1、广东省中山市第一中学2019-2020学年高二化学上学期第二次段考试题（含解析）第卷（选择题，共60分）一选择题（本题共20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个正确选项。）1.下列能源中，大量使用会导致全球进一步变暖、雾霾天气增多的是A. 化石能源B. 太阳能C. 氢能D. 地热能【答案】A【解析】试题分析：雾霾天气是固体小颗粒形成，化合燃料燃烧不充分，产生烟尘，形成雾霾，故正确；太阳能、氢能、地热能都是新能源，无污染，故错误，因此选项A正确。考点：考查能源等知识。2.中山市马拉松赛事中，组委会设置了众多的补水点。研究表明，喝弱碱性水更符合人的机理特征。下列物质能促进水电离，且显弱碱性的
2、是A. KClB. NaOHC. CH3COONaD. NH4Cl【答案】C【解析】【详解】A.KCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，A不符合题意；B.NaOH是一元强碱，电离产生OH-，使溶液显碱性，对水的电离平衡起抑制作用，B不符合题意；C.CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-水解消耗水电离产生的H+，促进了水的电离平衡正向移动，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)c(H+)，溶液显碱性，C符合题意；D.NH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+水解消耗水电离产生的OH-，促进了水的电离平衡正向移动，当最终达到平衡时，溶液中c(H+)c(OH-)，溶液显酸性，D不符合题意；
3、故合理选项是C。3.下列各组热化学方程式中，化学反应的H前者大于后者的是（）C(s)+O2(g)= CO2(g)H1；C(s)+ O2(g)= CO(g)H2S(s)+O2(g)= SO2(g)H3；S(g)+O2(g)=SO2(g)H4H2(g)+ O2(g)=H2O(l)H5；2H2(g)+O2(g)= 2H2O(l)H6CaCO3(s)= CaO(s)+CO2(g)H7；CaO(s)+H2O(l)= Ca(OH)2(s)H8A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】C完全燃烧放出的热量较多，因H0，则前者小于后者，故错误；固体变为气体要吸热，则后者放出的热量多，因H0，前者大于后
4、者，故正确；参加反应的物质的量越大，反应的热量越多，因H0，前者大于后者，故正确；碳酸钙分解为吸热反应，H0，氧化钙和水反应为放热反应，H0，则前者大于后者，故正确；正确，故选C。【点睛】对于放热反应，物质燃烧越完全、参加反应的物质的量越大，反应的热量越多，物质的聚集状态不同，反应热不同，固体变为气体要吸热，反应放出的热量越多是解答关键，注意比较时带入H符号是易错点。4.25时，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)为110-10，下列说法不正确的是A. 该溶液一定不是中性B. NH4+、Na+、Cl-、HCO3- 在该溶液不能共存C. 该溶液的pH一定是10D. 该溶液中水的电离受到抑制【答案】
5、C【解析】【分析】酸或碱抑制水电离，含有弱酸根离子的盐或弱碱金属阳离子的盐促进水电离，25时，纯水中水电离产生的c(H+)=110-7mol/L，该溶液中由水电离产生的c(H+)=110-10mol/L0D. t1=t2时，ab段消耗A的量小于bc段【答案】D【解析】【详解】A.化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，c点一定未达平衡，A错误；B.a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，B错误；C.从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，
6、说明该反应为放热反应，H0，C错误；D.随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的A就越多，A的转化率将逐渐增大，所以t1=t2时，a的转化率：ab段小于bc段，D正确；故合理选项是D。12.下列说法正确的是A. 一定条件下，增大反应物量会加快化学反应速率B. 增大压强，肯定会加快化学反应速率C. 活化分子间所发生的碰撞为有效碰撞D. 升高温度，无论吸热还是放热反应，V正、V逆均增大【答案】D【解析】【详解】A.若反应物是固体或纯液体，则一定条件下，增大反应物的量不会加快化学反应速率，A错误；B.对于无气体参加的反应，增大压强，化学反应速率不变，B错误；C.能够发生化学反应的碰撞为有效碰撞，活化分
7、子间所发生的碰撞不一定发生化学反应，因此不一定为有效碰撞，C错误；D.升高温度，无论吸热还是放热反应，物质分子含有的能量增加，有效碰撞次数增多，化学反应速率加快，所以V正、V逆均增大，D正确；故合理选项是D。13.在密闭容器中，反应A(g)+2B(s)x C(g)达到平衡后，减小压强，10s后A的浓度减少2 molL1。下列说法中正确的是A. x一定大于3B. v(A)=0.2 molL1s1C. 增加B的量，反应速率加快D. A的转化率降低【答案】B【解析】【详解】A.减小压强，任何气体物质的浓度都降低，与方程式的化学计量数大小无关，不能确定x的值，A错误；B.v(A)=0.2mol/(Ls
8、)，B正确；C.B是固体，增加固体的量，物质的浓度不变，化学反应速率也不变，C错误；D.不能确定平衡移动方向，因此也就不能确定A转化率是升高还是降低，D错误；故合理选项是B。14.反应 X(g)+Y(g)2Z(g) Hc(A-)c(H+)c(HA)B. a.b两点所示溶液中水的电离程度相同C. pH=7时,c(Na+)=c(A-)+c(HA)D. b点所示溶液中c(A-)c(HA)【答案】D【解析】【详解】A、a点NaOH与HA物质的量相等，则二者恰好完全反应，生成NaA，反应后溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生水解反应，则溶液中c(Na+)c(A-)c(HA)c(H+)，
9、A错误；B、a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，b点盐酸过量，抑制水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，B错误；C、根据电荷守恒，溶液中存在c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（A-），pH=7时，c（H+）=c（OH），因此溶液中：c（Na+）= c（A-），C错误；D、根据图象可知，b点时所得溶液中的溶质为等物质的量的HA和NaA，因为b点溶液pH=4.7，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c（A-）c(HA)，D正确；答案选D。17. 下列反应过程中，H0且S0的是A. NH3(g)+HCl(g)NH4Cl(s)B. CaCO3(s)CaO(s)CO2(g
10、)C. 4Al(s)3O2(g)2Al2O3(s)D. HCl(aq)NaOH(aq)NaCl(aq)H2O(l)【答案】B【解析】试题分析： A、C、D都是放热反应，H0；A、C中气体物质的量减小，S0；D中可认为熵不变。考点：焓变和熵变点评：放热反应H 0；判断熵变可看反应前后气体物质的量变化。18.50 时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是A. 0.01 molL-1的醋酸中：c(H+)=0.01 molL-1B. 饱和小苏打溶液中：c(Na+)=c(HCO3-)C. NH4Cl溶液中：c(NH4)+c(H)=c(Cl-)+c(OH-)D. pH=11的NaOH溶液中：c(O
11、H-)=1.010-3 molL-1【答案】C【解析】【详解】A.醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要以酸分子形式存在，c(CH3COOH)=0.01mol/L，则c(H+)c(HCO3-)，B错误；C.根据电荷守恒可知在NH4Cl溶液中存在下列关系：c(NH4)+c(H)=c(Cl-)+c(OH-)，C正确；D.pH=11的NaOH溶液中：c(H+)=10-11mol/L，但由于不能确定溶液温度，所以水的离子积不能确定，因此不能计算溶液中c(OH-)，D错误；故合理选项是C。19.在一定温度下，当Mg(OH)2固体在水溶液中达到下列平衡时：Mg(OH)2Mg22OH，要使Mg(OH)2
12、固体减少而c(Mg2)不变，可采取的措施是 ()A. 加MgSO4B. 加HCl溶液C. 加NaOHD. 加少量水【答案】D【解析】MgSO4易溶于水，加MgSO4会增加c(Mg2)，A错误；加HCl溶液会中和OH平衡右移，使c(Mg2)增大，B错误；加NaOH使c(OH)增大平衡左移，c(Mg2)减小，C错误；加少量水时c(Mg2)减少，平衡右移重新达到平衡时，c(Mg2)又与原平衡相同，D正确。20.已知：某元素X的酸式盐(NaHX)溶液显碱性，下列说法正确的是A. NaHX的电离方程式为NaHX=Na+H+X2B. HX-的水解程度大于HX-的电离程度C. 离子浓度关系：c(Na+)+c
13、(H+)=c(OH-)+c(HX-)+c(X2-)D. 离子浓度关系：c(Na+)c(HX-)+c(H2X)+c(X2-)【答案】B【解析】【分析】A.某元素X的酸式盐(NaHX)溶液显碱性，说明阴离子是弱酸根离子；B.X的酸式盐(NaHX)溶液显碱性，说明HX-水解程度大于电离程度；C.由溶液中电荷守恒分析判断；D.根据物料守恒分析。【详解】A.某元素X的酸式盐(NaHX)溶液显碱性，说明阴离子是弱酸根离子，电离方程式为：NaHXNa+HX-，A错误；B.X的酸式盐(NaHX)溶液显碱性，说明HX-在溶液中以水解反应为主，即HX-的水解程度大于HX-的电离程度，B正确；C.溶液中电荷守恒分析
14、判断，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HX-)+2c(X2-)，C错误；D.NaHX溶液中Na元素与X元素的总浓度相等，即c(Na+)=c(HX-)+c(H2X)+c(X2-)，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了盐类水解的分析判断，主要是弱酸的酸式酸根离子的电离离和水解影响因素的分析判断，掌握基础是关键，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。第卷（非选择题，共40分）21.根据要求完成下列各小题：（1）理论上稀的强酸、强碱反应生成1molH2O(l)时放出57.3kJ的热量，写出表示稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式_。（2）已知：乙苯催化脱氢
15、制苯乙烯反应：+H2(g)化学键C-HC-CC=CH-H键能/kJmol-1412348612436计算上述反应的H=_kJmol-1。25时，部分物质的电离平衡常数如表所示，请回答下列问题：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.710-5K1=4.310-7K2=5.610-113.010-8（1）CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为_。（2）将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出反应的离子方程式：_。【答案】 (1). NaOH(aq)+1/2 H2SO4(aq)=1/2 Na2SO4(aq)+ H2O(l) H=-57.3 kJmol-1 (2)
16、. +124 (3). CH3COOHH2CO3HClO (4). CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-【解析】(1)稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，稀硫酸和氢氧化钠稀溶液分别是强酸、强碱，则反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+H2SO4(aq)Na2SO4(aq) +H2O(l) H=-57.3kJ/mol，故答案为：NaOH(aq)+H2SO4(aq)Na2SO4(aq)+H2O(l) H=-57.3kJ/mol；(2)反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，该反应的反应热是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差，故
17、H=(5412+348-3412-612-436)kJmol-1 =+124kJmol-1，故答案为：+124；(1)酸的电离平衡常数越大，该酸电离程度越大，其酸性越强，根据表中数据知，酸的电离程度大小顺序是CH3COOHH2CO3HClOHCO3-，所以酸性强弱顺序是CH3COOHH2CO3HClOHCO3-，故答案为：CH3COOHH2CO3HClO；(2)NaClO溶液中通入少量CO2，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，故答案为：ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO。22.从海水中提取金属镁的工艺流程可简单图示如下：(
18、1)步骤的目的是将海水中的Mg2+沉淀为Mg(OH)2，若浓缩海水中c(Mg2+)=2.0 molL1，Mg2+开始形成沉淀时溶液的pH约为_(已知KspMg(OH)2=1.81011，log3=0.48)(2)步骤的操作由蒸发浓缩，_，过滤，_四个环节组成。(3)步骤是在HCl气流中加热晶体得到无水MgCl2，简要说明HCl气体的作用_。【答案】 (1). 8.48 (2). 降温结晶 (冷却结晶也行) (3). 洗涤干燥 (4). 抑制MgCl2水解，防止生成Mg(OH)Cl或Mg(OH)2【解析】【分析】(1)向含有MgCl2的海水中加入生石灰，Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，根据溶度
19、积常数的含义计算Mg2+开始形成沉淀时OH-的浓度，再结合水的离子积常数计算溶液的pH；(2)根据MgCl2的溶解度受温度的影响变化较大的性质分析解答；(3)根据盐的水解规律分析。【详解】KspMg(OH)2=1.810-11，c(Mg2+)=2.0 mol/L，则c2(OH-)=1.810-112.0=910-12，所以c(OH-)=310-6mol/L，由于在室温下水的离子积为Kw=110-14，则c(H+)=110-14310-6=10-8mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg10-8=8+0.48=8.48；(2)步骤是从MgCl2溶液中获得MgCl26H2O，由于MgCl2的溶解
20、度受温度的影响变化较大，所以操作由蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤干燥四个环节组成；(3)氯化镁晶体加热，MgCl2会溶解在结晶水中，形成溶液，由于MgCl2是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应产生Mg(OH)2或Mg(OH)Cl和HCl，HCl挥发，导致最后得到的是Mg(OH)2，根据盐的水解规律，在HCl气氛中加热，就可以抑制盐的水解，防止生成Mg(OH)Cl或Mg(OH)2。【点睛】本题以从海水中提取金属镁的工艺流程为线索，考查了溶度积常数的应用、盐的水解及混合物分离提纯的方法。掌握化学反应基本原理和物质的化学性质，根据物质性质变化与外界条件的关系分析判断。23.工业制硫酸的反应原理主要有下
21、列三个反应：FeS2(s)+O2(g)Fe2O3(s)+SO2(g)；H12SO2(g)+O2(g)2SO3(g)； H2 SO3+H2O=H2SO4.(1)反应配平后各物质系数分别为_、_、_、_。若每生成1molSO2时反应放热426.5kJ，则H1=_。(2)工业生产中将FeS2矿石粉碎后投入反应器中反应，这样做的目的是_。.下表是不同温度和压强下反应中SO2的转化率0.1Mp0.5Mp1Mp10Mp40099.299.699.799.950093.596.997.899.360073.785.889.596.4(3)反应是气体体积缩小的可逆反应，增大压强有利于提高原料转化率，但工业生产
22、中该反应在常压下进行，采用常压生产条件的理由是_。(4)若原料气组成：SO2 7%，O211%，N2 82%，在温度和压强不变的条件下，混合气体体积变为原来的97.2%，则SO2的转化率为_。.尾气中的二氧化硫对环境造成污染，需要处理后才能排放。常用亚硫酸钠吸收法。(5)Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为_ ；(6)常温下，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是_(填序号)A.c(Na+)+c(H+)c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)B.c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+C(H2SO3)C.c(Na+)c(SO32-)c(OH-)c(H+)
23、D.水电离出c(OH-)=ll0-8 molL-1【答案】 (1). 4 (2). 11 (3). 2 (4). 8 (5). 3412 kJ/mol (6). 增大反应接触面积，提高反应速率，原料反应更充分 (7). 常压下已有较高的转化率，采用常压生产可减少能源消耗 (8). 80% (9). SO32-+SO2+H2O=2HSO3- (10). AD【解析】【分析】(1)根据氧化还原反应中电子守恒、原子守恒配平，物质反应放出的热量与反应的物质多少成正比，据此计算；(2)根据固体物质对化学反应速率的影响分析判断；(3)从增大压强需要的动力能耗分析判断；(4)根据反应前后气体体积差计算反应的
24、SO2的物质的量，然后根据转化率计算；(5)Na2SO3与SO2、H2O反应产生NaHSO3，据此书写反应的离子方程式；(6)A.根据电荷守恒判断；B.根据物料守恒判断；C.NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于其水解程度；D.水电离出氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，根据溶液的pH计算水电离出氢离子浓度。【详解】(1)在这个反应中，Fe元素化合价由反应前FeS2中的+2价变为反应后Fe2O3中的+3价，化合价升高1价，S元素化合价由反应前FeS2中的-1价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高52=10价，FeS2共升高11价，O元素的化合价由反应前O2中的0价变为反应后Fe2O3、S
25、O2中的-1价，化合价降低22=4价，化合价升降最小公倍数是44，所以FeS2的系数是4，Fe2O3的系数是2，SO2的系数是8，O2的系数是11，故该反应配平后的化学方程式为4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)；若每生成1molSO2时反应放热426.5kJ，则在该反应在产生8molSO2，放出热量是8426.5kJ=3412kJ，故H1=3412kJ/mol；(2)工业生产中将FeS2矿石粉碎后投入反应器中反应，这样做目的是增大反应接触面积，提高反应速率，原料反应更充分；(3)反应是气体体积缩小的可逆反应，增大压强有利于提高原料转化率，但工业生产中该反应在常压
26、下进行，采用常压生产条件的理由是常压下已有较高的转化率，采用常压生产可减少能源消耗，降低投资成本；(4)反应方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)：根据方程式可知：每有2体积SO2反应，会消耗1体积的O2，反应产生2体积的SO3，反应后气体体积减小1体积，假设原 气体体积是100L，则SO2 7L，O211L，N2 82L，由于反应后气体体积是原来的97.2%，反应后气体体积为97.2L，气体体积减小了2.8L，说明SO2反应了5.6L，因此SO2反应转化率为(5.6L7L)100%=80%；(5)Na2SO3与SO2、H2O反应产生NaHSO3，反应的离子方程式为：SO32-+S
27、O2+H2O=2HSO3-；(6)A.根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，所以c(Na+)+c(H+)c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，A正确；B.溶液pH等于6，不能确定溶液的成分是NaHSO3还是NaHSO3与少量Na2SO3的混合溶液，因此不能确定溶液中c(Na+)与含有S元素的微粒的浓度关系，B错误；C.常温下，当吸收至pH=6时，说明溶液中c(H+)c(OH-)，C错误；D.由于反应后溶液的pH=6，则c(H+)=10-6mol/L，根据水的离子积常数可知c(OH-)= l10-14mol2/L2l10-6mol
28、/L= l10-8mol/L；水电离出氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，所以溶液中水电离出氢离子浓度c(H+)= c(OH-)= l10-8mol/L，D正确；故合理选项是AD。【点睛】本题考查了氧化还原反应方程式的配平、反应热计算、反应速率和化学平衡影响因素、离子浓度比较等，具有一定的化学反应基本原理和元素化合物的知识，需要学生具备扎实的基础，及灵活运用知识的能力。24.在工业生产上中，主要用Na2SO3制造亚硫酸纤维素酯、硫代硫酸钠、有机化学药品、漂白织物等。但Na2SO3在空气中易氧化为Na2SO4而变质。为了求出变质样品中Na2SO3的含量，采用0.2 molL-1KMnO4酸性溶液
29、滴定用样品配制的溶液。反应离子方程式是：2MnO4-+5SO32-+6H=2Mn2+5SO42-+3H2O，称取20 g样品，配成250 mL溶液，量取25 mL进行滴定，记录数据，再重复2次实验。填空完成问题：(1)滴定实验不需要下列仪器中的_。A.酸式滴定管(50 mL) B.碱式滴定管(50 mL) C.量筒(10 mL) D.锥形瓶 E.铁架台 F.滴定管夹G.白纸 H.玻璃棒(2)已知滴定过程不需要指示剂，理由是_。(3)下列操作中可能使所测Na2SO3溶液的浓度数值偏低的是_(填字母)。A.盛放Na2SO3溶液的滴定管没有使用Na2SO3溶液润洗B.锥形瓶内有水残留，没有烘干，装入
30、待测的Na2SO3溶液滴定C.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D.读取KMnO4溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数(4)滴定完毕，三次实验平均消耗0.2 molL1KMnO4酸性溶液20.00mL，则样品中Na2SO3的百分含量为：_。【答案】 (1). CH (2). 因为KMnO4被还原剂还原成Mn2+，紫红色褪去，所以不需要指示剂 (3). AD (4). 63%【解析】【分析】(1)根据滴定原理，结合物质的性质选择合适的仪器；酸性高锰酸钾具有强氧化性，实验时应用酸式滴定管，滴定过程还需要锥形瓶和滴定管夹；根据酸性高锰酸钾溶液为紫红色，过程中不需要加指示剂；(2)根据K
31、MnO4反应前后的颜色变化分析；(3)根据c=分析判断滴定误差；(4)根据二者反应的物质的量关系计算样品中Na2SO3的物质的量，再计算其质量，进而可得Na2SO3的百分含量。【详解】(1)用KMnO4溶液滴定变质样品中Na2SO3的含量，由于酸性高锰酸钾具有强氧化性，实验时应用酸式滴定管，将一定体积的Na2SO3通过碱式滴定管放入到锥形瓶中，滴定管放在铁架台的滴定管夹上，为了便于观察指示剂的颜色变化来确定滴定终点，要在锥形瓶下面垫上一张白纸，所以不使用的仪器有量筒(10 mL)和玻璃棒，故合理选项是CH；(2)用KMnO4溶液滴定Na2SO3，反应后KMnO4被还原产生Mn2+，溶液变为无色
32、，所以不需要指示剂；(3)A.盛放Na2SO3溶液的滴定管没有使用Na2SO3溶液润洗，则消耗标准KMnO4溶液体积偏小，Na2SO3溶液物质的量偏少，根据c=可知Na2SO3的浓度偏低，A符合题意；B.锥形瓶内有水残留，没有烘干，装入待测的Na2SO3溶液滴定，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，因此对Na2SO3的浓度无影响，B不符合题意；C.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，V(标准)偏大，导致Na2SO3的浓度偏高，C不符合题意；D.读取KMnO4溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，则V(标准)偏小，导致Na2SO3的浓度偏低，D符合题意；故合理选项是AD；(4)25m
33、L溶液消耗高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=cV=0.2 mol/L0.02L=0.004mol，根据反应关系2MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn2+5SO42-+3H2O可知n(SO32-)= n(KMnO4)=0.004mol=0.01mol，m(Na2SO3)= 0.01mol126g/mol=1.26g，则样品中Na2SO3的百分含量为(1.26g)20 g100%=63%。【点睛】本题考查了滴定原理的应用的知识。涉及仪器的使用、指示剂的选择、误差分析及物质含量的测定等。掌握物质的性质，结合仪器的结构及反应原理分析解答，在实验误差分析时，把各种操作的影响都转化为消耗标准溶液的体积上，若V(标准)偏大，则待测溶液浓度偏高，反之偏低。
