【化学】安徽省长丰县双墩中学2018-2019学年高二上学期期末调研(解析版) 试卷

安徽省长丰县双墩中学2018-2019学年高二上学期期末调研
一、选择题
1. 下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是
A. NaCl B. NH4Cl C. NaHCO3 D. NaOH
【答案】C
【解析】
试题分析：A．NaCl是强酸强碱盐，溶于水溶液显中性，A项错误；B．NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4＋水解导致溶液显酸性，B项错误；C．NaHCO3是强碱弱酸盐，HCO3-的水解程度大于其电离程度，碳酸氢根离子水解导致溶液显碱性，C项正确；D．NaOH是强碱，溶于水抑制水的电离，溶液显碱性，D项错误；答案选C。
考点：考查电解质溶液及溶液的酸碱性。
2.一定条件下，某反应达到化学平衡时，下列说法错误的是（ ）
A. 正反应速率等于逆反应速率 B. 各物质的浓度不再改变
C. 反应停止了 D. 该反应达到最大限度
【答案】C
【解析】
A. 化学平衡的实质就是 正反应速率等于逆反应速率，故A正确；B. 达到化学平衡时，各物质的多少不再改变，各物质的浓度不再改变，故B正确；C. 化学平衡是动态平衡，反应并没有停止，故C错误；D. 达到化学平衡时，各物质的多少不再改变，该反应达到最大限度，故D正确。故选C。
点睛：化学平衡的实质是正反应速率等于逆反应速率。在宏观上各物质的多少不再改变。
3. 下列有关说法正确的是（ ）
A. 化学平衡向正向移动，反应物浓度一定降低
B. 化学平衡向正向移动，生成物的浓度一定增加
C. 化学平衡向正向移动，反应物的转化率一定增大
D. 化学平衡向正向移动时，正反应速率一定大于逆反应速率
【答案】D
【解析】
试题分析：A．化学平衡向正向移动，反应物浓度不一定降低，例如增加反应物浓度，平衡后反应物浓度仍然比原来大，A错误；B．化学平衡向正向移动，生成物的浓度不一定增加，例如降低生成物浓度，平衡向正反应方向进行，平衡后生成物浓度仍然比原来低，B错误；C．化学平衡向正向移动，反应物的转化率不一定增大，例如增加反应物浓度，自身的转化率降低，C错误；D．化学平衡向正向移动时，正反应速率一定大于逆反应速率，D正确，答案选D。
考点：考查外界条件对平衡状态的影响
4.在2A+B⇌3C+4D中，表示该反应速率最快的是(   )
A. v(A)=0.7mol•L﹣1•S﹣1
B. v(B)=0.3 mol•L﹣1•S﹣1
C. v(C)=0.8mol•L﹣1•S﹣1
D. v(D)=1 mol•L﹣1•S﹣1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算，以同一个物质的化学反应速率进行比较。
【详解】A．v（A）=0.7mol•L﹣1•S﹣1；
B．v（A）：v（B）=2：1，故v（A）=2v（B）=2×0.3 mol•L﹣1•S﹣1=0.6mol•L﹣1•S﹣1；
C．v（A）：v（C）=2：3，故v（A）= v（C）=×0.8mol•L﹣1•S﹣1=0.53mol•L﹣1•S﹣1；
D．v（A）：v（D）=1：2，故v（A）=0.5v（D）=0.5×1mol•L﹣1•S﹣1=0.5mol•L﹣1•S﹣1。
故A反应速率最快，
故选A。
【点睛】本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键，要注意比较化学反应速率快慢要以同一个物质进行比较。
5.火箭推进器常以联氨(N2H4) 为燃料、过氧化氢为助燃剂．已知下列各物质反应的热化学方程式： N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H1=﹣533.23kJ•mol﹣1;H2O(g)=H2O (l)△H2=﹣44kJ•mol﹣1;2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)△H3=﹣196.4kJ•mol﹣1则联氨与过氧化氢反应的热化学方程式可表示为(   )
A. N2H4(g)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(l)△H=+817.63 kJ•mol﹣1
B. N2H4(g)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=﹣641.63 kJ•mol﹣1
C. N2H4(g)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(l)△H=﹣641.63 kJ•mol﹣1
D. N2H4(g)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=﹣817.63 kJ•mol﹣1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据已知热化学方程式和目标反应的热化学反应方程式，利用盖斯定律来解答。
【详解】N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H1=﹣533.23kJ•mol﹣1 ①
H2O(g)=H2O (l) △H2=﹣44kJ•mol﹣1②
2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) △H3=﹣196.4kJ•mol﹣1  ③
联氨与过氧化氢反应若生成液态水，则可用①+②×2+③：N2H4(g)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(l) △H=-817.63 kJ•mol﹣1；
若生成水蒸气，则用①-②×2+③：N2H4(g)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=﹣641.63 kJ•mol﹣1，
故选B。
6.一定温度下，在三个容积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)。各容器中起始物质的量与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如图所示：

容器
温度/℃
起始物质的量/mol
NO (g)
CO (g)
甲
T1
0.20
0.20
乙
T1
0.30
0.30
丙
T2
0.20
0.20

下列说法正确的是
A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的小
C. T1℃时，若起始时向甲中充入0.40 mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，则反应达到新平衡前v(正)＜v(逆)
D. T2℃时，若起始时向丙中充入0.06molN2和0.12 molCO2，则达平衡时N2的转化率大于40%
【答案】D
【解析】
【分析】
A．先拐先平温度高，甲平衡状态时二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行；
B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行；
C．甲状态下平衡时CO物质的量为0.10mol，结合三段式计算平衡常数，依据起始量计算浓度商和平衡常数比较判断反应进行方向；
D．T2℃时，依据图象可知平衡状态下CO物质的量为0.12mol，若起始时向丙中充入0.06mol N2和0.12 mol CO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡相比较，和起始量0.2molCO、NO相比，相当于减少了NO、CO0.08mol的CO、NO，压强减小平衡逆向进行．
【详解】A．2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），先拐先平温度高，甲状态温度高于丙，T1＞T2，此时甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故A错误；
B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行，达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大，故B错误；
C．甲状态下平衡时CO物质的量为0.10mol，结合三段式计算平衡常数，
2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol·L－1） 0.1 0.1 0 0
变化量（mol·L－1） 0.05 0.05 0.025 0.05
平衡量（mol·L－1） 0.05 0.05 0.025 0.05
K==10，T1℃时，若起始时向甲中充入0.40 mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，Qc==5＜K=10．则反应达到新平衡前v（正）＞v（逆），故C错误；
D．T2℃时，平衡状态CO物质的量为0.12mol，
2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol） 0.2 0.2 0 0
转化量（mol） 0 0 0.1 0.2
变化量（mol） 0.08 0.08 0.04 0.08
平衡量（mol） 0.12 0.12 0.04 0.08
2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol） 0 0 0.06 0.12
转化量（mol） 0.12 0.12 0 0
若起始时向丙中充入0.06mol N2和0.12 mol CO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡相同，和起始量0.2molCO、NO相比，相当于减少了NO、CO 0.08mol的CO、NO，压强减小平衡逆向进行，所以氮气转化率大于40%，故D正确；
故选：D。
【点睛】本题考查了化学平衡影响因素，数据分析判断，解题关键：主要是平衡常数的计算和图线的理解应用，难点C，用浓度商确定平衡移动的方向。
7.光谱研究表明，易溶于水的SO2所形成的溶液中存在着下列平衡：

据此，下列判断中正确的是( )
A. 该溶液中存在着SO2分子
B. 该溶液中H＋浓度是SO32－浓度的2倍
C. 向该溶液中加入足量的酸都能放出SO2气体
D. 向该溶液中加入过量NaOH可得到Na2SO3、NaHSO3和NaOH的混合溶液
【答案】A
【解析】
上述反应是可逆反应，上述几种物质一定同时存在，A项正确；溶液中还有水的电离H2OH＋＋OH－，依据电荷守恒，c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO3－)＋2c(SO32－)，B项错误；氧化性酸如硝酸、次氯酸加入该溶液中会发生氧化还原反应，不会生成SO2，C项错误；NaOH能与溶液中的H＋反应，使平衡右移，生成Na2SO3和NaHSO3，由于NaOH过量，NaHSO3会与NaOH反应生成Na2SO3，所以NaOH过量时，溶液中的溶质只有Na2SO3和NaOH，D项错误。
8. 下列说法正确的是：
A. 在100 ℃、101 kPa条件下，液态水的气化热为40.69 kJ·mol-1，则H2O(g)H2O(l) 的ΔH =" 40.69" kJ·mol-1
B. 已知MgCO3的Ksp =" 6.82" × 10-6，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有c(Mg2+) = c(CO32-)，且c(Mg2+) · c(CO32-) =" 6.82" × 10-6
C. 已知：则可以计算出反应的ΔH为－384 kJ·mol-1
D. 常温下，在0.10 mol·L-1的NH3·H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，能使NH3·H2O的电离度降低，溶液的pH减小
【答案】D
【解析】
试题分析：A、气体转化为液体是放热过程，焓变为负值，则正确的表达为：H2O（g）H2O（l）△H＝-40.69kJ•mol-1，A错误；B、含有固体MgCO3的溶液是饱和溶液，Mg2+离子和CO32-离子都能水解，水解后离子浓度可能不相等，但在相同的温度下，溶度积常数不变，B错误；C、因为苯环中的碳碳键是介于单双键之间的一种独特的键，不存在典型的碳碳双键和碳碳单键，不能用以上表中进行计算反应热，C错误；D、NH3•H2O溶液中存在电离平衡，加入少量NH4Cl晶体，NH4+浓度增大使电离平衡向逆方向移动，电离程度降低，溶液的pH减小，D正确，答案选D。
考点：考查反应热、沉淀的溶解平衡、电离平衡等
9.现有mA (s) + nB (g)pC (g)（正反应放热）的可逆反应，在一定温度下平衡时B的体积分数和压强间的关系如图所示，则有关该反应的下列描述中正确的是（ ）

A. m+n＜p
B. n＜p
C. x点的混合物中v正＞v逆
D. x点比y点的混合物正反应速度大
【答案】C
【解析】
试题分析：A．增大压强，B的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，则n＜q，A错误；B．根据A中分析可知n＜q，B错误；C．在X点，要使该反应达到平衡状态，B的体积分数减小，则该反应向正反应方向移动，所以V正＞V逆，C正确；D．y的压强大于x点，压强越大，反应速率越快，所以y点比x点混和物的正反应速率快，D错误；答案选C。
考点：考查压强对化学反应速率、化学平衡移动的影响
10.一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。设起始=Z，在恒压下，平衡时CH4的体积分数φ(CH4)与Z和T(温度)的关系如图所示，下列说法正确的是

A. 该反应的焓变 △H＞0
B. 图中Z的大小为 a＞3＞b
C. 图中X点对应的平衡混合物中=3
D. 温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ(CH4)减小
【答案】A
【解析】
A项，由图可知，温度越高，平衡时CH4的体积分数越小，表明正反应吸热，△H>0，故A项正确；B项，CH4物质的量一定的情况下，Z越大，H2O(g)物质的量越大，平衡越向右移动，CH4转化率增大，平衡时CH的体积分数越小，则，故B项错误；C项，反应起始，和按反应，平衡时二者比例一定不为3，故C项错误；D项，温度不变时，压强增大，平衡逆向移动，增大，故D项错误。
11.H2O2分别在无催化剂、催化剂M和N作用下分解，其能量随反应进程的变化如下图所示。有关2H2O2（l）= 2H2O（l）＋O2（g） ΔH 的下列说法正确的是

A. ΔH= E2－E1
B. 实验中，M催化效率低于N
C. 加入催化剂M、N，降低了反应的ΔH
D. 在无催化剂时，该反应历程活化能最低
【答案】B
【解析】
试题分析：A．此反应是放热反应，ΔH= -（E2－E1），错误；B．实验中，M需要的能量更多，催化效率低于N，正确；C．加入催化剂M、N，降低了反应的活化能，错误；D．在有催化剂时，该反应历程活化能降低；故选B
考点：考查了化学平衡、化学反应能量的图象分析判断，注意催化剂改变速率不改变平衡的理解
12.下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 红棕色的NO2，加压后颜色走变深后变浅
B. 高压比常压有利于合成SO3的反应
C. 由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深
D. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
【答案】C
【解析】
【分析】
勒夏特列原理就是平衡移动原理，是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，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释。
【详解】A.存在平衡2NO2（g）⇌ N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，因为移动的目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A不选；
B. 存在平衡2SO2（g）+O2（g）⇌2 SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不选；
C.存在平衡H2(g)+I2(g) ⇌ 2HI(g)，该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故C选；
D.对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选。
故选C。
13.常温下，向20.00 mL 0.1000 mol·L—1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.2000 mol·L—1NaOH时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如下图所示（不考虑挥发）。下列说法正确的是

A. 点a所示溶液中：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH－)
B. 点b所示溶液中：c(NH4+)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
C. 点c所示溶液中：c(SO42-)+ c(H+)＝ c(NH3·H2O )+ c(OH－)
D. 点d所示溶液中：c(SO42-)＞c(NH3·H2O )＞c(OH－)＞c(NH4+)
【答案】AC
【解析】
A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c(NH4+)＞c(SO42-)，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；B．b点溶液中，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-)，硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以c(NH4+)＞c(Na+)，故B错误；C．c点溶液中，溶液呈碱性，所以c(H+)＜c(OH-)，溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-)，根据物料守恒得，根据物料守恒得c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2c(SO42-)=2c(Na+)，所以得c(SO42-)+c(H+)=c(NH3•H2O )+c(OH-)，故C正确；D．d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以c(NH3•H2O )＞c(SO42-)，故D错误；故选C。
点睛：明确图象中曲线变化趋势、曲线上每一个点的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，三种守恒：①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
14.氢气是21世纪极有前途的新型能源，是各国研究的热点之一。氢能开发的首要问题是研究如何以水为原料制取氢气。以下研究方向中你认为可行的是（　　）
A. 大量建设水电站，用电力分解水制取氢气
B. 设法将太阳能聚焦，产生高温，使水分解产生氢气
C. 寻找更多的化石燃料，利用其燃烧放热，使水分解产生氢气
D. 寻找特殊化学物质，用于开发廉价能源，以分解水制取氢气
【答案】B
【解析】
A项，大量建设水电站，用电力分解水制取氢气的做法，为了开发氢能而消耗了电能，还不如直接使用电能，故A错误；B项，利用太阳能分解水产生氢气，太阳能环保无污染，且资源相当丰富，此方法可行，故B正确；C项，化石燃料的燃烧，消耗了能源、污染了环境，故C错误；D项，寻找特殊化学物质，用于开发廉价能源，就没必要再开发氢能，故D错误。综上选B。
点睛：本题考查化石燃料的利用及新能源的开发，要考虑用水制二级能源氢气的方法是否可行。上述A、C、D做法，都要消耗另一种能源，也会对环境造成污染，故不可行。
15.下列有关电解质溶液的叙述正确的是
A. 室温下，pH均为4的H2SO4、(NH4)2SO4的溶液中，水的电离程度相同
B. 室温时，Ka＝1×10-5浓度为0.1 mol/L的HA溶液，pH≈3
C. 在饱和AgCl、AgBr的混合溶液中加入少量AgNO3溶液增大
D. 25℃时，向20 mL 0.01 mol/L的醋酸溶液中滴加10 mL 0.01 mol/L的KOH溶液，混合溶液后呈酸性：c(K+) + c(H+)＜c(CH3COOH) + c(OH-)
【答案】B
【解析】
A. H2SO4是酸，抑制水的电离，(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，铵根水解，促进水的电离，A错误；B. 室温时，Ka＝1×10-5浓度为0.1 mol/L的HA溶液中根据电离平衡常数可知氢离子浓度约是 ，即pH≈3，B正确；C. 该混合溶液中 ，温度不变，溶度积常数不变，则比值不变，C错误；D. 25℃时，向20 mL 0.01 mol/L的醋酸溶液中滴加10 mL 0.01 mol/L的KOH溶液，混合溶液是等浓度的醋酸和醋酸钾的混合溶液，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，则根据电荷守恒可知：c(K+) + c(H+)＞c(CH3COOH) + c(OH-)，D错误，答案选B。
16.少量铁粉与100 mL 0.01 mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的 ( )
①加H2O ②加NaOH固体 ③滴入几滴浓盐酸 ④加CH3COONa固体 ⑤加NaCl溶液 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）
A. ①⑥⑦ B. ③⑤ C. ③⑦ D. ⑤⑦
【答案】C
【解析】①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；②加氢氧化钠，与盐酸反应，减少了盐酸的浓度，故反应速率变慢；③加浓盐酸，反应速率加快，且不会改变氢气的体积；④加醋酸钠固体与盐酸反应生成弱酸醋酸，故反应速率减慢；⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢；⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；⑦升高温度（不考虑盐酸挥发），反应速率加快，且生成的氢气体积不变，答案选C。
点睛：本题考查反应速率的影响因素，注意本题不改变生成氢气总量的要求，答题时注意审题。
17.温度为T1时，在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)2NO(g)+O2 (g) (正反应吸热)。实验测得: v正= v(NO2)消耗=k正c2(NO2 )，v逆= v(NO)消耗=2v(O2)消耗= k逆c2 (NO)·c(O2 )，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是
容器编号
物质的起始浓度(mol·L-1)
物质的平衡浓度(mol·L-1)
c(NO2)
c(NO)
c(O2)
c(O2)
I
0.6
0
0
0.2
II
0.3
0.5
0.2

Ⅲ
0
0.5
0.35


A. 达平衡时，容器I与容器Ⅱ中的总压强之比为 4∶5
B. 达平衡时，容器中Ⅱ中 c(O2)/ c(NO2) 比容器I中的大
C. 达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%
D. 当温度改变为 T2时，若 k正=k逆，则 T2 【答案】CD
【解析】
由容器I中反应2NO2 2NO+O2
起始量(mol/L) 0.6 0 0
变化量(mol/L) 0.4 0.4 0.2
平衡量(mol/L) 0.2 0.4 0.2
可以求出平衡常数K=，平衡时气体的总物质的量为0.8mol，其中NO占0.4mol，所以NO的体积分数为50%，。在平衡状态下，v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗，所以k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，进一步求出.
A．显然容器II的起始投料与容器I的平衡量相比，增大了反应物浓度，平衡将向正反应方向移动，所以容器II在平衡时气体的总物质的量一定小于1mol，故两容器的压强之比一定大于4：5，A错误；B． 若容器II在某时刻，，
由反应2NO2 2NO + O2
起始量(mol/L) 0.3 0.5 0.2
变化量(mol/L) 2x 2x x
平衡量(mol/L) 0.3-2x 0.5+2x 0.2+x
因为，，解之得x=，求出此时浓度商Qc= >K，所以容器II达平衡时，一定小于1，B错误；C． 若容器III在某时刻，NO的体积分数为50%，
由反应2NO2 2NO + O2
起始量(mol/L) 0 0.5 0.35
变化量(mol/L) 2x 2x x
平衡量(mol/L) 2x 0.5-2x 0.35-x
由0.5-2x=2x+0.35-x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc=>K，说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，NO进一步减少，所以C正确；D．温度为T2时，>0.8，因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变大，所以T2>T1，D正确。答案选CD。
18.煤粉比煤块燃烧更旺的原因是 （ ）
A. 温度高 B. 浓度大 C. 表面积大 D. 有气体生成
【答案】C
【解析】
接触面积越大，反应速率加快，故C正确。
19.一定量的混合气体，在密闭容器中发生如下反应：xA（g）＋yB（g）zC（g），达到平衡后测得A气体的浓度为0.5 mol·L-1，当恒温下将密闭容器的容积扩大到两倍再达到平衡后，测得A浓度为0.3 mol·L-1，则下列叙述正确的是
A. 平衡向正反应方向移动 B. x+y＜z
C. C 的体积分数降低 D. B的转化率提高
【答案】C
【解析】
试题分析：恒温下将密闭容器的容积扩大到两倍，如平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，而再达到平衡后，测得A浓度为0.3 mol·L-1，说明平衡向逆反应方向移动。A、由上述分析可知，平衡向逆反应方向移动，错误；B、增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即x+y＞z，错误；C、平衡向逆反应方向移动， C的体积分数降低，正确；D、平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，错误。
考点：考查化学平衡的移动
20.已知反应2CO(g)===2C(s)＋O2(g)的ΔH为正值，ΔS为负值。设ΔH和ΔS不随温度的改变而改变。则下列说法中，正确的是( )
A. 低温下是自发变化 B. 高温下是自发变化
C. 低温下是非自发变化，高温下是自发变化 D. 任何温度下是非自发变化
【答案】D
【解析】
【分析】
根据ΔG=ΔH-TΔS进行判断，如ΔG<0，则反应能自发进行，如ΔG>0，则不能自发进行。
【详解】反应2CO(g)===2C(s)＋O2(g)的ΔH为正值，ΔS为负值,则ΔG=ΔH-TΔS>0，任何温度下反应都不能自发进行，
所以D选项是正确的。
21.关于相同体积pH均为3的醋酸和盐酸，下列说法正确的是
A. 稀释10倍后,两者的pH变化醋酸大于盐酸
B. 中和相同浓度的氢氧化钠溶液,消耗氢氧化钠的物质的量盐酸大于醋酸
C. 加入一定量的锌粉，产生气体的体积相同,则醋酸一定过量
D. 加入足量的锌粉，产生氢气的速率随时间的变化如图所示

【答案】C
【解析】
A、醋酸是弱酸，存在电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋，HCl属于强酸，pH相等时，醋酸的浓度大于盐酸，因此稀释相同倍数时，盐酸pH变化大于醋酸，故A错误；B、盐酸属于强酸，醋酸属于弱酸，相同pH时醋酸的浓度大于盐酸，因此中和相同浓度的NaOH时，醋酸消耗氢氧化钠的物质的量大于盐酸，故B错误；C、因为pH相同，则等体积时醋酸物质的量大于盐酸物质的量，产生气体体积相同，醋酸过一定过量，若醋酸恰好完全反应，则醋酸产生气体最多，故C正确；D、醋酸是弱酸，消耗H＋，促进醋酸的电离，则 反应开始后，醋酸溶液中c(H＋)大于盐酸，即醋酸溶液中反应速率比盐酸中快，故D错误。
22.已知lg2=0.3010，Ksp[Mn(OH)2]=2.0×10 ─13。实验室制氯气的废液中含c(Mn2+)＝0.1 mol•L-1，向该溶液中滴加稀氢氧化钠溶液至Mn2+完全沉淀的最小pH等于（ ）。
A. 8.15 B. 9.3
C. 10.15 D. 11.6
【答案】C
【解析】
Mn2+完全沉淀时的浓度是mol•L-1， ，当Mn2+完全沉淀时 ， pH= =10.15，故C正确。
23.下列事实中不能用平衡移动原理解释是(　　)
A. 密闭、低温是存放氨水的必要条件
B. 实验室常用排饱和食盐水法收集氯气
C. 打开汽水瓶时，有大量气泡冒出
D. 已知合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=﹣92.4 kJ/mol，工业上采用较高温度和使用催化剂以提高氨气的产率
【答案】D
【解析】
【分析】
平衡移动原理是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，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。
【详解】A.氨水中存在NH3+H2O⇌NH3H2O⇌NH4++OH-，一水合氨不稳定，升高温度易分解，所以需要密封、低温保存，可以用平衡移动原理解释，故A不选；
B.氯气和水反应存在Cl2+H2O⇌HCl+HClO，食盐水中含有氯离子抑制氯气溶解，所以可以采用排饱和食盐水的方法收集氯气，可以用平衡移动原理解释，故B不选；
C.因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，打开汽水瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用平衡移动原理解释，故C不选；
D.催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，故D选。
故选D。
【点睛】本题考查平衡移动原理，侧重考查基本理论，会利用平衡移动原理解释外界条件对化学平衡的影响，明确平衡移动原理适用范围是解题关键。
24.下到有关电解质溶液的说法不正确的是（ ）
A. 向Na2CO3溶液中通入NH3，减小
B. 将0.1mol·L-1的K2C2O4溶液从25℃升温至35℃，增大
C. 向0.1mol·L-1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，=1
D. 向0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中加入少量水，增大
【答案】D
【解析】
A项，Na2CO3溶液中存在平衡CO32-+H2OHCO3-+OH-，通入NH3，NH3溶于水生成NH3•H2O，存在电离NH3•H2ONH4++OH-，抑制了CO32-的水解，c(CO32-)增大，又因为c(Na+)不变，所以减小，故A正确；B项，K2C2O4溶液中存在C2O42-水解，水解吸热，若从25℃升温至35℃，促进了C2O42-的水解，c(C2O42-)减小，又因为c(Na+)不变，所以增大，故B正确；C项，向0.1mol·L-1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(F-)，即=1，故C正确；D项，CH3COOH的电离常数Ka=，所以=，电离常数只受温度影响，温度不变则Ka不变，故D错误。
25.恒温密闭容器发生可逆反应：Z（？）+W（？）X（g）+Y（？）；△H，在t1时刻反应达到平衡，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后不再改变条件。下列有关说法中正确的是

A. Z和W在该条件下有一种可能为气态
B. t1~t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不可能相等。
C. 若该反应只在某温度T0以上自发进行，则该反应的平衡常数K随温度升高而增大
D. 若在该温度下此反应平衡常数表达式为K=c（X），则t1~t2时间段与t3时刻后的X浓度不相等
【答案】C
【解析】
根据图像可知，正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变，所以Z和W都不是气体，A错误；结合图像可知，X是气体，Y可能不是气体或者是气体，反应过程中气体的摩尔质量始终不变或不相同，所以t1~t2时间段与t3时刻后时间段反应体系中气体的平均摩尔质量可能相等也可能不等，B错误；因为该反应只在某温度T0以上自发进行，根据∆H-T∆S<0，得出该反应是吸热反应，升高温度平衡右移，平衡常数K增大，C正确；平衡常数只与温度有关，该温度下衡常数表达式为K=c（X）是定值，所以t1~t2时间段与t3时刻后的X浓度相等，D错误；正确选项C。
二、实验题
26.氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，铵盐、硝酸盐均是植物生长的“食物”，将氮气转化为氮气是植物获得“食物”的第一步，在常温常压下使N2高效地转化成为NH3是众多科学家们一直在探究的问题：

(1)已知：①4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H=﹣1025kJ•mol﹣1
②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+180.5kJ•mol﹣1水的汽化热△H=+44kJ•mol﹣1据报道，科学家已找到一种催化剂，使氨气与液态水在常温条件下转化为NH3及氧气，写出反应的热化学方程式____________________________________________________________；
(2)工业时合成氨的原理为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=﹣92.4kJ•mol﹣1 。图1表示H2的转化率与温度、压强之间的关系，图2表示H2的转化率与起始投料比[n(N2)/n(H2)]、压强的变化关系，则T1、T2、T3的大小关系为___ ， 曲线与曲线对应的压强P1___P2(填“＞”“＜”“=”)．测得B(X，60)点时N2的转化率为40%，则X=______________________。
(3)一定温度下，将2molN2和6molH2置于一密闭容器中反应，测得平衡时容器的总压为aMPa，NH3的物质的量总数为20%，列式计算出此时的平衡常数Kp=___(用平衡分压代替平衡浓度进行计算，分压=总压×体积分数，可不化简)。
下列各项中能说明反应已达到平衡状态的是_____________________ 。
a．混合气体的平均相对分子质量不变
b．N2的消耗速率等于NH3的生成速率
c．混合气体的密度不变
d．N2和H2的物质的量之比保持不变
(4)NH3催化剂生成NO，以NO为原料通过电解的方法可以制备NH4NO3 ， 其总反应是8NO+7H2═3NH4NO3+2HNO3 ， 试写出以惰性材料作电极的阴极反应式：___ ． 电解过程中为使电解产物全部转化为NH4NO3 ， 需要补充NH3的原因是___ 。
【答案】 (1). 2N2(g)+6H2O(l)=4NH3(g)+3O2(g)△H=+1650kJ/mol (2). T1＞T2＞T3 (3). ＞ (4). 1：2 (5). (6). a (7). NO+6H++5e﹣=NH4+ +3H2O (8). 总反应中有HNO3生成，应补充NH3与HNO3反应生成NH4NO3
【解析】
【分析】
（1）已知：①4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g) △H=﹣1025kJ•mol﹣1
②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) △H=+180.5kJ•mol﹣1
水的汽化热△H=+44kJ•mol﹣1，则可得：③H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ•mol﹣1，
根据盖斯定律，②×2+③×6﹣①可得：2N2(g)+6H2O(l)=4NH3(g)+3O2(g)；
（2）正反应为放热反应，温度越高，氢气的转化率越低；
正反应为气体物质的量减小的反应，压强越大，氢气的转化率越大；
测得B（X，60）点时N2的转化率为40%，则：
              N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
起始量（mol）： a      b
变化量（mol）：0.4a   1.2a
根据氢气的转化率可得100%=60%，即b=2a，可以计算起始投料比[n(N2)/n(H2)]；
（3）一定温度下，将2molN2和6molH2置于一密闭容器中反应，二者按1：3反应，故平衡时二者物质的量分数之比为1：3，平衡时NH3的物质的量分数为20%，则N2的物质的量分数为×（1﹣20%）=20%，H2的物质的量分数为1﹣20%﹣20%=60%，再计算各物质的分压，代入Kp=计算；
a．混合气体总质量不变，随反应进行混合气体总物质的量减小，则平均相对分子质量减小，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应到达平衡；
b．平衡时NH3的生成速率等于N2的消耗速率的2倍；
c．混合气体总质量不变、容器的容积不变，密度为常数；
d．N2和H2的起始物质的量之比等于化学计量数之比，二者物质的量之比始终为1：3；
（4）NH3催化剂生成NO，以NO为原料通过电解的方法可以制备NH4NO3 ，其总反应是：8NO+7H2═3NH4NO3+2HNO3 ，阴极发生还原反应，阴极上是NO获得电子生成NH4+，由电荷守恒可知有H+参与反应，还生成水，电池总反应中有HNO3生成，应补充NH3与HNO3反应生成NH4NO3。
【详解】（1）已知：①4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g) △H=﹣1025kJ•mol﹣1
②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) △H=+180.5kJ•mol﹣1
水的汽化热△H=+44kJ•mol﹣1，则可得：③H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ•mol﹣1，
根据盖斯定律，②×2+③×6﹣①可得：2N2(g)+6H2O(l)=4NH3(g)+3O2(g) 的△H=+1650kJ/mol，
故答案为：2N2(g)+6H2O(l)=4NH3(g)+3O2(g) △H=+1650kJ/mol；
（2）正反应为放热反应，温度越高，氢气的转化率越低，则T1＞T2＞T3；
正反应为气体物质的量减小的反应，压强越大，氢气的转化率越大，则：P1＞P2；
测得B（X，60）点时N2的转化率为40%，则：
              N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
起始量（mol）： a      b
变化量（mol）：0.4a   1.2a
根据氢气的转化率可得100%=60%，即b=2a，则X===1：2，
故答案为：T1＞T2＞T3 ；＞ ；1：2；
（3）一定温度下，将2molN2和6molH2置于一密闭容器中反应，二者按1：3反应，故平衡时二者物质的量分数之比为1：3，平衡时NH3的物质的量分数为20%，则N2的物质的量分数为×（1﹣20%）=20%，H2的物质的量分数为1﹣20%﹣20%=60%，平衡时容器总压为aMPa，则Kp==；
a．混合气体总质量不变，随反应进行混合气体总物质的量减小，则平均相对分子质量减小，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应到达平衡，故a正确；
b．平衡时NH3的生成速率等于N2的消耗速率的2倍，故b错误；
c．混合气体总质量不变、容器的容积不变，密度始终不变，故c错误；
d．N2和H2的起始物质的量之比等于化学计量数之比，二者物质的量之比始终为1：3，故d错误。
故答案为：；a；
（4）NH3催化剂生成NO，以NO为原料通过电解的方法可以制备NH4NO3 ，其总反应是：8NO+7H2═3NH4NO3+2HNO3 ，阴极发生还原反应，阴极上是NO获得电子生成NH4+，由电荷守恒可知有H+参与反应，还生成水，电池总反应中有HNO3生成，应补充NH3与HNO3反应生成NH4NO3。
故答案为：NO+6H++5e﹣=NH4++3H2O；总反应中有HNO3生成，应补充NH3与HNO3反应生成NH4NO3。
27.工业上电解氧化铝要求其纯度不得低于98.2%，而天然铝土矿的氧化铝含量为50%～70%，杂质主要为SiO2、Fe2O3、CaO、MgO、Na2O等。工业生产铝锭的工艺流程示意图如下：
部分氢氧化物沉淀的pH如下表

沉淀物

Al(OH)3

Fe(OH)3

Mg(OH2

开始沉淀pH
(离子初始浓度0.01 mol/L)

4.3

2.3

10.4

完全沉淀pH
(离子浓度<10-5mol/L)

5.2

4.1

12.4

请回答下列问题：
（1）加入盐酸时，氧化铝发生反应的离子方程式为_________。
（2）实验室进行步骤②的操作名称为________，其使用到的玻璃仪器是 。
（3）固体A的化学式为_______，物质C的化学式为_______；溶液中的Na＋、Ca2＋、Mg2＋是在步骤________（填序号）中分离出去的。
（4）步骤③调节pH的数值范围为_______，步骤④调节pH的数值范围为_____。
【答案】（1）Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O
（2）过滤漏斗、烧杯、玻璃棒
（3）SiO2NaOH[或Ca(OH)2] ④
（4）4.1≤pH<4.3 5.2≤pH<10.4
【解析】
试题分析：（1）氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，离子反应方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
（2）分离液态和不溶性固体采用过滤的方法，其使用到的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：过滤；漏斗、烧杯、玻璃棒；
（3）二氧化硅和盐酸不反应，所以A固体物质是SiO2，步骤③中加入的物质C中和盐酸，且除去铁离子，应该碱，一般常用NaOH 或Ca（OH）2溶液，步骤④中调节溶液pH，使铝离子完全沉淀，而其它离子不沉淀，所以溶液中的Na+、Ca2+、Mg2+是在步骤④中除去的，
故答案为：SiO2；NaOH[或Ca（OH）2]；④；
（4）根据表格知，步骤③中要完全除去铁离子，溶液的pH=4.1，pH=4.3时铝离子开始沉淀，pH=5.2时铝离子完全沉淀，所以要完全除去铁离子，溶液的4.1≤pH＜4.3；步骤④中要使铝离子完全沉淀，溶液的pH=5.2，镁离子开始沉淀溶液的pH=10.4，所以要使铝离子沉淀完全而镁离子不产生沉淀，则溶液的5.2≤pH＜10.4，故答案为：4.1≤pH＜4.3；5.2≤pH＜10.4．
考点：电解原理
28. 2016年9月8日iphone7发布，软磁铁氧体是生产手机必不可少的材料,这种材料的原料之一是四氧化三锰。四氧化三锰的制法有焙烧法和还原法,某生产流程4：

（1）写出反应②的化学方程式：____________________________。实验室焙烧固体时用到的硅酸盐仪器是______________。
（2）通常所说的四氧化三锰中，锰元素的价态既有+2，可能也有+3和+4价。
假设一：锰的价态是+2和+4价。
假设二：锰的价态是____________。
假设三：锰的价态是_______________。
（3）查阅资料得知硫酸铵-硫酸溶液可选择性溶解试样中的二价锰。基于假设一成立，某化学兴趣小组同学进行如下表的研究，请完成表中的内容：
实验步骤（不要求写详细的操作过程）

预期的实验结果和结论

①准确称取6.87克Mn3O4样品



②

③

④称量剩余固体的质量


（4）用高锰酸钾标准溶液滴定未知浓度的草酸氢钾溶液，滴定终点的标志是_______________。
【答案】（1）l2Mn2〇3+CH4=8Mn3O4+ CO2 + 2H2O 坩埚
（2） +2 和+3 +2、+3和+4
（3）
实验步骤（不要求写详细的操作过程）

预期的实验结果和结论

①准确称取6.87克Mn3O4样品

若剩余的固体质量约为2.61g，则假设一成立

②加入过量硫酸铵-硫酸溶液溶解试样中的MnO

③过滤不溶物，对其洗涤、干燥

④称量剩余固体的质量


（4）加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变成紫色，且半分钟内紫色不腿色
【解析】
试题分析：（1）反应②中Mn2O3氧化CH4的化学方程式为l2Mn2〇3+CH4=8Mn3O4+ CO2 + 2H2O，实验室通常使用坩埚焙烧固体；
（2）通常所说的四氧化三锰中，锰元素的价态既有+2，可能也有+3和+4价，根据组合形式，可以假设锰元素的化合价是+2和+4价或+2价和+3价，也可能是+2、+3和+4共三种可能；
（3）探究固体Mn3O4样品中Mn元素的化合价，如果假设一成立，则试样先用硫酸铵-硫酸溶液可选择性溶解试样中的MnO后，剩余固体MnO2，可通过测量其质量来验证；6.87克Mn3O4样品的物质的量为6.87克÷229g/mol=0.3mol，若Mn元素为+2价、+4价，根据化合物中正负化合价的代数和为0，可知n（MnO）:n（MnO2）=2:1，即n（MnO2）=0.3mol，质量为87g/mol×0.3mol=2.61g；故具体操作过程为：
实验步骤（不要求写详细的操作过程）

预期的实验结果和结论

①准确称取6.87克Mn3O4样品

若剩余的固体质量约为2.61g，则假设一成立

②加入过量硫酸铵-硫酸溶液溶解试样中的MnO

③过滤不溶物，对其洗涤、干燥

④称量剩余固体的质量

（4）高锰酸钾标准溶液为紫色，与草酸氢钾溶液反应后变无色，则用高锰酸钾标准溶液滴定草酸氢钾溶液终点时的标志是加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变成紫色，且半分钟内紫色不腿色。
考点：实验探究，涉及氧化还原反应的分析、物质成分鉴定及滴定原理的应用。
29.某学生用0.1 mol·L-1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作分解为如下几步：
A．移取20mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞；
B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；
C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液；
D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上1～2cm 处；
E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；
F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度．
就此实验完成填空：
(1)正确操作步骤的顺序是(用序号字母填写)__________AF。
(2)上述B步骤操作的目的是_____________。
(3)在进行C步操作滴定前排气泡时，应选择下图2中的___________(填序号)，若用25mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在“10”处，则管内液体的体积(填序号)____________(①＝10mL，②＝15mL，③＜10mL，④＞15mL)。

(4)判断以下操作，对测定结果盐酸浓度的影响(填“偏高”、“偏低”或““无 影响”)
①上述A步骤操作之前，若先用待测溶液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是__________。
②若称取一定量的KOH固体(含少量NaOH)配制标准溶液并用来滴定上述盐酸，则对滴定结果产生的影响是____________。
③如果滴定前装有待测溶液的酸式滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将__________。
【答案】 (1). BDCE (2). 防止标准溶液被稀释，引起误差 (3). ③ (4). ④ (5). 偏高 (6). 偏低 (7). 偏低
【解析】
【分析】
(1)中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定等操作；
(2)直接装入标准溶液，标准液的浓度偏低；
(3)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；若用25mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有15mL有刻度的溶液，另外滴定管25L刻度线下有液体没有刻度；
(4)①如用待测液润洗锥形瓶，则导致待测液所含的溶质的物质的量偏多；
②KOH中含有NaOH，等质量时含有的碱的浓度偏大；
③有气泡时导致溶液体积偏大。
【详解】(1)操作的步骤是选择滴定管，然后洗涤、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数。再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定，所以顺序为：BDCEAF，
因此，本题正确答案是：BDCE；
(2)滴定管用蒸馏水洗涤后，内壁有一层水膜，如果直接装液会使浓度降低，所以必须用标准溶液润洗滴定管2～3次，所以B步骤操作的目的是防止标准溶液被稀释，引起误差；
因此，本题正确答案是：防止标准溶液被稀释，引起误差；
(3)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；若用25mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有15mL有刻度的溶液，另外滴定管25L刻度线下有液体没有刻度，则滴定管内液体大于15mL，
故答案为：③；④；
(4)①如用待测液润洗锥形瓶，则导致待测液所含的溶质的物质的量偏多，则消耗的KOH偏多，测定结果偏高，
故答案为：偏高；
②KOH中含有NaOH，等质量时含有的碱的浓度偏大，需要体积偏小，则测定结果偏低，故答案为：偏低；
③有气泡时导致溶液体积偏大，而消耗氢氧化钾的物质的量不变，则实际测定浓度偏低，
故答案为：偏低。
【点睛】本题考查测量物质的含量的方法，有利于培养了学生的分析能力及化学实验能力，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，把握中和滴定的操作方法及计算方法是解题关键。