
【解析】
【分析】
放电时，Fe被氧化生成Fe(OH)2，电极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，正极NiO2得电子被还原生成Ni(OH)2，电极反应式为NiO2+2H2O+2e-=Ni(OH)2+2OH-，充电时，阴极、阴极与正负极反应正好相反，据此分析解答。
【详解】A．放电时，Fe是负极，发生氧化反应，NiO2是正极，发生还原反应，故A正确；B．放电时能生成Fe(OH)2、Ni(OH)2，这两种物质能溶于酸，不能溶于碱，所以电解质溶液应该呈碱性，故B错误；C．充电时，阴极上电极反应式与正极反应式正好相反，所以电极反应式为Fe(OH)2+2e-═Fe+2OH-，故C正确；D．放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动，故D正确；故选B。
11.下图所示的实验，能达到实验目的的是( )
A. 验证化学能转化为电能
B. 验证温度对化学平衡的影响
C. 验证铁钉发生吸氧腐蚀
D. 验证AgCl溶解度大于Ag2S
【答案】B
【解析】
【详解】A．没有构成闭合回路，不能发生原电池反应，故A错误；B．存在2NO2⇌N2O4，温度高，颜色深，可知温度对化学平衡有影响，故B正确；C．电解质为HCl，发生析氢腐蚀，生成氢气，而中性溶液或弱酸溶液中发生吸氧腐蚀，故C错误；D．硝酸银过量，Qc(Ag2S)＞Ksp(Ag2S)，生成Ag2S沉淀，而不能验证AgCl溶解度大于Ag2S，故D错误；故选B。
12.Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如右，电解总反应为：2Cu＋H2OCu2O＋H2↑。下列说法正确的是

A. 石墨电极上产生氢气
B. 铜电极发生还原反应
C. 铜电极接直流电源的负极
D. 当有0.1 mol电子转移时，有0.1 mol Cu2O生成
【答案】A
【解析】
石墨作阴极，阴极上是溶液中的H+反应，电极反应为2H++2e-H2↑，A项正确；由电解总反应可知，Cu参加了反应，所以Cu作电解池的阳极，发生氧化反应，B项错误；阳极与电源的正极相连，C项错误；阳极反应为2Cu+2OH--2e-Cu2O+H2O，当有0.1 mol 电子转移时，有0.05 mol Cu2O生成，D项错误。
13.下列有关叙述中，正确的是
A. 一定温度下，向0.1mol/L的氨水中滴加相同浓度的醋酸，c(NH4+)/c(NH3·H2O) 减小
B. 已知Ksp(BaSO4) = 1.1×10—10， Ksp(BaCO3) = 2.58×10—9，所以不能将BaSO4转化为BaCO3
C. 用弱酸溶液滴定强碱溶液时可用甲基橙作指示剂
D. 配制FeCl3溶液时，为了抑制水解，可加入少量盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨水的电离常数为K=，温度不变则平衡常数不变，向0.1mol/L的氨水中滴加相同浓度的醋酸，溶液碱性逐渐减小，c(OH-)逐渐减小，则逐渐增大，故A错误；B．在硫酸钡的浊液中加入碳酸钠溶液，如c(Ba2+)c(CO32-)＞Ksp(BaCO3)，则可生成碳酸钡沉淀，故B错误；C．用弱酸溶液滴定强碱溶液，滴定终点溶液呈碱性，应用酚酞作指示剂，故C错误；D．配制氯化铁溶液时，为抑制水解，应该加少量盐酸，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查弱电解质的电离以及难溶电解质的溶解平衡。本题的易错点为AB，A中要注意电离平衡常数的运用，B中注意难溶电解质的平衡特点以及沉淀转化和生成的条件。
14.下列关于离子浓度的叙述正确的是
A. 0.1mol·L－1氨水中，c(OH－) = c(NH4+)
B. 25℃时，pH = 3的盐酸和pH = 11的氨水等体积混合后所得溶液中，c(H+ )＞c(OH—)
C. 0.1mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中，c(Na＋) = 2c(A2－)＋ c(HA－)＋c(H2A)
D. c(NH4+) 相等NH4Cl、NH4HSO4和NH3·H2O溶液中，c(NH3·H2O)＞c(NH4Cl)＞c(NH4HSO4)
【答案】D
【解析】
【详解】A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，所以c(OH-)＞c(NH4+)，故A错误；B．一水合氨是弱电解质，pH=3的盐酸浓度小于pH=11氨水的浓度，二者等体积混合，则氨水有剩余，溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)，故B错误；C、二元弱酸强碱盐NaHA溶液中存在A的物料守恒c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)，故C错误；D．根据NH4++H2O NH3•H2O＋H+，氢离子抑制了铵根离子的水解，则铵根离子浓度相等时，c(NH4HSO4)＜c(NH4Cl)，一水合氨是弱电解质，电离程度较小，则c(NH4+) 相等NH4Cl、NH4HSO4和NH3·H2O溶液中，氨水的浓度最大，即c(NH3·H2O)＞c(NH4Cl)＞c(NH4HSO4)，故D正确；故选D。
15.工业上，常用Fe2(SO4)3溶液作腐蚀液，腐蚀铜质电路板得到废液主要成分是FeSO4和CuSO4，含少量Fe2(SO4)3。某小组设计装置从废液中提取铜，如图：

已知：Fe2+失电子能力比OH－强。下列说法正确的是
A. 电解初期阴极没有铜析出，原因是2H+ + 2e－ = H2↑
B. 石墨极的电极反应式为2H2O + 4e－ = 4H+ + O2↑
C. 若将废液2充入阳极室时可再生腐蚀液（硫酸铁溶液）
D. 若电路中转移2mol电子，理论上有2molM从交换膜左侧向右侧迁移
【答案】C
【解析】
【详解】A.电解初期，浸取液中含过量的铁离子，铁离子氧化性大于铜优先放电，电极反应Fe3++e-═Fe2+，阴极没有铜析出，故A错误；B. 石墨极为阳极，发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子放电，电极反应式为4OH――4e－＝2H2O＋O2↑，故B错误；C. 废液2中主要含有硫酸亚铁，若将废液2充入阳极室，由于Fe2+失电子能力比OH－强，阳极的电极反应式为Fe2+-e-═Fe3+，SO42-通过阴离子交换膜进入阳极室，可再生腐蚀液(硫酸铁溶液)，故C正确；D. 若电路中转移2mol电子，阳极室减少2mol氢氧根离子，理论上有1mol SO42-从交换膜左侧向右侧迁移，故D错误；故选C。
16.室温时，向20mL 0.1mol/L的醋酸溶液中不断滴加0.1mol/L的NaOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示，在滴定过程中，下列关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是

A. a点时：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)
B. b点时：c(Na+) = c(CH3COO－)
C. c点时：c(OH－) =c(CH3COOH) + c(H+)
D. d点时：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】A．a点时醋酸过量，溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合物，溶液呈酸性，醋酸根离子的水解程度小于醋酸的电离程度，则c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，但醋酸的电离程度较小，因此c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)，故A正确；B．溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，b点时溶液的pH=7，呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-)，故B正确；C．c点时，氢氧化钠与醋酸恰好反应生成醋酸钠溶液，醋酸钠溶液中存在电荷守恒：①c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，也存在物料守恒：②c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，将②带入①可得：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，故C正确；D．d点为等物质的量的NaOH和CH3COONa的混合物，溶液呈碱性，由于CH3COO-存在微弱的水解，则：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，故D错误；故选D。
【点睛】本题考查酸碱中和滴定的判断和离子浓度大小比较。掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解判断溶液中离子浓度大小是解题的关键。本题的易错点A，要注意醋酸是弱酸，电离程度较小。
17.常温下，在一定体积pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11。若反应后溶液体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液体积比是
A. 1:9 B. 1:1 C. 1:2 D. 1:4
【答案】D
【解析】
pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-2mol/L，设溶液体积为xL，氢氧根离子物质的量为x×10-2mol；依据反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，反应的氢氧根离子的物质的量为0.5x×10-2mol；设硫酸氢钠溶液体积为y，混合后溶液pH=11，溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol/L；所以：=10-3；得到x：y=1：4，故选D。
点睛：本题考查了酸碱反应的综合计算，溶液pH的计算应用，注意溶液中氢氧根离子浓度和溶质浓度的关系是解题关键。氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，反应的方程式为Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH。
18.如图装置电解一段时间，当某极析出0.32gCu时，I、Ⅱ、Ⅲ中溶液pH分别为(溶液足量，体积均为100mL且电解前后溶液体积变化及气体的溶解忽略不计)

A. 13、7、1 B. 12、7、2
C. 1、7、13 D. 7、13、1
【答案】A
【解析】
试题分析：n(Cu)=0.32g÷64g/mol=0.005mol，由电极反应Cu2+ +2e- =Cu可知转移电子为0.01mol，电解时，I、Ⅱ、Ⅲ中溶液电极方程式分别为2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑、2H2O2H2↑+O2↑； 2CuSO4 +2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 。I中生成0.01molOH- ，c(OH-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L，pH=13；Ⅱ电解水，溶液仍然呈中性，溶液的pH=7；Ⅲ中生成0.01molH+ ，c(H+ )=0.01mol÷0.1L =0.1mol/L，pH=1，故选项A正确。
【考点定位】考查电解原理的应用的知识。
【名师点睛】电解是把电能转化为化学能的装置。与电源负极连接的电极为阴极，阴极发生还原反应；与电源正极连接的电极为阳极，阳极发生氧化反应。若使用的是惰性电极，则是电解质溶液中的离子在两个电极放电，放电顺序是S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子；阳离子的放电顺序是：Ag+> Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+>Pb2+>Sn2+>Ni2+>Fe2+，与金属活动性顺序表相反。在整个闭合回路中电子转移数目相等，根据反应产生Cu的质量，利用计算铜的质量，根据铜是+2价的金属，计算出电子转移数目，利用离子放电顺序，得到各个池的反应总方程式，结合物质的量与电子转移数目关系得到相应物质物质的量，并根据、pH=-lgc(H+)得到溶液的pH。
19.已知室温时，0.1 mol·L－1的某一元酸HA在水中有 0.1% 发生电离，回答下列各问题：
（1）该溶液的pH＝________。
（2）HA的电离平衡常数K＝________。
（3）升高温度时，K将______(填“增大”、“减小”或“不变”)，pH将______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的________倍。
【答案】 (1). 4 (2). 1×10-7 (3). 增大 (4). 减小 (5). 106
【解析】
（1）c(H+)="c" α=0.1×0.1%=10－4mol·L－1，则pH=4
（2）K＝c(H+)c(A—)/c(HA)=10－4×10－4/0.1=1×10－7mol·L－1
(3)升温促进电离，平衡正向移动，，K值将增大；c(H+)增大，pH减小
（4）由HA电离出的c(H＋)=10－4mol·L－1，溶液中的c(OH—)=10－10mol·L－1，也就是水电离出的c(H＋)=10－10mol·L－1，则可计算出由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍
20.如下图设计的串联电池装置，R为变阻器，以调节电路电流。

（1）写出b、c电极的电极反应式：b______________，c_______________；
（2）写出f电极的电极反应式____________________，向此电极区域滴入酚酞的现象为：_____________；该电极区域水的电离平衡被____________（填“促进”、“抑制”或“无影响”）。
（3）闭合K一段时间后，丙装置的电解质溶液pH__________（填“变大”、“变小”或“不变”），原因是______________。
（4）电解一段时间后丙装置析出芒硝（Na2SO4·10H2O），若此时通入CH4的体积为22.4L（标准状况下），则向丙装置中加入______g H2O就可以将析出的沉淀溶解并恢复到原有浓度。
【答案】 (1). O2+4H++4e-=2H2O (2). CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O (3). 2H++2e-=H2↑ (4). 溶液变红 (5). 促进 (6). 不变 (7). 硫酸钠为强酸强碱盐，用惰性电极电解，实质是电解水，所以pH不变 (8). 72
【解析】
【详解】根据图示，甲乙装置为两个燃料电池串联，丙为电解硫酸钠的装置。甲乙装置中通入甲烷的电极为负极，即a、c为负极，通入氧气的为正极，即b、d为正极，则e为阳极，f为阴极。
(1)根据上述分析，b为正极，发生还原反应，电解质为硫酸，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，c电极为负极，发生氧化反应，电解质为氢氧化钾，电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，故答案为：O2+4H++4e-=2H2O；CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；
(2)f电极为阴极，发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑，电解反应发生后，电极附近溶液显碱性，向此电极区域滴入酚酞，溶液变红色；氢离子浓度减小，该电极区域水的电离平衡受到促进，故答案为：2H++2e-=H2↑；溶液变红；促进；
(3)丙装置为电解硫酸钠溶液，相当于电解水，电解后电解质溶液pH不变，故答案为：不变；硫酸钠为强酸强碱盐，用惰性电极电解，实质是电解水，所以pH不变；
(4)CH4的体积为22.4L(标准状况下)，甲烷的物质的量为1mol，根据CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O可知，转移的电子为8mol，则丙装置中电解的水为4mol，质量为4mol×18g/mol=72g，因此需要加入72g水，可以将析出的沉淀溶解并恢复到原有浓度，故答案为：72。
21.某学生用0.200 0 mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体；
③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数；
④移取20.00 mL待测液注入洁净的还存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。
请回答下列问题：
（1）以上步骤有错误的是______(填编号)。若测定结果偏高，其原因可能是________(填字母)。
A.配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质
B.滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确
C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗
D.滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
（2）判断滴定终点的现象是_____________________________________。
（3）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________mL。

（4）根据下列数据，请计算待测盐酸的浓度：________mol·L－1。
滴定次数
待测体积(mL)
标准烧碱溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
20.00
0.40
20.40
第二次
20.00
2.00
24.10
第三次
20.00
4.00
24.00
【答案】 (1). ① (2). ABCD (3). 滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不变色 (4). 22.60 (5). 0.2000
【解析】
（1）碱式滴定管应该是先用蒸馏水润洗，然后用标准NaOH溶液润洗，否则会影响标准液的浓度，故第①步错误；配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质，标准溶液中氢氧根离子的浓度偏小,消耗的V(标准)增大，根据，测定结果偏高,所以A选项是正确的；滴定终点读数时,仰视滴定管的刻度,消耗的V(标准)偏小，据分析，测定结果偏低，所以B错误；盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗，消耗的V(标准)不变，分析，测定结果不变,故C错误；滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，消耗的V(标准)偏大， 分析，测定结果偏高，所以D选项是正确的；正确选项.AD。
（2）滴定终点的现象是：当滴入最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且保持30秒不消失；正确答案：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为浅红色，保持30秒不消失。
（3）滴定管中的液面读数为；正确答案：22.60。
（4）三次滴定消耗的体积为20.00mL 、22.1 mL、20.00mL；第二组数据不能用，所以消耗氢氧化钠的体积，根据=0.2×20×10-3/20×10-3= 0.2000 mol/L；正确答案：0.2000。
22.已知多元弱酸在水溶液中的电离是分步进行的，且第一步的电离程度大于第二步的电离程度，第二步的电离程度远大于第三步的电离程度……今有HA、H2B、H3C三种弱酸，根据“较强酸 + 较弱酸盐 = 较强酸盐 + 较弱酸”的反应规律，它们之间能发生下列反应：
①HA + HC2—(少量) = A—+ H2C—
②H2B(少量) + 2A— = B2— + 2HA
③H2B(少量) + H2C— = HB— + H3C 回答下列问题：
（1）相同条件下，HA、H2B、H3C三种酸中，酸性最强的是_____________。
（2）A—、B2—、C3—、HB—、H2C—、HC2—六种离子中，最易结合质子(H+)的是_________，最难结合质子的是____________。
（3）下列反应的离子方程式正确的是____________。
A.H3C +3A— = 3HA + C3— B.HB— +A— = HA + B2—
（4）完成下列反应的离子方程式：
①H3C + OH—(过量)——__________________；②HA(过量) + C3— ——_____________________。
【答案】 (1). H 2B (2). C 3－ (3). HB – (4). B (5). H3C+3OH -(过量)= C 3－+3H 2O (6). 2HA(过量)+C 3－ = 2A—,+H 2C -
【解析】
试题分析：根据题中多元弱酸在水溶液中的电离信息，分析反应①得出电离能力：HA＞H2C-，H3C＞HA。分析反应②得出电离能力：H2B＞HA，HB- ＞HA。分析反应③得出电离能力：H2B＞H3C，HB- ＜H3C。综上所述，电离能力从强到弱的顺序为：H2B＞H3C＞HB- ＞HA＞H2C-＞HC2-。
（1）根据以上分析可知相同条件下，HA、H2B、H3C三种酸的酸性强弱顺序是H2B＞H3C＞HA，故酸性最强的是H2B。
（2）由于给出质子（H+）由易到难的顺序是H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C- ＞HC2-，所以结合质子（H+）的难易顺序是HB-＜H2C-＜B2-＜A-＜HC2-＜C3-，即最易结合质子的是C3-，最难结合质子的是HB-。
（3）由于电离能力HA＞H2C-＞HC2-，所以3A-+H3C=3HA+C3-不能发生，B、C项正确。
（4）过量OH-将把H3C中和成C3- ：H3C+3OH-（过量）=C3-+3H2O；过量HA中的H+只能把C3-酸化成H2C-，即2HA（过量）+C3-＝2A-+H2C-。
考点：考查弱酸酸性比较