【化学】陕西省咸阳市乾县第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

陕西省咸阳市乾县第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H＝1；C＝12；O＝16；Na＝23；S＝32；。
第Ⅰ卷（选择题 共54分）
一、选择题(每小题3分,共54分)
1.在25.00mL的蓝柄滴定管中盛有溶液，液面恰好在20.00mL刻度处，现将滴定管内溶液全部放出，流入量筒内，所得溶液的体积为（ ）
A. 5.0mL B. 20.0mL C. 大于5.0mL D. 小于5.0mL
【答案】C
【解析】
【详解】滴定管是一个“量出式”仪器，0刻度在滴定管的上方。在25.00mL的蓝柄滴定管中盛有溶液，液面恰好在20.00mL刻度处，液面下方有刻度的地方对应溶液为5.00mL，刻度线以下的不规则部分还有一定量的溶液，故溶液的体积大于5.0mL。
所以答案选择C项。
2.下列关于反应热的说法正确的是 ( )
A. 化学反应的反应热只与反应体系的始态和终点状态有关，而与反应的途径无关
B. 已知C(s)+O2(g)＝CO(g)的反应热为110.5kJ/mol，说明碳的燃烧热为110.5kJ
C. 反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关
D. 当∆H为“－”时，表示该反应为吸热反应
【答案】A
【解析】
【详解】A、盖斯定律认为：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终点状态有关，而与反应的途径无关，A正确；
B、燃烧热：1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，碳完全燃烧生成二氧化碳，B错误；
C、反应热的大小即反应物所具有的能量和生成物所具有的能量的差异，C错误；
D、∆H<0，为放热反应，D错误；
故选A。
3.对下列化学反应的热现象，不正确的说法是　(　　)
A. 吸热反应都需要加热后才能发生
B. 化学反应一定既有物质变化又有能量变化
C. 有些放热反应发生时需要加热
D. 化学反应热效应数值与反应物质多少有关
【答案】A
【解析】
【详解】A、有的吸热反应不需要任何条件即可发生，如氯化铵和八水合氢氧化钡晶体的反应，故A错误；
B、由于反应物、生成物具有的能量不同，化学反应中一定有能量变化，其表现形式有热量、光能和电能等，如木材燃烧，放出热量的同时发光，故B正确；
C、铝热反应2 Al+Fe2O3Al2O3+2Fe是放热反应，但需在高热条件下以保证足够的热量引发氧化铁和铝粉反应，故C正确；
D、不论是吸热还是放热，反应热效应的数值均与参加反应的物质的多少有关，参加反应的物质越多，反应热的数值就越大，反之，越小，故D正确；
故选A。
4.下列说法中正确的是 (　　)
A. 热化学方程式未注明温度和压强时，ΔH表示标准状况下的数据
B. 1 mol H2SO4和1 mol Ba(OH)2完全反应所放出的热量称为中和热
C. 在101 kPa时，1 mol碳燃烧放出的热量就是碳的燃烧热
D. 任何化学反应都伴随着能量的变化
【答案】D
【解析】
【详解】A、未标注温度和压强是指25℃，101kPa下，而不是标准状况，故A错误；
B、中和热是在稀溶液中，酸和强反应生成1mol液态水所放出的热量，1 mol H2SO4和1 mol Ba(OH)2完全反应生成了2mol水，且生成硫酸钡也会放出热量，所以此热量不是中和热，故B错误；
C、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，碳可以燃烧生成一氧化碳，故C错误；
D、化学反应过程是断裂化学键和形成化学键的过程，断开键需要吸收能量，形成键释放能量，因此化学变化一定伴随能量变化，故D正确；
故选D。
5.已知H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)的反应热(△H)等于-183kJ/mol ，又知H—H键的键能为436kJ/mol，Cl—Cl键的键能为243kJ/mol，则H—Cl键的键能为 ( )
A. 248kJ/mol B. 431kJ/mol
C. 862kJ/mol D. 496kJ/mol
【答案】B
【解析】
【分析】根据反应热=反应物总键能-生成物总键能，代入相关数据计算。
【详解】反应热=反应物总键能-生成物总键能，则：H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)中有：-183 KJ/mol=436 KJ/mol+243 KJ/mol-2×E (H-Cl) ，E (H-Cl) =431 KJ/mol；
故选B。
6.2HI(g) H2(g)+I2(g)反应过程中能量变化如图所示(图中E1 表示正反应的活化能，E2 表示逆反应的活化能)。

下列有关叙述正确的是　(　　)
A. 升高温度，反应速率增大，△H减小
B. 升高温度，不影响活化分子百分数
C. 逆反应的活化能等于正反应的活化能
D. 催化剂能降低该反应的活化能
【答案】D
【解析】
【详解】A、焓变与反应条件无关，升温，焓变不变，故A错误；
B、升温，使得分子所具有的能量增加，使得部分分子变成活化分子，则活化分子百分数增大，故B错误；
C、反应物能量与生成物的能量不同，则与过渡态的能量的差值，即活化能不同，如果活化能相同，则△H等于0，化学反应过程中没有能量变化，与事实不符，故C错误；
D、催化剂降低了反应的活化能，提高了化学反应速率，故D正确；
故选D。
7.反应A(g)＋3B(g)4C(g)＋2D(g)，在不同条件下反应，其平均反应速率v(X)如下，其中反应速率最快的是　(　　)
A. v(A)=0.4mol/(L·s) B. v(B)=0.8mol/(L·s)
C. v(C)=1.2mol/(L·s) D. v(D)=0.7mol/(L·s)
【答案】A
【解析】
【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，根据反应方程式，把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较。
【详解】同一反应中各物质反应速率之比等于化学计量数之比，根据反应A(g)＋3B(g)4C(g)＋2D(g)，把这些反应速率都换算成A的反应速率。
A、v(A)= 0.4mol/(L·s)；
B、v(A)=mol/(L·s)；
C、v(A)= 0.3mol/ (L·s)；
D、v(A)=0.35 mol/(L·s)；
所以反应速率大小顺序是A> D> C> B，反应速率最快的是A；
故选A。
8.甲、乙两容器都在进行A→B的反应，甲容器内每分钟减少了4molA，乙容器内每分钟减少了2molA，则甲容器内的反应速率比乙容器内的反应速率要（ ）
A. 慢 B. 快
C. 相等 D. 无法判断
【答案】D
【解析】
【详解】在v=中，△n、△t已知，但V未知，所以无法判断甲、乙容器内的化学反应速率；故答案为D。
9.下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液说法正确的是（ ）
A. 相同浓度的两溶液中c(H＋)相同
B. pH＝3的两溶液稀释100倍，pH都为5
C. 100 mL 0.1 mol·L－1的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠
D. 两溶液中分别加入少量对应的钠盐，c(H＋)均明显减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、盐酸是强酸，在水中完全电离，而醋酸是弱酸，在水中不完全电离，则物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液中的H+浓度不同，故A错误；
B、盐酸是强酸，醋酸是弱酸，则pH=3的盐酸稀释100倍后，pH为5，而pH=3的醋酸稀释100倍后，醋酸进一步电离， pH<5，故B错误；
C、100mL 0.1mol/L两溶液中溶质物质的量相同，都是一元酸，与氢氧化钠反应消耗氢氧化钠的物质的量相同，故C正确；
D、两溶液中分别加入少量对应的钠盐，盐酸中加入氯化钠，溶液中H+浓度基本不变，醋酸中加入醋酸钠，溶解后醋酸根对电离平衡起到抑制作用，溶液中H+浓度变小，故D错误；
故选C。
10.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7.2×10﹣4
B. HNO2的电离平衡常数为4.9×10﹣10
C. 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。
11.在密闭容器中进行X2(g)＋3Y2(g)2Z(g)的反应，其X2、Y2、Z的起始浓度依次为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.2 mol/L，当反应达平衡时，各物质的浓度有可能的是　(　　)
A. c(Z)＝0.5 mol/L B. c(Z)＝0.4 mol/L
C. c(X2)＝0.2 mol/L或c(Y2)＝0.6 mol/L D. c(Y2)＝0.5 mol/L或c(X2)＝0.1 mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】该反应可能向正反应方向移动也可能向逆反应方向移动，如果向正反应方向移动，则反应物浓度最小、生成物浓度最大，如果向逆反应方向移动，则反应物浓度最大、生成物浓度最小，采用极限法分析解答.。
【详解】该反应可能向正反应方向移动也可能向逆反应方向移动，如果向正反应方向移动，则反应物浓度最小、生成物浓度最大，如果向逆反应方向移动，则反应物浓度最大、生成物浓度最小，假设Z完全转化，完全反应后则c(X2)= 0.2mol/L、c(Y2) = 0.6mol/ L，假设X2、Y2互完全转化为生成物，完全反应后c(Z)=0.4mol/L，实际上存在平衡状态，所以c(X2)为0mol/L~ 0.2mol/L、c(Y2) 为0~0.6mol/L、c(Z2)在0~0.4mol/L，合理的为D项；
故选D。
12.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<3 B. p2>p1，n>3
C. p1>p2，n<3 D. p1>p2，n>3
【答案】D
【解析】
13.常温下，某溶液中由水电离的c（H+）=1×10-13mol·L-1，该溶液可能是（ ）
①二氧化硫水溶液 ②氯化铵水溶液
③硝酸钠水溶液 ④氢氧化钠水溶液
A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ③④
【答案】A
【解析】
【分析】常温下，某溶液中由水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1，推出该溶液抑制水的电离，该溶液为酸或碱，据此分析；
【详解】常温下，某溶液中由水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1，推出该溶液抑制水的电离，该溶液为酸或碱，
①SO2溶于水，生成H2SO3，亚硫酸为二元酸，抑制水的电离，故①符合题意；
②NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解，促进水的电离，故②不符合题意；
③NaNO3的水溶液显中性，故③不符合题意；
④NaOH为碱，抑制水的电离，故④符合题意；
综上所述，A选项正确；
答案选A。
14.反应：A(g)+3B(g)2C(g) ΔH＜0，达平衡后，将气体混合物的温度降低，下列叙述中正确的是（ ）
A. 正反应速率加大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动
B. 正反应速率变小，逆反应速率加大，平衡向逆反应方向移动
C. 正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向正反应方向移动
D. 正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向逆反应方向移动
【答案】C
【解析】
【分析】该反应正反应为放热反应，降低温度，该反应正逆反应速率都减小，化学平衡向放热的方向即正反应方向移动。
【详解】降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故C正确；故答案选C。
15.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+ OH－；ΔH > 0 ，下列叙述正确的是（ ）
A. 向水中加人稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变
C. 向水中加人少量固体CH3COONa ，平衡逆向移动，c（H＋）降低
D. 将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【解析】
【详解】A.氨水能抑制水的电离，但碱性是增强的，A不正确；
B.硫酸氢钠是强酸的酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常数只和温度有关，所以B是正确的；
C.醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确；
D.电离是吸热的，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。
答案选B。
16.某温度下，纯水中的c(H+)约为1×10-6mol/L，则c（OH－）约为 （   ）。
A. 1×10-8mol/L B. 1×10-7mol/L
C. 1×10-6mol/L D. 1×10-5mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】纯水中的c(H+)=c(OH－)，所以c(OH－)= 1×10-6mol/L；故选C。
17.向纯水中加入少量的硫酸氢钠固体(温度不变)，则溶液的 （ ）
A. pH升高 B. 酸性增强
C. c(OH一)增大 D. 水中c(H+)与c(OH-)的乘积增大
【答案】B
【解析】
【详解】水的电离平衡为：H2OH++OH-，加入少量的NaHSO4固体，溶液中氢离子浓度增大，抑制了水的电离，
A、加入硫酸氢钠后，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故A错误；
B、加入硫酸氢钠后，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，酸性增强，故B正确；
C、硫酸氢钠电离出氢离子，水的电离平衡向着逆向移动，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，c(OH一)减小，故C错误；
D、由于温度不变，水的离子积不变，即c (H+) 和c (OH-) 的乘积不变，故D错误；
故选B。
18.一定温度下，将4 mol PCl3和2 mol Cl2充入容积不变的密闭容器中，在一定条件下反应：PCl3＋Cl2PCl5，各物质均为气态。达平衡后，PCl5为0.8 mol。若此时再移走2 mol PCl3和1 mol Cl2，相同温度下达到平衡，PCl5的物质的量为（ ）
A. 0.8 mol B. 0.4 mol
C. 0.4 mol 【答案】D
【解析】
n(始） 4mol 2mol 0
Δn 0.8mol 0.8mol 0.8mol
n（平）3.2mol 1.2mol 0.8mol
恒容条件下，把反应物减半。分两步：?体积减半，量减半，各组分百分含量是不变的，五氯化磷0.4mol；?把体积扩大为原来体积，相当于减压，平衡逆向移动，PCl5的物质的量为小于0.4mol。
第Ⅱ卷 非选择题（46分）
二、填空题（包括5个小题，共46分）
19.写出下列各物质在水中的电离方程式：
（1）NH3・H2O_______________________
（2）H2CO3_________________________
（3）Al(OH)3______________________
（4）NaHCO3_________________________________
（5）CH3COOH___________________________
（6）Fe2(SO4)3_______________________________
（7）NaHSO4_________________________________
【答案】(1). NH3・H2ONH4++OH-； (2). H2CO3H++HCO3-，HCO3- H++CO32-； (3). Al(OH)3 Al3++3OH-； (4). NaHCO3=Na++HCO3-； (5). CH3COOHH++CH3COO-； (6). Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42-； (7). NaHSO4=Na++H++ SO42-；
【解析】
【详解】(1) NH3・H2O 是弱电解质，部分电离，电离出NH4+和OH-，NH3・H2ONH4++OH-；
(2) H2CO3是二元弱酸，弱电解质，分步电离，电离方程式为 H2CO3H++HCO3-，HCO3- H++CO32-；
(3) Al(OH)3是弱碱，弱电解质，部分电离，Al(OH)3 Al3++3OH-；
(4) NaHCO3 是钠盐，强电解质，完全电离，NaHCO3=Na++HCO3-；
(5) CH3COOH是弱酸，部分电离，CH3COOH H++CH3COO-；
(6) Fe2(SO4)3是强电解质，完全电离，Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42-；
(7) NaHSO4 ，强酸的酸式盐，完全电离，NaHSO4=Na++H++ SO42-。
20.某温度下，纯水中的c(H+)＝2.0×10-7mol/L，则此时溶液中c(OH－)为_______________；若温度不变，滴入稀硫酸使c(H+)＝5.0×10-6mol/L，则c(OH－)为_____________。
【答案】(1). 2.0×10-7mol/L； (2). ；
【解析】
【详解】纯水中的c(H+)=c(OH－)，所以c(OH－)= 2.0×10-7mol/L；Kw= c(H+)×c(OH－)=4×10-14，当滴入稀硫酸使c(H+)＝5.0×10-6mol/L时，c(OH－)=；
故答案为：2.0×10-7mol/L；。
21.发射卫星时可用肼（N2H4）为燃料和二氧化氮做氧化剂，两者反应生成氮气和气态水；已知：N2H4 (g) ＋ O2 (g) ＝ N2(g) ＋2H2O (g) △H＝－543kJ/mol
N2 (g) ＋ 2O2 (g) ＝ 2NO2 (g) △H＝+ 67.7kJ/mol
H2 (g) ＋ 1/2O2 (g) ＝ H2O (g) △H＝－242kJ/mol
1/2H2 (g) ＋ 1/2F2 (g) ＝ HF (g) △H＝－269kJ/mol
（1）肼和二氧化氮反应的热化学方程式为___________；
（2）有人认为若用氟气代替二氧化氮作氧化剂，则反应释放能量更大，肼和氟气反应的热化学方程式：_
【答案】 (1). 2N2H4(g) + 2NO2(g) =3N2(g) + 4H2O(g) △H= - 1153.7KJ/mol (2). N2H4(g) + 2F2 (g)= N2(g) +4HF (g)△H= -1135KJ/mol
【解析】
【分析】根据盖斯定律解答。
【详解】已知：①N2H4 (g) ＋ O2 (g) ＝ N2(g) ＋2H2O (g) △H＝－543kJ/mol
②N2 (g) ＋ 2O2 (g) ＝ 2NO2 (g) △H＝+ 67.7kJ/mol
③H2 (g) ＋ 1/2O2 (g) ＝ H2O (g) △H＝－242kJ/mol
④1/2H2 (g) ＋ 1/2F2 (g) ＝ HF (g) △H＝－269kJ/mol
(1)根据盖斯定律：①×2 -②得气态肼和二氧化氮的反应的热化学方程式为：2N2H4(g) + 2NO2(g) =3N2(g) + 4H2O(g)△H= - 1153.7KJ/mol，
故答案为：2N2H4(g) + 2NO2(g) =3N2(g) + 4H2O(g) △H= - 1153.7KJ/mol；
(2)根据盖斯定律，①+④×4-③×2得气态肼和氟气反应的热化学方程式为：N2H4(g) + 2F2 (g)= N2(g) +4HF (g)△H= -1135KJ/mol，
故答案为：N2H4(g) + 2F2 (g)= N2(g) +4HF (g)△H= -1135KJ/mol。
22.某同学用标准NaOH溶液来测定未知浓度的盐酸的浓度：
（1）配制250mL 0.5mol/L的NaOH标准溶液所需的称量的质量NaOH为________ g。
（2）用滴定管准确量取20.00mL未知浓度的盐酸于锥形瓶中，加入酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定到终点。在锥形瓶的待测液中滴加2～3滴酚酞试液，并开始滴定。
手眼：左手_______，右手摇动锥形瓶，眼睛 _____________滴速：先快后慢，当接近终点时，应一滴一摇。滴定终点的判断：____________，即到终点，读出体积并记录。
（3）该同学进行了三次实验，实验数据如下表：
实验编号
盐酸的体积（mL）
标准NaOH溶液的体积（mL）
①
均是20.00
16.90
②
17.10
③
18.20
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__________（填选项编号）
a、滴定管在盛装标准NaOH溶液前未润洗
b、在盛装未知浓度的盐酸之前锥形瓶里面有少量蒸馏水，未烘干
c、达到滴定终点时，俯视溶液凹液面最低点读数
d、滴定开始前盛装标准NaOH溶液的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
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
f、滴定开始前盛装标准NaOH溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定终点读数时未发现气泡
（4）该同学所测得盐酸物质的量浓度为_________（结果保留三位小数）。
【答案】(1). 5.0 (2). 控制碱式滴定管橡皮管玻璃珠处； (3). 注视锥形瓶中溶液的颜色变化； (4). 溶液颜色由无色变成浅红色，且半分钟内不变色； (5). ③ (6). af (7). 0.425mol/L
【解析】
【分析】(1)利用n=cV、m=n×M来计算NaOH的质量；
(2)实验中应控制流速并观察锥形瓶中颜色变化；如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
(3)对比表中数据，误差较大的是第1次实验，需要标准液的体积偏大；根据，分析不当操作对V (标准)的影响，以此判断；
(4)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。
【详解】(1)配制250mL 0.5mol/L的NaOH标准溶液所需的称量的质量NaOH为：0.25L×0.5mol/L×40g/mol=5.0g；故答案为：5.0；
(2)滴定时，滴定过程中，用左手控制碱式滴定管橡皮管玻璃珠处，右手摇动锥形瓶，两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定终点，锥形瓶中溶液的颜色由无色变成浅红色，且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；故答案为：控制碱式滴定管橡皮管玻璃珠处 注视锥形瓶中溶液的颜色变化 锥形瓶中溶液的颜色由无色变成浅红色，且半分钟内不变色；
(3)、对比表中数据，误差较大的是第③次实验，需要标准液的体积偏大；
a、滴定管在盛装标准NaOH溶液前未润洗，标准NaOH溶液被稀释，所用NaOH溶液体积偏大，所测盐酸浓度偏大，故a正确；
b、在盛装未知浓度的盐酸之前锥形瓶里面有少量蒸馏水，未烘干，待测液的物质的量不变，所用NaOH溶液体积不变，所测盐酸浓度不变，故b错误；
c、达到滴定终点时，俯视溶液凹液面最低点读数，所用NaOH溶液体积偏小，故c错误；
d、滴定开始前盛装标准NaOH溶液的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，所用NaOH溶液体积偏小，故d错误；
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，所用NaOH溶液体积偏小，故e错误；
f、滴定开始前盛装标准NaOH溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定终点读数时未发现气泡，所用NaOH溶液体积偏大，故f正确；故答案为：③ af；
(4) 数据③无效，取①、②体积进行计算，所用标准液的平均体积为17.00mL， HCl~ NaOH，c(HCl) ×20.00mL=0.5mol/L×17.00mL；解得： c (HCl) =0.425mol/L，故答案为： 0.425mol/L。
23.某同学做浓度对化学反应速率的影响的实验时，将3支试管编号为①②③，并按下表中物质的量进行实验，记录下的时间数据是：16 s、28 s、33 s。请将3个数据填入下表的适当位置，并写出实验结论。
（1）将对应①、②、③的时间分别写出：
(a)__________，(b)__________，(c)__________。
（2）实验结论： ___________。
（3）写出反应的化学方程式__________________。
试管编号
加3%Na2S2O3
加H2O
加H2SO4(1∶5)
出现浑浊时间
①
3 mL
3 mL
5滴
(a)s
②
4 mL
2 mL
5滴
(b)s
③
5 mL
1 mL
5滴
(c)s
【答案】(1). 33;； (2). 28； (3). 16s； (4). 对于一个化学反应，在其他条件一定时，反应物的浓度越大，化学反应速率越大； (5). Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O
【解析】
【分析】时间越短说明反应速率越大，其他条件不变，改变其中一个条件，分析判断反应速率，图表中主要是改变了反应物的浓度对反应速率的影响，浓度越大反应速率越大，反应时间越短。
【详解】(1)、图表中主要是改变了反应物的浓度对反应速率的影响，浓度越大反应速率越大，反应时间越短，反应物浓度③>②>①则反应③速率最快，时间最小，a=33s， b=28s，c=16s；故答案为：33；28；16s；
(2)、对于一个化学反应，在其他条件不变时，改变物质浓度对反应速率的影响是浓度越大反应速率越大，故答案为：对于一个化学反应，在其他条件不变时，反应物的浓度越大，化学反应速率越大；
(3)、Na2S2O3溶液和稀硫酸反应生成硫单质，二氧化硫和水，反应的化学方程式：Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O；故答案为：Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O。