2018-2019学年四川省棠湖中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年四川省棠湖中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

‎2018年秋期末四川省棠湖中学高二年级期末考试 化学试题 本卷可能用到的相对原子质量:H- 1 C-12 0-16 Mg-24‎ 第I卷 (选择题，共48分)‎ 一．本卷包括8小题，每小题6分，共48分。每小题均只有一个选项最符合题意。‎ ‎1.下列关于常见有机物的说法正确的是 A. 淀粉水解与纤维素水解得到的最终产物不相同 B. 蛋白质、纤维素、蔗糖、油脂都是高分子化合物 C. 乙酸和油脂都能与NaOH溶液反应 D. 乙醇、乙酸和乙酸乙酯不能用饱和Na2CO3溶液鉴别 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 淀粉水解生成葡萄糖，纤维素水解生成葡萄糖，A错误；蔗糖、油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B错误；乙酸与NaOH发生中和反应，油脂都能与NaOH溶液发生水解反应，C正确；乙醇与Na2CO3溶液互溶，乙酸与Na2CO3溶液反应冒气泡，乙酸乙酯和Na2CO3溶液互不相溶，分层，现象不同，可以鉴别，D错误；正确选项C。‎ 点睛：天然高分子包括淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶。‎ ‎2.下列离子方程式中属于盐类水解反应的是 ‎①NH3+H2ONH4++OH- ②HCO3-+H2OH2CO3+OH-‎ ‎③HCO3-+H2OH3O++CO32- ④Fe3++3HCO3-Fe(OH)3↓+3CO2↑‎ ‎⑤NH4++2H2ONH3•H2O+H3O+‎ A. ②④⑤ B. ②③④⑤ C. ①③⑤ D. ①②③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎①属于一水合氨的电离；②属于HCO3-的水解；③HCO3-的电离；④Fe3+水解显酸性，HCO3-水解显碱性，二者混合相互促进水解；⑤NH4+水解显酸性；属于盐类水解反应的是②④⑤，A正确；正确选项A。‎ ‎3.下列化学用语表述正确的是 A. 次氯酸的电离方程式：HClO=H++ClO－‎ B. 铝溶于烧碱溶液的离子方程式：Al+2OH－=AlO2－+H2↑‎ C. 电解精炼铜的阴极反应式：Cu－2e－=Cu2+‎ D. 已知中和热为57.3 kJ/mol，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式：H2SO4 (aq)+2NaOH (aq)= Na2SO4 (aq)+2H2O ( l ) ΔH=－114.6 kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、次氯酸是一元弱酸，部分电离，电离方程式为：HClOH++ClO-，故A错误；‎ B、铝与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，则离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，故B错误；‎ C、阴极发生还原反应，电解精炼铜过程中，阴极上Cu2+得电子生成Cu，电极反应式为：Cu2++2e-＝Cu，故C错误；‎ D、已知中和热为57.3 kJ·mol-1，根据中和热的概念，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式为：1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)＝1/2Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ•mol-1，即H2SO4(aq)+2NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)+2H2O(l)ΔH=-114.6kJ•mol-1，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎4.在一定温度下，对可逆反应A (g)+3B (g) 2C (g) 的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是 A. 单位时间消耗2amol C，同时生成3a mol B B. v正(A)=2v正(C)‎ C. v正(A)= 3v逆(B) D. 混合气体的物质的量不再变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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，据此判断。‎ ‎【详解】A、根据方程式可知单位时间消耗2amol C，同时生成3a mol B，同为逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，A项错误；‎ B、当达到化学平衡时，同一物质的正逆反应速率相等，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，v正(A)=2v正(C)不满足反应速率之比等于化学计量数之比，B项错误；‎ C、当达到化学平衡时，同一物质的正逆反应速率相等，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，v正(A)＝3v逆(B)不满足反应速率之比等于化学计量数之比，C项错误；‎ D、反应前后气体的化学计量数之和是变化的，则混合气体的物质的量不再变化可以说明反应达到平衡状态，D项正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】突破化学平衡状态的判断：要抓住“变量不变”即可，如果所给的物理量随着反应的进行是一个变量，在某时间段内不变，就可以说明反应达到平衡状态；如果该物理量始终是一个定值，就不能作为判断的依据。因此化学平衡状态判断“三关注”：关注反应条件，是恒温恒容，恒温恒压，还是绝热恒容容器；关注反应特点，是等体积反应，还是非等体积反应；关注特殊情况，是否有固体参加或生成，或固体的分解反应等。‎ ‎5.关于下列装置的说法中正确的是 A. 装置①中，盐桥中的K+移向ZnS04溶液 B. 装置②工作一段时间后，加适量的Cu(OH)2可能恢复原溶液浓度 C. 装置②工作一段时间后，b极附近溶液的pH增大 D. 刚开始时装置①②中的溶液内的H+都在铜电极上被还原，有气泡产生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置①中是原电池装置，金属锌是负极，发生失电子的氧化反应，Cu是正极，氢离子在该极上发生得电子的还原反应，装置②是电解池，石墨是阳极，该电极上是氢氧根离子失电子的氧化反应，金属铜是阴极，该电极上是铜离子得电子的还原反应，据此解答。‎ ‎【详解】A、装置①中是原电池装置，金属锌是负极，Cu是正极，盐桥中的K+移向正极，即移向硫酸溶液，故A错误；‎ B、装置②是电解池，石墨是阳极，在阳极上产生氧气，在阴极上产生的是金属铜，一段时间后氢离子也可能放电，电解池复原的方法：出什么加什么，因此加适量的Cu（OH）2可能恢复原溶液浓度，故B正确；‎ C、装置②是电解池，石墨是阳极，在阳极上产生氧气，消耗氢氧根离子，所以b极附近溶液的pH减小，故C错误；‎ D、刚开始时，装置①中的溶液内的H+在铜电极上被还原，装置②中的溶液内的Cu2+先在铜电极上被还原，故D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎6.A、B两种烃，含氢元素的质量分数相等，下列有关A、B的叙述正确的是 A. A和B的分子式一定相等 B. A和B一定是同分异构体 C. A和B可能是同系物 D. 等物质的量的A和B完全燃烧生成水的物质的量一定相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B两种烃，含碳元素的质量分数相等，则含氢元素的质量分数也相同，故A、B两种烃的最简式相同，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．A、B两种烃的最简式相同，但分子式不一定相同，如为乙烯、环丙烷等，故A错误；‎ B．A、B的分子式不一定相同，二者不一定为同分异构体，故B错误；‎ C．A和B可能是同系物，如为乙烯、丙烯等，二者为同系物，故C正确；‎ D．二者的分子式不一定相同，则等物质的量的A和B完全燃烧生成水的物质的量不一定相等，故D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎7. 用蒸馏水逐步稀释0.2 mol/L的稀氨水时，若温度不变，在稀释过程下列数据始终保持增大趋势的是(　　)‎ A. c(OH－) B. c(NH4＋) C. c(NH3·H2O) D. c(NH4＋)/c(NH3·H2O)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：氨水是弱碱，存在电离平衡，稀释促进电离。所以在稀释过程中，OH－和NH4＋的物质的量是增加的，但它们的浓度是降低的。氨水的浓度也降低，但其物质的量也是降低的，所以答案选D。‎ 考点：考查弱电解质的电离平衡及外界条件对电离平衡的影响 点评：电离平衡也是一种动态平衡，适用于勒夏特列原理，据此可以进行有关的判断。其次还需要注意物质的量的变化和浓度的变化不一定都是一致的，需要灵活运用。‎ ‎8.已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：Ka(HCN)＝6.2×10-10 mol/L、Ka ‎(HF)＝6.8×10-4 mol/L、Ka(CH3COOH)＝1.8×10-5 mol/L、Ka(HNO2)＝6.4×10-6 mol/L。物质的量浓度都为0.1 mol/L的下列溶液中，pH最小的是（ ）‎ A. HCN B. CH3COOH C. HF D. HNO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：电离平衡常数越小，酸性越弱。根据电离平衡常数可知酸性最弱的是HCN，酸性最强的是HF，所以在浓度相同的条件下HF的酸性最强，pH最小，答案选C。‎ 考点：考查电离平衡常数应用 第Ⅱ卷 非选择题部分(共计52分)‎ 二、非选择题部分(共计52分)‎ ‎9.I.合成氨工业在现代农业、国防工业中，有着重要的地位。‎ 己知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92 kJ·mol-1 ‎ ‎(1)下列有关该反应速率的叙述，正确的是(选填序号)____________。‎ a.升高温度可以增大活化分子百分数，加快反应速率 b.增大压强不能增大活化分子百分数，但可以加快反应速率 c.使用催化剂可以使反应物分子平均能量升高，加快反应速率 d.在质量—定的情况下，催化剂颗粒的表面积大小，对反应速率有显著影响 ‎(2)对于合成氨反应而言，如图有关图象一定正确的是(选填序号)_______。‎ II.向2L的密闭容器中充入7.6molNO和3.8molO2，发生如下反应：‎ ‎①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)‎ ‎②2NO2(g)N2O4(g)‎ 测得NO2和N2O4的浓度变化如图所示，0～10min维持容器温度为T1℃，10min后升高并维持容器的温度为T2℃。‎ ‎(1)计算前5minN2O4反应的平均速率为____________。‎ ‎(2)计算T1℃时反应②的化学平衡常数为___________。‎ ‎(3)若起始时向该容器中充入3.6molNO2和2.0molN2O4，判断T1℃时反应②进行的方向_____(正向、逆向、不移动)。‎ ‎【答案】 (1). abd (2). ac (3). 0.18mol/ (L·min) (4). 0.4 (5). 正向 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.（1）根据外界条件对反应速率的影响分析解答；‎ ‎（2）根据外界条件对反应速率、平衡的影响结合图像中曲线的变化趋势分析判断；‎ II.（1）根据前5min内N2O4的浓度变化量结合反应速率的含义分析解答；‎ ‎（2）根据平衡时NO2和N2O4的浓度以及平衡常数的含义计算；‎ ‎（3）根据浓度熵和平衡常数的大小关系分析判断。‎ ‎【详解】I．（1）a．升高温度可以增大活化分子百分数，有效碰撞的次数增加，则加快反应速率，故a正确；‎ b．增大压强，可增大单位体积内活化分子数目，则加快反应速率，不能增大活化分子百分数，故b正确；‎ c．使用催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，但反应物分子平均能量不变，故c错误；‎ d．增大固体表面积，可增大反应速率，因此在质量—定的情况下，催化剂颗粒的表面积大小，对反应速率有显著影响，故d正确；‎ 故答案为abd；‎ ‎（2）a．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，则氨气的体积分数减小，但反应到达平衡的时间缩短，故a正确；‎ b．反应到达平衡时，各物质浓度变化量之比等于其计量数之比，物质的浓度不一定相等，故b错误；‎ c．使用催化剂加快反应速率，缩短反应时间，但不影响平衡移动，符合题意，故c正确；‎ 故答案为ac；‎ Ⅱ．（1）从图可知5min时N2O4浓度为0.9mol/L，则前5min内反应的平均速率v（N2O4）=0.9mol/L÷5min=0.18mol/（L•min）；‎ ‎（2）T1℃时反应②2NO2（g）N2O4（g）在5min时达到平衡，此时N2O4浓度为0.9mol/L，NO2浓度为1.5mol/L，则化学平衡常数K=c(N2O4)/c2(NO2)=0.9/1.52=0.4；‎ ‎（3）起始时向该容器中充入3.6molNO2和2.0molN2O4，此时Qc=1.0/1.82≈0.31＜K，因此反应正向进行。‎ ‎【点睛】化学平衡图像题的解题技巧：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。‎ ‎10.亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸,向某依度的亚磷酸中滴加NaOH溶液，其pH与溶液中的H3PO3、H2PO3-、HPO32-的物质的量分数a(X)（平衡时某物种的浓度与整个物种浓度之和的比值)的关系如图所示。‎ ‎(1)以酚酞为指示剂,当溶液由无色变为浅红色时，发生主要反应的离子方程式是_____________‎ ‎(2)H3PO3的第一步电离H3PO3H2PO3-+H+的电离平衡常数为Ka1，则pKa1=_______ (pKa1=-lgKa1)。‎ ‎(3)将0.lmol/L的NaOH逐滴滴入0.1mo/L的亚磷酸,为了主要得到Na2HPO3,反应应控制pH至少为_______；当反应至溶液呈中性时，c(Na+)______c(H2PO3-)+ 2c(HPO32-)(填“>”、“<”或“一”)。‎ ‎(4)已知亚磷酸可由PCl3水解而成,请写出相应的离子方程式__________.‎ ‎【答案】 (1). H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O (2). 2 (3). 8.5 (4). = (5). PCl3+3H2O=H3PO3+3H++3Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎（1）以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，溶液的pH大于10.0，根据图像可知生成物主要是HPO32－，所以发生主要反应的离子方程式是H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O；（2）根据图像可知当H3PO3与H2PO3-的含量相等，即均是50%时pH＝2，所以Ka1＝，则pKa1=－lgKa1＝2。（3）根据图像可知溶液pH＞8.5时主要是生成Na2HPO3，因此反应应控制pH至少为8.5；根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(H2PO3-)+2c(HPO32-)，因此当反应至溶液呈中性即c(H+)＝c(OH-)时，溶液中的c(Na+)＝c(H2PO3-)+2c(HPO32-)。（4）已知亚磷酸可由PCl3水解而成，则根据原子守恒可知还有氯化氢生成，所以相应的离子方程式为PCl3+3H2O=H3PO3+3H++3Cl-。‎ ‎11.A、B、D、E、G、M六种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大。其中，元素A的一种核素无中子，B的单质既有分子晶体又有原子晶体，化合物DE2为红棕色气体，G是前四周期中电负性最小的元素，M的原子核外电子数比G多10。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)基态G原子的核外电子排布式是________，M在元素周期表中的位置是_______，元素B、D、E的第一电离能由大到小的顺序为______________(用元素符号表示)。‎ ‎(2)元素A和E组成的阳离子空间构型为_______；化合物ABD的结构式为______，其中B原子的杂化方式为________。‎ ‎(3)D的最高价氧化物对应的水化物甲与气体DA3化合生成离子化合物乙，常温下，若甲、乙两溶液的pH均等于5，则由水电离出的c(H+)甲/c(H+)乙=_________；乙溶液中所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序是___________。‎ ‎(4)元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。‎ ‎①X与Y所形成化合物中X的化合价等于其族序数，Y达到8电子的稳定结构则该化合物的化学式为______________；‎ ‎②E的氢化物(H2E)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是_________________。‎ ‎③X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为___________。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s22p63d104s1 (2). 第四周期第ⅠB族 (3). N＞O＞C (4). 三角锥形 (5). H-C≡N (6). sp (7). 10－4 (8). c(NO3-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-) (9). ZnS (10). 水分子与乙醇分子间形成氢键而不与H2S分子形成氢键 (11). 16NA或16×6.02×1023或9.632×1024‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、D、E、G、M六种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大。其中，元素A的一种核素无中子，A是H；B的单质既有分子晶体又有原子晶体，所以B是C；化合物DE2为红棕色气体，则D是N，E是O；G是前四周期中电负性最小的元素，则G是K；M的原子核外电子数比G多10，M的原子序数是19+10＝29，所以M是Cu。据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知A是H，B是C，D是N，E是O，G是K，M是Cu。则 ‎（1）基态K原子的核外电子排布式是1s22s22p63s22p63d104s1，铜的原子序数是29，铜元素在元素周期表中的位置是第四周期第ⅠB族，同周期非金属性越强，第一电离能越大，但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则元素C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。‎ ‎（2）元素A和E组成的阳离子是H3O＋,其中氧元素的价层电子对数是3+（6-1-1×3）/2＝4，含有一对孤对电子，因此空间构型为三角锥形；根据8电子和2电子稳定结构化合物HCN的结构式为H-C≡N，分子是直线形结构，其中B原子的杂化方式为sp。‎ ‎（3）D的最高价氧化物对应的水化物甲是硝酸与气体NH3化合生成离子化合物乙是硝酸铵，硝酸抑制水的电离，铵根水解促进水的电离，所以常温下，若甲、乙两溶液的pH均等于5，则由水电离出的c(H+)甲/c(H+)乙=10－9/10－5=10－4；硝酸铵溶液中铵根水解，溶液显酸性，则所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c(NO3-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)。‎ ‎（4）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，因此X是Zn。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S。‎ ‎①X与Y所形成化合物中X的化合价等于其族序数，即为+2价，Y达到8电子的稳定结构，Y是－2价，则该化合物的化学式为ZnS；‎ ‎②由于水分子与乙醇分子间形成氢键而不与H2S分子形成氢键，所以O的氢化物（H2O）在乙醇中的溶解度大于H2S；‎ ‎③锌的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2，由于单键都是σ键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为16NA。‎ ‎12. 碳、硫的含量影响钢铁性能，碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再进行测定。‎ ‎(1)在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2(气体a)。‎ ‎(2)将气体a通入测硫装置中(如图1)，采用滴定法测定硫的含量。‎ ‎①H2O2氧化SO2的化学方程式：___________ ______。‎ ‎②将①的吸收液稀释至250mL，取1/10该溶液进行滴定，用酸式滴定管取液时赶走气泡的操作是_ 。‎ ‎③用c mol/L 标准 NaOH 溶液滴定取出的溶液，则选择的指示剂为_________，直至加入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色_________，即可停止滴定。‎ ‎④某次滴定前后，NaOH 溶液的液面如图2，其体积读数为________________________。若滴定3次，消耗NaOH溶液体积的平均值为z mL，则该钢样中硫的质量分数为______________________(用 x、c、z表示)。‎ ‎⑤下列操作会造成测定结果偏高的是__________。‎ a.水洗后未用标准液润洗碱式滴定管 b.加入1 mL酸碱指示剂 c.滴定终点时，尖嘴出现气泡 d.滴定终点俯视滴定管的刻度 将气体 a 通入测碳装置中(如图)，采用重量法测定碳的含量。‎ ‎⑥为准确测定CO2，需除去SO2的干扰，除去SO2的装置是_______(填序号)。‎ ‎⑦计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是__________。去掉装置E，测得碳的质量分数 (填 “偏小”、“无影响”或“偏大”)‎ ‎⑧上述操作中，测定CO2前先除去SO2，但测定SO2前却没除CO2，是否合理？若不合理，说明如何改正；若合理，说明理由_____________________。‎ ‎【答案】（2）① SO2＋H2O2＝H2SO4（2分）；②快速放液（1分）；‎ ‎③酚酞（1分）恰好使溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色（1分）；‎ ‎④24.50 mL（2分）；16cz/x %（2分）；‎ ‎⑤ ab（1分）；⑥A、B（1分）；‎ ‎⑦装置 D 吸收气体前后的质量（1分） 偏大（1分）；‎ ‎⑧合理（1分），SO2被氧化成硫酸后，溶液中的 c(H+)增大，使 CO2的溶解平衡向逆向移动，导致 CO2在水中几乎不溶，不会对测定SO2 产生影响。CO2和 SO2都能被碱石灰吸收，因此测定 CO2时必须除去 SO2（2分）。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（2）①H2O2具有氧化性，SO2具有还原性，二者发生氧化还原反应常数硫酸，H2O2氧化SO2的化学方程式是SO2＋H2O2＝H2SO4；‎ ‎②将①的吸收液稀释至250mL，取1/10该溶液进行滴定，用酸式滴定管取液时赶走气泡的操作是快速放液，使气泡随液流赶出；‎ ‎③用c mol/L标准NaOH溶液滴定取出的硫酸溶液，根据视觉的滞后性，为减小实验误差，应该选择的指示剂为酚酞；开始酚酞在酸溶液中，为无色，随着NaOH的加入，溶液的碱性逐渐增强，当加入最后一滴 NaOH 溶液时，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，即可停止滴定；‎ ‎④滴定前液面在0.30mL，滴定结束时液面在24.80mL，则反应消耗NaOH标准溶液的体积是24.80mL-0.30mL＝24.50mL，若滴定3次，消耗NaOH溶液体积的平均值为 z mL，则根据元素守恒可知n(NaOH)=2n(H2SO4)=2n(S)，n(NaOH)= cz×10-3 mol，则n(S)="1/2" n(NaOH)= 5×cz×10-4mol，该钢样中硫的质量分数为[(5×cz×10-4mol×32g/mol)÷0.1x]×100％=16cz/x％；‎ ‎⑤a.水洗后未用标准液润洗碱式滴定管，使NaOH标准溶液的浓度偏低，导致消耗标准溶液的体积偏大，则使测定的硫酸的浓度偏大，正确；b.加入 1mL酸碱指示剂，由于指示剂偏大，会使反应消耗的NaOH标准溶液的体积偏多，据此计算的硫酸的浓度偏高，正确；c.滴定终点时，尖嘴出现气泡，则NaOH溶液的体积偏少，会使计算的硫酸的浓度偏低，错误；d.滴定终点俯视滴定管的刻度, 使反应消耗的NaOH标准溶液的体积偏少，据此计算的硫酸的浓度偏低，错误。答案选ab；‎ ‎⑥SO2具有还原性，可以被氧化剂MnO2、KMnO4氧化产生硫酸，而CO2不能发生反应，因此除去CO2中的SO2杂质的装置是AB；‎ ‎⑦计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是钢样品的质量及装置D吸收气体前后的质量。若去掉装置 E，空气中的水、二氧化碳会被E吸收，也会将它们当作CO2，故使测得碳的质量分数偏大；‎ ‎⑧上述操作中，测定CO2前先除去SO2，因为CO2和SO2都能被碱石灰吸收，因此测定CO2时必须除去SO2；但测定SO2前却没除CO2，是因为SO2被氧化成硫酸后，溶液中的c(H+)增大，使CO2的溶解平衡：CO2+H2O=H2CO3H++HCO3-向逆反应方向移动，导致CO2在水中几乎不溶，因此不会对测定SO2产生影响。‎ 考点：考查物质中成分含量的测定、实验方案的评价的知识 ‎ ‎ ‎ ‎