2018-2019学年福建省长乐高级中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

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福建省长乐高级中学2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题 ‎1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生．下列最有希望的新能源是（　　）‎ ‎①天然气　　②煤　　③石油　　④太阳能　　⑤氢能．‎ A. ①③⑤ B. ②③④ C. ①②⑤ D. ④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①天然气、②煤、③石油属于化石能源，是不可再生能源，对环境有污染，不是新能源；④太阳能、⑤氢能是清洁能源且可以再生，是新能源，故选D。‎ ‎2.下列图示变化为吸热反应的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图中反应物的总能量小于生成物的总能量，是吸热反应，故A正确；‎ B．图中反应物的总能量大于生成物的总能量是放热反应，故B错误；‎ C．浓硫酸溶于水放出热量，但属于物理变化，不属于放热反应，故C错误；‎ D．稀盐酸与锌反应放出热量，是放热反应，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.一定条件下合成乙烯：6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是( )‎ A. 该反应的逆反应为吸热反应 B. 平衡常数：KM＞KN C. 生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)‎ D. 当温度高于250 ℃，升高温度，催化剂的催化效率降低 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故A正确；‎ B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点，故B正确；‎ C、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)，故C错误；‎ D、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则催化剂的催化效率降低，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎4.最近意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。 N4分子结构如图，已知断裂1 mol N—N吸收167 kJ热量，生成1molN≡N键放出942 kJ热量。根据以上信息和数据，则由N2气体生成1 mol气态N4的ΔH为(　　)‎ A. ＋882 kJ/mol B. ＋441 kJ/mol C. －882 kJ/mol D. －441 kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】N2生成1 mol气态N4的方程式为：2N2(g)=N4(g)，根据键能和∆H的关系可得∆H=2×942kJ•mol‾1－6×167kJ•mol‾1=＋882 kJ•mol‾1，故A项正确。‎ ‎5.要使工业废水中的重金属Pb2+沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2+与这些离子形成的化合物的溶解度如下：‎ 化合物 ‎ PbSO4 ‎ PbCO3 ‎ PbS ‎ 溶解度/g ‎ ‎1.03×10-4 ‎ ‎1.81×10-7 ‎ ‎1.84×10-14 ‎ 由上述数据可知，选用沉淀剂最好为( )‎ A. 硫化物 B. 硫酸盐 C. 碳酸盐 D. 以上沉淀剂均可 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由表中数据可知PbS的溶解度最小，所以生成PbS时Pb2+沉淀最完全，溶液中剩余的Pb2+浓度最小，所以最好的沉淀剂为硫化物，A项正确；答案选A。‎ ‎6.对于300mL 1mol•L-1盐酸与铁片的反应，采取下列措施： ‎ ‎①升高温度 ‎ ‎②改用100mL 3mol•L-1盐酸 ‎ ‎③再加300mL 1mol•L-1盐酸 ‎ ‎④用等量铁粉代替铁片 ‎ ‎⑤改用100mL 98%的硫酸 ‎ 其中能使反应速率加快的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，注意加入浓硫酸的性质。‎ ‎【详解】①适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，故正确；‎ ‎②改用100mL 3mol/L盐酸，酸的浓度增大，反应速率加快，故正确；‎ ‎③多用300mL 1mol/L盐酸，酸的浓度不变，反应速率不变，故错误；‎ ‎④用等量铁粉代替铁片，增大固体接触面积，使反应速率加快，故正确；‎ ‎⑤改用98%的硫酸，浓硫酸与铁不生成氢气，则不能加快反应速率，故错误；‎ 综上所述，①②④正确；‎ 故答案为A。‎ ‎7.银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其工作示意图如下。下列说法不正确的是 A. Zn电极是负极 B. Ag2O电极发生还原反应 C. Zn电极的电极反应式：Zn-2e-++2OH-=Zn(OH)2‎ D. 放电前后电解质溶液的pH保持不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、活泼金属Zn为负极，Ag2O为正极，选项A正确；‎ B、Ag2O电极为正极，正极上得到电子，发生还原反应，选项B正确；‎ C、Zn为负极，电极反应式为：Zn－2e－＋2OH－＝Zn(OH)2，选项C正确；‎ D、电极总反应式为：Zn＋Ag2O＋H2O＝Zn(OH)2＋2Ag，放电后水消耗了，氢氧化钾的浓度增大，电解质溶液的pH增大，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎8.氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如图所示(电极均为石墨电极)。下列说法中正确的是(　 　)‎ A. M为电子流出的一极 B. 通电使氯化钠发生电离 C. 电解一段时间后，阴极区pH降低 D. 电解时用盐酸调节阳极区的pH在2～3，有利于气体逸出 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解过程中阳离子向阴极移动，由图可知，右侧电极为阴极，则N为负极，左侧电极为阳极，M为正极，结合电解原理分析解答。‎ ‎【详解】A．由上述分析可知，N为负极，电子从负极流出，即N为电子流出的一极，故A错误；‎ B．氯化钠在水溶液中发生电离，不需要通电，通电使氯化钠溶液发生电解反应，故B错误；‎ C．电解时，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧根离子，溶液中氢氧根离子的浓度增大，则pH增大，故C错误；‎ D．电解时，阳极上氯离子失电子生成氯气，用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3的作用是促使化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向左移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】正确判断电源的正负极是解题的关键。本题的易错点为C，要注意电解氯化钠溶液时，阴极的反应式为2H2O+2e- = H2↑+ 2OH―。‎ ‎9.反应：xA(气)+yB(气)zC(气)，达到平衡时测得A气体的浓度为0.5 mol·L-1，当在恒温下将该容器体积扩大一倍，再次达到平衡，测得A气体的浓度为0.3 mol·L-1，则下列叙述正确的是 A. x+y②>④>③‎ D. NaHCO3溶液中：c (Na+) =c (CO32- )+c (HCO3- )+c (H2CO3)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则等浓度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，则pH小的是CH3COOH，选项A错误；‎ B、碳酸钠溶液中CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH++OH-，碳酸氢钠溶液中HCO3-CO32-+H+，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH++OH-，所以两种溶液中粒子种类相同，选项B错误；‎ C、易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，选项C错误；‎ D、NaHCO3溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、物料守恒的应用等，注意根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大，易水解的盐能促进水的电离。‎ ‎21.（1）FeCl3的水溶液呈___________（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：____________________________________________，‎ ‎（2）实验室在配制好的FeCl3溶液中加少许稀盐酸的目的是：__________________ 。‎ ‎（3）把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是__________________ 。‎ ‎【答案】 (1). 酸 (2). Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋ (3). 抑制FeCl3的水解 (4). Fe2O3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子；盐酸可抑制铁离子水解，加热，促进氯化铁水解，生成的氯化氢容易挥发，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子水解，溶液呈酸性，原因是：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，故答案为：酸；Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；‎ ‎(2)实验室在配制好的FeCl3溶液中加少许稀盐酸，以抑制铁离子水解，故答案为：抑制FeCl3的水解；‎ ‎(3)加热，促进氯化铁水解，生成的氯化氢容易挥发，因此将FeCl3溶液蒸干，得到氢氧化铁固体，灼烧，最后得到的主要固体产物是Fe2O3，故答案为：Fe2O3。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(3)，要注意水解生成的酸是否挥发，如加热蒸干氯化铁得到氢氧化铁固体，而加热蒸干硫酸铁，由于硫酸难挥发，因此得到的仍是硫酸铁固体。‎ ‎22.在80 ℃时，将0.40 mol的N2O4气体充入2 L真空的固定容积的密闭容器中，发生反应：N2O4 2NO2 △H>0，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：‎ 时间/s ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎100‎ n(N2O4) /mol ‎0.40‎ ‎0.28‎ ‎0.20‎ ‎0.14‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ n(NO2) /mol ‎0.00‎ ‎0.24‎ b ‎0.52‎ ‎0.60‎ ‎0.60‎ ‎（1）计算20~40 s内用N2O4表示的平均反应速率为__________。‎ ‎（2）40s时，NO2的的浓度b=_________mol/L，反应最迟到________s到达平衡状态 ‎（3）反应进行至100 s后将反应混合物的温度降低，混合气体的颜色________(填“变浅”“变深”或“不变”)。‎ ‎（4）要增大该反应的K值，可采取的措施有___________(填序号)。‎ A. 增大N2O4的起始浓度 B. 向混合气体中通入NO2‎ C. 使用高效催化剂 D. 升高温度 ‎（5）能说明该反应达到平衡状态的标志是_________(填序号)‎ A. 2 v(N2O4 ) =v(NO2 ) B. 容器内压强保持不变 C. 容器内密度保持不变 D. NO2的体积分数保持不变 ‎（6）如图是80 ℃时容器中N2O4物质的量的变化曲线，请在该图中补画出该反应在60 ℃时N2O4物质的量的变化曲线______。‎ ‎【答案】 (1). 0.0020 mol·L－1·s－1 (2). 0.20 (3). 80 (4). 变浅 (5). D (6). BD (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先根据二氧化氮物质的量计算反应的四氧化二氮的物质的量，总物质的量减去反应的物质的量即是容器中剩余的四氧化二氮的物质的量，再根据公式v=计算；(2)根据表格数据分析解答；(3)△‎ H＞0，表示反应放热，根据温度对平衡的影响分析判断；(4)K只与温度有关；(5)根据平衡状态的特征分析判断；(6)降低温度，化学反应速率减小，平衡向放热方向移动，据此作图。‎ ‎【详解】(1)根据表中数据可知v(N2O4)====0.0020 mol·L－1·s－1，故答案为：0.0020 mol·L－1·s－1；‎ ‎(2)40s时N2O4减少0.40-0.20=0.20mol，由反应可知生成NO2为0.2mol×2=0.4mol，浓度为=0.2 mol/L，由表格数据可知80 s时达到平衡状态，故答案为：0.2；80；‎ ‎(3)△H＞0，100s后将反应混合物的温度降低，N2O42NO2平衡逆向移动，混合气体的颜色变浅，故答案为：变浅；‎ ‎(4)K只与温度有关，该反应为吸热反应，升高温度，K增大，只有D符合，故答案为：D；‎ ‎(5)A. 反应过程中始终存在2v(N2O4)=v(NO2)，无法判断正逆反应速率的关系，不能判断是平衡状态，故A错误；B. 该反应前后气体的物质的量发生变化，即容器中的压强为变量，当容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；C. 反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，气体的密度始终不变，因此容器内密度保持不变，不能判断是平衡状态，故C错误；D. NO2的体积分数保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：BD；‎ ‎(6)当降低温度，化学反应速率减小，到达平衡所需时间增大，平衡向逆反应方向移动，所以到达新平衡时四氧化二氮的物质的量比第一次平衡时大，60℃曲线为，故答案为：。‎ ‎23.（1）用系统命名法命名下列物质 ‎①______________；‎ ‎②CH3CH2CH=CHCH3____________。‎ ‎（2）写出结构简式或名称：‎ ‎①分子式为C8H10的芳香烃，苯环上的一溴取代物只有一种，写出该芳香烃的结构简式_____________。‎ ‎②戊烷(C5H12)的某种同分异构体只有一种一氯代物，写出该戊烷的名称__________。‎ ‎（3）CH2－CH＝CH－CH2是一种加聚产物，则其单体的结构简式为___________，其链节为______________。‎ ‎（4）请写出分子式为 C4H8O2属于酯类的同分异构体的结构简式________。‎ ‎【答案】 (1). 乙苯 (2). 2-戊烯 (3). (4). 2，2-二甲基丙烷 (5). CH2=CH-CH=CH2 (6). －CH2－CH＝CH－CH2－ (7). HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH3、CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①以苯环为母体，侧链为乙基；②主链含5个C，双键在2号C上；据此分析书写有机物的名称；‎ ‎(2)①苯环上的一溴取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子；②戊烷(C5H12)的某种同分异构体只有一种一氯代物，则12个H完全相同，据此分析解答；‎ ‎(3)根据加聚反应的原理分析解答；‎ ‎(4)首先确定酯基，然后在酯基两端调整碳原子的数目，依次书写分子式为 C4H8O2属于酯类的同分异构体。‎ ‎【详解】(1)①以苯环为母体，侧链为乙基，名称为乙苯，故答案为：乙苯；‎ ‎②主链含5个C，双键在2号C上，名称为2-戊烯，故答案为：2-戊烯；‎ ‎(2)①苯环上的一溴取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子，则2个碳原子不可能是形成1个乙基，只能是2个甲基，且处于对位，其结构简式为，故答案为：；‎ ‎②戊烷(C5H12)的某种同分异构体只有一种一氯代物，则12个H完全相同，为C(CH3)4，名称为2，2-二甲基丙烷，故答案为：2，2-二甲基丙烷；‎ ‎(3)CH2－CH＝CH－CH2是一种加聚产物，则其单体的结构简式为CH2=CH-CH=CH2，其链节为－CH2－CH＝CH－CH2－，故答案为：CH2=CH-CH=CH2；－CH2－CH＝CH－CH2－；‎ ‎(4)分子式为 C4H8O2属于酯类的同分异构体有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH3、CH3COOCH2CH3‎ 和CH3CH2COOCH3，故答案为：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH3、CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3。‎ ‎24.能源短缺是人类社会面临的重大问题．甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。‎ ‎(1)工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：‎ 反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1‎ 反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H2‎ ‎①上述反应符合“原子经济”原则的是________(填“I”或“Ⅱ”)；‎ ‎②下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K) ‎ 温度 ‎250℃‎ ‎300℃‎ ‎350℃‎ K ‎2.041‎ ‎0.270‎ ‎0.012‎ 由表中数据判断△H1________0 (填“＞”、“=”或“＜”)；‎ ‎③某温度下，将2mol CO和6mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则CO的转化率为________，此时的温度为________(从上表中选择)；‎ ‎(2)已知在常温常压下：‎ ‎①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) △H=﹣1275.6kJ/mol ‎②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=﹣566.0kJ/mol ‎③H2O(g)=H2O(l) △H=﹣44.0kJ/mol 写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：___________；‎ ‎(3)某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置。‎ ‎①该电池正极的电极反应为___________；‎ ‎②工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池总反应的离子方程式为___________。‎ ‎【答案】 (1). Ⅰ (2). ＜ (3). 80% (4). 250℃ (5). CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣4428kJ∕mol (6). O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣ (7).‎ ‎ 2CH3OH+3O2+4OH﹣=2CO32﹣+6H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据“原子经济”的概念分析判断；②根据温度对平衡移动的影响分析判断；③利用三段式计算各自组分物质的量变化量、平衡时的物质的量，依据转化率概念计算CO的转化率；根据浓度计算出平衡常数，再判断温度；‎ ‎(2)根据盖斯定律计算书写热化学方程式；‎ ‎(3)碱性甲醇燃料电池中，负极上CH3OH发生氧化反应，正极上氧气发生还原反应，据此书写电极反应式和总反应式。‎ ‎【详解】①“原子经济”是指在化学品合成过程中，所用的所有原材料尽可能多的转化到最终产物中，分析反应可知，反应Ⅰ符合“原子经济”，故答案为：Ⅰ；‎ ‎②由表数据可知，温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应放热反应，即△H1＜0，故答案为：＜；‎ ‎③按反应Ⅰ充分反应达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，CO的物质的量为0.4mol； ‎ ‎ CO (g)+2H2 (g)CH3OH (g)‎ 起始量(mol) 2 6 0‎ 变化量(mol) 1.6 3.2 1.6‎ 平衡量(mol) 0.4 2.8 1.6‎ CO的转化率=×100%=80%，此时的平衡常数为：K=≈2.041，所以温度为250℃，故答案为：80%；250℃；‎ ‎(2)①2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(g) △H1=-1 275.6kJ•mol-1，②2CO(g)+O2(g)═2CO2(g) △H2=-566.0kJ•mol-1，③H2O(g)═H2O(l) △H3=-44.0kJ•mol-1，根据盖斯定律，由[①-②+③×4]得CH3OH(l)+O2(g)═CO(g)+2H2O(l) △H=-442.8kJ/mol，故答案为：CH3OH(l)+O2(g)═CO(g)+2H2O(l) △H=-442.8kJ/mol；‎ ‎(3)①碱性甲醇燃料电池中，负极发生氧化反应，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，正极发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；‎ ‎②根据①的分析，该电池工作时，总反应式为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，故答案为：2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(3)，要注意碱性燃料电池中碳元素会转化为碳酸根离子，不能放出二氧化碳气体。‎ ‎25.实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验：请完成下列填空：‎ ‎（1）配制100mL 0.1000mol/L NaOH标准溶液。‎ ‎（2）取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下。‎ 实验编号 NaOH溶液的浓度（mol/L）‎ 滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）‎ 待测盐酸溶液的体积（mL）‎ ‎1‎ ‎0.1000‎ ‎30.05‎ ‎20.00‎ ‎2‎ ‎0.1000‎ ‎29.95‎ ‎20.00‎ ‎3‎ ‎0.1000‎ ‎28.20‎ ‎20.00‎ ‎①滴定达到终点的判断是________，此时锥形瓶内溶液的pH为_____________。‎ ‎②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为___________（保留四位有效数字）‎ ‎③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作__________，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液 甲. 乙. 丙.‎ ‎④在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成盐酸浓度测定结果偏高的有_____‎ A、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗 B、锥形瓶水洗后未干燥 C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒 E、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 ‎【答案】 (1).‎ ‎ 滴入最后一滴NaOH标准溶液，锥形瓶中溶液由无色变成浅红色，且30s不褪色 (2). 8.2～10.0 (3). 0.1500 mol/L (4). 丙 (5). CDE ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎①用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液显碱性，结合酚酞的性质分析解答；②根据c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)计算；③碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出；④根据c(待测)= 分析误差。‎ ‎【详解】①在用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色恰好由无色变为(浅)红色，且半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点；酚酞的变色范围是8.2～10，所以滴定终点时溶液pH为8.2～10；故答案为：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；8.2～10；‎ ‎②根据表格数据可知，第三次实验误差较大，删去，根据c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)，消耗的V[NaOH(aq)]=mL=30.00mL，则该盐酸的浓度为：=0.15mol/L，故答案为：0.15mol/L；‎ ‎③碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡排出，图示丙操作合理，故答案为：丙；‎ ‎④A．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，会导致盐酸浓度偏低，需要NaOH体积偏小，测定值偏低，故A错误；B．锥形瓶水洗后直接装待测液，锥形瓶中HCl的物质的量不变，消耗的NaOH的量不变，对实验无影响，故B错误；C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故C正确；D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，导致氢氧化钠溶液的浓度偏小，消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故D正确；E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故E正确；故答案为：CDE。‎ ‎ ‎