化学卷·2018届吉林省吉林市油田实验中学高二上学期期初化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届吉林省吉林市油田实验中学高二上学期期初化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年吉林省吉林市油田实验中学高二（上）期初化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（单项选择，每小题3分，共60分．）‎ ‎1．常温下，下列离子能使纯水中的H+离子数目增加的是（　　）‎ A．S2﹣ B．CO32﹣ C．NH4+ D．Br﹣‎ ‎2．关于溶液的酸性、酸性强弱的说法中，正确的是（　　）‎ A．只要溶液中有H+，溶液就显酸性 B．H+浓度大于OH﹣浓度，溶液一定显酸性 C．H+浓度增大，溶液的酸性一定增强 D．强酸溶液的酸性一定比弱酸溶液的酸性强 ‎3．下列说法正确的是（　　）‎ A．水解反应是吸热反应 B．升高温度可以抑制盐类的水解 C．正盐水溶液pH均为7‎ D．硫酸钠水溶液pH小于7‎ ‎4．在25℃时，某稀溶液中有水电离产生的H+浓度为1×10﹣13molL﹣1，下列有关该溶液的叙述，正确的是（　　）‎ A．该溶液可能呈酸性 B．该溶液一定呈碱性 C．该溶液的pH值一定是1 D．该溶液的pH值不可能为13‎ ‎5．下列各组离子一定能大量共存的是（　　）‎ A．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣‎ B．在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣‎ C．在c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣‎ D．在pH=0的溶液中：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣‎ ‎6．下列各溶液显酸性的是（　　）‎ A．NaHCO3 B．2SO4 C．NaCl D．CH3COOK ‎7．下列物质在常温下发生水解时，对应的离子方程式正确的是（　　）‎ A．Na2CO3：CO32﹣+2H2O⇌H2O+CO2↑+2OH﹣‎ B．NH4NO3：NH4++H2O⇌NH3H2O+H+‎ C．CuSO4：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2↓+2H+‎ D．KF：F﹣+H2O→HF+OH﹣‎ ‎8．下列关于盐类水解的叙述中，错误的是（　　）‎ A．盐类水解是中和反应的逆反应 B．盐类水解过程是吸热过程 C．含有弱酸根盐的水溶液一定显碱性 D．盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸和碱的相对强弱 ‎9．下列操作，能使水的电离平衡向右移动，且使所得溶液显酸性的是（　　）‎ A．在水中加入少量氯化钠，并加热到100℃‎ B．在水中滴人稀硫酸 C．在水中加入小苏打 D．在水中加入氯化铝固体 ‎10．摩尔浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其中pH值依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是（　　）‎ A．HX、HZ、HY B．HZ、HY、HX C．HX、HY、HZ D．HY、HZ、HX ‎11．某溶液中由水电离出来的c（OH﹣）=10﹣12mol/L，则该溶液中的溶质不可能是（　　）‎ A．HCl B．NaOH C．NH4Cl D．H2SO4‎ ‎12．下列变化不属于水解反应的是（　　）‎ A．NH4++H2O⇌NH3H2O+H+ B．HS﹣+H2O⇌H3O++S2﹣‎ C．HS﹣+H2O⇌H2S+OHˉ D．NH4++2H2O⇌NH3H2O+H3O+‎ ‎13．某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（　　）‎ A．用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸 B．用托盘天平称量25.20g NaCl C．用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3‎ D．用25mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.70mL ‎14．室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是（　　）‎ A．溶液中导电粒子的数目减少 B．溶液中c（OH﹣）亦增大 C．醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大 D．再加入10mL pH=11的NaOH溶液，混合液的pH=7‎ ‎15．水是最宝贵的资源之一．下列表述正确的是（　　）‎ A．4℃时，纯水的pH=7‎ B．温度升高，纯水中的c（H+） 增大，c（OH﹣）减小 C．水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子 D．向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小 ‎16．用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　）‎ A． B．‎ C．c（H+）和c（OH﹣）的乘积 D．OH﹣的物质的量 ‎17．氢氰酸（HCN）的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（　　）‎ A．在相同条件下，HCN溶液的导电性比强酸溶液的弱 B．HCN易溶于水 C．10 mL1mol/LHCN恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应 D．1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3‎ ‎18．中和相同体积、相同pH的硫酸、盐酸和醋酸三种稀溶液，所用相同浓度的NaOH溶液的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系为（　　）‎ A．V3＞V2＞V1 B．V3=V2＞V1 C．V3＞V2=V1 D．V1=V2＞V3‎ ‎19．下列实验中，由于错误操作导致所测出的数据一定偏低的是（　　）‎ A．用量筒量取一定体积液体时，俯视读出的读数 B．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，酸式滴定管未用标准盐酸润洗，所测出的碱液的浓度值 C．同一滴定实验，一般要做三次，取三次实验的平均值进行计算，但某同学只做了一次 D．达到滴定终点时，俯视读数 ‎20．已知一种c（H+）=1×10﹣3 mol/L的酸和一种c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L的碱等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能是（　　）‎ A．浓的强酸和稀的强碱反应 B．浓的弱酸和稀的强碱反应 C．等浓度的强酸和弱碱反应 D．稀的强酸和浓的弱碱反应 ‎　‎ 二、非选择题（5小题，共40分）‎ ‎21．现有在室温的条件下，pH均为3的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，回答下列问题：‎ ‎（1）两溶液中c（H+）c（OH﹣）=　　．‎ ‎（2）各取5mL上述溶液，分别加水稀释至50mL，pH较大的是　　溶液．‎ ‎（3）各取5mL上述溶液，分别加热到90℃，pH较小的是　　溶液．‎ ‎（4）两溶液中由水电离出的c（H+）分别为：H2SO4溶液：　　；NH4Cl溶液：　　．‎ ‎22．写出下列盐类水解的离子方程式，并指出其溶液的酸碱性．‎ ‎（1）Fe2（SO4）3水解：　　（显　　性）．‎ ‎（2）CH3COONa水解：　　（显　　性）．‎ ‎23．下面所列物质中，属于强电解质的是　　（填序号，下同），‎ 属于弱电解质的是　　，属于非电解质的是　　．‎ ‎①氯化钾　②乙醇　③醋酸　④氨气　⑤蔗糖 ⑥硫化氢 ‎⑦硫酸氢钠　⑧一水合氨　 ⑨氯气　⑩碳酸钡⑪铁．‎ ‎24．25℃纯水中的[H+]=2.0×10﹣7mol/L，则此溶液中的[OH﹣]=　　mol/L．‎ ‎（2）常温下将0.1molL﹣1氢氧化钠溶液与0.06molL﹣1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于　　；‎ ‎（3）实验室为了配制FeSO4溶液往往（1）要加入少量稀H2SO4，其目的是　　．‎ ‎25．用0.2000mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：‎ ‎①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.2000mol/L的标准NaOH溶液至“0”刻度线以上；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数．⑥重复以上滴定操作2﹣3次．请回答：‎ ‎（1）以上步骤有错误的是（填编号）　　，该错误操作会导致测定结果　　 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．‎ ‎（2）步骤④中，量取20.00mL待测液应使用　　（填仪器名称），在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，测定结果　　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．‎ ‎（3）步骤⑤滴定时眼睛应注视　　；判断到达滴定终点的依据是：　　．‎ ‎（4）以下是实验数据记录表 从表中可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，其可能的原因是　　‎ A．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡 滴定 次数 盐酸体积 ‎（mL）‎ NaOH溶液体积读数（mL）‎ 滴定前 滴定后 ‎1‎ ‎20.00‎ ‎0.00‎ ‎18.10‎ ‎2‎ ‎20.00‎ ‎0.00‎ ‎16.30‎ ‎3‎ ‎20.00‎ ‎0.00‎ ‎16.22‎ B．锥形瓶用待测液润洗 C．NaOH标准液保存时间过长，有部分变质 D．滴定结束时，俯视计数 ‎（5）根据表中记录数据，通过计算可得，该盐酸浓度为：　　mol/L．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年吉林省吉林市油田实验中学高二（上）期初化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（单项选择，每小题3分，共60分．）‎ ‎1．常温下，下列离子能使纯水中的H+离子数目增加的是（　　）‎ A．S2﹣ B．CO32﹣ C．NH4+ D．Br﹣‎ ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】常温下，能使纯水中的H+离子数目增加，说明了该离子能发生水解反应，且水解后溶液显示酸性，即弱碱离子的水解反应，据此进行判断．‎ ‎【解答】解：A．硫离子结合水电离的氢离子，促进了水的电离，溶液中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，溶液显示碱性，故A错误；‎ B．碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，溶液中氢氧根离子数目增加，氢离子数目减少，溶液显示碱性，故B错误；‎ C．铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，导致溶液中氢离子数目增加，氢氧根离子数目减少，故C正确；‎ D．Br﹣离子不水解，所以不改变溶液中氢离子数目，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了水的电离及其影响因素、盐类水解原理，题目难度不大，根据离子数目的增加确定哪种类型的离子水解，再结合离子水解的生成物判断即可．‎ ‎　‎ ‎2．关于溶液的酸性、酸性强弱的说法中，正确的是（　　）‎ A．只要溶液中有H+，溶液就显酸性 B．H+浓度大于OH﹣浓度，溶液一定显酸性 C．H+浓度增大，溶液的酸性一定增强 D．强酸溶液的酸性一定比弱酸溶液的酸性强 ‎【考点】探究溶液的酸碱性．‎ ‎【分析】溶液的酸碱性是根据溶液中C（H+）和C（OH﹣）的相对大小判断的，如果C（H+）＞C（OH﹣），溶液呈酸性，如果C（H+）=C（OH﹣），溶液呈中性，如果C（H+）＜C（OH﹣），则溶液呈碱性，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．无论酸性、碱性还是中性溶液中，都存在氢离子，故A错误；‎ B．如果溶液中c（H+）＞c（OH﹣），溶液呈酸性，故B正确；‎ C．将纯水升高温度，促进纯水电离，溶液中氢离子浓度增大，但c（H+）=c（OH﹣），但纯水仍然是中性，故C错误；‎ D．酸的强弱是根据其电离程度划分的，酸溶液的酸性强弱是根据氢离子浓度相对大小确定的，如果强酸溶液中氢离子浓度小于弱酸溶液中氢离子浓度，则强酸溶液的酸性小于弱酸溶液的酸性，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查溶液酸碱性的判断，注意不能根据溶液中氢离子浓度大小判断，要根据溶液中C（H+）和C（OH﹣）的相对大小判断，为易错点．‎ ‎　‎ ‎3．下列说法正确的是（　　）‎ A．水解反应是吸热反应 B．升高温度可以抑制盐类的水解 C．正盐水溶液pH均为7‎ D．硫酸钠水溶液pH小于7‎ ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】A、水解反应是中和反应的逆反应；‎ B、升高温度，水解向正方向进行；‎ C、大多数能水解的盐不显中性；‎ D、硫酸钠是强酸强碱盐，不水解．‎ ‎【解答】解：A、水解反应是中和反应的逆反应，属于吸热反应，故A正确；‎ B、水解反应是吸热反应，升高温度，水解向正方向进行，即升高温度可以促进盐类的水解，故B错误；‎ C、大多数能水解的盐不显中性，如氯化铵显酸性，碳酸钠显碱性，是由于其中的弱离子水解的缘故，故C错误；‎ D、硫酸钠是强酸强碱盐，不水解，显中性，pH等于7，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查盐的水解平衡的影响因素和水解原理知识，可以根据教材知识回答，难度不大．‎ ‎　‎ ‎4．在25℃时，某稀溶液中有水电离产生的H+浓度为1×10﹣13molL﹣1，下列有关该溶液的叙述，正确的是（　　）‎ A．该溶液可能呈酸性 B．该溶液一定呈碱性 C．该溶液的pH值一定是1 D．该溶液的pH值不可能为13‎ ‎【考点】探究溶液的酸碱性．‎ ‎【分析】在25℃时，某稀溶液中有水电离产生的H+浓度为1×10﹣13molL﹣1＜1×10﹣7molL﹣1，说明溶液中的溶质抑制水电离，则溶质为酸或碱，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：在25℃时，某稀溶液中有水电离产生的H+浓度为1×10﹣13molL﹣1＜1×10﹣7molL﹣1，说明溶液中的溶质抑制水电离，则溶质为酸或碱，‎ A．通过以上分析知，该溶液可能呈酸性，故A正确；‎ B．通过以上分析知，该溶液可能呈酸性或碱性，故B错误；‎ C．如果该溶液呈酸性，则溶液的pH=1，如果该溶液呈碱性，则该溶液的pH=13，故C错误；‎ D．根据C知，该溶液的pH=1或13，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查溶液酸碱性判断，明确哪些物质抑制水电离、哪些物质促进水电离是解本题关键，知道溶液pH的计算方法，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎5．下列各组离子一定能大量共存的是（　　）‎ A．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣‎ B．在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣‎ C．在c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣‎ D．在pH=0的溶液中：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A．Fe3+与SCN﹣发生络合反应；‎ B．强碱溶液中存在大量的OH﹣；‎ C．c（H+）=10﹣13mol/L的溶液呈碱性，存在大量的OH﹣；‎ D．pH=0的溶液呈酸性，存在大量的H+．‎ ‎【解答】解：A．Fe3+与SCN﹣发生络合反应生成Fe（SNC）3而不能共存，故A错误；‎ B．强碱溶液中存在大量的OH﹣，离子之间不发生任何反应，可以大量共存，故B正确；‎ C．c（H+）=10﹣13mol/L的溶液呈碱性，存在大量的OH﹣，NH4+与OH﹣反应生成NH3H2O，A13+与OH﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；‎ D．pH=0的溶液呈酸性，存在大量的H+，Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查离子共存问题，题目难度中等，注意常见离子的性质，判断离子之间能否发生反应，注意题目的要求．‎ ‎　‎ ‎6．下列各溶液显酸性的是（　　）‎ A．NaHCO3 B．2SO4 C．NaCl D．CH3COOK ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】这几种物质都属于盐，根据“谁强谁显性、谁弱谁水解”来判断溶液的酸碱性．‎ ‎【解答】解：A．碳酸氢钠属于强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠溶液呈碱性，故A错误；‎ B．硫酸铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解而使溶液呈酸性，故B正确；‎ C．氯化钠属于强酸强碱盐，其溶液呈中性，故C错误；‎ D．醋酸钾属于强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使其溶液呈碱性，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了盐类水解，根据盐中存在的弱离子及弱离子水解程度大小判断溶液的酸碱性，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎7．下列物质在常温下发生水解时，对应的离子方程式正确的是（　　）‎ A．Na2CO3：CO32﹣+2H2O⇌H2O+CO2↑+2OH﹣‎ B．NH4NO3：NH4++H2O⇌NH3H2O+H+‎ C．CuSO4：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2↓+2H+‎ D．KF：F﹣+H2O→HF+OH﹣‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子；‎ B．铵根离子水解生成一水合氨和氢离子；‎ C．铁离子水解生成氢氧化铜和氢离子，不会生成氢氧化铜沉淀；‎ D．氟离子水解生成氟化氢和氢氧根离子，水解反应为可逆反应．‎ ‎【解答】解：A．碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解分步进行，主要以第一步为主，碳酸根离子水解的方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故A错误；‎ B．铵根离子水解的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3H2O+H+，故B正确；‎ C．铜离子水解生成的不是氢氧化铜沉淀，铜离子水解方程式为：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，故C错误；‎ D．水解反应为可逆反应，应该用可逆号，氟离子水解的方程式为：F﹣+H2O⇌HF+OH﹣，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了水解的离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意明确盐的水解原理，明确水解反应为可逆反应，多元弱酸根离子的水解分步进行，主要以第一步为主．‎ ‎　‎ ‎8．下列关于盐类水解的叙述中，错误的是（　　）‎ A．盐类水解是中和反应的逆反应 B．盐类水解过程是吸热过程 C．含有弱酸根盐的水溶液一定显碱性 D．盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸和碱的相对强弱 ‎【考点】盐类水解的原理．‎ ‎【分析】A、盐的水解是盐和水反应生成对应的酸和碱的过程；‎ B、盐的水解是吸热的；‎ C、水解的盐显示的酸碱性取决于阴阳弱离子水解程度的大小；‎ D、水解的盐显示的酸碱性取决于形成盐的阴阳弱离子水解程度的大小．‎ ‎【解答】解：A、盐的水解是盐和水反应生成对应的酸和碱的过程，是中和反应的逆反应，故A正确；‎ B、盐类水解是中和反应的逆反应，中和反应放热，盐的水解是吸热的，故B正确；‎ C、水解的盐显示的酸碱性取决于阴阳弱离子水解程度的大小，如醋酸铵是一种含有弱酸根离子的盐，但是该溶液显中性，故C错误；‎ D、水解的盐显示的酸碱性取决于形成盐的阴阳弱离子水解程度的大小，阳离子水解程度大，溶液显示酸性，阴离子水解程度大，溶液显示碱性，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查学生盐的水解原理以及盐的水解规律知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎9．下列操作，能使水的电离平衡向右移动，且使所得溶液显酸性的是（　　）‎ A．在水中加入少量氯化钠，并加热到100℃‎ B．在水中滴人稀硫酸 C．在水中加入小苏打 D．在水中加入氯化铝固体 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】能使水的电离平衡向右移动，说明加入的物质能和氢离子或氢氧根离子反应而促进水的电离；溶液呈酸性，说明加入的物质和氢氧根离子反应，导致溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度而使溶液呈酸性．‎ ‎【解答】解：A、温度升高，水的电离平衡向正反应方向移动，氯化钠不水解，则溶液中的氢离子和氢氧根相等，溶液显示中性，故A错误；‎ B、硫酸电离出氢离子，抑制了水的电离，平衡向逆反应方向移动，故B错误；‎ C、小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢钠中的碳酸氢根属于弱酸根离子，结合了水电离的氢离子，溶液显示碱性，故C错误；‎ D、氯化铝中的铝离子水解，促进了水的电离，平衡向正反应方向移动，溶液显示酸性，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡，明确酸或碱能抑制水的电离、含有弱酸根离子或弱碱离子的盐能促进水的电离是解本题关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎10．摩尔浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其中pH值依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是（　　）‎ A．HX、HZ、HY B．HZ、HY、HX C．HX、HY、HZ D．HY、HZ、HX ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】根据酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱来解答．‎ ‎【解答】解：因pH越大，说明酸根离子水解越是强烈，对应的酸越弱．所以HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序：HX＞HY＞HZ，故选C．‎ ‎【点评】本题考查盐类的水解，题目难度不大，注意酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱．‎ ‎　‎ ‎11．某溶液中由水电离出来的c（OH﹣）=10﹣12mol/L，则该溶液中的溶质不可能是（　　）‎ A．HCl B．NaOH C．NH4Cl D．H2SO4‎ ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】Kw是水的离子积常数，适用于各种稀溶液，常温下存在，Kw=c（H+）×c（OH﹣）═1×10﹣14，水电离出的c（H+）=c（OH﹣）═1×10﹣12mol/L，则溶液中水的电离被抑制，可以是酸或碱溶液．‎ ‎【解答】解：常温下，由水电离的c（H+）=c（OH﹣）═10﹣12mol/L，说明该溶液中水的电离受到抑制；‎ A．盐酸溶液呈强酸性，对水的电离起抑制作用，故A不选；‎ B．氢氧化钠是强碱，对水的电离起抑制作用，故B不选；‎ C．氯化铵溶液中铵根离子水解，促进水的电离，故C选；‎ D．硫酸是强酸，对水的电离起抑制作用，故D不选；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题主要考查了水的电离的影响因素，只要分清酸碱抑制，弱酸根离子或弱碱的离子水解促进水的电离，就可轻松解题．‎ ‎　‎ ‎12．下列变化不属于水解反应的是（　　）‎ A．NH4++H2O⇌NH3H2O+H+ B．HS﹣+H2O⇌H3O++S2﹣‎ C．HS﹣+H2O⇌H2S+OHˉ D．NH4++2H2O⇌NH3H2O+H3O+‎ ‎【考点】盐类水解的原理．‎ ‎【分析】根据水解反应的定义：盐电离出的弱酸或弱碱离子与水电离产生的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．NH4++H2O⇌NH3H2O+H+为NH4+的水解，生成NH3H2O，水解呈酸性，故A不选；‎ B．为HS﹣的电离方程式，故B选；‎ C．HS﹣+H2O⇌H2S+OHˉ为HSˉ的水解方程式，水解生成H2S，溶液呈碱性，故C不选；‎ D．NH4++2H2O⇌NH3H2O+H3O+为NH4+的水解，生成NH3H2O，水解呈酸性，故D不选．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查盐类水解原理、水解离子方程式的分析判断，注意电离方程式的理解应用，特别是H2S、H2O的电离方程式的判断，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎13．某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（　　）‎ A．用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸 B．用托盘天平称量25.20g NaCl C．用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3‎ D．用25mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.70mL ‎【考点】计量仪器及使用方法；试纸的使用．‎ ‎【分析】A、根据量筒的最小读数进行判断；‎ B、根据托盘天平的准确度进行判断；‎ C、pH试纸测定的溶液的pH都是1～14的整数；‎ D、根据滴定管的准确度进行分析．‎ ‎【解答】解：A、量筒的准确度为0.1mL，无法用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸，故A错误；‎ B、托盘天平的准确度是0.1g，无法用托盘天平称量25.20g NaCl，故B错误；‎ C、pH试纸测定的溶液的酸碱性都是整数，不会出现小数，故C错误；‎ D、滴定管可以准确度0.01mL，可以读到21.70mL，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了实验室常用仪器的准确度及pH试纸的特点，需要熟练掌握仪器的最小读数，本题难度不大．‎ ‎　‎ ‎14．室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是（　　）‎ A．溶液中导电粒子的数目减少 B．溶液中c（OH﹣）亦增大 C．醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大 D．再加入10mL pH=11的NaOH溶液，混合液的pH=7‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】根据醋酸是弱电解质，则室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用温度与电离常数的关系、酸碱混合时pH的计算来解答．‎ ‎【解答】解：A．醋酸是弱酸，存在电离平衡．在醋酸溶液中加水稀释，促进电离，则液中导电粒子的数目增多，故A错误；‎ B．加水稀释时，c（H+）减小，因K=c（H+）×c（OH﹣）不变，则c（OH﹣）增大，故B正确；‎ C．加水稀释时，电离程度增大，但溶液的体积增大的倍数大于n（H+）增加的倍数，则c（H+）减小，故C错误；‎ D．等体积10mLpH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/L，醋酸过量，则溶液的pH＜7，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查弱电解质稀释的有关判断，是高考中的常见题型，属于中等难度的试题．主要是考查学生对弱电解质电离平衡特点以及外界条件对电离平衡影响的熟悉了解程度．答题明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化程度是解答本题的关键．‎ ‎　‎ ‎15．水是最宝贵的资源之一．下列表述正确的是（　　）‎ A．4℃时，纯水的pH=7‎ B．温度升高，纯水中的c（H+） 增大，c（OH﹣）减小 C．水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子 D．向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小 ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】A、水的电离是吸热反应，常温下水的PH=7；‎ B、水的电离是吸热过程，升温促进电离；‎ C、水在常温下电离出氢离子和氢氧根离子浓度为10﹣7mol/L；‎ D、向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，水的离子积随温度变化；‎ ‎【解答】解：A、水的电离是吸热反应，常温下水的PH=7；故A错误；‎ B、水的电离是吸热过程，升温促进电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，故B错误；‎ C、水在常温下电离出氢离子和氢氧根离子浓度为10﹣7mol/L，故C正确；‎ D、向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，但水的离子积随温度变化，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了水的电离过程和影响因素，关键是水的离子积只随温度变化，题目较简单．‎ ‎　‎ ‎16．用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　）‎ A． B．‎ C．c（H+）和c（OH﹣）的乘积 D．OH﹣的物质的量 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3．H2O⇌OH﹣+NH4+可知，n（OH﹣）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH﹣）减小，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少．‎ ‎【解答】解：A、由NH3．H2O⇌OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH﹣）增大，增大，故A错误；‎ B、由NH3．H2O⇌OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH﹣）增大，减小，故B正确；‎ C、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH﹣）的乘积不变，故C错误；‎ D、由NH3．H2O⇌OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，OH﹣的物质的量增大，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查弱电解质的电离，明确稀释时电离平衡的移动及离子的物质的量、离子的浓度的变化是解答的关键，并注意离子积与温度的关系来解答．‎ ‎　‎ ‎17．氢氰酸（HCN）的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（　　）‎ A．在相同条件下，HCN溶液的导电性比强酸溶液的弱 B．HCN易溶于水 C．10 mL1mol/LHCN恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应 D．1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3‎ ‎【考点】弱电解质的判断．‎ ‎【分析】氢氰酸为弱电解质，则利用其电离不完全来分析，一般测定溶液的pH或测定相同条件下与强酸的导电性比较来判断．‎ ‎【解答】解：A、HCl为一元强酸，在相同条件下，HCN溶液的导电性比盐酸溶液弱，则说明HCN电离不完全，但若为强酸的稀溶液导电性也可以比强酸溶液的弱，故A错误；‎ B、不能利用物质的溶解性来判断是否为弱电解质，即溶解性与电解质的强弱无关，故B错误；‎ C、10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，只能说明HCN为酸，不能说明其电离的程度，故C错误；‎ D、氢氰酸为一元酸，1mol/L氢氰酸溶液的pH=0时该酸为强酸，但pH约为5，说明电离生成的氢离子约为10﹣5mol/L＜1mol/L，电离不完全，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查弱电解质的判断方法，明确弱电解质在水中电离不完全是解答本题的关键，学生应注意在平时的学习中归纳判断弱电解质的方法，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎18．中和相同体积、相同pH的硫酸、盐酸和醋酸三种稀溶液，所用相同浓度的NaOH溶液的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系为（　　）‎ A．V3＞V2＞V1 B．V3=V2＞V1 C．V3＞V2=V1 D．V1=V2＞V3‎ ‎【考点】化学方程式的有关计算．‎ ‎【分析】等pH的硫酸、盐酸和醋酸三种酸溶液，硫酸和氯化氢为强电解质，溶液中氢离子浓度相等，而醋酸为弱电解质，溶液中部分电离，则醋酸的浓度大于溶液中氢离子浓度，据此进行判断V1、V2、V3的关系．‎ ‎【解答】解：等pH的硫酸、盐酸和醋酸三种酸溶液，硫酸和氯化氢为强电解质，溶液中氢离子浓度相等，而醋酸为弱电解质，溶液中部分电离，则醋酸的浓度大于溶液中氢离子浓度，所以等体积，需要氢氧化钠的物质的量最多的是醋酸，盐酸与硫酸相等，则三者的大小关系为V3＞V2=V1，故选C．‎ ‎【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液中氢离子、氢氧根离子与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液的pH的关系，明确弱电解质部分电离是解答本题关键．‎ ‎　‎ ‎19．下列实验中，由于错误操作导致所测出的数据一定偏低的是（　　）‎ A．用量筒量取一定体积液体时，俯视读出的读数 B．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，酸式滴定管未用标准盐酸润洗，所测出的碱液的浓度值 C．同一滴定实验，一般要做三次，取三次实验的平均值进行计算，但某同学只做了一次 D．达到滴定终点时，俯视读数 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．俯视读数，视线高于凹液面，读数大于实际液体体积； ‎ B．滴定管未用盐酸标准液润洗，会导致浓度偏低，所用体积判断，则测定结果偏大；‎ C．同一滴定实验，一般要做三次，取三次实验的平均值进行计算，但某同学只做了一次，得到的数值可能偏大也可能偏小；‎ D．达到滴定终点时，俯视读数，读数小于实际液体体积．‎ ‎【解答】解：A．读数时俯视，会使所读取的数值大于液体的实际体积，故A错误； ‎ B．滴定管未用盐酸标准液润洗，会导致浓度偏低，所用体积判断，则测定结果偏大，故B错误；‎ C．同一滴定实验，一般要做三次，取三次实验的平均值进行计算，但某同学只做了一次，得到的数值可能偏大也可能偏小，故C错误；‎ D．达到滴定终点时，俯视读数，读数小于实际液体体积，则所测出的数据一定偏低，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查化学实验评价，为高频考点，侧重考查实验基本操作，根据实验操作规范性分析解答即可，易错选项是AD，注意二者仪器上标注数值特点，为易错点．‎ ‎　‎ ‎20．已知一种c（H+）=1×10﹣3 mol/L的酸和一种c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L的碱等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能是（　　）‎ A．浓的强酸和稀的强碱反应 B．浓的弱酸和稀的强碱反应 C．等浓度的强酸和弱碱反应 D．稀的强酸和浓的弱碱反应 ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】已知一种c（H+）=1×10﹣3 mol/L的酸和一种c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L的碱等体积混合后溶液呈酸性，可能是酸为弱酸、碱为强碱，混合后酸后剩余；也可能是酸、碱都是弱电解质，但酸的电离程度小于碱的电离程度，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．两个溶液中c（H+）和c（OH﹣）相同，均为1×10﹣3 mol/L，所以不可能是浓的强酸，与题意不符合，故A错误；‎ B．已知一种c（H+）=1×10﹣3 mol/L的酸和一种c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L的碱等体积混合后溶液呈酸性，可能是酸为弱酸、碱为强碱，酸的浓度大于氢离子浓度，所以可能是浓的弱酸和稀的强碱反应，与题意相符合，故B正确；‎ C．等浓度的强酸和弱碱反应，弱碱部分电离，氢氧根离子浓度较小，所以碱中氢氧根离子浓度小于酸中氢离子浓度，与题意不符合，故C错误；‎ D．稀的强酸和浓的弱碱反应混合时，弱碱过量，溶液显碱性，与题意不符合，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算，题目难度不大，注意根据n（H+）与n（OH﹣）关系以及反应后溶液的酸碱性判断酸碱的强弱关系．‎ ‎　‎ 二、非选择题（5小题，共40分）‎ ‎21．现有在室温的条件下，pH均为3的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，回答下列问题：‎ ‎（1）两溶液中c（H+）c（OH﹣）=　1×10﹣14　．‎ ‎（2）各取5mL上述溶液，分别加水稀释至50mL，pH较大的是　H2SO4　溶液．‎ ‎（3）各取5mL上述溶液，分别加热到90℃，pH较小的是　NH4Cl　溶液．‎ ‎（4）两溶液中由水电离出的c（H+）分别为：H2SO4溶液：　1×10﹣11mol∕L　；NH4Cl溶液：　1×10﹣3mol∕L　．‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】（1）室温下水的离子积为1×10﹣14；‎ ‎（2）强酸溶液稀释，氢离子浓度随体积增大呈比例减小；而氯化铵溶液稀释促进铵根离子的水解，水解出更多氢离子，故氢离子浓度下降较慢；‎ ‎（3）氯化铵水解过程是吸热反应，加热溶液，促进水解氢离子浓度变大，硫酸溶液加热，氢离子浓度基本不变；‎ ‎（4）硫酸中的氢氧根离子是水电离的，氯化铵溶液中的氢离子是水电离的，据此进行计算；‎ ‎【解答】解：（1）室温下两溶液中水的离子积Kw=c（H+）c（OH﹣）=1×10﹣14，与溶液的种类无关．故答案为：1×10﹣14；‎ ‎（2）室温的条件下，pH均为3的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，各取5mL上述溶液，分别加水稀释至50mL，稀释10倍，硫酸溶液pH变为4；而氯化铵溶液中铵根离子水解促进，水解出更多的氢离子，故溶液中氢离子浓度减小的少，溶液pH小于4，即pH较大的是硫酸溶液；‎ 故答案为：H2SO4；‎ ‎（3）室温的条件下，pH均为3的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，各取5mL上述溶液，分别加热到90℃，由于硫酸是强电解质，以及完全电离，故加热后硫酸溶液中氢离子浓度不变，即pH不变；由于氯化铵的水解是吸热反应，加热促进水解，故水解出更多氢离子，导致氢离子浓度增大，故溶液pH变小．‎ 故答案为：NH4Cl；‎ ‎（4）室温的条件下，pH均为3的H2SO4溶液和NH4Cl溶液中存在离子积常数，硫酸溶液中，c（H+）酸×c（OH﹣）水=10﹣14，则水电离的氢氧根离子的浓度c（OH﹣）水=1×10﹣11mol∕L；氯化铵溶液中，c（H+）水×c（OH﹣）水剩余=10﹣14，则水电离的氢离子浓度为c（H+）水=1×10﹣3mol∕L，‎ 故答案为：1×10﹣11mol∕L；1×10﹣3mol∕L．‎ ‎【点评】本题考查了盐类水解的应用判断、溶液pH的计算等知识，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握盐的水解原理及其影响因素．‎ ‎　‎ ‎22．写出下列盐类水解的离子方程式，并指出其溶液的酸碱性．‎ ‎（1）Fe2（SO4）3水解：　Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+　（显　酸　性）．‎ ‎（2）CH3COONa水解：　CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣　（显　碱　性）．‎ ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】（1）Fe2（SO4）3为强酸弱碱盐，水解显酸性，铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子；‎ ‎（2）醋酸钠强碱弱酸盐，水解显碱性，醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子．‎ ‎【解答】解：（1）Fe2（SO4）3为强酸弱碱盐，水解显酸性，铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，水解离子方程式：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；溶液显酸性；‎ 故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；酸；‎ ‎（2）醋酸钠强碱弱酸盐，水解显碱性，醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，水解离子方程式：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，溶液呈碱性；‎ 故答案为：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，碱．‎ ‎【点评】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查盐类水解的离子方程式，明确盐类水解实质及规律是解题关键，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎23．下面所列物质中，属于强电解质的是　①⑦⑩　（填序号，下同），‎ 属于弱电解质的是　③⑥⑧　，属于非电解质的是　②④⑤　．‎ ‎①氯化钾　②乙醇　③醋酸　④氨气　⑤蔗糖 ⑥硫化氢 ‎⑦硫酸氢钠　⑧一水合氨　 ⑨氯气　⑩碳酸钡⑪铁．‎ ‎【考点】强电解质和弱电解质的概念；电解质与非电解质．‎ ‎【分析】在水溶液中能够完全电离的电解质为强电解质，在溶液中部分电离的电解质为弱电解质，弱电解质存在电离平衡，水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液和熔融状态都不导电的化合物为非电解质，据此进行判断．‎ ‎【解答】解：①氯化钾、③醋酸、⑥硫化氢、⑦硫酸氢钠、⑧一水合氨、⑩碳酸钡水溶液中或熔融状态下能导电，属于电解质，‎ ‎①氯化钾、⑦硫酸氢钠、⑩碳酸钡水溶液中或熔融状态下完全电离属于强电解质，‎ ‎③醋酸、⑥硫化氢、⑧一水合氨水溶液中部分电离属于弱电解质，‎ ‎②乙醇、④氨气、⑤蔗糖水溶液中和熔融状态下都不导电属于非电解质，‎ ‎⑨氯气⑪铁是单质不是电解质或非电解质，‎ 属于强电解质的为：①⑦⑩，‎ 属于弱电解质的为：③⑥⑧，‎ 属于非电解质的为：②④⑤‎ 故答案为：①⑦⑩；③⑥⑧；②④⑤．‎ ‎【点评】本题考查了电解质、非电解质、强电解质和弱电解质概念的分析，注意物质组成和概念实质的理解应用，题目较简单．‎ ‎　‎ ‎24．（1）25℃纯水中的[H+]=2.0×10﹣7mol/L，则此溶液中的[OH﹣]=　2.0×10﹣7　mol/L．‎ ‎（2）常温下将0.1molL﹣1氢氧化钠溶液与0.06molL﹣1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于　2　；‎ ‎（3）实验室为了配制FeSO4溶液往往（1）要加入少量稀H2SO4，其目的是　抑制Fe2+水解　．‎ ‎【考点】pH的简单计算；盐类水解的原理．‎ ‎【分析】（1）纯水显中性，故c（H+）=c（OH﹣）；‎ ‎（2）常温下，将0.1molL﹣1氢氧化钠溶液与0.06molL﹣1硫酸溶液等体积混合，先判断过量，然后计算过量的酸或碱的物质的量浓度，最后计算溶液的pH；‎ ‎（3）Fe2+离子在水溶液中水解．‎ ‎【解答】解：（1）纯水呈中性，则纯水中c（H+）=c（OH﹣）=2.0×10﹣7 mol/L，故答案为：2.0×10﹣7；‎ ‎（2）常温下氢氧化钠溶液物质的量浓度为0.1mol/L，设溶液的体积都是1L，则氢氧化钠的物质的量为：1L×0.1molL﹣1=0.1mol，‎ 硫酸的物质的量为：1L×0.06molL﹣1=0.06mol，含有H+的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，‎ 酸碱发生中和时H+和OH﹣的物质的量分别为0.12mol和0.1mol，则硫酸过量，过量的H+的物质的量为：0.12mol﹣0.1mol=0.02mol，‎ 反应后溶液中H+的物质的量浓度为：c（H+）==0.01 molL﹣1，‎ 该混合液的pH=﹣lg10﹣2=2.0，故答案为：2；‎ ‎（3）Fe2+离子在水溶液中水解使配制的溶液变浑浊，加入少量H2SO4 可以抑制二价铁离子的水解，故答案为：抑制Fe2+水解．‎ ‎【点评】本题主要考查溶液pH的有关计算和盐类水解的应用，题目难度中等，明确酸碱反应的过量分析是解答的关键，并应熟悉物质的量的计算、pH的计算公式来解答即可，试题培养了学生的化学计算能力．‎ ‎　‎ ‎25．用0.2000mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：‎ ‎①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.2000mol/L的标准NaOH溶液至“0”刻度线以上；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数．⑥重复以上滴定操作2﹣3次．请回答：‎ ‎（1）以上步骤有错误的是（填编号）　①　，该错误操作会导致测定结果　偏大　 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．‎ ‎（2）步骤④中，量取20.00mL待测液应使用　酸式滴定管　（填仪器名称），在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，测定结果　无影响　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．‎ ‎（3）步骤⑤滴定时眼睛应注视　锥形瓶中溶液颜色变化　；判断到达滴定终点的依据是：　锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，半分钟不变色　．‎ ‎（4）以下是实验数据记录表 从表中可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，其可能的原因是　AB　‎ A．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡 滴定 次数 盐酸体积 ‎（mL）‎ NaOH溶液体积读数（mL）‎ 滴定前 滴定后 ‎1‎ ‎20.00‎ ‎0.00‎ ‎18.10‎ ‎2‎ ‎20.00‎ ‎0.00‎ ‎16.30‎ ‎3‎ ‎20.00‎ ‎0.00‎ ‎16.22‎ B．锥形瓶用待测液润洗 C．NaOH标准液保存时间过长，有部分变质 D．滴定结束时，俯视计数 ‎（5）根据表中记录数据，通过计算可得，该盐酸浓度为：　0.1626　mol/L．‎ ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】（1）根据碱式滴定管在装液前应用待装液进行润洗；根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断；‎ ‎（2）根据精确量取液体的体积用滴定管；根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断；‎ ‎（3）根据中和滴定中，眼睛应注视的是锥形瓶中溶液颜色变化；根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；‎ ‎（4）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断；‎ ‎（5）先根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3组平均消耗V（NaOH），接着根据c（待测）=来计算．‎ ‎【解答】解：（1）根据碱式滴定管在装液前应用待装液进行润洗，用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上，碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=，c（标准）偏大，‎ 故答案为：①；偏大；‎ ‎（2）精确量取液体的体积用滴定管，量取20.00mL待测液应使用酸式滴定管，在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，V（标准）不变，根据cc（待测）=来计，c（标准）不变，故答案为：酸式滴定管；无影响；‎ ‎（3）中和滴定中，眼睛应注视的是锥形瓶中溶液颜色变化，滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，所以当滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，‎ 故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，半分钟不变色；‎ ‎（4）从上表可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，上面测得的盐酸浓度偏大，‎ A．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致氢氧化钠溶液体积偏大，所以所测盐酸浓度偏大，故A正确；‎ B．锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量偏大，所用氢氧化钠溶液体积偏大，所测盐酸浓度偏大，故B正确 C．NaOH标准液保存时间过长，有部分变质，所用氢氧化钠溶液体积偏小，所测盐酸浓度偏小，故C错误；‎ D．滴定结束时，俯视计数，所用氢氧化钠溶液体积偏小，所测盐酸浓度偏小，故D错误；‎ 故选：AB；‎ ‎（5）根据三次滴定消耗的体积为舍去第1组数据，然后求出2、3组平均消耗V（NaOH）=16.26mL，c（待测）===0.1606 molL﹣1，故答案为：0.1626．‎ ‎【点评】本题主要考查了中和滴定的原理、步骤、误差分析及化学计算，难度不大，根据所学知识即可完成．‎ ‎　‎