吉林省汪清县第六中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题
2019-2020学年度第一学期汪清六中期中考卷高二化学试题
一、单项选择题（每小题2分，共50分）
1.将pH=2的盐酸加水稀释10倍后溶液的pH值是
A. 2 B. 11
C. 0.01 D. 3
【答案】D
【解析】
【详解】强酸稀释10n倍，pH值增加n个单位，因此将pH=2的盐酸加水稀释10倍后溶液的pH值是3，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】强酸稀释10n倍，pH值增加n个单位，但稀释后pH小于7，弱酸稀释10n倍，pH值增加不到n个单位，但稀释后pH小于7，强碱稀释10n倍，pH值减小n个单位，但稀释后pH大于7，弱碱稀释10n倍，pH值减小不到n个单位，但稀释后pH大于7。
2. 如图，图Ⅰ表示10 mL量筒中液面的位置，A与B、B与C刻度间相差1 mL，图II表示50mL滴定管中液面的位置，D与E刻度间相差1 mL。如果刻度A和D都是4，则两处液面的读数是： （ ）
A. Ⅰ中是3.2 mL，Ⅱ中是3.40 mL
B. Ⅰ中是4.8 mL，Ⅱ中是3.40 mL
C. Ⅰ中是3.2 mL，Ⅱ中是4.60 mL
D. Ⅰ中是4.8 mL，Ⅱ中是4.60 mL
【答案】C
【解析】
正确答案：C
注意量筒的最小刻度在下面，精确度0.1mL,而滴定管的最小刻度在上面, 精确度0.01mL,所以C正确。
3. 有一支50 mL酸式滴定管，其中盛有溶液，液面恰好在10.0
mL刻度处，把滴定管中的溶液全部流下排出，盛接在量筒中，量筒内溶液的体积
A. 大于40.0 mL B. 为40.0 mL C. 小于40.0 mL D. 为10.0 mL
【答案】A
【解析】
考查滴定管的结构特点。滴定管的刻度自上而下是递增的，即50ml刻度线在下面。但50ml刻度线下面的一部分是没有刻度的，所以如果把滴定管中的液体全部流下排出，则其体积一定大于50.00ml－10.00ml＝40.00ml。所以答案是A。
4.常温下，将下列物质溶于水中分别配制成0.1 mol•L—1溶液，所得溶液pH大于7的是
A. NaCl B. HCl C. NaOH D. CH3COOH
【答案】C
【解析】
试题分析：A、NaCl溶于水形成氯化钠溶液，氯化钠溶液显中性，pH等于7，故A错误；B、HCl溶于水形成盐酸，盐酸显酸性，pH小于7，故B错误；C、NaOH溶于水形成氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液显碱性，pH大于7，故C正确；D、醋酸溶于水得到醋酸溶液，显酸性，pH小于7，故D错误；故选C
考点：考查了溶液的酸碱性和溶液pH的相关知识。
5.下列关于电解质分类的组合中,完全正确的是( )
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
HClO
HNO3
弱电解质
HF
BaSO4
CaCO3
CH3COOH
非电解质
Cl2
CS2
C2H5OH
SO2
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物，
主要包括强酸、强碱、大部分盐和活泼金属氧化物；
弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物，主要包括弱酸、弱碱、少部分盐和水；
在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，主要包括非金属氧化物、一些氢化物和有机物等，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。
【详解】A.氯气是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B.硫酸钡属于盐，在熔融状态下完全电离，属于强电解质，故B错误；
C.次氯酸属于弱酸，是弱电解质，碳酸钙属于盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质，故C错误；
D.硝酸是强酸，属于强电解质，醋酸是弱酸，属于弱电解质，二氧化硫本身不能电离，是化合物，属于非电解质，所以D选项是正确的。
答案选D。
【点睛】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶解能力大小无关是解题的关键，注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
6.下列各电离方程式中，书写正确的是
A. H2S2H＋＋S2—
B. KHSO4K＋＋H＋＋SO42—
C. Al(OH)3===Al3＋＋3OH—
D. NaH2PO4===Na＋＋H2PO4—
【答案】D
【解析】
详解】A选项，弱酸应该一步一步电离，H2SH＋＋HS-，HS- H＋＋S2-，故A错误；
B选项，KHSO4是强电解质，全部电离，KHSO4 = K＋＋H＋＋SO42-，故B错误；
C选项，Al(OH)3是弱电解质，应该可逆电离，Al(OH)3Al3＋＋3OH-，故C错误；
D选项，NaH2PO4是强电解质，全部电离，NaH2PO4===Na＋＋H2PO4-，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】多元弱酸的电离一步一步电离，多元弱酸阴离子水解一步一步水解。
7.下列溶液肯定呈酸性的是
A. 含H+的溶液 B. 加酚酞显无色的溶液
C. pH<7的溶液 D. c(OH－)
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。
15.在25ºC时，在0.01mol·L-1的盐酸溶液中，水电离出的H+浓度是
A. 5×10-13mol·L-1 B. 0.02mol·L-1
C. 1×10-7mol·L-1 D. 1×10-12mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】0.01mol·L-1的盐酸溶液中，c(H+) = 0.01mol·L-1，
，盐酸溶液中氢离子主要来自于酸电离，氢氧根来自于水电离的，而水电离的氢离子等于水电离出的氢氧根，因此水电离出的氢离子，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】酸电离出氢离子，酸中氢氧根离子是水电离出的，碱电离出氢氧离子，碱中氢离子是水电离出的。
16.实验室在配制氯化铁溶液时，先把氯化铁晶体溶解在稀盐酸中，再加水稀释所需浓度，如此操作的目的是
A. 防止氯化铁电离 B. 抑制氯化铁水解
C. 提高溶液的pH D. 提高氯化铁的溶解度
【答案】B
【解析】
【详解】实验室在配制氯化铁溶液时，由于铁离子要发生水解，配制时容易变浑浊，因此先把氯化铁晶体溶解在稀盐酸中，再加水稀释所需浓度，如此操作的目的是防止铁离子水解，故B正确。
综上所述，答案为B。
17.某同学的实验报告中有如下数据，其中数据合理的是
A. 用托盘天平称取3.25gNaCl B. 用酸式滴定管量取20.00mLKMnO4溶液
C. 用量筒量取10.51mL盐酸 D. 用容量瓶配制216mL0.1mol/L的NaOH溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，托盘天平精确度是0.1g，不能用托盘天平称取3.25gNaCl，故A错误，不符合题意；
B选项，滴定管精确度为0.01mL，可以用酸式滴定管量取20.00mLKMnO4溶液，故B正确，符合题意；
C选项，量筒精确度为0.1mL，不能用量筒量取10.51mL盐酸，故C错误，不符合题意；
D选项，容量瓶规格是固定的，不能配任意体积的溶液，因此只能用250mL容量瓶配制216mL0.1mol/L的NaOH溶液，配制后取216mL的溶液，故D错误，不符合题意。
综上所述，答案B。
【点睛】托盘天平精确度是0.1g，量筒精确度为0.1mL，滴定管精确度为0.01mL，pH试纸测定是正整数，容量瓶规格是固定是有50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL。
18.在水溶液中能大量共存的一组离子是
A. Na＋、Al3＋、Cl－、CO32－
B. Ca2＋、Al3＋、Br－、CO32－
C. K＋、Ca2＋、Cl－、NO3－
D. K＋、NH4＋、OH－、SO42－
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，Al3＋、CO32－发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳气体，故A不符合题意；
B选项，Ca2＋、CO32－反应生成碳酸钙，Al3＋、CO32－发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳气体，故B不符合题意；
C选项，K＋、Ca2＋、Cl－、NO3－都不反应，大量共存，故C符合题意；
D选项，NH4＋、OH－反应生成一水合氨，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
19.在某温度时，测得纯水中的c(H＋)＝2.0×10－7mol·L－1，则c(OH－)为( )
A. 2.0×10－7mol·L－1 B. 0.1×10－7mol·L－1
C. 1.0×10－14/(2.0×10－7) mol·L－1 D. 无法确定
【答案】A
【解析】
试题分析：由于在任何的纯水中，水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的OH-浓度，因此某温度下纯水中c（H+）＝2.0×10-7mol·L-1，则此纯水中的c（OH-）＝2.0×10-7mol·L-1。
考点：水的电离
20.在CH3COOHH＋＋CH3COO－的电离平衡中，要使电离平衡右移且氢离子浓度增大，应采取的措施是
A. 加入NaOH B. 加入盐酸
C. 加水 D. 升高温度
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，加入NaOH，消耗氢离子，氢离子浓度降低，平衡正向移动，故A错误，不符合题意；
B选项，加入盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，故B错误，不符合题意；
C选项，加水，平衡逆向移动，由于溶液体积增大占主要影响因素，因此氢离子浓度减小，故C错误，不符合题意；
D选项，升高温度，电离是吸热反应，因此平衡正向移动，氢离子浓度增大，故D正确，符合题意；
综上所述，答案为D。
【点睛】弱电解质电离加水稀释“看得见的浓度减小，看不见的浓度增大”即电离方程式中看见的微粒的浓度减小，隐含的离子浓度增大。
21.在氯化铵溶液中，下列关系正确的是
A. c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH－) B. c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(H+)＞c(OH－)
C. c(NH4+)＝c(Cl－)＞c(H+)＝c(OH－) D. c(Cl－)＝c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH－)
【答案】A
【解析】
【详解】氯化铵溶液中铵根离子水解，铵根离子浓度减小，因此c(Cl－)＞c(NH4+)，由于铵根离子水解显酸性，因此c(H+)＞c(OH－)，故A正确；
综上所述，答案为A。
22.下列情况下的反应一定能自发进行的是( )
A. ΔH＞0，ΔS＜0 B. ΔH＞0，ΔS＞0
C ΔH＜0，ΔS＞0 D. ΔH＜0，ΔS＜0
【答案】D
【解析】
试题分析：判断一个反应能否自发进行的复合判据是：△G＝△H－T·△S。A、ΔH＞０ ΔS＜０时，△G＞0，错误；B、ΔH＞0 ΔS＞０，在高温条件下是自发的，所以不一定，错误；C、ΔH＜0 ΔS＜0，在低温下是自发的，所以不一定，错误；D、ΔH＜0 ΔS＞０，△G一定大于零，正确。
考点：反应进行方向的判断。
23.在蒸发皿中加热蒸干并灼烧(低于400 ℃)下列物质的溶液，可以得到该固体物质的是
A. 氯化铝 B. 碳酸氢钠 C. 硫酸铁 D. 高锰酸钾
【答案】C
【解析】
【详解】A、氯化铝溶液水解会生成氢氧化铝和HCl，盐酸具有挥发性，故蒸发得到的固体是氢氧化铝，氢氧化铝灼烧会分解生成氧化铝和水，故最终产物是氧化铝；故A错误；
B、碳酸氢钠加热易分解，最终得到的是碳酸钠，故B错误；
C、硫酸铁溶液水解产生硫酸，硫酸难挥发，因此加热和灼烧不会分解，最终得到的是硫酸铁，故C正确；
D、高锰酸钾加热会分解，最终得到的是二氧化锰和锰酸钾的混合物，故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】挥发性酸弱碱盐在加热、蒸发结晶、再灼烧时由于水解产物之一酸挥发而得不到原物质，比如氯化铝溶液加热蒸干并灼烧得到氧化铝；难挥发性酸的弱碱盐在加热、蒸发结晶、再灼烧时能够得到原物质，比如硫酸铝溶液加热蒸干并灼烧得到硫酸铝。
24.在CH3COONa溶液中各离子的浓度由大到小排列顺序正确的是
A. c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
B. c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
C. c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D. c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)
【答案】A
【解析】
试题解析：CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），溶液存在电荷守恒，则c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），因此c（Na+）＞c（CH3COO-），因单水解的程度一般较弱，则有c（CH3COO-）＞c（OH-），因此有c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+），故选A．
考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用
25.用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（ ）
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C. 用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定
D. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 用蒸馏水洗净滴定管后，必须再用标准液盐酸润洗滴定管，避免滴定管内的水分将标准液稀释了，标准液浓度减小，滴定时消耗体积增大，测定结果偏大，A项错误；
B. 用蒸馏水洗后的锥形瓶，不能再用待测液润洗，避免润洗后待测液物质的量增加，测定结果偏大，B项错误；
C. 锥形瓶内多些蒸馏水不影响滴定结果，因为待测液的物质的量没有变化，测定结果不会受到影响，C项正确；
D. 当溶液由红色刚变无色时，不能立即读数，必须等到溶液颜色半分钟不再变化，否则会影响测定结果，D项错误；
答案选C。
二、填空题（共40分）
26.根据要求完成下列内容
（1）配制FeCl3溶液,为了防止发生水解，应加少量的____;
（2）配制Fe2(SO4)3溶液，为了防止发生水解，应加入少量的____。
【答案】 (1). 盐酸 (2). 硫酸
【解析】
【详解】⑴FeCl3溶液中水解FeCl3＋ 3H2O Fe(OH)3 ＋ 3HCl，为了防止发生水解，应加少量的对应的酸抑制水解即加盐酸，故答案为：盐酸。
⑵Fe2(SO4)3溶液水解Fe2(SO4)3＋6 H2O 2Fe(OH)3 ＋ 3H2SO4，为了防止发生水解，应加入少量的对应的酸抑制水解即加硫酸，故答案为：硫酸。
27.判断盐溶液的酸碱性
（1）NaHCO3:____
（2）KCl:____
（3）Cu(NO3)2:____
（4）KClO:____
（5）NaF:____
【答案】 (1). 碱性 (2). 中性 (3). 酸性 (4). 碱性 (5). 碱性
【解析】
【分析】
根据谁强显谁性的盐类水解的规律分析作答。
【详解】⑴NaHCO3是强碱弱酸盐，碳酸氢根水解，水解后显碱性。
⑵KCl是强酸强碱盐，不水解，呈中性。
⑶Cu(NO3)2是强酸弱碱盐，铜离子水解，水解后显酸性。
⑷KClO是强碱弱酸盐，次氯酸水解，水解后显碱性。
⑸NaF是强碱弱酸盐，氟离子水解，水解后显碱性。
28.（1）Cu(NO3)2的水溶液呈______（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH _____7（填“>”、“=”、“<”）， 原因是（用离子方程式表示）：_______________________________
（2）把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是________ ，把Al2(SO4)3溶液蒸干得到的固体产物是___________ 。
（3）在Na2S溶液中存在的电荷守恒式为____________物料守恒式为___________质子守恒式为________________
（4）泡沫灭火器的原理(药品:Al2(SO4)3溶液、NaHCO3溶液)原理为___________用离子方程式解释)
【答案】 (1). 酸 (2). < (3). Cu2++H2O===Cu(OH)2+2H+ (4). Al2O3（或三氧化二铝） (5). Al2(SO4)3（或硫酸铝） (6). c(Na+)+c(H+)=c(HS－)+2c(S2－)+c(OH－) (7). c(Na+) =2(HS－)+2c(H2S)+2c(S2－) (8). c(H+)+ c(HS－)+2c(H2S)= c(OH－) (9). 3HCO3－+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑
【解析】
【分析】
（1）Cu(NO3)2中铜离子会水解，使溶液呈现酸性；
（2）根据易水解的盐在蒸干过程中生成的是否是易挥发性的酸进行讨论；
（3）依据盐溶液中的三大守恒规律分析；
（4）泡沫灭火器利用的是铝离子和碳酸氢根离子水解的相互促进作用产生二氧化碳的原理。
【详解】⑴Cu(NO3)2是强酸弱碱盐，铜离子水解，水解显酸性，常温时的pH < 7，原因是：Cu2+ + H2O===Cu(OH)2 + 2H+，故答案为：酸；<；Cu2+ + H2O===Cu(OH)2 + 2H+。
⑵把AlCl3溶液中铝离子水解，AlCl3＋ 3H2O Al(OH)3 ＋ 3HCl，HCl易挥发，蒸干得到氢氧化铝，灼烧，氢氧化铝分解生成三氧化二铝和水，最后得到的主要固体产物是Al2O3（或三氧化二铝），把Al2(SO4)3溶液蒸干，虽然铝离子水解，但生成的硫酸是难挥发性酸，因此得到的固体产物是Al2(SO4)3，故答案为：Al2O3（或三氧化二铝）；Al2(SO4)3（或硫酸铝）；
⑶在Na2S溶液中存在的电荷守恒式是阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷c(Na+)+c(H+) = c(HS－)+2c(S2－)+c(OH－)，物料守恒式为c(Na+) = 2(HS－)+2c(H2S)+2c(S2－)，电荷守恒减物料守恒等于质子守恒式c(H+)+ c(HS－)+2c(H2S)= c(OH－)，故答案为：c(Na+)+c(H+)=c(HS－)+2c(S2－)+c(OH－)；c(Na+) =2(HS－)+2c(H2S)+2c(S2－)；c(H+)+ c(HS－)+2c(H2S)= c(OH－)。
⑷铝离子和碳酸氢根水解生成氢氧化铝和二氧化碳气体，其离子方程式为3HCO3－+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：3HCO3－+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑。
29.写出下列盐溶液水解的离子方程。
（1）(NH4)2SO4：______________________________________________；
（2）FeCl3：_________________________________________________；
（3）Na2CO3：_________________________________________________；
【答案】 (1). NH4++H2ONH3·H2O+H+ (2). Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ (3). CO32－ +H2O HCO3－ + OH－
【解析】
【详解】⑴(NH4)2SO4中铵根离子解：NH4++H2ONH3H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3H2O+H+。
⑵FeCl3中铁离子水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+。
⑶Na2CO3中碳酸根离子水解：CO32－ +H2O HCO3－ + OH－，故答案为：CO32－ +H2O HCO3－ + OH－。
30.写出下列物质的电离方程式
（1）Ba(OH)2__________________________________________
（2）Na2CO3___________________________________________
（3）CH3COOH____________________________
【答案】 (1). Ba(OH) = Ba2++2OH－ (2). Na2CO3=CO32－+ 2Na+ (3). CH3COOHH+ + CH3COO－
【解析】
【详解】⑴Ba(OH)2电离方程式为Ba(OH) = Ba2++2OH－，故答案为：Ba(OH) = Ba2++2OH－。
⑵Na2CO3电离方程式为Na2CO3=CO32－+ 2Na+，故答案为：Na2CO3=CO32－+ 2Na+。
⑶CH3COOH为弱酸，其电离方程式为CH3COOHH+ + CH3COO－，故答案为：CH3COOHH+ + CH3COO－。
三、实验题（共10分）
31.欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.1000 mol·L-1 HCl标准溶液进行中和滴定(用酚酞作指示剂)。请回答下列问题：
（1）碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是 ______。
（2）若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为1.10 mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为______________ 。
乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：
实验序号
待测NaOH溶液的体积/mL
0.1000mol·L-1HCl溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
0.00
26.11
2
25.00
1.56
33.30
3
25.00
0.22
26.31
（3）选取上述合理数据，计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为_____________ (小数点后保留四位)。
（4）下列哪些操作会使测定结果偏高（ ） (填序号)。
A．锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接注入待测溶液进行滴定
B．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
C．碱式滴定管用蒸馏水洗涤后立即取用25.00mL待测液注入锥形瓶中进行滴定
D．滴定前俯视滴定管读数，滴定后平视滴定管读数
（5）滴定达到终点的标志是____。
【答案】 (1). 用碱液润洗 (2). 23.80 mL (3). 0.1044 mol∙L-1 (4). BD (5). 溶液由红色变为无色，且半分钟内不褪色
【解析】
【分析】
（1）滴定管需要用待装的溶液润洗后再进行实验；
（2）根据滴定管的精确度为0.01mL，读出读数；
（3）先分析数据的可能性，误差太大的去掉，V（标准）取平均值，根据计算；
（4）根据待测溶液润洗锥形瓶，会使的待测液的物质的量增多；根据分析误差。
【详解】⑴碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是用碱液润洗，故答案为：用碱液润洗。
⑵若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为1.10 mL，滴定后液面读数为24.90 mL，则此时消耗标准溶液的体积为23.80 mL，故答案为：23.80 mL。
⑶根据数据分析第二个数据是错误的诗句，只能根据第一个和第三个数据求算平均值为26.010 mL，待测NaOH溶液的物质的量浓度为，故答案为：0.1044 mol∙L-1。
⑷A选项，锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接注入待测溶液进行滴定，待测液溶质的物质的量不变，消耗标液的体积不变，测定结果无影响，故A不符合题意；
B选项，滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，读数标液体积偏大，测定结果偏高，故B符合题意；
C选项，碱式滴定管用蒸馏水洗涤后立即取用25.00mL待测液注入锥形瓶中进行滴定，待测液浓度偏小，取一定体积后溶质物质的量减小，消耗标准溶液浓度变小，所读标液读数偏低，测定结果偏低，故C不符合题意
D选项，滴定前俯视滴定管读数，滴定后平视滴定管读数，所读标液体积偏大，测定结果偏高，故D符合题意。
综上所述，答案为：BD。
⑸滴定达到终点的标志是溶液由红色变为无色，且半分钟内不褪色，故答案为：溶液由红色变为无色，且半分钟内不褪色。
