2018-2019学年浙江省东阳中学高二上学期12月月考化学试题 解析版

2018-2019学年浙江省东阳中学高二上学期12月月考化学试题 解析版

东阳中学2018下学期阶段性检测高二选考化学试卷 相对原子质量： K 39 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ba 137 ‎ 一、选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分)‎ ‎1.下列能源中，大量使用会导致全球进一步变暖、雾霾天气增多的是 A. 化石能源 B. 太阳能 C. 氢能 D. 地热能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：雾霾天气是固体小颗粒形成的，化合燃料燃烧不充分，产生烟尘，形成雾霾，故正确；太阳能、氢能、地热能都是新能源，无污染，故错误，因此选项A正确。‎ 考点：考查能源等知识。‎ ‎2.下列反应中，属于吸热反应的是 A. 乙醇燃烧 B. 碳酸钙受热分解 C. 氧化钙溶于水 D. 盐酸和氢氧化钠反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：放热反应包括燃烧、酸碱中和反应、金属与水或酸反应、多数化合反应、铝热反应等；吸热反应包括多数分解反应、氢氧化钡晶体与氯化铵反应、碳在高温下与二氧化碳、水蒸气的反应等。A、乙醇燃烧属于放热反应，错误；B、碳酸钙受热分解属于吸热反应，正确；C、氧化钙溶于水属于放热反应，错误；D、盐酸和氢氧化钠反应属于放热反应，错误。‎ 考点：考查化学反应与能量转化。‎ ‎3.下列物质中，属于强电解质的是 A. H2O B. NaOH C. NH3·H2O D. CH3COOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查了强弱电解质的区分，要求对于电解质的分类有基础掌握。‎ ‎【详解】A.水部分电离，水为弱电解质，；‎ B.氢氧化钠在水中完全电离，为强电解质，；‎ C.NH3·H2O存在电离平衡，部分电离，为弱电解质；‎ D.醋酸存在电离平衡，部分电离，为弱电解质。‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】电解质按电离程度的不同分成强电解质和弱电解质，能完全电离的为强电解质，部分电离的为弱电解质。注意强电解质的导电能力不一定比弱电解质强。‎ ‎4.下列物质的电离方程式正确的是 A. HClO=H++ClO- B. H2CO32H++CO32-‎ C. NaHCO3=Na++H++CO32- D. KOH=K++OH-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查了强弱电解质的电离方程式书写，要注意区分部分电离和完全电离的表达。‎ ‎【详解】A.次氯酸为弱电解质，存在电离平衡，故电离方程式为HClOH++ClO-，A错误；‎ B.碳酸为弱电解质和二元酸，存在二步电离平衡，故电离方程式为H2CO3H++HCO3-，HCO3-H++CO32-，B错误；‎ C.碳酸氢钠为 强 电 解 质，电离方程式为 NaHCO3=Na++HCO3-，C错误；‎ D.氢氧化钾为 强 电 解 质，电离方程式为 KOH=K++OH-，D正确。‎ 答案为 D。‎ ‎5.仪器名称为“酸式滴定管”的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查了实验室仪器的名称。‎ ‎【详解】A.酸式滴定管，活塞为玻璃，不能盛放碱性溶液；‎ B.锥形瓶；‎ C.碱式滴定管，下端为乳胶管，中间用玻璃珠控制液体流速；‎ D.量筒，用于粗略量取体积。‎ 答案为A。‎ ‎【点睛】熟悉各仪器的结构特点是解题的关键，尤其要注意酸式滴定管和碱式滴定管的区别。‎ ‎6.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化 B. 放热反应都不需要加热就能发生 C. 吸热反应在一定条件(如高温、加热等)下也能发生 D. 化学反应是放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：化学反应既有新物质生成，还有能量变化，故A正确；反应热与反应条件无关，故B错误；焓变只是影响反应方向的一个因素，故C正确；化学反应是放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量的大小，故D正确。‎ 考点：本题考查化学反应中的能量变化。‎ ‎7.化学键的键能是指形成(或拆开)1 mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知热化学方程式：S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－297.23 kJ·mol－1，分析下列说法中正确的是 A. S(g)＋O2(g)===SO2(l)　|ΔH|＞297.23 kJ·mol－1‎ B. S(g)＋O2(g)===SO2(l)　|ΔH|＜297.23 kJ·mol－1‎ C. 1 mol SO2的键能总和等于1 mol S和1 mol O2的键能之和 D. 1 mol SO2的键能总和小于1 mol S和1 mol O2的键能之和 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知S(g)＋O2(g)===SO2(g)反应放热，反应热=反应物键能之和-生成物键能之和，根据ΔH<0可对比键能大小，同时气体液化放热。‎ ‎【详解】A. 二氧化硫气体变为液体，放热，故反应S(g)＋O2(g)===SO2(l)中，总反应热大于原反应热，|ΔH|＞297.23 kJ·mol－1，A正确；‎ B.二氧化硫变为液体放热，SO2(g)=SO2(l)ΔH2<0，根据盖斯定律，总反应热ΔH3=ΔH+ΔH2，故|ΔH|＞297.23 kJ·mol－1，B错误；‎ C.反应热=反应物键能之和-生成物键能之和<0，故1 mol SO2的键能总和大于1 mol S和1 mol O2的键能之和，C错误；‎ D. 反应热=反应物键能之和-生成物键能之和<0，故1 mol SO2的键能总和大于1 mol S和1 mol O2的键能之和，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎8.关于下列装置的说法，正确的是 A. 装置①中盐桥内的K+移向CuSO4溶液 B. 装置①将电能转变为化学能 C. 若装置②用于铁棒镀铜，则N极为铁棒 D. 若装置②用于电解精炼铜，精炼过程溶液中的Cu2+浓度保持不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．Zn比铜活泼为负极，Cu为正极，K+移向CuSO4溶液，故A正确；B．原电池是将化学能转化为电能，故B错误；C．用装置②用于铁棒镀铜，则N极为铜棒，故C错误；D．电解精炼铜时溶液中的Cu2+浓度减小，故D错误；故选A。‎ 考点：考查原电池和电解的相关原理。‎ ‎9.某研究小组用NaOH溶液吸收二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中阴阳膜组合循环再生机理如图，则下列有关说法错误的是 A. 阳极区酸性增强 B. 阴极区电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑‎ C. diluent和concentrated的中文含义为浓缩的、稀释的 D. 该过程中的副产品主要为H2SO4 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图表可知，正极（阳极区）由于氢氧根离子失电子能力强于含氧酸根离子，故阳极氢氧根离子放电，阴极区氢离子转化为氢气，故阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极反应为2H＋＋2e－=H2↑。‎ ‎【详解】A、电解池中，阳极放电的是水电离出的氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，酸性增强，故A正确； B、电解池中，阴极区是溶液中的氢离子放电，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故B正确； C、由图表可知，在阳极区，从diluent溶液转化为concentrated溶液，根据阳极反应可知，过程消耗水，故前者为稀释，后者为浓缩，C错误； D、根据图象可知，亚硫酸根离子具有较强的还原性，易被氧化为硫酸根离子，该过程中的副产品主要为H2SO4，故D正确。 故选C．‎ ‎10.5.6 g铁粉投入到盛有100mL2 mol/L稀硫酸的烧杯中，2min时铁粉刚好溶解(溶解前后溶液探究变化忽略不计)，下列表示这个反应的速率正确的是 A. v(Fe)=0.5mol/(L • min)‎ B. v( H2SO4) =1mol/(L·min)‎ C. v( H2SO4)=0.5 mol/( L • min)‎ D. v( FeSO4)=lmol/( L • min)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、铁是固体，浓度视为常数，故错误；B、消耗硫酸的物质的量为5.6/56mol=0.1mol，v(H2SO4)=0.1/(100×10－3×2)mol/(L·min)="0.5" mol/(L·min)，故错误；C、根据B选项分析，故正确；D、化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v(H2SO4)=v(FeSO4)=0.5mol/(L·min)故错误。‎ 考点：考查化学反应速率的计算等知识。‎ ‎11. 一定温度下，1molX和n mol Y在容积为2L的密闭容器中发生如下反应：‎ X（g）+Y（g）Z（g）+M（s），5min后达到平衡，此时生成a mol Z。下列说法正确的是 A. 向平衡后的体系中加入1mol M，平衡向逆反应方向移动 B. 用X表示此反应的反应速率是（0．1—0．1a）mol·（L·min）—1‎ C. 向上述平衡体系中再充入1molX，v（正）增大，v（逆）减小，平衡正向移动 D. 当混合气体的质量不再发生变化时，说明反应达到平衡状态 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、M是固体，所以M的物质的量增加，对平衡无影响，错误；B、生成amolZ，则消耗amolX，所以X的浓度减小amol/2L=0．5amol/L，则用X表示此反应的反应速率是0．5amol/L/5min=0．1a mol·（L·min）—1,错误；C、向上述平衡体系中再充入1molX，反应物浓度增大，v（正）增大，生成物的浓度不变，v（逆）不变，v（正）> v（逆），平衡正向移动，错误；D、当混合气体的质量不再发生变化时，符合化学平衡的特征，说明反应达到平衡状态，正确，答案选D。‎ 考点：‎ ‎12. 以下是几位同学在学习了化学反应速率和化学平衡理论以后发表的一些看法，其中不正确的是 A. 化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品 B. 化学平衡理论可指导怎样使用有限原料多出产品 C. 化学反应速率理论可指导怎样提高原料的转化率 D. 正确利用化学反应速率和化学平衡理论可提高化工生产的结合经济效益 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．根据影响化学反应速率的因素，可指导怎样在一定时间内快出产品，故A正确；B．结合影响化学平衡的因素，采用合适的外界条件，是平衡向正反应方向移动，可提高产率，故B正确；C．化学反应速率是表示物质反应的快慢，不能改变原料的转化率，故C错误；D．在一定的反应速率的前提下，尽可能使平衡向正反应方向移动，可提高化工生产的综合经济效益，故D正确；故选C。‎ ‎【考点定位】考查化学平衡的调控作用；化学反应速率的影响因素 ‎【名师点晴】本题考查化学反应速率和化学平衡移动的问题，题目难度不大，学习中注重相关基础知识的把握。化学反应速率是表示物质反应快慢的物理量，在一定条件下反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，化学平衡为动态平衡，当外界条件发生改变时，平衡发生移动，可通过改变外界条件是平衡发生移动，提高化工生产的综合经济效益。‎ ‎13.在容积不变的密闭容器中进行反应：2X2(g)＋Y2(g) 2Z(g)　ΔH。下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是 A. 图Ⅰ表示温度对化学平衡的影响，若乙的温度较高，则ΔH>0‎ B. 图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反应速率的影响 C. 图Ⅱ表示t0时刻通入氦气对反应速率的影响 D. 图Ⅲ表示t0时刻增大X2的浓度对反应速率的影响 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在容积不变的密闭容器中进行反应2X2(g)＋Y2(g) 2Z(g)，反应过程气体总体积减小。温度越高，反应达到平衡的时间越短，但是转化率与反应热有关。图Ⅱ中，t0时改变条件，平衡不移动，故可能使用了催化剂；图Ⅲ中t0时改变条件，反应速率增大，且平衡向正向移动。‎ ‎【详解】A.温度越高，反应到达平衡的时间越短，故乙温度高于甲，平衡时生成物Z的质量分数小于甲，说明降低温度，平衡正向移动，故反应放热，则ΔH<0，A错误；‎ B. 图Ⅱ改变条件，平衡不移动，反应速率加快，故表示t0时刻使用催化剂对反应速率的影响，B正确；‎ C. 在容积不变的密闭环境下，通入氦气，反应物浓度不变，故平衡不移动，反应速率不变，C错误；‎ ‎ D. t0时刻增大X2的浓度，即增加反应物浓度，平衡正向移动，但t0时刻逆反应速率应不变，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】本题易错点是反应平衡图象的分析和理解，温度变化时，正逆反应速率均瞬间改变，浓度改变时，若平衡正向移动，则逆反应速率要从该时刻开始改变，没有间隔。难点在于恒容环境时，由于不改变物质浓度，故通入惰性气体对于反应平衡无影响。‎ ‎14.体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2 + O2 2SO3，并达到平衡，在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为P%，则乙容器中SO2的转化率（ ）‎ A. 等于P% B. 大于P% C. 小于P% D. 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 该反应是一个反应后气体分子数减小的反应，甲容器的容积不变时，随着反应的进行，混合气体的压强减小，而乙容器恒压，乙相当于在甲的基础上增压，增大压强，平衡向体积缩小的方向移动即正向移动，所以乙容器中SO2 的转化率增大，答案选B。正确答案为B ‎15.298 K时，合成氨反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－92.2 kJ/mol　ΔS＝－198.2 J/(mol·K)，下列说法中不正确的是 A. 合成氨反应是放热反应 B. 合成氨反应是熵减小的反应 C. 合成氨反应在任何条件下都可自发进行 D. 降低温度、增大压强都有利于平衡向生成氨的方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎298 K时，合成氨反应ΔH<0，ΔS<0，故反应放热，熵减小。根据吉布斯自由能 ΔG=ΔH－TΔS，当ΔG<0时，反应自发进行，故反应要在低温下才能自发进行。‎ ‎【详解】A. ΔH＝－92.2 kJ/mol<0，合成氨反应是放热反应，A正确；‎ B. ΔS＝－198.2 J/(mol·K) <0，合成氨反应是熵减小的反应，B正确；‎ C. 根据吉布斯自由能 ΔG=ΔH－TΔS，当ΔG<0时，反应自发进行，故反应要在低温下才能自发进行，C错误；‎ D. 正反应气体总体积减小，故增大压强，平衡正向移动；正反应放热，故降低温度平衡正向移动，D正确；‎ 答案为C。‎ ‎16.常温下，在0.01 mol•L−1硫酸溶液中，水电离出的氢离子浓度是 A. 5×10−13 mol·L−1 B. 0. 02 mol·L−1‎ C. 1×10−7 mol·L−1 D. 1×10−12 mol·L−1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：在25度时，水的离子积为1×10-14，在0.01mol·L-1的盐酸溶液中，氢离子浓度0.01 mol·L-1水电离产生的氢氧离子1×10-12mol·L-1，水电离产生的氢离子1×10-12mol·L-1，D正确。‎ 考点：溶液中水的电离程度等知识。‎ ‎17. 下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的是 A. 相同浓度的两溶液中c(H＋)相同 B. 100mL 0.1mol/L的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠 C. pH＝3的两溶液稀释100倍，pH都为5‎ 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】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．氯化氢是强电解质导致氯化氢在水溶液里完全电离，醋酸是弱电解质导致醋酸在水溶液里部分电离，物质的量浓度相等的两种溶液，醋酸中氢离子浓度小于盐酸，故A错误；B．盐酸和醋酸都是一元酸，100mL 0.1mol/L的两溶液的物质的量相等，中和氢氧化钠时需要氢氧化钠的物质的量相等，故B正确；C．醋酸在水溶液里部分电离，氯化氢在水溶液里完全电离，加水稀释促进醋酸少量，将pH=3的两溶液稀释100倍，醋酸的pH＜5，盐酸的pH为5，故C错误；D．醋酸中存在电离平衡，氯化氢的电离不存在电离平衡，向两种溶液中加入少量相应的钠盐，醋酸根离子抑制醋酸电离，氯离子不影响氯化氢电离，则醋酸中氢离子浓度减小，盐酸中氢离子浓度不变，故D错误。故选D。‎ 考点：考查强酸弱酸的比较 ‎18.下列叙述正确的是 A. 将pH＝2 H2SO4与pH＝12 NH3·H2O溶液等体积混合后，混合液pH<7‎ B. 将pH＝12 Ba(OH)2与pH＝14 NaOH溶液等体积混合后，混合液137‎ D. 某温度下水的离子积为1×10－12，若使pH＝1 H2SO4与pH＝12‎ ‎ NaOH溶液混合后溶液呈中性，则两者的体积比为1∶10‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫酸是强电解质，氨水是弱电解质，故pH＝2 H2SO4与pH＝12 NH3·H2O相比，氨水的浓度更高，溶液等体积混合后，混合液pH>7，A错误；‎ B. 氢氧化钡和氢氧化钠均为强碱，将pH＝12 Ba(OH)2与pH＝14 NaOH溶液等体积混合后，pH=12的Ba（OH）2中c（OH -）=0.01moL/L，pH=14 的NaOH溶液中c（OH - ）=1moL/L，混合后的c（OH - ）=(0.01V+V) /2V，介于0.1～1之间，则13＜pH＜14，B正确；‎ C. 氢氧化钡和盐酸均为强电解质，pH＝13 Ba(OH)2溶液中的氢氧根离子浓度与pH＝1 HCl溶液中氢离子浓度相等，等体积混合后，混合液的pH=7，C错误；‎ D. 某温度下水的离子积为1×10－12，故pH＝1 H2SO4中c（H +）=0.1moL/L，pH＝12 NaOH中c（OH-）=1moL/L，混合后溶液呈中性，则两者的体积比为10：1，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎19.已知下面三个数据：①7．2×10 -4②2．6×10 -4③4．9×10 -10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这三种酸可发生如下反应：NaCN+HNO 2==HCN+NaNO 2NaNO 2+HF==HCN+NaF NaNO 2+HF==HNO 2+NaF 由此可判断下列叙述中正确的是（ ）‎ A. HF的电离常数是① B. HNO2的电离常数是①‎ C. HCN的电离常数是② D. HNO2的电离常数是③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 相同温度下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，较强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，这三种酸可发生如下反应：NaCN+HNO2＝HCN+NaNO2、NaCN+HF＝HCN+NaF、 NaNO2+HF＝HNO2+NaF，由此得出酸的强弱顺序是HF＞HNO2＞HCN，所以酸的电离平衡常数大小顺序是HF＞HNO2＞HCN，则HF的电离常数是①、HNO2的电离常数是②、HCN的电离平衡常数是③，答案选A。‎ ‎20.下列有关铝及其化合物的说法中不正确的是 A. 制备AlCl3不能采用将溶液直接蒸干的方法 B. 工业上采用电解AlCl3的方法冶炼金属铝 C. 实验室常用氨水和硫酸铝溶液制备Al(OH)3 D.‎ ‎ 存在于污水中的胶体物质,常用投加明矾等电解质的方法进行处理 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝离子在水溶液中发生水解，温度越高，水解程度越大；AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电；氨水与铝离子反应产生氢氧化铝沉淀，由于氨水是弱碱，沉淀不继续溶解；胶体能吸附电解质，发生聚沉。‎ ‎【详解】A. 铝离子在水溶液中发生水解，温度越高，水解程度越大。采用将溶液直接蒸干的方法得到的是氢氧化铝，A正确； ‎ B. AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电，故工业上采用电解Al2O3的方法冶炼金属铝，B错误；‎ C. 氨水与铝离子反应产生氢氧化铝沉淀，由于氨水是弱碱，沉淀不继续溶解，故实验室常用氨水和硫酸铝溶液制备Al(OH)3 ，C正确；‎ D.胶体中加入电解质溶液时，加入的阳离子（或阴离子）中和胶体粒子所带的的电荷，使胶体粒子聚集成较大颗粒，形成沉淀从分散剂里析出，故常用投加明矾等电解质的方法进行处理，D正确；‎ 答案为B。‎ ‎21.将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100 mL 2 mol·L－1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是(　　)‎ A. x＝2.24‎ B. 钠的物质的量为0.2 mol C. 反应时，Na、Mg、Al均过量 D. 曲线b为Mg与盐酸反应的图像 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数因该是不一样的，比值应是1：2：3，所以推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和Na反应完全，此时Na完全反应而Mg、Al还有剩余，A．由于酸不足，所以生成氢气的量为：n（H2）=1/2n（HCl）=0.1×2÷2=0.1mol，所以标况下的体积为2.24L，A项正确；B．生成0.1mol的氢气需0.2mol的钠，B项正确；C．Na不可能过量，若Na过量会与溶剂水反应，C项错误；D．按照金属活动性顺序，Na＞Mg＞Al，则中间那条线是Mg与盐酸反应的图象，D项正确；答案选C。‎ 考点：考查化学方程式的有关计算，Na、Mg、Al的性质。‎ ‎22.探究氨气及铵盐性质的过程中,下列根据实验现象得出的结论不正确的是( )‎ A. 将集有氨气的试管倒扣于水槽中,液体迅速充满试管,说明氨气极易溶于水 B. 将pH=11的氨水稀释1000倍,测得pH>8，说明NH3·H2O为弱碱 C. 加热NH4HCO3固体,观察到固体逐渐减少,试管口有液滴产生,说明NH4HCO3受热不稳定 D. 将红热的Pt丝伸入右图所示的锥形瓶中,瓶口出现少量红棕色气体,说明氨气的氧化产物为NO2‎ ‎ ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 氨气极易溶于水生成氨水，所以将集有氨气的试管倒扣于水槽中液体迅速充满试管，故A正确； pH=11的氨水中mol/L，稀释1000倍,测得pH>8， mol/L，说明NH3·H2O的电离平衡正向移动，所以NH3·H2O为弱碱，故B正确；碳酸氢铵加热分解为氨气、二氧化碳、水，故C正确；氨气的氧化产物为NO，NO在锥形瓶口与氧气反应生成NO2，所以瓶口出现少量红棕色气体，故D错误。‎ 点睛：氨气催化氧化生成NO， ，氨气催化氧化生成的NO可以再与氧气继续反应。‎ ‎23.2.8g Fe全部溶于一定浓度、200mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反应后溶液的pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，下列有关判断正确的是 A. 反应后溶液中c（NO3－）=0.85mol/L B. 反应后的溶液最多还能溶解1.4gFe C. 反应后溶液中铁元素可能以Fe2+形式存在 D. 1.12L气体可能是NO、NO2的混合气体 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：Fe和硝酸反应生成硝酸盐和氮氧化物，氮氧化物在标况下体积是1.12L，则n（NOx）＝＝0.05mol，反应后溶液pH＝1说明溶液呈酸性，硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3。A．根据N原子守恒知，反应后溶液中n（NO3-）＝n（HNO3）+3n[Fe（NO3）3]＝0.02mol+3×＝0.17mol，则c（NO3-）＝＝0.85mol/L，A正确；B、反应后溶液还能溶解Fe，当Fe完全转化为Fe（NO3）2，消耗的Fe质量最多，反应后剩余n（HNO3）=0.1mol/L×0.2L=0.02mol，根据3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O知，硝酸溶解的n（Fe）=×3=0.0075mol，根据转移电子相等知，硝酸铁溶解的n（Fe）==0.025mol，则最多还能溶解m（Fe）=（0.0075+0.025）mol×56g/mol＝1.82g，B错误；C、反应后硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3，没有硝酸亚铁生成，C错误；D．2.8gFe完全转化为Fe（NO3）3时转移电子物质的量＝×3＝0.15mol，假设气体完全是NO，转移电子物质的量=0.05mol×（5-2）=0.15mol，假设气体完全是NO2，转移电子物质的量=0.05mol×（5-4）=0.05mol＜0.15mol，根据转移电子相等知，气体成分是NO，D错误；答案选A。‎ ‎【考点定位】考查了氧化还原反应计算的相关知识。‎ ‎【名师点晴】灵活应用守恒法是解答的关键，注意许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。‎ ‎24.常温下，用0.10 mol·L－1 KOH溶液滴定10.00 mL 0.10 mol·L-1 H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成两者溶液的体积之和)，下列说法正确的是 A. 点②所示溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(OH－)‎ B. 点③所示溶液中：c(K＋)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42-)‎ C. 点④所示溶液中：c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＝0.10 mol·L-1‎ D. 点⑤所示溶液中： c(OH－)= c(H＋)+ c(HC2O42-)+ c(C2O42-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（K + ） + c（H + ） = c（HC2O4﹣） + 2c（C2O42﹣） + c（OH﹣），A错误；B．二者恰好完全反应生成KHC2O4，该点溶液中溶质为任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（K + ） = c（HC2O4﹣） + c（C2O42﹣） + c（H2C2O4），B错误；C．点④溶液中存在等物质的量浓度的K2C2O4和KHC2O4，由物料守恒可知，c（K + ） + c（H2C2O4） + c（HC2O4﹣） + c（C2O42﹣） =" 0.05" mol/L × (0.015 + 0.01)L/(0.015 + 0.01)L =" 0.05" mol•L-1，C正确；D．该点溶液中二者恰好完全反应，溶液中溶质为K2C2O4，草酸根离子水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小，所以c（HC2O4-） ＜ c（C2O42-），D错误；答案选AD。‎ ‎【考点定位】本题以酸碱混合定性判断为载体考查离子浓度大小比较 ‎【名师点晴】明确发生的化学反应、混合溶液中溶质及其性质、溶液酸碱性是解答本题关键，解答时注意灵活运用电荷守恒和物料守恒，易错选项是C。‎ ‎25.某溶液X中可能含有NO3－、Cl－、SO42－、CO32－、NH4+、Fe2+和Fe3+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等。为确定该溶液X的成分，某学习小组做了如下实验：‎ 则下列说法正确的是 A. 若含有Fe3+，则一定含有Cl－‎ B. SO42－、NH4+一定存在，Fe2+和Fe3+可能都存在 C. 该溶液中只存在上述离子中的NO3－、SO42－、NH4+、Fe2+四种离子 D. 气体甲能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某溶液X中加入稀硫酸产生气体乙，发生的反应可能是CO32-与H+的反应，也可能是NO3-在H+‎ 存在条件下与Fe2+的氧化还原反应；溶液加入过量的氢氧化钠，产生0.02mol气体甲，故溶液中含有NH4+，气体甲是氨气；加入氢氧化钠产生沉淀甲，故溶液中含有Fe2+或Fe3+或两者均有；反应后溶液继续添加氯化钡产生沉淀，故溶液中含有SO42－，沉淀乙为硫酸钡； 根据电荷守恒和题目中要求所含阴离子的物质的量相等，计算具体离子含量，确定NO3－、Cl－存在。‎ ‎【详解】由上述分析可知，产生气体甲0.02mol，则铵根物质的量为0.02mol；产生沉淀乙4.66g，则硫酸根物质的量为0.02mol；沉淀甲为氢氧化铁或氢氧化亚铁或两者均有，经过灼烧后，产物为氧化铁，物质的量为0.01mol，故溶液X中含Fe2+或Fe3+或两者均有，且物质的量一定为0.02mol，由于Fe2+或Fe3+均能与CO32-发生双水解而不能共存，故溶液中无CO32-，则生成气体乙的反应只能是NO3-与Fe2+的氧化还原反应，故溶液中一定含Fe2+和NO3-，而所含阴离子的物质的量相等，即NO3-的物质的量也为0.02mol；‎ 故现在溶液X中已经确定存在的离子是——阴离子：0.02molNO3-，0.02molSO42-，共带0.06mol负电荷；阳离子：0.02molNH4+，0.02molFe2+或Fe2+、Fe3+的混合物，所带的正电荷≥0.06mol，一定不含CO32-。 根据溶液呈电中性可知，当 0.02mol全部是Fe2+时，阳离子所带正电荷为0.06mol，则Cl-不存在；若溶液中含Fe3+，必须存在 Cl-，且物质的量为0.02mol，不符合电中性。 ‎ A. 若含有Fe3+，则一定含有Cl－，根据阴离子物质的量相同的条件，氯离子物质的量为0.02mol，无法保持电中性，A错误；‎ B. SO42－、NH4+ 、Fe2+一定存在，Fe3+一定不存在，B错误；‎ C. 该溶液中只存在上述离子中的NO3－、SO42－、NH4+、Fe2+四种离子，C正确；‎ D. 气体甲是氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D错误；‎ 答案为C。‎ 二、非选择题(本题包括6小题，共50分)‎ ‎26.KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)为尽量少引入杂质，试剂①应选用NaOH溶液，若选用H2SO4溶液，其后果是_________。‎ ‎(2)易拉罐溶解过程中主要反应的离子方程式为_______________；滤液A中的某种离子与NH4+，HCO3-均能反应生成沉淀B，该离子与NH4+反应的离子方程式为___________。‎ ‎(3)Al(OH)3在水中存在两种电离方式，其中：Al(OH)3(aq)AlO2-+H+(aq)+H2O(l) Ka=2.0×10-13(25℃)，则25℃时Al(OH)3与NaOH溶液反应的平衡常数K=________________(列出含Kw、Ka的表达式并计算出结果)‎ ‎【答案】 (1). 金属全部溶解，无法分离 (2). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (3). AlO2-+2H2O+NH4+= Al(OH)3↓+NH3·H2O (4). K=‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 易拉罐（主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质），属于活泼的金属，总产物为明矾，即工业流程中要保留铝元素，除去Fe、Mg杂质。与试剂①反应，Mg、Fe是固体杂质留在滤渣中，滤液中含有偏铝酸根离子，与碳酸氢铵发生沉淀后加硫酸酸化得明矾，故沉淀B为氢氧化铝。‎ ‎【详解】（1）易拉罐（主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质），属于活泼的金属，都能与酸发生反应，若选用H2SO4溶液，三种金属全部溶解，无法分离；‎ ‎（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑，反应的离子方程式是2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；滤液A的主要成分是NaAlO2，向其水溶液中加入NH4HCO3溶液，AlO2-、NH4+发生盐的双水解反应，产生Al(OH)3沉淀和NH3·H2O，反应的方程式是AlO2-+2H2O+NH4+= Al(OH)3↓+NH3·H2O，沉淀B化学式为Al(OH)3；‎ ‎（3）已知：Kw=1.0×10-14，Al(OH)3AlO2-+H++H2O K=2.0×10-13。Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数K=。‎ ‎【点睛】本题为工艺流程题，是将化工生产过程中的主要生产阶段，即生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑。‎ ‎27.如图所示已知：‎ ‎①甲、乙、丙、丁均为前三周期元素的气体单质,丁为金属。‎ ‎②在一定条件下甲与丙和甲与丁都按物质的量之比1︰3反应，分别生成X和Y，在产物中元素甲呈负价。‎ ‎③在一定条件下乙与丙和乙与丁都按物质的量之比1︰2反应，分别生成Z和W，在产物中元素乙呈负价。‎ 请填空：(1)甲是________，乙是________。‎ ‎(2)甲与丙反应生成X的化学方程式是________________________‎ ‎(3)乙与丁反应生成W的化学方程式是________________________‎ ‎【答案】 (1). 氮气 (2). 氧气 (3). N2+3H22NH3 (4). 2Mg+O22MgO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，前三周期元素的气体单质为H2、O2、N2、Cl2，丁为金属。在一定条件下甲与丙、甲与丁都按物质的量比1：3组成X和Y，在产物中元素甲呈负价，丙和丁显正价，说明甲是非金属元素形成的单质N2，丙为H2，X为NH3，Y为Mg3N2；在一定条件下乙与丙、乙与丁都按物质的量之比1：2反应，在产物中元素乙呈负价，说明乙是非金属元素．乙为O2，生成Z为H2O，W为MgO。‎ ‎【详解】根据上述分析，甲为氮气，乙为氧气，丙为氢气，丁为镁，W为氧化镁，X为氨气，Y为氮化镁，Z为水。‎ ‎（1）甲为氮气，乙为氧气；‎ ‎（2）甲与丙反应生成X的反应是氮气和氢气合成氨的反应，N2+3H22NH3； （3）乙与丁反应生成W是镁和氧气生成氧化镁的反应，2Mg+O22MgO。‎ ‎【点睛】本题难点在于前三周期的单质推断，通过反应产物的化合价推测元素位置，负价为非金属元素，正价为金属元素，同时，物质的量的比例也体现出主族大致位置。易错点是化学反应方程书写时的条件，一定要表明。‎ ‎28.合成氨工业涉及固体燃料的气化，需要研究CO2与CO之间的转化。为了弄清其规律，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g) ∆H，测得压强、温度对CO、CO2的平衡组成的影响如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）p1、p2、p3的大小关系是______________，图中a、b、c三点对应的平衡常数大小关系是______________________。‎ ‎（2）一定条件下，在CO2与足量碳反应所得平衡体系中加入H2和适当催化剂，有下列反应发生： ‎ 反应1：CO(g)＋3H2(g)CH4(g)＋H2O(g) ∆H1= a kJ/mol 反应2：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ∆H2= b kJ/mol ‎① 则二氧化碳与氢气反应转化为甲烷和水蒸气的热化学方程式是_________________________。‎ ‎② 已知298 K时相关化学键键能数据为：‎ 化学键 H—H O—H C—H E/（kJ·mol-1）‎ ‎436‎ ‎465‎ ‎413‎ ‎1076‎ 则根据键能计算，∆H1=________________。反应1自发的条件是_____________。（填“较高温度”、“较低温度”、“任意温度”）‎ ‎（3）一定条件下，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3，向体积为2 L的密闭容器中充入2 mol CO2和6 mol H2，一段时间后达到平衡状态，测得CH3OH(g)的物质的量为1mol，则此条件下该反应的化学平衡常数K值=_____________（用分数表示），若开始时充入2 mol CH3OH(g) 和2 mol H2O(g)达到相同平衡时CH3OH的转化率为_____________，若平衡后再充入4 mol的N2，则c(CO2)和原平衡比较是___________。（填“增大”、“减小”、“不变”）‎ ‎【答案】 (1). p1a>b，请解释原因是____________________。‎ ‎②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究_____________________对O2氧化性的影响。‎ ‎③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是__________________。‎ ‎④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用右图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′，且c′＞d′，由此得出的结论是___________________________。‎ ‎【答案】（1）①2H++ 2e-= H2↑；②在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2；O2+ 4H++ 4e-= 2H2O ‎（2）①O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大；②溶液的酸碱性；③排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；④排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；溶液酸性越强，O2的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）①Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑；‎ ‎②铜与氢离子不能发生自发的氧化还原反应；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极发生还原反应，氧气得电子生成氢氧根离子，其正极的电极反应式是O2+4H++4e-=2H2O，故答案为：在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2；O2+4H++4e-=2H2O；‎ ‎（2）①实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电解质相同，不同的是氧气的浓度不同，出现了电压表读数不同，根据数值的相对大小可知，氧气浓度越大，电压表的读数越高，所以O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大，故答案为：O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大；‎ ‎②实验Ⅳ、Ⅴ是溶液的酸碱性不同，来判断电压表的指针偏转情况，所以Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究对O2氧化性的酸碱性的影响，故答案为：溶液的酸碱性；‎ ‎③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰，故答案为：排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；‎ ‎④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用如图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′，且c′＞d′，由此得出的结论是溶液酸性越强，O2的氧化性越强，故答案为：排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；溶液酸性越强，O2的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性）。‎ 考点：考查了原电池原理的工作原理的相关知识。‎ ‎30.常温下，用0.1000 mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1000 mol·L-1 HCl溶液和20.00mL0.1000mol·L-1 CH3COOH溶液，得到2条滴定曲线，如图所示。‎ ‎ ‎ ‎（1）滴定HCl溶液的曲线是__________（填“图1”或“图2”）。‎ ‎（2）a=__________mL。‎ ‎（3）E点对应离子浓度由大到小的顺序为______________________________。‎ ‎（4）A、B、C、D、E点中c(Na+)=c(CH3COO-)的点是____________________。‎ ‎（5）如果用0.1000 mol·L-1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，在滴定过程中，下列4种离子的物质的量浓度排序不正确的是__________。‎ a．c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-) b．c(H+)>c(OH-)>c(Na+)>c(CH3COO-)‎ c．c(Na+)>c(CH3COO-)=c(OH-)>c(H+) d．c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)‎ ‎（6）设CH3COOH的Ka=2.0×10-5，E点时溶液中CH3COO-的水解程度为0.1%，计算E点时溶液的pH为________________（可用对数值表示）。‎ ‎【答案】 (1). 图1 (2). a=20.00mL (3). c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+) (4). D (5). bd (6). 8-lg2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查了水溶液中的离子平衡，溶液三大守恒定律，电离常数与水解常数的关系及计算。‎ ‎【详解】（1）盐酸为强酸，故0.1000 mol·L-1 HCl溶液初始pH应为1，图1符合条件；‎ ‎（2）盐酸为图1，加入amL氢氧化钠溶液溶液的pH=7，盐酸和氢氧化钠1:1恰好完全反应，故此时氢氧化钠体积为20mL；‎ ‎（3）E点时，氢氧化钠与醋酸恰好完全反应，溶液为醋酸钠，显碱性，醋酸根存在少量水解，故c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；‎ ‎（4）根据电荷守恒可知：c(Na+)+c（H+）=c(CH3COO-)+c(OH-)，故当c(Na+)=c(CH3COO-‎ ‎)时，溶液为中性，因此D点符合；‎ ‎（5）在滴定刚开始时，醋酸含量多，c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)；随着氢氧化钠溶液的不断滴入，溶液变为偏酸性的混合溶液（醋酸和醋酸钠混合）c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)‎ ‎；继续滴加变为醋酸钠溶液，c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，最后氢氧化钠略多，离子浓度变为c(Na+)>c(CH3COO-)=c(OH-)>c(H+)。bd违背电荷守恒，故bd不符合题意；‎ ‎（6）CH3COO-的Kh= c(OH-) c(CH3COOH)/c(CH3COO-)，醋酸根水解Kh=Kw/Ka=5×10-10，溶液中CH3COO-的水解程度为0.1%，即溶液中c(CH3COOH)/c(CH3COO-)=10-3，则c(OH-)=5.0×10-7，故溶液的pH为8-lg2。‎ ‎31.滴定是一种化学实验操作也是一种定量分析的手段。它通过两种溶液的定量反应来确定某种溶质的含量。实验室常用邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）来标定氢氧化钠溶液的浓度，其操作过程为：‎ ‎① 准确称取4.080g邻苯二甲酸氢钾加入250mL锥形瓶中；‎ ‎② 向锥形瓶中加30mL蒸馏水溶解；‎ ‎③ 向溶液中加入1～2滴指示剂；‎ ‎④ 用氢氧化钠溶液滴定至终点；‎ ‎⑤ 重复以上操作；‎ ‎⑥ 根据数次实验数据计算氢氧化钠的物质的量的浓度。‎ 已知：Ⅰ、到达滴定终点时，溶液的pH约为9.1。‎ Ⅱ、邻苯二甲酸氢钾在水溶液中可以电离出一个H+‎ Ⅲ、邻苯二甲酸氢钾的相对分子质量为204‎ 指示剂 酚酞 甲基橙 pH范围 ‎＜8.2‎ ‎8.2 ~ 10‎ ‎＞10‎ ‎＜3.1‎ ‎3.1 ~ 4.4‎ ‎＞4.4‎ 颜色 无色 粉红色 红色 红色 橙色 黄色 ‎（1）为标定氢氧化钠溶液的浓度，应选用___________作指示剂；‎ ‎（2）完成本实验，已有电子天平、铁架台、滴定管夹、锥形瓶、烧杯等，还必须的仪器是：__________；‎ ‎（3）判断到达滴定终点的实验现象是____________________________________________；‎ ‎（4）在整个滴定过程中，两眼应该注视着________________________________________；‎ ‎（5）滴定实验记录数据如下表，则NaOH溶液的浓度为______________；‎ 实验编号 m（邻苯二甲酸氢钾）/g V（NaOH）/mL 初始读数 末尾读数 ‎1‎ ‎4.080‎ ‎0.50‎ ‎20.52‎ ‎2‎ ‎4.080‎ ‎1.00‎ ‎20.98‎ ‎3‎ ‎4.080‎ ‎0.20‎ ‎24.80‎ ‎（6）滴定过程中，下列操作能使测定结果（待测液的浓度数值）偏小的是____________。‎ A．上述操作中，将邻苯二甲酸氢钾直接放入锥形瓶中溶解 B．滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成时气泡消失 C．滴定完毕，尖嘴外留有液滴或溶液滴在锥形瓶外 D．滴定前仰视读数而滴定终了俯视读数 ‎【答案】 (1). 酚酞 (2). 碱式滴定管、量筒、药匙 (3). 滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色 (4). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (5). 1.000 mol·L-1 (6). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查了指示剂的选取，酸碱中和滴定的操作过程和误差分析。‎ ‎【详解】（1）滴定终点为碱性pH＞7，由表可知，酚酞是唯一选择；‎ ‎（2）精确滴加氢氧化钠溶液，用碱式滴定管，配置溶液用量筒、药匙；‎ ‎（3）溶液中有酚酞，滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色 ；‎ ‎（4）在滴定过程中，存在滴定突跃，故必须严密观察锥形瓶内溶液颜色的变化；‎ ‎（5）第1、2、3次实验消耗氢氧化钠溶液的体积依次为20.02mL、19.98mL、24.60mL，第3次误差大，不参与计算，氢氧化钠平均体积差为20.00mL，邻苯二甲酸氢钾在水溶液中可以电离出一个H+，可视为一元酸，4.080g邻苯二甲酸氢钾物质的量为0.02mol，消耗氢氧化钠0.02mol，NaOH溶液的浓度为1.000 mol·L-1 ；‎ ‎（6）A．上述操作中，将邻苯二甲酸氢钾直接放入锥形瓶中溶解，对反应无影响；B．滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成时气泡消失，导致消耗氢氧化钠溶液体积偏大，故测量结果偏小；C．滴定完毕，尖嘴外留有液滴或溶液滴在锥形瓶外，导致消耗氢氧化钠溶液体积偏大，测量结果偏小；D．滴定前仰视读数，而滴定终了俯视读数，导致消耗NaOH溶液体积偏小，测量结果偏高。‎ ‎ ‎ ‎ ‎