1、广东省广州六中2015高三（上）第一次质检化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1对如图两种化合物的结构或性质描述正确的是（）A不是同分异构体B分子中共平面的碳原子数相同C均能与溴水反应D可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分考点：有机物分子中的官能团及其结构 专题：有机物的化学性质及推断分析：A分子式相同、结构不同的化合物是同分异构体；B分子中共平面的碳原子数不一定相同；C酚能和溴水发生取代反应，醛基能被溴氧化；D红外光谱区分化学键或原子团，核磁共振氢谱区分氢原子种类及不同种类氢原子个数解答：解：A二者分子式相同，都是C10H14O，且二者结构不同，所以
2、是同分异构体，故A错误；B分子中共平面的碳原子数可能相同，共平面的碳原子数可能是8，故B错误；C左边物质含有酚羟基，能和溴水发生取代反应，右边物质中的双键能和溴水发生加成反应，醛基能和溴发生氧化还原反应生成羧基，故C正确；D红外光谱区分化学键或原子团，核磁共振氢谱区分氢原子种类及不同种类氢原子个数，氢原子种类不同，所以可以用核磁共振氢谱区分，故D错误；故选C点评：本题考查了物质的结构和性质，明确物质中官能团及其性质是解本题关键，难点是碳原子共面个数的判断方法，题目难度不大2 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A明矾溶液：K+、Cl、HCO3、OHBpH=7的溶液中：Fe3+
3、、Mg2+、NO3、SO42C弱碱性的溶液中：K+、Ca2+、SiO32、HCO3D能使pH试纸变深红色的溶液中：Na+、NH4+、I、SO42考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：A明矾溶液中存在Al3+，与Al3+反应的离子不能大量共存；BpH=7的溶液呈中性；CCa2+、SiO32反应生成沉淀；D能使pH试纸变深红色的溶液呈强酸性解答：解：A明矾溶液中存在Al3+，HCO3、OH与Al3+反应而不能大量共存，故A错误；BpH=7的溶液呈中性，但Fe3+水解呈酸性，不能存在于中性溶液中，故B错误；CCa2+、SiO32反应生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D能使pH试纸变深红色的溶液
4、呈强酸性，酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重互促水解反应的离子共存考查，题目难度中等3 设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A室温下，1L pH=1的盐酸中，由水电离的H+离子数目为0.1NAB标况下，11.2L SO3所含的分子数目为0.5NAC甲烷碱性燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为4NAD1 mol C2H6O分子中含有的OH键数目一定为NA考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A盐酸中，氢离子抑制
5、了水的电离，溶液中的氢氧根离子为水电离的B标准状况下，三氧化硫的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量；C甲烷燃料电池中，正极氧气得到电子，1mol氧气完全反应生成得到4mol电子；DC2H6O分子不一定为乙醇，可能为二甲醚解答：解：ApH=1的盐酸中氢离子浓度为0.1mol/L，氢氧根离子浓度为11013mol/L，盐酸中氢氧根离子是水电离的，则1L水中水电离的氢氧根离子的物质的量为11013mol，由水电离的H+离子数目为11013NA，故A错误；B标况下三氧化硫不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L三氧化硫的物质的量，故B错误；C标况下22.4L气体的物质
6、的量为1mol，甲烷燃料电池中负极反应的为氧气，1mol氧气完全反应得到4mol电子，根据电子守恒，电路中通过的电子数目为4NA，故C正确；DC2H6O存在乙醇和二甲醚两种同分异构体，所以1molC2H6O中不一定含有羟基，故D错误；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项A为易错点，注意盐酸中氢氧根离子是水电离的4 运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（）A增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率BNH4F水溶液中含有HF，因此NH4
7、F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中C可燃冰主要甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底D需要加热的反应不一定是吸热反应考点：化学反应速率的影响因素；反应热和焓变；盐类水解的应用 专题：基本概念与基本理论分析：A浓硫酸与铁发生反应生成二氧化硫气体；BHF与二氧化硅反应；C海底温度较低，压强较大，适合形成甲烷的水合物晶体；D反应是否加热才能进行，与吸热、放热反应无关解答：解：A浓硫酸与铁发生氧化还原反应生成二氧化硫，故A错误；BHF与二氧化硅反应而腐蚀玻璃，不能存放于玻璃试剂瓶中，故B正确；C海底温度较低，压强较大，适合形成甲烷的水合物晶体，故C正确；D反应是否加热才能进行，与吸热、放热反
8、应无关，如铝热反应为放热反应，在需在加热条件下进行，故D正确故选A点评：本题考查较为综合，涉及浓硫酸、氢氟酸、甲烷以及化学反应与能力变化等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和双基的考查，难度中等，注意相关基础知识的积累5 在1L定容的密闭容器中，可以证明可逆反应N2+3H2 2NH3 已达到平衡状态的是（）Ac（N2）：c（H2）：c（NH3）=1：3：2B一个NN 断裂的同时，有3个HH生成C其他条件不变时，混合气体的密度不再改变Dv正（N2）2 v逆（NH3）考点：化学平衡状态的判断 专题：化学平衡专题分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质
9、的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态解答：解：A、c（N2）：c（H2）：c（NH3）=1：3：2不能说明各物质的浓度不变，不一定平衡，故A错误；B、一个NN 断裂的同时，有3个HH生成，能说明正逆反应速率是相等的，达到了平衡，故B正确；C、混合气体的密度=，质量在反应前后是守恒的，体积不变，密度始终不变，所以密度不变的状态不一定是平衡状态，故C错误；D、v正（N2）2 v逆（NH3）时，正逆反应速率不相等，未达到平衡，故D错误故选B点评：本题考查了化学平衡状态的判断，
10、如果一个量未平衡时是个变量，突然不再随时间的变化而变化，说明已达平衡状态6 （2014北京）用如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，由中现象，不能证实中反应发生的是（）中实验中现象A铁粉与水蒸气加热肥皂水冒泡B加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物酚酞溶液变红CNaHCO3固体受热分解澄清石灰水变浑浊D石蜡油在碎瓷片上受热分解Br2的CCl4溶液褪色AABBCCDD考点：真题集萃；氨的实验室制法；乙烯的化学性质；铁及其化合物的性质实验；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质 专题：实验题分析：A试管中空气也能使肥皂水冒泡；B氯化铵和氢氧化钙混合加热生成氨气，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离
11、子而使溶液呈红色；C二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；D不饱和烃能使溴的四氯化碳褪色解答：解：A加热过程中的热空气、铁和水蒸气反应生成的氢气都能使肥皂水冒泡，所以肥皂水冒泡该反应不一定发生，故A错误；BNH4Cl+Ca（OH）2NH3+CaCl2+H2O、NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，氨水溶液呈碱性，所以能使酚酞试液变红色，故B正确；C.2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，如果中澄清石灰水变浑浊，则中一定发生反应，故C正确；D溴的四氯化碳褪色说明有不饱和烃生成，所以中一定发生化学反应，故D正确；故选A点评：本题考查了物质的性质及实验基本操作及反应现象
12、，明确实验原理是解本题关键，再结合物质的性质分析解答，题目难度不大7 下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（）ApH=1的NaHSO4溶液：c（H+）c（SO42）十c（OH）B含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）c（C1）c（I）C加水稀释CH3COONa溶液，溶液中的值不变D含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）2c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4）考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B氯化银溶度积常数大于碘
13、化银，AgCl和AgI都是强电解质，在水溶液里完全电离；C盐类水解平衡常数只与温度有关，温度不变，水解平衡常数不变；D任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断解答：解：A根据电荷守恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：c（Na+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH），因为c（Na+）=c（SO42），所以c（H+）=c（SO42）+c（OH），故A正确；B氯化银溶度积常数大于碘化银，AgCl和AgI都是强电解质，在水溶液里完全电离，所以含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）c（Cl）c（I），故B错误；C加水稀释促进醋酸根离子水解，但醋酸根离子水解平衡常数不变，所以溶液中的
14、值不变，故C正确；DNaHC2O4和Na2C2O4物质的量相等，根据物料守恒可得：2c（Na+）=3c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4），故D错误；故选AC点评：本题考查离子浓度大小比较，涉及盐类水解、弱电解质电离、难溶物的溶解平衡等知识点，注意：所有平衡常数只与温度有关，与电解质溶液酸碱性、浓度都无关，为易错点8 根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（）A同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B核外电子排布相同的微粒化学性质也相同CS2、Cl、K+、Ca2+半径逐渐减小DCl与Cl得电子能力不相同考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周期律与元素周期
15、表专题分析：A应是最高价氧化物对应的含氧酸的酸性；B核外电子排布相同的微粒，可能为阳离子、阴离子或原子；C核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；D同位素原子化学性质相同解答：解：A比较非金属性强弱，应根据最高价氧化物对应的含氧酸的酸性强弱比较，题目没有确定元素化合价，不能确定酸性强弱，故A错误；B核外电子排布相同的微粒，可能为阳离子、阴离子或原子，如Cl具有还原性，可失去电子，而Ar性质稳定，故B错误；CS2、Cl、K+、Ca2+核外电子排布相同，因核电荷数越大，离子半径越小，则半径逐渐减小，故C正确；D同位素原子化学性质相同，故D错误故选C点评：本题考查原子结构与元素周期律知识
16、，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及比较角度，难度中等二、解答题（共3小题，满分32分）9（16分）水煤气（CO 和H2）是重要燃料和化工原料，可用水蒸气通过炽热的炭层制得：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131.3kJmol1（1）该反应的平衡常数K随温度的升高而增大（增大/减小/不变）（2）上述反应达到平衡后，将体系中的C（s）全部移走，平衡向左移（向左移/向右移/不移动）（3）下列事实能说明该反应在一定条件下已达到平衡状态的有AB（填序号）A单位体积内每消耗1mol CO的同时生成1molH2B混合气体总物质的量保持不变C生成H2O
17、（g）的速率与消耗CO的速率相等DH2O（g）、CO、H2的浓度相等（4）上述反应在t0时刻达到平衡（如图），若在t1时刻改变某一条件，请在图中继续画出t1时刻之后c（CO）随时间的变化缩小容器体积（用实线表示）降低温度（用虚线表示）（5）某温度下，将6.0mol H2O（g）和足量的炭充入2L的密闭容器中，发生如下反应，C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），达到平衡时测得lgK=1.0，求此温度下H2O（g）的转化率（计算结果保留3位有效数字，要求写出计算过程）（6）己知：C （s）+H2O（l）CO（g）+H2（g）H12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H2H2O（l）H2 （
18、g）+O2（g）H3则2C（s）+O2（g）2CO2（g）的H=2H1+H22H3考点：化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡状态的判断 专题：基本概念与基本理论分析：（1）该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，据此判断；（2）将C全部移走，由于是可逆反应，还会生成碳，生成的碳不能完全反应；（3）依据平衡标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，结合反应特征和平衡移动原理分析选项；（4）缩小容器体积，压强增大，瞬间正反应速率加快，平衡向逆反应移动，正反应速率增大到新平衡；降低温度，瞬间正反应速率减慢，平衡逆反应移动，正反应速率增大到新平衡，据此作图；（5
19、）依据化学平衡三段式列式计算，转化率=100%计算得到；（6）结合热化学方程式和盖斯定律计算所需热化学方程式得到反应焓变；解答：解：（1）该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大；故答案为：增大；（2）将C全部移走，由于是可逆反应，还会生成碳，生成的碳不能完全反应，故平衡向左移动，故答案为：向左移；（3）C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131.3kJmol1 ，反应是气体体积增大的放热反应；分析选项正逆反应速率相同是平衡标志；A单位体积内每消耗1mol CO的同时生成1molH2 ，说明对一氧化碳或氢气正逆反应速率相同，故A正确；B反应前后气体物质的
20、量变化，混合气体总物质的量保持不变说明反应达到平衡状态，故B正确；C生成H2O（g）的速率与消耗CO的速率相等只能说明反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；DH2O（g）、CO、H2的浓度相等和起始量变化量有关，不能作为平衡标志，故D错误；故答案为：AB（4）缩小容器体积，压强增大，瞬间正反应速率加快，平衡向逆反应移动，正反应速率增大到新平衡；降低温度，瞬间正反应速率减慢，平衡逆反应移动，正反应速率增大到新平衡，故图象为：故答案为：；（5）设H2O转化了xmol/L，依据化学平衡三段式列式计算； C （s）+H2O（g）CO （g）+H2 （g）初始浓度（mol/L） 3.0 0
21、0转化浓度（mol/L） x x x平衡浓度（mol/L） 3.0x x x 达到平衡时测得lgK=1.0，K=0.1K=0.1，解得x=0.5mol/L所以（H2O）=100%=16.7%；答：（H2O）=100%=16.7%；（6）C （s）+H2O（l）CO（g）+H2（g）H12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H2H2O（l）H2 （g）+O2（g）H3依据盖斯定律计算2+2得到，2C（s）+O2（g）2CO2（g）H=2H1+H22H3；故答案为：2H1+H22H3；点评：本题考查化学平衡常数及有关计算、化学平衡及反应速率的影响因素、热化学方程式书写等，难度中等，（2）是易错点，
22、学生容易形成定式思维，认为碳是固体，不影响平衡移动，导致错误，注意审题是将碳完全移走10（16分）以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红（Fe2O3）的过程如下：沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2开始沉淀p H2.73.87.69.4完全沉淀pH3.25.29.712.4（1）酸溶过程中Fe2O3与稀硫酸反应的化学方程式为Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4）3+3H2O；“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2（2）还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4，请完
23、成该反应的离子方程式：FeS2+14Fe3+8H2O15Fe2+2SO42+16H+（3）氧化过程中，O2、NaOH与Fe2+反应的离子方程式为4Fe2+O2+2H2O+8OH=4Fe（OH）3（4）为了确保铁红的质量，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是3.23.8（几种离子沉淀的pH见表）；滤液B可以回收的物质有（写化学式）Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4（5）已知每煅烧16g FeS2，放出106.5kJ热量，写出FeS2燃烧的热化学方程式FeS2（s）+O2（g）Fe2O3（s）+2SO2（g）；H=798.75kJ/mol该反应中被氧化的元素是和（写出元素符号并标出相应的化
24、合价）考点：铁的氧化物和氢氧化物；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物 专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）氧化铁属于碱性氧化物，与酸反应生成盐和水；Fe2O3、Al2O3、MgO都和硫酸反应，二氧化硅不和酸反应；（2）根据原子守恒来配平；（3）NaOH与Fe2+反应生成的氢氧化亚铁易被氧化；（4）根据几种离子沉淀的pH，应选择使Fe3+沉淀完全而其他离子不沉淀；因加入的是氢氧化钠来调节PH，所以滤液B中应是未沉淀离子的硫酸盐和硫酸钠；（5）计算出1mol FeS2燃烧放出的热量即可写出热化学方程式，标出化合价的变化即可知道被氧化的元素解答：解：（1）氧
25、化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，方程式为：Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4） 3+3H2O；因二氧化硅不与硫酸反应，故“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2故答案为：Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4） 3+3H2O；SiO2； （2）根据S守恒可知SO42前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知H20前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16故答案为：8；2；16H+；（3）Fe2+与OH反应生成4Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定易被氧气氧化为Fe（OH）3，用化合价升价法配平方程式，故答案为：4Fe2+O2+2H2O+8OH=4Fe（OH）3；（或Fe2+2OH=Fe（
26、OH）2，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3）（4）根据几种离子沉淀的pH，使Fe3+沉淀完全的PH为3.2，其他离子开始沉淀PH为3.8，因此所选PH因介于3.2和3.8之间；未沉淀的离子为Na+、Mg2+、Al3+，故滤液B可以回收的物质有Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4，故答案为：3.23.8（或之间的数据值）；Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4；（5）1mol FeS2燃烧放出的热量为：106.5KJ16120798.75kJ，标出化合价，可知铁和硫的化合价升高，所以被氧化的为铁和硫元素故答案为：FeS2（s）+O2（g）Fe2O3（s）+2SO2
27、（g）；H=798.75kJ/mol；和点评：本题以铁及其化合物为载体，以流程图形式考查了化学用语的书写和氧化还原反应知识复习元素化合物应和实验、化学基础理论和化学用语结合起来11氨气是一种化工原料（1）请写出工业上合成氨的化学方程式：N2+3H22NH3（2）实验室中，甲、乙两小组选择了不同方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填写在下表空格中实验装置实验药品制备原理甲小组A氢氧化钙固体、氯化铵固体反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+2H2O+CaCl2乙小组B浓氨水、氢氧化钠固体氢氧化钠的作用：氨水中存在平衡：NH4+OHNH3H2ONH3+H2O，NaOH固体
28、溶于水，使溶液中c（OH）增大，平衡向右移动，且NaOH固体溶于水时放热，溶液温度升高，平衡向右移动（3）请设计一个操作简单的实验，验证NH3H2O是弱电解质配制NH4Cl溶液，用pH计测量其pH值，若pH值小于7，则NH3H2O是弱电解质（4）甲同学把制得的氨气溶于适量水中，得到稀氨水，用标准浓度的盐酸滴定，测定其浓度实验步骤：准确量取10.00mL稀氨水于锥形瓶中，加入20mL水稀释，滴加甲基橙溶液作为指示剂（填“石蕊”、“酚酞”或“甲基橙”），将0.1980（填“0.020”、“0.05”、“0.1980”或“1.5”）molL1盐酸装入50ml酸式滴定管，滴定至溶液由黄色变为橙色，且半
29、分钟不恢复原来颜色，停止滴定，记录数据重复滴定2次平均消耗盐酸Vml计算原稀氨水的物质的量浓度=mol/L（只列出算式，不做运算）考点：氨的制取和性质 专题：实验设计题分析：（1）工业上用氮气和氢气在高温高压催化剂条件下制取氨气；（2）氢氧化钙与氯化铵反应生成氯化钙、氨气和水；浓氨水是液体，氢氧化钠是固体，为使氨气逸出，把氨水滴入固体氢氧化钠中，随着氢氧化钠溶解放热，温度升高，使氨的溶解度减小而放出，故选B装置；（3）NH4Cl溶液显酸性说明氯化铵是强酸弱碱盐，则证明NH3H2O是弱电解质，据此解答即可；（4）依据中和滴定的原理选择指示剂，依据精确度选择浓度；依据达到滴定终点的特点回答；令10
30、.00mL氨水溶液中稀氨水的浓度为cmol/L，根据消耗的盐酸列方程计算c的值解答：解：（1）工业上用氮气和氢气在高温高压催化剂条件下制取氨气，该反应为可逆反应，反应方程式为N2+3H22NH3，故答案为：N2+3H22NH3；（2）氢氧化钙与氯化铵反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+2H2O+CaCl2，故答案为：氢氧化钙固体、氯化铵固体；2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+2H2O+CaCl2；浓氨水是液体，氢氧化钠是固体，为使氨气逸出，把氨水滴入固体氢氧化钠中，随着氢氧化钠溶解放热，温度升高，使氨的溶解度减小而放出，故选B装置；氢氧化钠溶于
31、氨水后放热、增加氢氧根浓度，使NH3+H2ONH3H2ONH4+OH向逆方向移动，加快氨气逸出，故答案为：B；（3）NH4Cl溶液显酸性说明氯化铵是强酸弱碱盐，则证明NH3H2O是弱电解质，故验证NH3H2O是弱电解质的方法是：配制NH4Cl溶液，用pH计测量其pH值，若pH值小于7，则NH3H2O是弱电解质；故答案为：配制NH4Cl溶液，用pH计测量其pH值，若pH值小于7，则NH3H2O是弱电解质；（4）依据利用盐酸滴定氨水，中和后溶液仍然呈酸性，故选择甲基橙作为指示剂；因为题干中数字精确到小数位后第4位，故选择0.1980mol/L的盐酸；溶液达到滴定终点的标志是：溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复原来颜色；令10.00mL溶液中氢氧化钡的浓度为cmol/L，则：10.00103cmol/L=0.1980mol/LV103L，解得c=mol/L，故答案为：甲基橙； 0.1980； 溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复原来颜色； mol/L点评：本题考查物质成分与含量测定、对实验方案的理解与设计、溶液配制、中和滴定、化学计算等，题目综合性较大，难度中等，侧重对实验方案设计与化学计算，是对学生综合能力的考查