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【化学】甘肃省靖远四中2018-2019学年高二下学期开学检测(解析版)
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甘肃省靖远四中2018-2019学年高二下学期开学检测
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，全卷满分100分。考试用时100分钟。
一、选择题(本大题共15题，每小题3分，共计45分。在每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的)
1.下列有关活化分子和活化能的说法不正确的是( )
A. 增加气体反应物的浓度可以提高活化分子百分数
B. 升高温度可增加单位体积活化分子数
C. 发生有效碰撞的分子一定是活化分子
D. 使用催化剂可降低活化能，提高单位体积活化分子百分数
【答案】A
【解析】
【分析】
活化分子指的是能发生有效碰撞的分子，它们的能量比一般分子的能量高；活化分子百分数指的是活化分子占所有分子中的百分含量。
【详解】A.增加气体反应物的浓度，只是增加活化分子的浓度，但是不增加活化分子百分数，A错误；
B.升高温度使普通分子的能量增加，使部分普通分子变成活化分子，因此可以提高单位体积内活化分子百分数， B正确；
C.根据活化分子的定义，发生有效碰撞的一定是活化分子，C正确；
D.使用催化剂，改变反应途径，使反应所需的活化能降低，使大部分普通分子变成活化分子，提高单位体积活化分子百分数， D正确。
本题答案选A。
【点睛】能够提高活化分子百分数的途径包括升高温度和加入催化剂。提高活化分子的浓度包括升高温度、加入催化剂、提高浓度等。
2. 下列说法完全正确的是（ ）
A. 放热反应均是自发反应
B. 如果ΔH和ΔS 均为正值，当温度升高时，反应可能自发进行
C. ΔS为正值的反应均是自发反应
D. 物质的量增加的反应，ΔS为正值
【答案】B
【解析】
试题分析：A．放热反应不一定能发生进行，错误；B．如果△H和△S均为正值，当温度升高时，可满足△H-T•△S＜0时，反应可自发进行，正确；C．△S为正值的反应不一定是自发反应，如水的分解，错误；D．只有气体的物质的量增加的反应，△S为正值，错误。
考点：反应进行的方向
3.某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应X(g)+Y(g)Z(g)+W(s) ΔＨ>0。下列叙述中，正确的是（ ）
A. 加入少量W，逆反应速率增大
B. 当容器中气体压强不变时，反应达到平衡
C. 升高温度，平衡逆向移动
D. 改变条件，又达新平衡，此时上述反应的平衡常数K值一定增大
【答案】B
【解析】
试题分析：A、因为W的是固体，浓度视为常数，因此反应速率不变，故错误；B、因为反应前后气体的系数之和不相等，压强跟物质的量成正比，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡状态，故正确；C、根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向正反应方向移动，故错误；D、化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，则化学平衡常数不变，故错误。
考点：考查影响化学反应速率的因素、影响化学平衡的因素、化学平衡常数等知识。
4.在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）＋CO(g)1/2N2（g）＋CO2（g）ΔH＝－373.2 kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和CO的转化率，采取的正确措施是( )
A. 加催化剂同时升高温度
B. 升高温度同时充入N2
C. 加催化剂同时增大压强
D. 降低温度同时减小压强
【答案】C
【解析】
试题分析：A、催化剂不改变平衡状态，升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，错误；B、升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，充入N2平衡逆向移动，NO的转化率减小，错误；C、催化剂不改变平衡状态，增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，且反应速率加快，正确；D、降低温度同时减小压强，反应速率均减小，错误。
考点：化学平衡的影响因素
5.在下列平衡(黄色)(橙红色)中，溶液介于黄和橙红色之间，现欲增加溶液的橙红色，则要在溶液中加入( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题目已知的反应方程式2CrO42－（黄色）+2H＋Cr2O72－（橙红色）+H2O可得，欲增加溶液的橙红色，则应该增大Cr2O72－的浓度，即要促使平衡向正反应方向进行。
【详解】A项、增大氢离子浓度平衡向正反应方向进行，A正确；
B项、增大OH－浓度，降低氢离子浓度，平衡向逆反应方向移动，降低Cr2O72－的浓度，B错误；
C项、钾离子不影响平衡状态，C错误；
D、加水稀释，平衡向逆反应方向移动，降低Cr2O72－的浓度，D错误；
故本题答案选A。
6.下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性的是( )
A. 向水中加入少量的CH3COONa B. 向水中加入少量的NaHSO4
C. 加热水至100 ℃，pH＝6 D. 向水中加少量的CuSO4
【答案】D
【解析】
【分析】
使H2O的电离平衡向正方向移动，要促进水的电离，选择水解的盐，所得溶液呈酸性，为强酸弱碱盐。
【详解】A. CH3COONa可以促进水的电离，但是溶液呈碱性，A项不符合题意；
B. NaHSO4在溶液中会电离出H+，抑制水的电离， B项不符合题意；
C.加热可以促进水的电离，但是溶液仍为中性，C项不符合题意；
D. 向水中加少量的CuSO4，Cu2+会水解促进水的电离，溶液呈酸性，D项符合题意；
本题答案选D。
【点睛】水解的实质是促进水的电离，注意区分盐的类型。
7.已知：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H= －1025kJ/mol，若反应物起始物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H= －1025kJ/mol，为放热反应，且正反应气体体积增大，利用勒夏特列原理分析解题。
【详解】A.从1000℃升温到1200℃， NO的含量降低，平衡逆向移动；温度升高，向吸热反应方向移动，逆反应为吸热反应，符合反应事实，A项不符合题意；
B. 从105Pa升压到106Pa，NO的含量降低，平衡逆向移动；压强增大，向气体体积减小的方向移动，符合反应事实，B项不符合题意；
C.从1000℃升温到1200℃，NO的含量增加，平衡正向移动；温度升高，向吸热反应方向移动，吸热反应为逆反应，不符合反应事实，C项符合题意；
D.1000℃有催化剂比无催化剂更快达到平衡，但是NO的含量一样，平衡没有移动。催化剂不改变平衡的移动，但是可以加快化学反应速率，符合反应事实，D项不符合题意；
本题答案选C。
8.在密闭容中发生下列反应aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半,再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是( )
A. A的转化率变大 B. 平衡向正反应方向移动
C. D的体积分数变大 D. a ＜ c＋d
【答案】D
【解析】
【分析】
将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少，平衡逆向移动。压缩体积，平衡向着气体体积减小的方向移动，则a
B. 将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少，平衡逆向移动。B项错误；
C.平衡逆向移动，D的体积分数降低，C项错误；
D. D减少，平衡逆向移动。压缩体积，平衡向着气体体积减小的方向移动，则a
【点睛】气体压缩时，各产物和生成物的浓度一般都会变大，不能和原平衡的浓度相比，而要和变化的瞬间相比，如本题将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少；不能看到是原来的1.8倍，就认为向生成D的方向移动。
9.在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡:CO32－＋H2OHCO3－＋OH－。下列说法正确的是( )
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 通入CO2，平衡向正反应方向移动
C. 升高温度，c(HCO3－)/c(CO32－)减小 D. 加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】B
【解析】
试题分析：A．平衡常数只受温度的影响，加水稀释，平衡常数不变，故A错误；B．通入CO2，与OH-反应，平衡正向移动，故B正确；C．升高温度，平衡向正向移动，则c（HCO3-）/c（CO32-）的比值增大，故C错误；D．加入NaOH固体，c（OH-）浓度增大，溶液pH增大，故D错误；故选B。
【考点定位】考查盐类水解的原理
【名师点晴】本题考查盐类水解的原理，注意把握影响盐类水解的因素，把握平衡常数的意义。Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，盐类的水解为吸热过程，加热促进水解，当OH-或HCO3-浓度发生变化时，平衡发生移动，平衡常数只受温度的影响。
10.将足量的AgCl分别放入下列物质中,AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是
①20mL0.01mol/L KCl溶液 ②30mL0.02mol/L CaCl2溶液 ③40mL0.03mol/L HCl溶液 ④10mL蒸馏水 ⑤50mL0.05mol/L AgNO3溶液
A. ①>②>③>④>⑤ B. ④>①>③>②>⑤
C. ⑤>④>②>①>③ D. ④>③>⑤>②>①
【答案】B
【解析】
【分析】
银离子和氯离子都抑制氯化银溶解，溶液中银离子或氯离子浓度越大，氯化银溶解度越小。
【详解】①20mL 0.01mol/L KCl溶液中氯离子浓度为0.01mol/L；
②30mL 0.02mol/L CaCl 2溶液氯离子浓度为0.04mol/L；
③40mL 0.03mol/L HCl溶液中氯离子浓度为0.03mol/L；
④10mL 蒸馏水中可以认为氯离子或银离子浓度为0mol/L；
⑤50mL 0.05mol/L AgNO 3溶液中银离子浓度为0.05mol/L。
所以氯化银溶解度由大到小的顺序为④①③②⑤。
答案选B。
【点睛】本题考查浓度对沉淀溶解平衡的影响，注意在AgCl（s）Ag+(aq)+Cl-(aq)中，等浓度的Ag+和Cl-对沉淀溶解平衡的抑制作用是相同的。
11.在由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的离子组是
① K＋、Cl－、NO3－、S2－② K＋、Fe2＋、I－、SO42－③ Na＋、Cl－、NO3－、SO42－
④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－⑤ K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－
A. ①③ B. ③⑤ C. ③④ D. ②⑤
【答案】B
【解析】
水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液，说明该溶液中水的电离是被抑制的。根据水的电离方程式可知，酸或碱均可以抑制水的电离，即该溶液既可能显酸性，也可能显碱性。①在酸性溶液中NO3－和S2－发生氧化还原反应，不能大量共存。②在碱性溶液中Fe2＋不能大量共存。④中HCO3－和酸或碱均发生反应，不能大量共存。所以正确的答案是B。
12.准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定。 下列说法正确的是( )
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【答案】D
【解析】
试题分析：A．滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，A错误；
B．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，B错误； C．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，C错误； D．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，D正确；故选D．
【考点定位】考查中和滴定实验, 把握中和滴定原理、仪器的使用和误差分析
【名师点晴】本题考查了酸碱中和反应，为了减小误差，滴定管要用标准液、待测液润洗，锥形瓶不能润洗，所有的不当操作都要归结到读数上，然后利用C1V1=C2V2分析即可。
13.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是( )
酸
HX
HY
HZ
电离常数K
9×10－7
9×10－6
1×10－2
A. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ
B. 反应HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生
C. 相同温度下，0.1 mol·L－1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
D. 相同温度下，1 mol·L－1 HX溶液的电离常数大于0.1 mol·L－1 HX
【答案】B
【解析】A、根据三种酸的电离平衡常数的大小关系可知，三种酸的强弱关系为HX
A. ②①③④ B. ④③①② C. ④②①③ D. ③②④①
【答案】C
【解析】
试题分析：①是化学腐蚀，②③④形成原电池，②④中Fe为负极加快Fe腐蚀，且Fe与Cu活泼性相差更大腐蚀更快，③中Fe被保护。
考点：本题考查了铁生锈的相关反应和防护。
15.室温下向10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. a点所示溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA) B. a、b 两点所示溶液中水的电离程度相同
C. pH=7时，c(Na＋)=c(A－)＋c(HA) D. b点所示溶液中c(A－)>c(HA)
【答案】D
【解析】
A、a点NaOH与HA物质的量相等，则二者恰好完全反应，生成NaA，反应后溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生水解反应，则溶液中c(Na+)＞c(A-)＞c(HA)＞c(H+)，A错误；B、a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，b点盐酸过量，抑制水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，B错误；C、根据电荷守恒，溶液中存在c（H+）+c（Na+）=c（OH‾）+c（A-），pH=7时，c（H+）=c（OH‾），因此溶液中：c（Na+）= c（A-），C错误；D、根据图像可知b点HA过量，因为b点溶液pH=4.7，溶液呈酸性，这说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c（A-）＞c(HA)，D正确，答案选D。
【此处有视频，请去附件查看】
二、填空题(本大题共4小题，共计32分。)
16.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应CO2 (g)+H2 (g)CO(g)+H2 O(g)，其化学平衡常数K与温度的关系如下表:
℃
700
800
830
1000
1200
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
请回答下列问题:
(1)该反应的化学平衡常数表达式为K=__________________
(2)该反应的逆反应为_________反应(选填“吸热”或“放热”).
(3)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是________.
a.容器内压强不变 b.混合气体中c(CO)不变
c. v正(H2)=V逆(H2O ) d.c(H2)=c(CO)
(4)某温度下，平衡浓度符合c(CO2 )c(H2)=c(CO)c(H2O )，试判断此时的温度为________℃.
【答案】 (1). c(CO)•c(H2O)/c(CO2)•c(H2) (2). 吸热 (3). b、c (4). 830
【解析】
试题分析：（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据方程式可知，该反应的平衡常数K＝c（CO）·c（H2O）/ c（CO2）·c（H2）。
（2）随着温度的升高，K值是增大，这说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正方应是吸热反应。
（3）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，选项b正确。反应前后体积不变，则压强始终是不变的，所以a不能说明；c中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确。平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，因此选项d不正确，答案选bc。
（4）某温度下平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），则此时K＝1，所以根据表中数据可知，温度是830℃。
考点：考查平衡常数的判断和应用，外界条件对平衡状态的影响以及平衡状态的判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，难易适中，侧重对学生基础知识的检验和训练，同时兼顾对学生能力的培养和解题方法的指导，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生的应试能力。该题的难点在于平衡状态的判断。
17.如下图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。试完成以下问题:
(1)电源A极的名称是________。
(2)甲装置中电解反应的总化学方程式是____________。
(3)如果收集乙装置中产生的气体，两种气体的体积比是________。
(4)欲用丙装置给铜镀银，G应该是________(填“铜”或“银”)，电镀液的主要成分是________(填化学式) 。
(5)装置丁的现象是________，说明________。
【答案】 (1). 正极 (2). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 (3). 1∶1 (4). Ag (5). AgNO3 (6). Y极附近红褐色变深 (7). 氢氧化铁胶粒带正电
【解析】
【分析】
F极附近呈现红色，说明F极附近生成了OH-，电解饱和食盐水的方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，放氢生碱，阴极生成碱。F、D、H、Y为阴极，C、E、G、X为阳极，A为正极，B为负极。
【详解】(1) F极附近生成了OH-，为阴极，则B为负极，A为正极，答案为正极；
(2)甲装置中为CuSO4溶液，Cu2＋在阴极得到电子，OH－在阳极失去电子，根据得失电子守恒可以写出电解方程式，答案为2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑；
(3) 电解饱和食盐水的方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，相同情况下，气体体积之比等于物质的量之比，答案为1:1；
(4)铜上镀银，铜作阴极，银作阳极，G是阳极，G为银，电镀液为镀层金属的溶液，为硝酸银。答案为Ag；AgNO3；
(5)氢氧化铁胶粒带正电荷，在外加电场的作用下，向阴极移动，所以现象是阴极附近红褐色会加深。答案为Y极附近红褐色变深 氢氧化铁胶粒带正电。
18.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀溶解平衡，它们都可看作化学平衡。请根据所学知识回答下列问题：
(1)AlCl3溶液呈______性，原因是____________________________________ (用离子方程式表示)；若把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后主要得到固体产物是________； 若将AlCl3溶液和NaHCO3溶液混合，该反应的离子方程式为__________________________________________。
(2)将1L0.2 mol·L－1HA溶液与1L0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，测得混合溶液中c(Na＋) > c(A－)，则：
①混合溶液中，c(A－)________c(HA)(填“>”“<”或“＝”，下同)。
②混合溶液中，c(HA)＋c(A－)________0.1 mol·L－1。
(3)pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na＋)：____________。
【答案】 (1). 酸 (2). Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+ (3). Al2O3 (4). Al3++3HCO3-＝Al(OH)3↓+3CO2 ↑ (5). < (6). = (7). ①>②>③
【解析】
【详解】(1)AlCl3为强酸弱碱盐，在水溶液中会水解，Al3+结合水电离出来的OH-，使得溶液中的c(H+)大于c(OH-)，溶液呈酸性；将AlCl3溶液蒸干，由于Al3+水解生成Al(OH)3，加热促进水解，而H+和Cl-结合成HCl，加热从溶液中挥发出去，使之水解完全，再灼烧得到氧化铝。AlCl3水解成酸性，NaHCO3水解成碱性，两溶液混合，相互促进水解，生成Al(OH)3和CO2，根据电荷守恒可以写出方程式。答案为：酸； Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+ ； Al2O3； Al3++3HCO3-＝Al(OH)3↓ +3CO2↑；
(2) 两者混合后会反应，得到的溶液恰好为等物质的量浓度的NaA和HA的混合溶液。如果A-不水解，HA不电离，那么c(Na＋) = c(A－)，现在c(Na＋) > c(A－)，说明A－由于水解在减少。因水解而减少的A-比HA电离产生的A-多，A-的水解大于HA的电离，可以忽略HA的电离。①如果不电离也不水解，c(A－)=c(HA)，现在A－水解产生的HA，HA的浓度增大，A-的浓度减小，则c(A－)
【点睛】不管是酸式盐溶液，还是等浓度的酸及其盐的混合溶液，都要从电离和水解两个角度来考虑，如果电离大于水解，解题时可以忽略水解，同理水解大于电离时，可以忽略电离。如此题中，水解大于电离，忽略电离，可以使思考过程更加简单。
19.现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的含酸量(g/100 mL)。
Ⅰ、实验步骤：
(1)量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL________(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴________作指示剂。
(3)读取盛装0.1000 mol/L NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为________mL。
(4)滴定。当__________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。
Ⅱ、实验记录
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ、数据处理与讨论：
(1)按正确数据处理，可得市售白醋含酸量＝________g/100 mL(结果保留四位有效数字)。
(2)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是________(填写序号)。
a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】 (1). 容量瓶 (2). 酚酞 (3). 0.70 (4). 滴入最后一滴溶液时，溶液的颜色从无色变成浅红色，且半分钟内不变色 (5). 4.5 (6). ab
【解析】
【详解】(1)配制一定物质的量浓度的溶液时，需要使用到容量瓶，答案为：容量瓶；
(2)本实验使用的是强碱滴定弱酸，滴定终点生成醋酸钠，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，终点的pH应在指示剂的变色范围内，选择酚酞，由于酚酞的变色范围为8.2～10.0，在碱性范围内。答案为：酚酞；
(3)滴定管的0刻度在上面，读数时应该从上看到下，而且要估读一位。答案为：0.70；
(4)当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液的颜色从无色变成浅红色，且半分钟内不变色即为滴定终点，故答案为：滴入最后一滴溶液时，溶液的颜色从无色变成浅红色，且半分钟内不变色；
Ⅲ(1)数据处理中，第一组数据明显是错误的，要舍弃，平均消耗NaOH溶液的体积为15.00mL。
CH3COOH ~ NaOH
60 40
m 0.015L×0.1mol/L×40g/mol
m=0.09g，市售白醋含酸量＝0.09×5×=4.5g。答案为：4.5；
(2) a.未用标准液润洗，则NaOH溶液被滴定管中的水稀释，消耗的体积变大，实验结果偏大，符合题意；
b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读数的时候会将气泡的体积读入数据中，体积偏大，实验结果偏大，符合题意；
c.锥形瓶中本来就有溶液，加入少量的水，没有影响，不符合题意；
d.有少量液体溅出，消耗的NaOH减少，体积偏小，实验结果偏小，不符合题意；答案为：ab。
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，全卷满分100分。考试用时100分钟。
一、选择题(本大题共15题，每小题3分，共计45分。在每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的)
1.下列有关活化分子和活化能的说法不正确的是( )
A. 增加气体反应物的浓度可以提高活化分子百分数
B. 升高温度可增加单位体积活化分子数
C. 发生有效碰撞的分子一定是活化分子
D. 使用催化剂可降低活化能，提高单位体积活化分子百分数
【答案】A
【解析】
【分析】
活化分子指的是能发生有效碰撞的分子，它们的能量比一般分子的能量高；活化分子百分数指的是活化分子占所有分子中的百分含量。
【详解】A.增加气体反应物的浓度，只是增加活化分子的浓度，但是不增加活化分子百分数，A错误；
B.升高温度使普通分子的能量增加，使部分普通分子变成活化分子，因此可以提高单位体积内活化分子百分数， B正确；
C.根据活化分子的定义，发生有效碰撞的一定是活化分子，C正确；
D.使用催化剂，改变反应途径，使反应所需的活化能降低，使大部分普通分子变成活化分子，提高单位体积活化分子百分数， D正确。
本题答案选A。
【点睛】能够提高活化分子百分数的途径包括升高温度和加入催化剂。提高活化分子的浓度包括升高温度、加入催化剂、提高浓度等。
2. 下列说法完全正确的是（ ）
A. 放热反应均是自发反应
B. 如果ΔH和ΔS 均为正值，当温度升高时，反应可能自发进行
C. ΔS为正值的反应均是自发反应
D. 物质的量增加的反应，ΔS为正值
【答案】B
【解析】
试题分析：A．放热反应不一定能发生进行，错误；B．如果△H和△S均为正值，当温度升高时，可满足△H-T•△S＜0时，反应可自发进行，正确；C．△S为正值的反应不一定是自发反应，如水的分解，错误；D．只有气体的物质的量增加的反应，△S为正值，错误。
考点：反应进行的方向
3.某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应X(g)+Y(g)Z(g)+W(s) ΔＨ>0。下列叙述中，正确的是（ ）
A. 加入少量W，逆反应速率增大
B. 当容器中气体压强不变时，反应达到平衡
C. 升高温度，平衡逆向移动
D. 改变条件，又达新平衡，此时上述反应的平衡常数K值一定增大
【答案】B
【解析】
试题分析：A、因为W的是固体，浓度视为常数，因此反应速率不变，故错误；B、因为反应前后气体的系数之和不相等，压强跟物质的量成正比，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡状态，故正确；C、根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向正反应方向移动，故错误；D、化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，则化学平衡常数不变，故错误。
考点：考查影响化学反应速率的因素、影响化学平衡的因素、化学平衡常数等知识。
4.在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）＋CO(g)1/2N2（g）＋CO2（g）ΔH＝－373.2 kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和CO的转化率，采取的正确措施是( )
A. 加催化剂同时升高温度
B. 升高温度同时充入N2
C. 加催化剂同时增大压强
D. 降低温度同时减小压强
【答案】C
【解析】
试题分析：A、催化剂不改变平衡状态，升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，错误；B、升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，充入N2平衡逆向移动，NO的转化率减小，错误；C、催化剂不改变平衡状态，增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，且反应速率加快，正确；D、降低温度同时减小压强，反应速率均减小，错误。
考点：化学平衡的影响因素
5.在下列平衡(黄色)(橙红色)中，溶液介于黄和橙红色之间，现欲增加溶液的橙红色，则要在溶液中加入( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题目已知的反应方程式2CrO42－（黄色）+2H＋Cr2O72－（橙红色）+H2O可得，欲增加溶液的橙红色，则应该增大Cr2O72－的浓度，即要促使平衡向正反应方向进行。
【详解】A项、增大氢离子浓度平衡向正反应方向进行，A正确；
B项、增大OH－浓度，降低氢离子浓度，平衡向逆反应方向移动，降低Cr2O72－的浓度，B错误；
C项、钾离子不影响平衡状态，C错误；
D、加水稀释，平衡向逆反应方向移动，降低Cr2O72－的浓度，D错误；
故本题答案选A。
6.下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性的是( )
A. 向水中加入少量的CH3COONa B. 向水中加入少量的NaHSO4
C. 加热水至100 ℃，pH＝6 D. 向水中加少量的CuSO4
【答案】D
【解析】
【分析】
使H2O的电离平衡向正方向移动，要促进水的电离，选择水解的盐，所得溶液呈酸性，为强酸弱碱盐。
【详解】A. CH3COONa可以促进水的电离，但是溶液呈碱性，A项不符合题意；
B. NaHSO4在溶液中会电离出H+，抑制水的电离， B项不符合题意；
C.加热可以促进水的电离，但是溶液仍为中性，C项不符合题意；
D. 向水中加少量的CuSO4，Cu2+会水解促进水的电离，溶液呈酸性，D项符合题意；
本题答案选D。
【点睛】水解的实质是促进水的电离，注意区分盐的类型。
7.已知：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H= －1025kJ/mol，若反应物起始物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H= －1025kJ/mol，为放热反应，且正反应气体体积增大，利用勒夏特列原理分析解题。
【详解】A.从1000℃升温到1200℃， NO的含量降低，平衡逆向移动；温度升高，向吸热反应方向移动，逆反应为吸热反应，符合反应事实，A项不符合题意；
B. 从105Pa升压到106Pa，NO的含量降低，平衡逆向移动；压强增大，向气体体积减小的方向移动，符合反应事实，B项不符合题意；
C.从1000℃升温到1200℃，NO的含量增加，平衡正向移动；温度升高，向吸热反应方向移动，吸热反应为逆反应，不符合反应事实，C项符合题意；
D.1000℃有催化剂比无催化剂更快达到平衡，但是NO的含量一样，平衡没有移动。催化剂不改变平衡的移动，但是可以加快化学反应速率，符合反应事实，D项不符合题意；
本题答案选C。
8.在密闭容中发生下列反应aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半,再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是( )
A. A的转化率变大 B. 平衡向正反应方向移动
C. D的体积分数变大 D. a ＜ c＋d
【答案】D
【解析】
【分析】
将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少，平衡逆向移动。压缩体积，平衡向着气体体积减小的方向移动，则a
B. 将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少，平衡逆向移动。B项错误；
C.平衡逆向移动，D的体积分数降低，C项错误；
D. D减少，平衡逆向移动。压缩体积，平衡向着气体体积减小的方向移动，则a
【点睛】气体压缩时，各产物和生成物的浓度一般都会变大，不能和原平衡的浓度相比，而要和变化的瞬间相比，如本题将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少；不能看到是原来的1.8倍，就认为向生成D的方向移动。
9.在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡:CO32－＋H2OHCO3－＋OH－。下列说法正确的是( )
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 通入CO2，平衡向正反应方向移动
C. 升高温度，c(HCO3－)/c(CO32－)减小 D. 加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】B
【解析】
试题分析：A．平衡常数只受温度的影响，加水稀释，平衡常数不变，故A错误；B．通入CO2，与OH-反应，平衡正向移动，故B正确；C．升高温度，平衡向正向移动，则c（HCO3-）/c（CO32-）的比值增大，故C错误；D．加入NaOH固体，c（OH-）浓度增大，溶液pH增大，故D错误；故选B。
【考点定位】考查盐类水解的原理
【名师点晴】本题考查盐类水解的原理，注意把握影响盐类水解的因素，把握平衡常数的意义。Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，盐类的水解为吸热过程，加热促进水解，当OH-或HCO3-浓度发生变化时，平衡发生移动，平衡常数只受温度的影响。
10.将足量的AgCl分别放入下列物质中,AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是
①20mL0.01mol/L KCl溶液 ②30mL0.02mol/L CaCl2溶液 ③40mL0.03mol/L HCl溶液 ④10mL蒸馏水 ⑤50mL0.05mol/L AgNO3溶液
A. ①>②>③>④>⑤ B. ④>①>③>②>⑤
C. ⑤>④>②>①>③ D. ④>③>⑤>②>①
【答案】B
【解析】
【分析】
银离子和氯离子都抑制氯化银溶解，溶液中银离子或氯离子浓度越大，氯化银溶解度越小。
【详解】①20mL 0.01mol/L KCl溶液中氯离子浓度为0.01mol/L；
②30mL 0.02mol/L CaCl 2溶液氯离子浓度为0.04mol/L；
③40mL 0.03mol/L HCl溶液中氯离子浓度为0.03mol/L；
④10mL 蒸馏水中可以认为氯离子或银离子浓度为0mol/L；
⑤50mL 0.05mol/L AgNO 3溶液中银离子浓度为0.05mol/L。
所以氯化银溶解度由大到小的顺序为④①③②⑤。
答案选B。
【点睛】本题考查浓度对沉淀溶解平衡的影响，注意在AgCl（s）Ag+(aq)+Cl-(aq)中，等浓度的Ag+和Cl-对沉淀溶解平衡的抑制作用是相同的。
11.在由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的离子组是
① K＋、Cl－、NO3－、S2－② K＋、Fe2＋、I－、SO42－③ Na＋、Cl－、NO3－、SO42－
④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－⑤ K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－
A. ①③ B. ③⑤ C. ③④ D. ②⑤
【答案】B
【解析】
水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液，说明该溶液中水的电离是被抑制的。根据水的电离方程式可知，酸或碱均可以抑制水的电离，即该溶液既可能显酸性，也可能显碱性。①在酸性溶液中NO3－和S2－发生氧化还原反应，不能大量共存。②在碱性溶液中Fe2＋不能大量共存。④中HCO3－和酸或碱均发生反应，不能大量共存。所以正确的答案是B。
12.准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定。 下列说法正确的是( )
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【答案】D
【解析】
试题分析：A．滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，A错误；
B．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，B错误； C．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，C错误； D．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，D正确；故选D．
【考点定位】考查中和滴定实验, 把握中和滴定原理、仪器的使用和误差分析
【名师点晴】本题考查了酸碱中和反应，为了减小误差，滴定管要用标准液、待测液润洗，锥形瓶不能润洗，所有的不当操作都要归结到读数上，然后利用C1V1=C2V2分析即可。
13.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是( )
酸
HX
HY
HZ
电离常数K
9×10－7
9×10－6
1×10－2
A. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ
B. 反应HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生
C. 相同温度下，0.1 mol·L－1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
D. 相同温度下，1 mol·L－1 HX溶液的电离常数大于0.1 mol·L－1 HX
【答案】B
【解析】A、根据三种酸的电离平衡常数的大小关系可知，三种酸的强弱关系为HX
A. ②①③④ B. ④③①② C. ④②①③ D. ③②④①
【答案】C
【解析】
试题分析：①是化学腐蚀，②③④形成原电池，②④中Fe为负极加快Fe腐蚀，且Fe与Cu活泼性相差更大腐蚀更快，③中Fe被保护。
考点：本题考查了铁生锈的相关反应和防护。
15.室温下向10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. a点所示溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA) B. a、b 两点所示溶液中水的电离程度相同
C. pH=7时，c(Na＋)=c(A－)＋c(HA) D. b点所示溶液中c(A－)>c(HA)
【答案】D
【解析】
A、a点NaOH与HA物质的量相等，则二者恰好完全反应，生成NaA，反应后溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生水解反应，则溶液中c(Na+)＞c(A-)＞c(HA)＞c(H+)，A错误；B、a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，b点盐酸过量，抑制水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，B错误；C、根据电荷守恒，溶液中存在c（H+）+c（Na+）=c（OH‾）+c（A-），pH=7时，c（H+）=c（OH‾），因此溶液中：c（Na+）= c（A-），C错误；D、根据图像可知b点HA过量，因为b点溶液pH=4.7，溶液呈酸性，这说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c（A-）＞c(HA)，D正确，答案选D。
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二、填空题(本大题共4小题，共计32分。)
16.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应CO2 (g)+H2 (g)CO(g)+H2 O(g)，其化学平衡常数K与温度的关系如下表:
℃
700
800
830
1000
1200
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
请回答下列问题:
(1)该反应的化学平衡常数表达式为K=__________________
(2)该反应的逆反应为_________反应(选填“吸热”或“放热”).
(3)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是________.
a.容器内压强不变 b.混合气体中c(CO)不变
c. v正(H2)=V逆(H2O ) d.c(H2)=c(CO)
(4)某温度下，平衡浓度符合c(CO2 )c(H2)=c(CO)c(H2O )，试判断此时的温度为________℃.
【答案】 (1). c(CO)•c(H2O)/c(CO2)•c(H2) (2). 吸热 (3). b、c (4). 830
【解析】
试题分析：（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据方程式可知，该反应的平衡常数K＝c（CO）·c（H2O）/ c（CO2）·c（H2）。
（2）随着温度的升高，K值是增大，这说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正方应是吸热反应。
（3）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，选项b正确。反应前后体积不变，则压强始终是不变的，所以a不能说明；c中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确。平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，因此选项d不正确，答案选bc。
（4）某温度下平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），则此时K＝1，所以根据表中数据可知，温度是830℃。
考点：考查平衡常数的判断和应用，外界条件对平衡状态的影响以及平衡状态的判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，难易适中，侧重对学生基础知识的检验和训练，同时兼顾对学生能力的培养和解题方法的指导，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生的应试能力。该题的难点在于平衡状态的判断。
17.如下图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。试完成以下问题:
(1)电源A极的名称是________。
(2)甲装置中电解反应的总化学方程式是____________。
(3)如果收集乙装置中产生的气体，两种气体的体积比是________。
(4)欲用丙装置给铜镀银，G应该是________(填“铜”或“银”)，电镀液的主要成分是________(填化学式) 。
(5)装置丁的现象是________，说明________。
【答案】 (1). 正极 (2). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 (3). 1∶1 (4). Ag (5). AgNO3 (6). Y极附近红褐色变深 (7). 氢氧化铁胶粒带正电
【解析】
【分析】
F极附近呈现红色，说明F极附近生成了OH-，电解饱和食盐水的方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，放氢生碱，阴极生成碱。F、D、H、Y为阴极，C、E、G、X为阳极，A为正极，B为负极。
【详解】(1) F极附近生成了OH-，为阴极，则B为负极，A为正极，答案为正极；
(2)甲装置中为CuSO4溶液，Cu2＋在阴极得到电子，OH－在阳极失去电子，根据得失电子守恒可以写出电解方程式，答案为2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑；
(3) 电解饱和食盐水的方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，相同情况下，气体体积之比等于物质的量之比，答案为1:1；
(4)铜上镀银，铜作阴极，银作阳极，G是阳极，G为银，电镀液为镀层金属的溶液，为硝酸银。答案为Ag；AgNO3；
(5)氢氧化铁胶粒带正电荷，在外加电场的作用下，向阴极移动，所以现象是阴极附近红褐色会加深。答案为Y极附近红褐色变深 氢氧化铁胶粒带正电。
18.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀溶解平衡，它们都可看作化学平衡。请根据所学知识回答下列问题：
(1)AlCl3溶液呈______性，原因是____________________________________ (用离子方程式表示)；若把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后主要得到固体产物是________； 若将AlCl3溶液和NaHCO3溶液混合，该反应的离子方程式为__________________________________________。
(2)将1L0.2 mol·L－1HA溶液与1L0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，测得混合溶液中c(Na＋) > c(A－)，则：
①混合溶液中，c(A－)________c(HA)(填“>”“<”或“＝”，下同)。
②混合溶液中，c(HA)＋c(A－)________0.1 mol·L－1。
(3)pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na＋)：____________。
【答案】 (1). 酸 (2). Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+ (3). Al2O3 (4). Al3++3HCO3-＝Al(OH)3↓+3CO2 ↑ (5). < (6). = (7). ①>②>③
【解析】
【详解】(1)AlCl3为强酸弱碱盐，在水溶液中会水解，Al3+结合水电离出来的OH-，使得溶液中的c(H+)大于c(OH-)，溶液呈酸性；将AlCl3溶液蒸干，由于Al3+水解生成Al(OH)3，加热促进水解，而H+和Cl-结合成HCl，加热从溶液中挥发出去，使之水解完全，再灼烧得到氧化铝。AlCl3水解成酸性，NaHCO3水解成碱性，两溶液混合，相互促进水解，生成Al(OH)3和CO2，根据电荷守恒可以写出方程式。答案为：酸； Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+ ； Al2O3； Al3++3HCO3-＝Al(OH)3↓ +3CO2↑；
(2) 两者混合后会反应，得到的溶液恰好为等物质的量浓度的NaA和HA的混合溶液。如果A-不水解，HA不电离，那么c(Na＋) = c(A－)，现在c(Na＋) > c(A－)，说明A－由于水解在减少。因水解而减少的A-比HA电离产生的A-多，A-的水解大于HA的电离，可以忽略HA的电离。①如果不电离也不水解，c(A－)=c(HA)，现在A－水解产生的HA，HA的浓度增大，A-的浓度减小，则c(A－)
【点睛】不管是酸式盐溶液，还是等浓度的酸及其盐的混合溶液，都要从电离和水解两个角度来考虑，如果电离大于水解，解题时可以忽略水解，同理水解大于电离时，可以忽略电离。如此题中，水解大于电离，忽略电离，可以使思考过程更加简单。
19.现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的含酸量(g/100 mL)。
Ⅰ、实验步骤：
(1)量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL________(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴________作指示剂。
(3)读取盛装0.1000 mol/L NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为________mL。
(4)滴定。当__________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。
Ⅱ、实验记录
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ、数据处理与讨论：
(1)按正确数据处理，可得市售白醋含酸量＝________g/100 mL(结果保留四位有效数字)。
(2)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是________(填写序号)。
a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】 (1). 容量瓶 (2). 酚酞 (3). 0.70 (4). 滴入最后一滴溶液时，溶液的颜色从无色变成浅红色，且半分钟内不变色 (5). 4.5 (6). ab
【解析】
【详解】(1)配制一定物质的量浓度的溶液时，需要使用到容量瓶，答案为：容量瓶；
(2)本实验使用的是强碱滴定弱酸，滴定终点生成醋酸钠，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，终点的pH应在指示剂的变色范围内，选择酚酞，由于酚酞的变色范围为8.2～10.0，在碱性范围内。答案为：酚酞；
(3)滴定管的0刻度在上面，读数时应该从上看到下，而且要估读一位。答案为：0.70；
(4)当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液的颜色从无色变成浅红色，且半分钟内不变色即为滴定终点，故答案为：滴入最后一滴溶液时，溶液的颜色从无色变成浅红色，且半分钟内不变色；
Ⅲ(1)数据处理中，第一组数据明显是错误的，要舍弃，平均消耗NaOH溶液的体积为15.00mL。
CH3COOH ~ NaOH
60 40
m 0.015L×0.1mol/L×40g/mol
m=0.09g，市售白醋含酸量＝0.09×5×=4.5g。答案为：4.5；
(2) a.未用标准液润洗，则NaOH溶液被滴定管中的水稀释，消耗的体积变大，实验结果偏大，符合题意；
b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读数的时候会将气泡的体积读入数据中，体积偏大，实验结果偏大，符合题意；
c.锥形瓶中本来就有溶液，加入少量的水，没有影响，不符合题意；
d.有少量液体溅出，消耗的NaOH减少，体积偏小，实验结果偏小，不符合题意；答案为：ab。
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