1、江苏省苏州市第四中学2019-2020学年高二化学下学期5月自学能力测试试题（含解析）一、单选题（每小题只有一个正确答案，每题3分，共30分）1.25 将0.1 molL1的HCl和0.06 molL1 Ba(OH)2溶液以等体积混合后，该混合液的pH是A. 1.7B. 12.3C. 12D. 2【答案】C【解析】【详解】首先要判断哪种物质过量，盐酸溶液中：c(H+)=0.1mol/L，Ba(OH)2溶液中：c(OH-)=0.06 mol/L2=0.12 mol/L，又因等体积混合，故碱过量，则溶液中：c(OH-)=0.01mol/L，故pH=-lg c(H+)=14+lg0.01=14-2=
2、12。2.生活中处处有化学，下列有关说法正确的是A. 天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的Mg2、Ca2等离子B. 焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关C. 生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理D. 在滴有酚酞的Na2CO3溶液中慢慢滴入BaCl2溶液，溶液的红色逐渐褪去【答案】D【解析】【详解】A天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的CO32-，该离子在水中发生水解反应消耗水电离产生的H+，最终当达到平衡时，水中c(OH-)c(H+)，错误；B焊接时用NH4Cl溶液除锈是由于该盐是强酸弱碱盐，NH4+发生水解反应小于水电离产生的OH-，当最终达到平衡时，水中c(
3、OH-)c(H+)，所以滴入酚酞试液时，溶液变为红色。当向其中慢慢滴入BaCl2溶液，发生离子反应：Ba2+CO32-=BaCO3，使盐的水解平衡逆向移动，c(OH-)减小，所以溶液的红色逐渐褪去，正确。答案选D。3.在一定条件下，向0.1 mol/L的CH3COONa溶液中滴加CH3COOH溶液至混合溶液中离子浓度满足如下关系c(Na) +c(OH) =c(H)+ c(CH3COO)，则下列叙述正确的是A. 混合溶液中：c(OH) c(H)B. 混合溶液中：c(CH3COO)=0.1 mol/LC. 混合溶液中：c(Na) c(CH3COO)D. 混合溶液中：c(Na) = c(CH3COO
4、)【答案】D【解析】【详解】根据电荷守恒可知c(Na) +c(H) =c(OH) + c(CH3COO)，又因为c(Na) +c(OH) =c(H)+ c(CH3COO)，所以c(OH) =c(H)，所以c(Na) = c(CH3COO)，原0.1 mol/LCH3COONa溶液中c(Na) =0.1 mol/L，滴加CH3COOH溶液后溶液体积变大，c(Na)降低，所以c(Na) = c(CH3COO)0.1 mol/L，答案选D。4.物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，若它们的pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的排列顺序是()A. HX、HZ、HYB
5、. HZ、HY、HXC. HX、HY、HZD. HY、HZ、HX【答案】C【解析】【分析】根据盐类水解规律，越弱越水解，强碱弱酸盐对应的酸的酸性越弱，其盐水解程度越大。【详解】三种盐为强碱弱酸盐，水解程度越大，则溶液的pH越大，根据分析可知，NaX、NaY和NaZ溶液的pH依次为8、9、10，则酸性由强到弱的顺序为HX、HY、HZ，答案为C。5.在蒸发皿中加热蒸干并灼烧（低于400）下列物质的溶液，可以得到该物质的固体的是（ ）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】AAlCl3因为能水解生成Al(OH)3和HCl，加热HCl挥发，水解彻底进行，生成Al(
6、OH)3沉淀，灼烧Al(OH)3得Al2O3，故A错误；BNaHCO3在加热条件下易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，故B错误；C硫酸铁水解生成的酸是硫酸，硫酸属于难挥发性酸，且硫酸铁较稳定，受热不发生反应，所以加热蒸干并灼烧硫酸铁溶液最后得到的仍然是硫酸铁，故C正确；DKMnO4受热易分解生成锰酸钾、二氧化锰与氧气，故D错误；故选C。6.pH均为2的等体积的盐酸和醋酸分别稀释100倍后，下列说法正确的是（ ）A. 二者的pH相等B. 盐酸pH大C. 醋酸pH大D. pH均增大到4【答案】B【解析】【详解】pH相等的醋酸和盐酸溶液中，醋酸部分电离，氯化氢完全电离，稀释相同的倍数，促进醋酸电离，醋酸
7、中氢离子物质的量增大，盐酸中氢离子物质的量不变，则醋酸氢离子浓度大于盐酸，盐酸中pH变为4，醋酸中pH小于4，故选B。7.下列说法不正确的是（ ）A. 用药匙取用少量二氧化锰粉末B. 蒸馏实验中忘记加沸石，应先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，继续蒸馏C. 用干燥洁净的玻璃棒蘸取84消毒液（主成分NaClO），点滴到干的pH试纸上测pHD. 油脂制肥皂实验中加乙醇的目的是增大油脂的溶解度，从而增大与氢氧化钠溶液的接触面积，加快油脂皂化反应速率【答案】C【解析】【详解】A少量固体粉末可以用药匙，故A正确；B液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，
8、应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B正确；C将一小块试纸放在表面皿上，用玻棒蘸取待测液涂于pH试纸上，再与标准比色卡对照，是测非强氧化性溶液的pH，NaClO具有强氧化性，pH试纸上无法显色，所以无法测定，故C错误；D油脂难溶于水，在乙醇中的溶解度较大，油脂制肥皂实验中加一定量的乙醇是为了增加油脂的溶解，增大与碱的接触面积，加快反应速率，故D正确；故选C。8. 下列说法正确的是( )A. 0.5mol SO2和11.2LCO2所含的分子数目一定相等B. 25和100时，水的pH相等C. 中和等体积、等物质的量浓度的NaOH和氨水所消耗的n(H2SO4)相等D. 2SO2(g)O2
9、(g)2SO3(g) 和4SO2(g)2O2(g)4SO3(g)的H相等【答案】C【解析】【详解】A未标明状态，故无法确定；B沸水pH在6左右，冰水的大于7，25等于7；CNaOH和氨水体积相等、物质的量浓度相等，所以物质的量相等，和硫酸发生反应，消耗硫酸的物质的量相等，正确；D热化学方程式的H和方程式的系数成正比，所以后者为前者的二倍；故选C。9.能说明0.1 molL1的NaHA溶液一定呈酸性的是A. 某温度下，测得溶液的pH7B. 溶液中c(Na)c(A2)C. 溶液中存在Na+、HA、A2、H2A多种微粒D. NaHA溶液可与等体积等物质的量浓度的NaOH溶液恰好反应【答案】B【解析】
10、【详解】A、没有指明温度是25，所以pH7的溶液不一定呈酸性，A错误；B、 溶液中c（NA+）=c（A2），说明NaHA完全电离，NAHA为强酸的酸式盐，溶液一定呈酸性，B正确；C、溶液中存在Na+、HA、A2、H2A多种微粒，说明NaHA为弱酸的酸式盐，HA-的电离与水解程度大小不确定，溶液的酸碱性不确定，C错误；D、不论NaHA是强酸酸式盐还是弱酸酸式盐，都与等体积等物质量浓度的NaOH溶液恰好反应，所以无法确定NaHA溶液的酸碱性，D错误。答案选B。10. 对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是A. 明矾溶液加热B. CH3COONa溶液加热C. 氨水中加入少量NH4Cl固体D.
11、小苏打溶液中加入少量NaCl固体【答案】B【解析】【详解】A明矾溶液中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，A错误；BCH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，B正确；C氨水为弱碱，部分电离：NH3H2ONH4+OH-，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4+Cl-，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，C错误；D加入少量NaCl固体不影响小苏打的电离和水解，酚酞溶液不变深，D错误。答案选B。【点晴】解答时注意两点，一是溶液呈碱性，二是把握影响水解平衡的因素以及平衡移
12、动的方向。二、不定项选择题（每题有1-2个选项，漏选2分，错选0分，每题4分，共20分）11.在100 时，水的离子积为110-12，若该温度下某溶液中的H+浓度为110-7molL-1，则该溶液（ ）A. 呈碱性B. 呈酸性C. 呈中性D. c(OH-)=100c(H+)【答案】AD【解析】【详解】KW=110-12mol2L-2=c(H+)c(OH-)=110-7molL-1c(OH-)则c(OH-)=10-5molL-1因此c(OH-)c(H+)，溶液显碱性且10-5molL-1=c(OH-)=100c(H+)=10010-7molL-1，所以答案选AD。【点睛】该题是基础性试题的考查，
13、难度不大。该题的关键是明确水的离子积常数的含义及表达式，其次还注意溶液酸碱性的判断依据，该题有利于培养学生的逻辑推理能力。12.在25时，某溶液中，由水电离出的c(H+)=110-12molL-1，则该溶液的pH可能是（ ）A. 12B. 7C. 6D. 2【答案】AD【解析】【详解】在25时，某溶液中，由水电离出的c(H+)=110-12molL-1，说明水的电离受到抑制，则可能是酸或碱，若为酸，溶液中氢氧根全部由水电离，且c(OH-)=110-12molL-1，则溶液中c(H+)=110-2molL-1，此时溶液pH=2；若为碱，则溶液中的氢离子全部由水电离，所以溶液中c(H+)=110-
14、12molL-1，此时溶液pH=12，故答案为AD。【点睛】常温下由水电离出的c(H+)或c(OH-)小于110-7molL-1时，说明水的电离受到抑制，则可能是酸溶液或碱溶液，计算pH值时需要分情况讨论。13. 某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是A. 为盐酸稀释时pH值变化曲线B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强C. a点Kw的数值比c点Kw的数值大D. b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度【答案】B【解析】【详解】A.醋酸在稀释时会继续电离，则在稀释相同体积的过程中醋酸中的H+大、pH小，A项错误；B.b点溶液的离子
15、浓度比c点溶液的离子浓度大，b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强,B项正确；C.温度一定，任何稀的水溶液中的Kw都是一定值， C项错误；D.由于醋酸是弱酸，要使稀释前盐酸和醋酸溶液pH值相同，则醋酸的浓度比盐酸大得多，稀释相同倍数后，前者仍大于后者，D项错误。故选B。14.下列实验操作不会引起误差的是（ ）A. 酸碱中和滴定时，用待测液润洗锥形瓶B. 酸碱中和滴定时，用冲洗干净的滴定管盛装标准溶液C. 用NaOH标准溶液测定未知浓度的盐酸溶液时，选用酚酞作指示剂，实验时不小心多加了几滴D. 用标准盐酸测定未知浓度NaOH结束实验时，酸式滴定管尖嘴部分有气泡，开始实验时无气泡【答案】C【解析】【
16、分析】用公试c（待测）=分析误差，主要是对标准液所用体积的影响进行分析。【详解】A锥形瓶用蒸馏水洗后，不能用待测润洗，否则待测液的物质的量增加，滴定时标准液所用体积增加，导致测定结果偏大，A项错误；B酸碱中和滴定时，滴定管水洗后，直接盛装标准液，标准液的浓度会稀释而降低，为达到终点将待测液反应完毕，滴定时标准液所用体积增加，导致测定结果偏大，故需要先用标准液润洗滴定管，然后再盛装标准溶液，B项错误；C在滴定过程中，指示剂略多加了几滴，一般不影响实验结果，因为指示剂不会改变反应过程中酸和碱的物质的量，C项正确；D滴定终点时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，开始实验时无气泡，可以理解成滴定终点时气泡将使滴
17、定管里的液面上升，标准液的体积减小，导致测定浓度偏低，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查酸碱中和滴定误差判断，根据公式c（待测）=进行中和滴定的误差分析是最基本的方法，使用中应注意由于操作的失误导致公式中的某些数据发生变化，从而导致最终结果出现误差。15.下列关于水解的说法错误的是( )A. 在稀溶液中，水解达到平衡时，无论加饱和溶液还加水稀释，平衡均向右移动B. 浓度为和的两种溶液，其他条件相同时，的水解程度前者小于后者C. 其他条件相同时，同浓度的溶液在50 和20 时发生水解，50 时的水解程度比20 时的小D. 为抑制的水解，更好地保存溶液，应加少量盐酸【答案】C【解析】【详解】A、
18、氯化铁不饱和时，加氯化铁饱和溶液增大反应物的量浓度，加水稀释会导致离子浓度减小，两种形式下水解平衡均正向移动，故A正确；B、离子的水解规律：越稀越水解，其他条件相同时，越浓的氯化铁溶液Fe3+的水解程度越小，故B正确；C、氯化铁水解反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，高温时Fe3+的水解程度较低温时大，故C错误；D、加少量盐酸可使得水解生成的氢离子浓度，导致水解平衡逆向移动，抑制Fe3+水解，故D正确。故答案为C。三、填空题（共50分）16.电解质溶液中存在多种平衡。请回答下列问题：（1）已知：化学式CH3COOHHClO电离常数（25）1.810-53.010-8物质的量浓度均为0.1m
19、ol/L的下列溶液：a. CH3COOH b. HClO ，比较二者C(H+)的大小：a_b（填“”、“”或“”）。（2）常温下，将 0.1mol/L 的 CH3COOH 溶液加水稀释，在稀释过程中，下列表达式的数值变大的 _（填字母）。A. c(H+) B. C. c(H+)c(OH-) （3）25时，体积均为 10mL，pH 均为 2 的醋酸溶液与一元酸 HX 溶液分别加水稀释至 1000mL，稀释过程中 pH 的变化如图所示。已知：pH= -lgC(H+)，则：25时，醋酸的电离常数_HX的电离常数。（填“”、“”或“”）稀释100倍后， 醋酸溶液中由水电离出的 c(H+)_ HX溶液中
20、由水电离出的c(H+)。（填“”、“”或“”）【答案】 (1). (2). B (3). (4). 【解析】【分析】（1）相同浓度下，电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强；（2）常温下，将CH3COOH 溶液加水稀释过程中，c(H+)、c(CH3COO-)均减小；（3）稀释过程中较弱酸电离程度增大程度大，因此等pH的酸溶液稀释过程中较弱酸的氢离子浓度一直大于较强酸的氢离子浓度；根据酸溶液中氢离子浓度越大对水的抑制能力越强，分析判断。【详解】（1）根据题意知，CH3COOH的电离平衡常数比HClO大，故CH3COOH的酸性比HClO的酸性强，则物质的量浓度均为0.1mol/L CH3
21、COOH和HClO溶液中，二者c(H+)的大小关系为：ab；故答案为；（2）常温下，将CH3COOH 溶液加水稀释过程中，c(H+)、c(CH3COO-)均减小，则增大；c(H+)c(OH-)=Kw，温度不变，其值不变；故答案为B；（3）稀释过程中较弱酸电离程度增大程度大，因此等pH的酸溶液稀释过程中较弱酸的氢离子浓度一直大于较强酸的氢离子浓度，稀释相同的倍数，HX的pH的变化比CH3COOH的大，故HX酸性强，电离平衡常数大，则25时，醋酸的电离常数小于HX的电离常数；故答案为；稀释100倍后，醋酸溶液中氢离子浓度大于HX溶液中的氢离子浓度，故对水的抑制能力也比较强，则醋酸溶液中由水电离出的
22、 c(H+)”“=”或“c(A-)。混合溶液中，c(A-)_c(HA)。混合溶液中，c(HA)+c(A-)_0.1molL-1。【答案】 (1). (2). (3). =【解析】【详解】(1)原两种溶液pH相等，醋酸钠溶液中存在醋酸根的水解平衡使溶液显碱性，升高温度促进醋酸根离子水解，水解程度越大，溶液的pH越大，所以CH3COONa溶液的pHNaOH溶液的pH；(2)将0.2molL-1HA溶液与0.1molL-1NaOH溶液等体积混合所得溶液中溶质为等物质的量的NaA和HA，溶液中存在物料守恒：2c(Na+)= c(A-)+ c(HA)，而混合溶液中c(Na+)c(A-)，所以c(Na+)
23、 c(HA)，所以c(A-)AC (3). ACEF (4). BD【解析】【详解】（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，故答案为：因为冰醋酸未电离，无自由移动的离子；（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的氢离子浓度由大到小的顺序BAC，氢离子浓度越大，溶液的酸性越强，溶液的酸性BAC，故答案为BAC；（3）A加热促进醋酸电离，则溶液中醋酸根离子浓度增大，故正确；B加很稀的NaOH溶液，促进醋酸电离，但溶液的体积增大，导致醋酸根离子浓度减小，故错误；C加NaOH固体，氢氧化钠和氢离子反应促进醋
24、酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；D加水稀释能促进醋酸电离，但醋酸根离子浓度减小，故错误；E加固体CH3COONa，能抑制醋酸电离，但醋酸钠电离出的醋酸根离子大于抑制醋酸电离出的醋酸根离子，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；F加入锌粒，和氢离子反应，促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；故答案为A、C、E、F；（4）A在稀释过程中，溶液的体积增大，氢离子的浓度减小，故A错误；B弱电解质越稀，电离度越大，即电离出的氢离子数越多，故B正确；C弱电解质越稀，电离度越大，平衡向右移动，CH3COOH分子数减少，故C错误；D加水稀释，促进电离，n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3
25、COOH)减小，则c(H+)/c(CH3COOH)增大，故D正确；故答案为BD。【点晴】本题综合考查电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意加水稀释醋酸，能促进醋酸电离，但溶液中醋酸根离子增大的量远远小于水体积增大的量，所以醋酸根离子浓度减小，为易错点。20.“烂板液”指的是制印刷锌板时，用稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”(含有少量Cl-、Fe3+)。某化学兴趣小组用“烂板液”制取Zn(NO3)26H2O的过程如图：已知：Zn(NO3)26H2O是一种无色晶体，其水溶液呈酸性，Zn(NO3)2能与碱反应，得到的产物具有两性。（1）“烂板液”中溶质的主要成分是_(填
26、化学式)。（2）在操作中保持pH=8的目的是_。（3）沉淀的主要成分是_(填化学式)。（4）操作中加热煮沸的目的是_；（5）操作保持pH=2的目的是_；【答案】 (1). Zn(NO3)2 (2). 防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解 (3). Zn(OH)2和Fe(OH)3 (4). 促使Fe3+完全水解；温度越高，水解程度越大 (5). 抑制Zn2+水解【解析】【分析】因为废液是用稀硝酸腐蚀锌板后得到的，所以废液中含有大量的锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的Cl-、Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液的pH=8使铁离子、锌离子完全沉淀，然后在沉淀中加硝酸溶解，溶液中含有大量锌离子、氢离子、硝酸根
27、离子和少量的铁离子，调节溶液的pH使铁离子沉淀，溶液是硝酸锌溶液，在酸性条件下加热浓缩蒸发结晶，得到Zn(NO3)26H2O。【详解】(1)稀硝酸腐蚀锌板后得到“烂板液”，所以溶质的主要成分为Zn(NO3)2；(2)氢氧化锌为两性物质，pH过大或过小都会使氢氧化锌溶解，保持pH=8可以防止生成Zn(OH)2沉淀被溶解；(3)根据分析可知沉淀的主要成分是Zn(OH)2和Fe(OH)3；(4)水解为吸热反应，煮沸促使Fe3+完全水解；温度越高，水解程度越大；(5)Zn(NO3)26H2O是一种无色晶体，其水溶液呈酸性，说明溶液中Zn2+会水解，保持pH=2可抑制Zn2+水解。21.某同学用标准溶液
28、来测定未知浓度的盐酸的浓度：（1）配制250mL 0.5mol/L的溶液所需的玻璃仪器为_。（2）用滴定管准确量取20.00mL未知浓度的盐酸于锥形瓶中，加入酚酞作指示剂，用溶液滴定到终点。该同学进行了三次实验，实验数据如下表：实验编号盐酸的体积（mL）标准溶液的体积（mL）120.0018.20217.10316.90 滴定中误差较大的是第_次实验，造成这种误差的可能原因是_（填选项编号）a、在盛装未知浓度的盐酸之前锥形瓶里面有少量蒸馏水，未烘干b、滴定管在盛装标准溶液前未润洗c、滴定开始前盛装标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定终点读数时未发现气泡d、滴定开始前盛装标准溶液的滴定管尖嘴部分
29、没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡e、滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来f、达到滴定终点时，俯视溶液凹液面最低点读数g、滴定到终点时，溶液颜色由无色变到了红色（3）该同学所测得盐酸的物质的量浓度为_（结果保留三位小数）。【答案】 (1). 烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管 (2). 1 (3). bcg (4). 0.425mol/L【解析】【分析】据配制溶液的实验过程判断所需玻璃仪器；用“滴多偏高、滴少偏低”分析实验误差；由中和滴定原理计算待测溶液的浓度。【详解】(1)通常用NaOH固体配制250mL 0.5mol/L的溶液。步骤为计算、称量（托盘天平、药
30、匙、烧杯）、溶解（玻璃棒）、转移（250mL容量瓶）、洗涤、定容（胶头滴管）、倒转摇匀。所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管。(2)平行实验中，滴定20.00mL未知浓度的盐酸所耗NaOH溶液体积应当相近。表中第1次所用NaOH溶液18.20mL明显大于第2、3次实验结果，应当舍弃。a、在盛装未知浓度的盐酸之前锥形瓶里面有少量蒸馏水，不影响消耗NaOH溶液体积；b、盛装标准NaOH溶液的滴定管未润洗，标准NaOH溶液被滴定管内壁的水稀释，中和一定量盐酸所耗NaOH溶液体积偏大；c、在滴定前后，滴定管尖嘴部分都应无气泡。滴定前盛装标准NaOH溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，使初读
31、数偏小，标准NaOH溶液的体积偏大；d、在滴定终点读数时盛装标准NaOH溶液的滴定管尖嘴部分发现尖嘴部分有气泡，使终读数偏小，标准NaOH溶液的体积偏小；e、滴定过程中锥形瓶中待测盐酸过量，有液滴飞溅出来即损失盐酸，使标准NaOH溶液的体积偏小；f、滴定终点时，俯视溶液凹液面最低点读数，使终读数偏小，标准NaOH溶液的体积偏小；g、本实验用酚酞做指示剂，滴定终点时溶液应由无色变成浅红色、且半分钟不变色。若溶液由无色变成红色，则NaOH过量，标准NaOH溶液的体积偏大。综上，使标准NaOH溶液体积偏大的因素有bcg。（3）第2、3次实验结果相近，取其平均值17.00mL计算盐酸浓度。由于NaOHHCl，有0.5mol/L17.00mLc(HCl)20.00mL，解得c(HCl)0.425mol/L。