1、四川省雅安中学2019-2020学年高二化学下学期5月月考试题（含解析）1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 25 时Ksp(CaSO4)=910-6，则该温度下CaSO4饱和溶液中含有310-3NA个Ca2+B. 200mL 0.5mol/L Na2CO3溶液中，由于CO32-水解，所以总阴离子数目小于0.1NAC. 1mol CH3COONa与少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液中，CH3COO-数目为NAD. 常温下，1L pH=10的醋酸钠溶液中水电离出的总H+的数目为10-10 NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A.由25 时Ksp(CaSO4)=910-6可知
2、，溶液中c（Ca2+）=c（SO42-）=3l0-3 mol/L，但溶液体积未知，无法计算CaSO4饱和溶液中Ca2+的物质的量，故A错误；B. 该溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，碳酸根离子水解生成了氢氧根离子，导致溶液中阴离子数目增多，所以阴离子数目大于0.1NA，故B错误；C. 1mol CH3COONa与少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液中存在电荷守恒关系c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），中性溶中c（H+）=c（OH-），则由溶液中c（Na+）=c（CH3COO-）可得n（Na+）=n（CH3COO-）=1mol，即溶液中CH3COO-数目为NA，故C正
3、确；D. 醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解促进水的电离，则常温下，1L pH=10的醋酸钠溶液中水电离出的总H+的数目为10-4NA，故D错误；故选C。【点睛】注意碳酸钠溶液中碳酸根离子水解会导致阴离子数目增多是解答难点。2.化学与科技、社会、生活有着密切的联系。下列有关说法不正确的是A. 将草木灰和铵态氮肥混合施用能增强土壤的肥效B. Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病C. 在牙膏中添入Na2PO3F、NaF,能起到预防龋齿的作用D. 疫情期间，“网课”成了我们的主要络光缆的主要成分是SiO2【答案】A【解析】【详解】A.草木灰不能与铵态
4、氮肥混合使用的原因是铵态氮肥与碱性物质作用生成NH3，降低肥效，故A错误；B. Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸，则BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病，故B正确；C. 防治龋齿的有效成分是氟离子，则在牙膏中添加Na2PO3F、NaF或SrF2等均能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的，故C正确；D. 网络光缆的主要成分是SiO2，故D正确；故选A。【点睛】铵态氮肥与碱性物质混合后能放出氨气，降低肥效，故凡是铵态氮肥（含NH4+），储存和使用时，不要与熟石灰、草木灰等碱性物质混合，以防止混合后会放出氨气，降低肥效。3.某学生
5、的实验报告所列出的下列数据中合理的是（ ）A. 用含1mol醋酸的稀溶液和1.01mol氢氧化钠的稀溶液做中和热实验测得中和热的数值为57.3kJ/molB. 通过实验得知在常温常压下，12g固体C和32g气体O2所具有的总能量一定大于44g气体CO2所具有的总能量C. 室温下，用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3D. 用10mL的量筒量取8.05mL浓硫酸【答案】B【解析】【详解】A.强酸强碱的稀溶液的中和热为57.3kJ/mol，醋酸为弱酸，电离过程吸热，因此做中和热实验测得中和热的数值肯定小于57.3kJ/mol，故A错误；B.碳的燃烧属于放热反应，反应物的总能量一定大于生成物的总能量
6、， 即12g固体C和32g气体O2所具有的总能量一定大于44g气体CO2所具有的总能量，故B正确；C.广泛pH试纸的测量精度为1级达不到0.1级，故C错误；D.量筒精度为0.1ml，因此用10mL的量筒量取8.05mL浓硫酸的说法是错误的，故D错误；故选B。【点睛】广泛pH试纸的测量精度为1级，量筒的精度为0.1mL，强酸强碱的稀溶液的中和热为57.3kJ/mol，以此分析解答。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A. 由水电离产生的c（OH）=11012mol/L的溶液中：HCO3、K+、Na+、SO42B. 含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、OH、Br、Na+C. pH=
7、0的溶液中：Na+、K+、S2-、SO32-D. 能使酚酞变红色的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、Br-【答案】D【解析】【详解】A.由水电离产生的c(OH)=11012mol/L的溶液可能是强酸，也可能是强碱溶液，HCO3在强酸性和强碱性溶液中都不能大量共存，A错误；B.含有大量Fe3+的溶液中Fe3+、Al3+与OH不能大量共存，B错误；C. pH=0的溶液呈酸性，S2-、SO32-在强酸性溶液中不能大量共存，C错误；D. 能使酚酞变红色的溶液呈碱性，碱性溶液中Na+、Ba2+、Cl-、Br-可以大量共存，D正确。故选D。5.下列实验事实得出的相应结论不正确的是选项事实结论A向X溶液中滴
8、加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色溶液中一定含有Fe2+B向2.0 mL浓度均为0.1 molL1的KCl、KI混合溶液中滴加12滴0.01 molL1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色Ksp：AgClAgIC用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强D将MgCl2溶液蒸干后灼烧，得到MgO固体蒸干的过程中水解生成的HCl挥发，水解进一步促进生成Mg(OH)2，灼烧后产生MgOA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A取少量溶液X，若先加入适量新制氯水，氯气会将亚铁离子氧化，不
9、能确定是否含亚铁离子，试剂的加入顺序制不合理，应先加几滴KSCN溶液，无明显现象，再向其中加入适量新制氯水，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+，故A错误；B.向2.0 mL浓度均为0.1 molL1的KCl、KI混合溶液中滴加12滴0.01 molL1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色说明沉淀是AgI，AgI的溶解度小于AgCl的溶解度，也就是AgCl的Ksp比AgI的Ksp大，故B正确；C.用pH试纸测得CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8说明醋酸钠的水解程度大于亚硝酸钠，盐的水解程度越大，酸的酸性越弱，则亚硝酸的酸性强于醋酸，电离出氢离子的能力强，故C正确；D.氯
10、化镁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化镁和氯化氢，蒸干的过程中水解生成的HCl挥发，水解进一步促进生成Mg(OH)2，灼烧后产生MgO，故D正确；故选A。6.室温下，向20.00mL 0.1000molL1盐酸中滴加0.1000molL1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图，已知lg3=0.5，邻苯二甲酸为弱酸。下列说法不正确的是( )A. 选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差B. 用酸式滴定管量取20.00mL 0.1000molL1盐酸时，酸式滴定管水洗后需用待取液润洗C. NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钠标定
11、NaOH溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂D. V(NaOH)=10.00mL 时，pH约为1.5【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可以较准确得到NaOH标准溶液的消耗体积，减小实验误差，故A正确；B. 用酸式滴定管量取20.00mL 0.1000molL1盐酸时，酸式滴定管水洗后，必需用待取液润洗，否则会稀释盐酸溶液，导致所测结果偏低，故B正确；C. 邻苯二甲酸氢钠与NaOH溶液恰好反应生成邻苯二甲酸钠，由邻苯二甲酸为弱酸可知邻苯二甲酸钠溶液呈碱性，则用邻苯二甲酸氢钠标定NaOH溶液的浓度时应采用酚酞为指示剂，选用甲基橙会使所测结果偏低，故C错误
12、；D. V(NaOH)=10.00mL 时，盐酸过量，溶液中氢离子浓度为mol/L，则溶液pH=1+lg3=1.5，故D正确；故选C。【点睛】选择指示剂的原则：指示剂变色要灵敏、明显，且变色范围不宜过宽；终点尽可能与指示剂的变色范围一致，如由于酸(碱)的强弱不同，反应后可能生成强酸碱盐或强碱弱酸盐等，它们发生水解呈酸(碱)性，这样我们就应该选择与其相一致变色范围的指示剂。7.下列比较中，正确的是A. 常温下，同浓度的一元酸HA比HB易电离，则相同浓度的NaA溶液比NaB溶液的pH大B. 0.2molLNH4NO3和0.1molL NaOH溶液等体积混合后：c(NH4)c(NO3)c(Na) c
13、(OH)c(H)C. 物质的量浓度相等的醋酸溶液和氢氧化钠溶液等体积混合：c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)D. 同浓度的下列溶液：NH4Al(SO4)2NH4Cl NH3H2O CH3COONH4，其中c(NH4)由大到小的是：【答案】D【解析】【详解】A常温下，同浓度的一元酸HA比HB易电离，则酸性HAHB，由酸越弱，盐的水解程度越大，则相同浓度的NaA溶液比NaB溶液的pH小，A错误；B.0.2mol/L NH4NO3和0.lmol/LNaOH溶液等体积混合，反应生成0.05mol/LNaNO3、0.05 mol /LNH3H2O，还剩余0.1molNH4
14、NO3，电离大于水解，溶液显碱性，由溶质浓度可知硝酸根离子的浓度最大，则c（NO3）c（NH4+）c（Na+）c（OH）c（H+），B错误；C物质的量浓度相等的醋酸溶液和氢氧化钠溶液等体积混合生成醋酸钠，由电荷守恒可知， c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故C错误；D同浓度的下列溶液：NH4Al（SO4）2NH4ClNH3H2O，CH3COONH4，因中铝离子水解抑制铵根离子的水解；中铵根离子水解；弱碱电离，且电离的程度很弱，中CH3COO-水解促进铵根离子的水解，则c（NH4+）由大到小的顺序是：，D正确；故选D。8.按要求回答下列问题(1)已知25，NH3H2O的K
15、b=1.8105，H2SO3的Ka1=1.3102，Ka2=6.2108。将SO2通入2.0 molL-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH)降至1.0107 molL1时，溶液中的 =_；(NH4)2SO3溶液中的质子守恒_。(2)土壤的pH一般在49之间。土壤中Na2CO3含量较高时，pH可高达10.5,试用离子方程式解释土壤呈碱性的原因为_(用离子反应方程式)。加入石膏(CaSO42H2O)可以使土壤碱性降低，有关反应的化学方程式为_。(3)SOCl2是一种液态化合物，沸点为77化合物，在盛有10mL水的锥形瓶中小心滴加810滴SOCl2，可观察到剧烈水解反应，液面有白雾形成，并有
16、刺激性气味的气体逸出，该气体可使滴有品红试液的滤纸褪色，轻轻振荡锥形瓶，等白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色沉淀析出。根据上述实验，写出 SOCl2和水反应的化学方程式_。SOCl2与AlCl36H2O 混合共热，可得到无水AlCl3，其原因是_。(4)当意外失火时，将泡沫灭火器倒过来即可使药液混合，喷出泡沫状物品，阻止火势蔓延，其相关的离子反应方程式为_。【答案】 (1). 0.62 (2). c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3H2O)+c(OH-) (3). CO32-+H2OHCO3-+OH- (4). Na2CO3+CaSO42H2
17、O=CaCO3+Na2SO4+2H2O (5). SOCl2+H2O=SO2 + 2HCl (6). SOCl2和H2O生成SO2和HCl，生成HCl抑制AlCl3的水解 (7). Al3+3HCO3- = Al(OH)3+3CO2【解析】【分析】（1）H2SO3的Ka2=6.210-8和溶液中c（H+）=1.010-7molL-1计算可得；整合电荷守恒关系和物料守恒关系得质子守恒关系；（2）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-结合水电离的氢离子，生成HCO3-、H2CO3，破坏水的电离平衡；加入(CaSO42H2O)后，CaSO4与Na2CO3反应生成CaCO3，CO32-浓度降低，CO32
18、-水解平衡向左移动，OH-浓度降低；（3）由题意可知，SOCl2和水反应生成二氧化硫和氯化氢；SOCl2与AlCl36H2O混合共热时，SOCl2和结晶水反应生成二氧化硫和氯化氢，既减少了水的量，同时生成的HCl又抑制了AlCl3的水解；（4）碳酸氢钠水解导致溶液呈碱性，硫酸铝水解导致其溶液呈酸性，碳酸氢钠和硫酸铝在水溶液中能相互促进水解生成二氧化碳和氢氧化铝；【详解】（1）H2SO3的Ka2=6.210-8，将SO2通入2.0 molL-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH)降至1.0107 molL1时，溶液中c（H+）=1.010-7molL-1，则=0.62；由题意可知，NH3H
19、2O的Kb=1.8105Ka2=6.2108，则(NH4)2SO3溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+ c（NH4+）=c(HSO3-)+2c(SO32) +c(OH-)，存在物料守恒关系c(NH3H2O) + c（NH4+）=2c(HSO3-)+2c(SO32) +2c(H2SO3)，整合电荷守恒关系和物料守恒关系得质子守恒关系为c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3H2O)+c(OH-)，故答案为：0.62；c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3H2O)+c(OH-)；（2）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-在溶液中水解生成HCO3-
20、、H2CO3，破坏水的电离平衡，使土壤呈碱性，CO32-在溶液中水解以一级水解为主，则水解的离子方程式CO32-+H2OHCO3-+OH-；加入(CaSO42H2O)后，CaSO4与Na2CO3反应生成CaCO3，降低CO32-浓度，使CO32-水解平衡向左移动，OH-浓度降低，反应的化学方程式为CaSO42H2O +Na2CO3=CaCO3+Na2SO4+2H2O，故答案为：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-；CaSO42H2O +Na2CO3=CaCO3+Na2SO4+2H2O；（3）由题意可知，白雾为盐酸的小液滴，即会产生HCl，同时有带刺激性气味
21、的气体逸出，该气体可使滴有品红试液的滤纸褪色说明是SO2，则SOCl2和水反应生成二氧化硫和氯化氢，反应的化学方程式为SOCl2+H2O=SO2+2HCl，故答案为：SOCl2+H2O=SO2+2HCl；由于铝离子在溶液中水解，SOCl2与AlCl36H2O混合共热时，SOCl2和结晶水反应生成二氧化硫和氯化氢，既减少了水的量，同时生成的HCl又抑制了AlCl3的水解，从而得到无水AlCl3，故答案为：SOCl2和H2O生成SO2和HCl，生成HCl抑制AlCl3的水解；（4）硫酸铝是强酸弱碱盐能水解使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度而导致其溶液呈酸性，碳酸氢钠的水溶液呈碱性，碳酸氢钠和硫酸
22、铝在水溶液中能相互促进水解生成二氧化碳和氢氧化铝，反应的离子方程式为：3HCO3-+Al3+=Al（OH）3+3CO2，故答案为：3HCO3-+Al3+=Al（OH）3+3CO2。【点睛】SOCl2与AlCl36H2O混合共热时，SOCl2和结晶水反应生成二氧化硫和氯化氢，既减少了水的量，同时生成的HCl又抑制了AlCl3的水解，从而得到无水AlCl3是解答关键。9.化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10(g) C4H8(g) + H2(g)H+139 kJ/mol（1）该反应的化学平衡常数的表达式为_。（2）一定条件下，以异丁烷为原料生产异丁烯。温度、
23、压强改变对异丁烷平衡转化率的影响如下图所示。判断p1、p2的大小关系：p1_（填“”或“”）p2，理由是_。若异丁烷的平衡转化率为40%，则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为_%（保留小数点后1位）。（3）目前，异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。下表是以V-Fe-K-O为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。温度/570580590600610以-Al2O3为载体异丁烷转化率/%36.4136.4938.4239.2342.48异丁烯收率/%26.1727.1127.5126.5626.22以TiO2为载体异丁烷转化率/%30.2
24、330.8732.2333.6333.92异丁烯收率/%25.8827.3928.2328.8129.30说明：收率=（生产目标产物的原料量/原料的进料量）100%由上表数据，可以得到的结论是_（填字母序号）。a.载体会影响催化剂的活性b. 载体会影响催化剂选择性c.载体会影响化学平衡常数分析以-Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因：_。【答案】 (1). (2). (3). 该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图象表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p1p2 (4). 28.6 (5). ab (6). 温度升高时异丁
25、烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动（或其他合理原因）；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加（或其他合理原因）【解析】【详解】（1）化学平衡常数=，则该反应的化学平衡常数的表达式K=，答案为：；（2）根据反应C4H10(g) C4H8(g) + H2(g)，该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图象表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p1p2，答案为：；该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图象表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁
26、烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p1p2；设异丁烷初始物质的量为a，平衡转化率为40%，则根据反应利用三段式：C4H10(g) C4H8(g)+H2(g)初始（mol） a 0 0变化（mol） 40% a 40% a 40% a平衡（mol） (1-40%) a 40% a 40% a则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为100%=28.6%，答案为：28.6；（3）a. 由上表数据，相同温度下，同一催化剂选择不同的载体异丁烷转化率和异丁烯收率不同，即催化效果不同，说明不同载体会影响催化剂的活性，故a正确；b. 以-Al2O3为载体时，随着温度的升高异丁烷转化率不断升高，而异丁烯收率
27、基本不变；以TiO2为载体时，异丁烷转化率和异丁烯收率都随着温度的升高而增大，说明不同的载体会影响催化剂的选择性，故b正确；c.化学平衡常数只与温度有关，与催化剂或催化剂载体无关，故c错误；答案选ab；以-Al2O3为载体时温度升高时，异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加，答案为：温度升高时异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动（或其他合理原因）；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加（
28、或其他合理原因）。10.LiCoO2（钴酸锂）是锂离子电池的正极材料。以某海水为原料制备钴酸锂的一种流程如下：已知如下信息：该海水中含浓度较大的LiCl，含少量MgCl2、CaCl2、MnCl2等。碳酸锂的溶解度与温度关系如图所示：常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下：物质Li2CO3MgCO3CaCO3MnCO3Mg(OH)2Ksp2.510-26.810-62.810-92.310-116.010-10请回答下列问题：（1）LiCoO2中钴的化合价为_。滤渣1主要成分有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3和_（填化学式）。（2）调节pH=5的目的是_。（3）“沉锂”包括过滤、洗涤等，宜用
29、_（填“热水”或“冷水”）洗涤Li2CO3。加入纯碱的量与锂回收率的关系如表所示：序号沉淀质量/g碳酸锂含量/%锂回收率/%0.9110.0992.3677.671.0110.9790.1982.461.1111.4589.3785.271.2112.1484.8285.45从生产成本考虑，宜选择_（填序号）方案投料。（4）“除杂2”中调pH=13时c(Mg2+)=_molL-1。（5）“合成”中采用高温条件，放出一种能使澄清石灰水变浑浊的气体。写出“合成”发生反应的化学方程式_。（6）在“合成”中制备1 mol LiCoO2转移电子的物质的量为_。【答案】 (1). 3 (2). MnCO3
30、 (3). 除去过量的Na2CO3，避免蒸发浓缩时析出Li2CO3 (4). 热水 (5). (6). 6.010-8 (7). 2Li2CO34CoCO3O24LiCoO26CO2 (8). 1mol【解析】【详解】（1）LiCoO2中锂为1价，氧为-2价，则钴为3价。由表中溶度积知，碳酸锰难溶于水，因此滤渣1中主要有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3和MnCO3。答案为：3；MnCO3；（2）加入盐酸除去过量的碳酸钠，否则碳酸锂会在浓缩时析出，损失锂元素。答案为：除去过量的Na2CO3，避免蒸发浓缩时析出Li2CO3；（3）碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤比冷水好，减小锂元素
31、损失。从投料比看出，序号的比例中，投入碳酸钠量较小，锂回收率较高，可降低生产成本。答案为：热水；（4）pH=13，c(OH)=1101 molL1，c(Mg2+)=6.0108 molL1。答案为：6.0108；（5）在合成中钴的反应中钴的化合价升高，必有O2参与反应，副产物是CO2。答案为：2Li2CO34CoCO3O24LiCoO26CO2；（6）Co元素化合价从+2升高到+3价，生成1 mol LiCoO2转移1 mol电子。答案为：1mol。11.滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题：I酸碱中和滴定用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液。(1)该学生的实验操作如下：a用碱式
32、滴定管取稀NaOH 25.00 mL，注入锥形瓶中，加入甲基橙作指示剂。b用待测定的溶液润洗碱式滴定管。c用蒸馏水洗干净滴定管。d取下酸式滴定管用标准的HCl溶液润洗后，将标准液注入滴定管刻度“0”以上23 cm处，再把滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下。e检查滴定管是否漏水。f另取锥形瓶，再重复操作一次。g把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。滴定操作正确顺序是(用序号填写)_。某次滴定前、后的盛放盐酸滴定管中液面的位置。请回答：仪器A的名称是_；盐酸的体积读数：滴定前读数为_mL，滴定后读数为_mL；在g操作中如何确定
33、终点_。(2)下列操作造成测定结果偏高是_(填选项字母)。A滴定终点时，俯视滴定管溶液液面B盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗C酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗D滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失II氧化还原滴定取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1 mol/L的高锰酸钾溶液滴定，发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2+2MnSO4+8H2O。表格中记录了实验数据：滴定次数待测液体积(mL)标准KMnO4溶液体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次25.000.5020.40第二次25.003.0023.00第
34、三次25.004.0024.10(1)滴定时，KMnO4溶液应装在_(“酸”或“碱”)式滴定管中，滴定终点时锥形瓶内的颜色变化是_。(2)该草酸溶液的物质的量浓度为_。【答案】 (1). e、c、b、a、d、g、f (2). 酸式滴定管 (3). 0.80 (4). 22.80 (5). 当滴入最后一滴溶液，锥形瓶内由黄色变为橙色且半分钟内不褪色 (6). CD (7). 酸 (8). 无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (9). 0.2 mol/L【解析】【分析】I.(1)滴定实验步骤有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液加指示剂、滴定等操作；根据仪器结构判断仪器名称，根据滴定管小刻度在上，大刻度
35、在下，结合滴定前后液体凹液面位置读数；根据用甲基橙作指示剂时，溶液由黄色变橙色，且半分钟内不变色，则到达滴定终点；(2)根据操作对消耗标准溶液体积大小，结合溶液的物质的量浓度定义式分析实验误差；II.(1)根据高锰酸钾溶液具有强氧化性选择滴定管类型；根据滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变成紫红色为滴定终点；(2)先判断滴定数据的有效性，然后计算出消耗标准液的平均体积，再根据c(待测)=分析计算出待测液的浓度。【详解】I.(1)中和滴定操作步骤有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作，所以滴定操作的正确顺序是e、c、b、a、d、g、f；仪器A为下部有玻璃活塞，因此为酸式滴定管
36、，结合滴定管结构可知：在滴定前读数为0.80 mL，滴定后读数为22.80 mL；用甲基橙作指示剂时，溶液由黄色变橙色，且半分钟内不变色，则到达滴定终点；(2) A.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=，可以知道c(待测)偏小，A不符合题意；B.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，对V(标准)无影响，根据c(待测)=，可以知道c(待测)不变，B不符合题意；C酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗，标准盐酸浓度偏小，造成V(标准)偏大，导致c(待测)偏大，C符合题意；D.滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，最终导c(待测
37、)偏大，D符合题意；故合理选项是CD；II.(1)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以应该使用酸式滴定管盛装酸性高锰酸钾溶液；滴定结束前混合液为无色，滴定结束时混合液变成了浅紫色，所以滴定终点现象为：锥形瓶中溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；(2)三次滴定消耗标准液盐酸体积分别为：(20.400.50)mL=19.90 mL、(23.003.00)mL=20.00m L、(24.104.00)mL=20.10 mL，所以三次滴定的数据都有效，则消耗标准液的平均体积为V= =20.00 mL，高锰酸钾的物质的量为n(KMnO4)=cV=0.10 mol/L0.020 L=0.0020 mol，根据反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2+2MnSO4+8H2O可知：n(H2C2O4)=n(KMnO4)= 0.005 mol，故待测液草酸的物质的量浓度c(H2C2O4)=0.2 mol/L。【点睛】本题考查了酸碱中和滴定操作，注意掌握中和滴定的操作方法、指示剂的选择、误差分析，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力。