2019-2020学年高二化学上学期期中试卷（含解析） (I).doc

2019-2020学年高二化学上学期期中试卷（含解析） (I)1.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关下列说法正确的是A. 天然气、石油、流水、风力、氢气为一级能源B. 无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转化为电能C. PM含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素D. 发展低碳经济、循环经济，推广利用太阳能、风能的城市照明系统【答案】D【解析】试题分析：A、一级能源是指直接从自然界取得的能源，氢气不属于一级能源；B、风力发电是将风能转化为电能；C、砷元素属于非金属元素；D、低碳经济、循环经济，利用太阳能、风能均有利于能源开发和环境保护，正确。考点：考查化学与能源、环境等相关知识。2.H2和I2在一定条件下发生反应：H2(g)I2(g)2HI(g)HakJmol1。已知：(a、b、c均大于零)下列说法不正确的是A. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量B. 断开1 mol HH键和1 mol II键所需能量大于断开2 mol HI键所需能量C. 断开2 mol HI键所需能量约为(abc) kJD. 向密闭容器中加入2 mol H2和2 mol I2，充分反应后放出的热量小于2akJ【答案】B【解析】AH2和I2在一定条件下能发生反应：H2（g）+I2（g）2HI（g）H=-a kJmol-1 ，反应是放热反应，反应物能量高于生成物，故A正确；B断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应是放热反应所以形成化学键放出的能量大于断裂化学键吸收的能量，断开1mol H-H键和1mol I-I键所需能量小于断开2mol H-I键所需能量，故B错误；CH=反应物断裂化学键需要的能量-生成物形成化学键放出的能量=bkJ/mol+ckJ/mol-2H-I=-akJ/mol，得到断开2mol H-I键所需能量约为（a+b+c）kJ，故C正确；D反应是可逆反应不能进行彻底，依据焓变意义分析，向密闭容器中加入2mol H2和2mol I2，充分反应后放出的热量小于2a kJ，故D正确；故答案为B。点睛：化学反应的本质是键的断裂与形成，且断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，则化学变化的过程中伴随能量变化，根据反应焓变=反应物断裂化学键需要的能量-生成物形成化学键放出的能量，判断反应是放热反应还是吸热反应，并由此分析解题。3.下列有关热化学方程式的表示及说法正确的是A. 已知2H2(g)O2(g)=2H2O(g) H483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8 kJ/molB. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) H0，则金刚石比石墨稳定C. 含20.0 g NaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则该反应中和热的热化学方程式为NaOH(aq)1/2H2SO4(aq)=1/2Na2SO4(aq)H2O(l) H57.4 kJ/molD. 已知I2(g)H2(g)=2HI(g) H1，I2(s)H2(g)=2HI(g) H2，则H1H2【答案】C【解析】【详解】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物的时候所放出的热量，生成物中水是液态时才是稳定的氧化物，选项A错误；B、石墨转化为金刚石吸热，表明金刚石的能量高，不稳定，选项B错误；C、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1摩尔水和可溶性盐的时候所放出的热量，选项C正确；D、在比较焓变的时候，要带上负号来比较，碘升华时吸热，故后者反应时放热少，故H1c（In-），所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入溶液应呈酸性，以此解答该题。【详解】能使指示剂显红色，应使c（HIn）c（In-），所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入溶液应呈酸性，为酸性溶液，可使平衡向逆反应方向移动，溶液变红色；溶液呈碱性，可使平衡向正反应方向移动；为中性溶液，平衡不移动；所以能使指示剂显红色的是；答案选C。【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，注意根据颜色的变化判断平衡移动的移动方向，结合外界条件对平衡移动的影响分析。10.下列说法正确的是A. 向0.1 molL1 Na2CO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色B. 用醋酸代替盐酸测定中和热，H-57.3kJ/mol，选项B错误；C、乙醇和乙酸都能溶于水，但乙酸是电解质，乙醇为非电解质，选项C错误；D、将NaOH溶液和氨水溶液各稀释一倍，氢氧化钠的OH-浓度减小到原来的一半，但是氨水的OH-浓度要比原来的一半大，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查了盐的水解、电解质的概念、离子共存、酸碱反应，考查的知识点较多，是基础知识的考查，难度一般，易错点为选项D，将NaOH溶液和氨水溶液各稀释一倍，氢氧化钠的OH-浓度减小到原来的一半，但是氨水的OH-浓度要比原来的一半大。11.少量铁粉与100mL 0.01molL1的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的加H2O 加NaOH固体 滴入几滴浓盐酸加CuO固体加NaCl溶液滴加几滴硫酸铜溶液升高温度（不考虑盐酸挥发）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】加水，稀释了盐酸，故反应速率变慢，故不选；加入氢氧化钠会消耗盐酸，盐酸浓度降低，和金属锌反应速率减慢，故不选；加浓盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，且不改变H2的产量，故选；加CuO固体会消耗盐酸，盐酸浓度降低，和金属锌反应速率减慢，故不选；加氯化钠溶液，稀释了盐酸，故反应速率变慢，故不选；滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量，故不选；升高温度，反应速率加快，且不改变H2的产量，故选；可以使用的方法有，故选C。【点睛】本题考查了影响反应速率的因素。本题的易错点为，要注意审题：加快反应速率和不改变氢气的量。12.下列溶液一定呈中性的是：A. pH7的溶液 B. c(H)c(OH)106 molL1的溶液C. 使石蕊试液呈紫色的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应【答案】B【解析】【分析】温度未知时，根据溶液中c（H+）、c（OH-）相对大小判断溶液酸碱性，如果c（H+）=c（OH-），则溶液呈中性，如果c（H+）c（OH-），则溶液呈酸性，如果c（H+）c（OH-），则溶液呈碱性，据此分析解答。【详解】ApH=7的溶液不一定呈中性，100时纯水的pH=6，该温度下pH=7时溶液呈碱性，选项A错误；B无论温度多少，只要溶液中存在c（H+）=c（OH-），则该溶液一定呈中性，所以c（H+）=c（OH-）=10-6molL-1的溶液呈中性，选项B正确；C石蕊试液变色范围是5-8，则石蕊试液呈紫色的溶液不一定是中性的，选项C错误；D酸与碱恰好反应生成的溶液不一定是中性的，溶液的酸碱性由生成的盐的性质决定，如生成氯化铵溶液呈酸性、生成碳酸钠溶液呈碱性，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查溶液酸碱性判断，要根据溶液中c（H+）、c（OH-）相对大小判断溶液酸碱性，温度未知时不能根据溶液pH判断酸碱性，为易错题。13.下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是25 时亚硝酸钠溶液的pH大于7 用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应 0.1 molL1 HNO2溶液的pH2.1A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。中溶液显碱性，说明亚硝酸钠水解，可以证明亚硝酸是弱酸；只能说明亚硝酸的溶液导电性若，但不能说明是否存在电离平衡；中只能说明亚硝酸的酸性弱于硫酸的，但不能说明是否存在电离平衡；根据pH可知，亚硝酸没有完全电离，存在电离平衡，可以证明，答案选C。考点：考查弱酸的判断点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度的试题。该题贴近高考，基础性强，主要是考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。该题的关键是明确弱电解质的含义以及判断依据，然后结合题意具体问题、具体分析即可。14.以反应5H2C2O4+2MnO4-+6H +=10CO2+2Mn2+8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。 编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/浓度/molL-1体积/mL浓度/molL-1体积/mL0.102.00.014.0250.202.00.014.0250.202.00.014.050下列说法不正确的是A. 实验、所加的H2C2O4溶液均要过量B. 实验测得KMnO 4溶液的褪色时间为40 s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2.510 -4 molL -1s -1C. 若生成a L CO2（标准状况），该反应转移的电子数为aNA/22.4D. 实验和起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn 2+对反应起催化作用【答案】B【解析】通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢，所以实验、都要褪色，所加的H2C2O4溶液均要过量，故A正确；实验测得KMnO4溶液的褪色时间为40 s，则这段时间内平均反应速率(KMnO4)=0.010molL10.004L0.006L40s= 1.710-4molL-1s-1，故B错误；生成1mol CO2转移1mol电子，若生成a L CO2（标准状况），该反应转移的电子数为aNA/22.4，故C正确；根据影响反应速率的因素，实验和起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，没有改变其它因素的条件下，可能是生成的Mn2+对反应起催化作用，故D正确。点睛：影响反应速率的因素主要有温度、反应物浓度、压强、催化剂，其中影响最明显的是催化剂。15.在一密闭容器中，反应 aA（气）bB（气）达平衡后，保持温度不变，将容器体积减小1/2，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的1.5倍，则A. 平衡向逆反应方向移动 B. 物质A的转化率增大C. 物质B的质量分数增加 D. ab【答案】A【解析】【分析】采用假设法分析，假设a=b，则保持温度不变，将容器体积减小12，平衡不移动，B的浓度应是原来的2倍，但实际是当达到新的平衡时，B的浓度是原来的1.5倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明ab。【详解】假设a=b，则保持温度不变，将容器体积减小12，平衡不移动，B的浓度应是原来的2倍，但实际是当达到新的平衡时，B的浓度是原来的1.5倍，说明增大压强平衡向正反应方向移动，则说明a T2 ，Q 0B. Tl 0C. P1 P2 ，a+b=c+dD. Pl P2 ，b=c+d【答案】D【解析】【详解】左图中，由“先拐先平数值大”知T2T1，升高温度，生成物的含量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，即Q0；右图中，当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图象可知P2P1，增大压强，反应物B的含量不变，说明平衡不移动，则反应前后混合气体的分子数不变，故b=c+d（要注意A是固体）。答案选D。18.在一个密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压强为p(Pa),并在一定温度下使其发生反应：H2（g） + I2(g) = 2HI(g) H= B. = C. = D. 【答案】B【解析】【分析】NH4Cl水解促进水的电离；KNO3对水的电离无影响；NaOH是强碱、HCl是强酸，均抑制水的电离。【详解】NH4Cl水解促进水的电离；KNO3对水的电离无影响；NaOH是强碱、HCl是强酸，均抑制水的电离，且相同物质的量浓度的两溶液中，氢氧根离子和氢离子浓度对应相等，故对水的电离的抑制程度相同，因此水的电离程度从大到小排列顺序正确的是=，答案选B。【点睛】本题考查水的电离平衡的影响因素，明确盐类的水解可促进水的电离、盐的电离使溶液呈酸性或碱性时抑制水的电离。23.下列图像与对应叙述相符合的是A. 图甲表示某可逆反应物质的浓度随时间的变化，且在t时刻达到平衡状态B. 图乙表示向CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化C. 图丙表明合成氨反应时放热反应，b表示在反应体系中加入了催化剂D. 图丁表示向CH3COOH溶液中逐渐加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化【答案】C【解析】A. 可逆反应达到平衡时反应物和生成物的浓度保持不变，在t时刻反应物和生成物的浓度相等且不断变化，反应未达到平衡状态，错误；B. 向CH3COOH溶液中通入NH3，二者反应生成醋酸铵，溶液中自由离子浓度先逐渐增大，溶液的导电性先逐渐增强，与图像不符，错误；C. 合成氨反应时放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，使用催化剂，能降低反应的活化能，不能改变反应热，与图像相符，正确；D. 向CH3COOH溶液中逐渐加入CH3COONa固体后，溶液中醋酸根浓度增大，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，pH增大，与图像不符，错误。24.已知拆开1mol氢气中的化学键需要消耗436kJ能量，拆开1mol氧气中的化学键需要消耗498kJ能量，根据图中的能量图，回答下列问题：（1）分别写出的数值：_； _ ；（2）生成H2O（g）中的1mol H-O键放出_kJ的能量；（3）已知：H2O（l）= H2O（g） H = +44 kJmol1 ，试写出氢气在氧气中完全燃烧生成液态水的热化学方程式：_。【答案】 (1). 1370 (2). 1852 (3). 463 (4). 2H2（g）+O2(g) = 2H2O（l）H= 570kJ/mol【解析】【分析】由图象可知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=-482kJmol-1，化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，化学键断裂要吸收能量，形成新键要放出能量，反应热为反应物的总键能减去生成物的总键能，以此解答该题。【详解】（1）中，已知拆开1 mol氢气中的化学键需要消耗436 kJ能量，拆开1 mol氧气中的化学键需要消耗498 kJ 能量，所以拆开2摩尔氢气和1摩尔氧气，需要的能量为2436+498=1370kJ，中根据能量守恒，可以知道放出的能量为1370+482=1852kJ；（2）生成H2O（g）中1 mol HO键放出的能量为 1852 /4=463kJ；（3）由图中信息可以知道，2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H =-482kJmol-1，又因为H2O（l）=H2O（g）H = +44 kJmol-1，所以2 mol氢气在足量氧气中完全燃烧生成液态水的热化学方程为2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H =-570 kJmol-1。【点睛】本题考查了热化学方程式，属于高考考查的重点，本题要注意根据题中信息进行H的计算，要学会从图中准确获取关键信息。25.某温度时，在一个容积为2 L 的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，填写下列空白：（1）该反应的化学方程式为：_。（2）反应开始至2 min，气体Z的平均反应速率v（Z）=_。（3）1min时，正逆反应速率的大小关系为：v正_v逆（填“”、“ (4). = (5). 放热 (6). B【解析】【分析】由图象可知，t1时逆反应速率增大，t3时正、逆反应速率同等程度增大，t4时正、逆反应速率均减小，但正反应速率减小的程度大，再结合化学平衡的影响因素进行解答。【详解】（1）在反应中，X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，则X、Y为反应物，Z为生成物，相同时间内，化学反应中各物质的物质的量变化之比等于化学剂量数之比(0.3:0.1:0.2)，则化学方程式为3X+Y 2Z；（2）反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为v=ct=0.05mol/（Lmin）；（3）1min的时候反应物的浓度仍然再继续减少，所以反应向正反应方向进行，即v(正)v(逆)；4 min时，物质的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，所以v(正)v(逆)；若X、Y、Z均为气体，反应3X+Y 2Z为气体体积缩小的反应，缩小容器体积，相当于增大压强，平衡正向移动，容器内温度升高，可以推出正反应为放热反应；（4）根据图象，t1时增大了生成物的浓度，平衡逆向移动；t3时加入了催化剂，平衡不移动；t4时应为减小压强，平衡逆向移动，t0t1时X的转化率最高，故B选项正确，故答案为B。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握浓度、催化剂、温度、压强对反应速率的影响即可解答，侧重反应速率图象的分析，明确速率变化程度为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度中等。26.合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，其研究来自正确的理论指导，合成氨反应的平衡常数K值和温度的关系如表：温 度（）360440520K值0.0360.0100.0038（1）由上表数据可知该反应为_ （填放热，吸热，无法确定）反应。下列措施能用勒夏特列原理解释是_（填序号）。a增大压强有利于合成氨 b使用合适的催化剂有利于快速生成氨c生产中需要升高温度至500C左右 d需要使用过量的N2，提高H2转化率（2）0.2mol氨气溶于水后再与含有0.2mol硫酸的溶液反应放热QkJ，请你用热化学方程式表示其反应式_。（3）常温时，将amol氨气溶于水后，再通入bmol氯化氢，溶液体积为1L，且c（NH4+）=c（Cl），则一水合氨的电离平衡常数Kb=_（用ab表示）。（4）原料气H2可通过反应 CH4（g）+H2O （g）CO（g）+3H2（g） 获取，已知该反应中，当初始混合气中的恒定时，温度、压强对平衡混合气CH4含量的影响如图所示：图中，两条曲线表示压强的关系是：P1_P2（填“”、“=”或“”）。其它条件一定，升高温度，氢气的产率会_（填“增大”，“减小”减小，“不变”不变）。（5）原料气H2还可通过反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）获取。T时，向容积固定为5L的容器中充入1mol水蒸气和1mol CO，反应达平衡后，测得CO的浓度为0.08molL1，该温度下反应的平衡常数K值为_。保持温度仍为T，容积体积为5L，改变水蒸气和CO的初始物质的量之比，充入容器进行反应，下列描述能够说明体系处于平衡状态的是_（填序号）。a容器内压强不随时间改变b混合气体的密度不随时间改变c单位时间内生成a mol CO2的同时消耗a mol H2d混合气中n（CO）：n（H2O）：n（CO2）：n（H2）=1：16：6：6【答案】 (1). 放热 (2). ad (3). NH3H2O（aq）+H2SO4（aq）=NH4HSO4（aq）+H2O（l）H=5Q kJmol1 (4). (5). (6). 增大 (7). 2.25 (8). cd【解析】（1）本题考查化学平衡常数、勒夏特列原理，化学平衡常数只受温度的影响，根据表格数据，随着温度的升高，化学平衡常数降低，说明正反应方向是放热反应；勒夏特列原理是达到平衡，改变某一因素，平衡向消弱这一因素的方向移动，合成氨N2(g)3H2(g) 2NH3(g)，a、组分都是气体，反应前气体系数之和大于反应后气体系数，增大压强，平衡向正反应反应方向移动，符合勒夏特列原理，故正确；b、催化剂对化学平衡无影响，不符合勒夏特列原理，故错误；c、合成氨是放热反应，升高温度向逆反应方向进行，温度控制在500左右，使催化剂的催化效率达到最大，不符合勒夏特列原理，故错误；d、过量氮气，平衡向正反应方向进行，氢气的转化率增大，符合勒夏特列原理，故正确；（2）考查热化学反应方程式的书写，注意从热化学反应方程式书写的要求入手，两者的物质的量相等，生成的是NH4HSO4，消耗1molNH3时，产生热量为Q/0.2kJ=5QkJ，注意是氨气的水溶液，因此热化学反应方程式为：NH3H2O（aq）+H2SO4（aq）= NH4HSO4（aq）+H2O（l）H=-5Q kJmol1；（3）本题考查电离平衡常数的表达式，根据c(NH4)=c(Cl)，应从电荷守恒入手，即c(NH4)c(H)=c(OH)c(Cl)，因为c(NH4)=c(Cl)，所以溶液显中性，Kb=c(NH4)c(OH)/c(NH3H2O)，c(NH4)=c(Cl)=b/1molL1=bmolL1，根据氮元素守恒，因此c(NH3H2O)=(ab)/1molL1=(ab)molL1，代入上述表达式Kb=（b 107）/( a- b)；（4）本题考查勒夏特列原理，作等温线，反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的含量增大，即P1P2；根据线的走向，随着温度升高，甲烷的体积分数降低，说明平衡向正反应方向进行，即正反应方向是吸热反应，升高温度，氢气的产率增大；（5）本题考查化学平衡常数的计算、化学平衡状态的判断，CO(g) + H2O(g) CO2 (g) + H2(g)起始（molL1） 0.2 0.2 0 0变化 0.12 0.12 0.12 0.12平衡 0.08 0.08 0.12 0.12 根据化学平衡常数定义，其表达式为K=c(H2)c(CO2)/c(CO)c(H2O)=0.122/0.082=2.25；a、因为反应前后气体系数之和相等，压强不变，不能说明反应达到平衡，故错误；b、组分都是气体，因此气体质量不变，容器是恒定，根据密度的定义，密度保持不变，不能说明反应达到平衡，故错误；c、用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，消耗氢气，说明反应向正反应方向进行，生成CO2，说明反应向逆反应方向进行，且等于化学计量数之比，反应达到平衡，故正确；d、根据浓度商进行计算，此时的浓度商为66/(161)=2.25，等于化学平衡常数，说明反应达到平衡，故正确。27.I现用物质的量浓度为0.100 0 molL-1的标准NaOH溶液去滴定V mL盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：（1）从下表中选出正确选项_（2）某学生的操作步骤如下：A移取20.00 mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入23滴酚酞；B用标准溶液润洗滴定管23次；C把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴部分充满溶液；D取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上 23 mL；E调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；F把锥形瓶放在滴定管下面，用标准NaOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。正确操作步骤的顺序是_A_(用字母序号填写)_。判断到达滴定终点的实验现象是_。（3）若滴定达终点时，滴定管中的液面如上图所示，正确的读数为_A22.30 mL B23.65 mL C22.35 mL D23.70 mL（4）由于错误操作，使得上述所测盐酸溶液的浓度偏高的是_(填字母)。A中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数B酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25.00 mL待测酸溶液注入锥形瓶进行滴定C碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定D用酸式滴定管量取待测盐酸时，取液前有气泡，取液后无气泡（5）滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL120.001.0221.03220.002.0021.99320.000.2020.20若NaOH标准溶液的浓度为0.1010 mol/L，则该样品的浓度是_ 。【答案】 (1). D (2). B 、D 、 C 、 E 、F (3). 滴入最后一滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色变为粉红色且半分钟内不变色 (4). C (5). C (6). 0.1010 mol/L【解析】【分析】（1）根据酸碱滴定管的构造选择；（2）操作的步骤是选择滴定管，然后洗涤、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数，再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定；（3）滴定管的刻度自上而下逐渐增大；（4）由c测=c标V标V测 ，由于c标、V测均为定植，所以c测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则c测偏大或偏小；（5）根据c测=c标V标V测计算。【详解】（1）现用物质的量浓度为0.100 0 molL-1的标准NaOH溶液去滴定V mL盐酸的物质的量浓度，则盐酸装在锥形瓶中，氢氧化钠溶液装在碱式滴定管中进行滴定，选用乙，指示剂选用酚酞，答案选D；（2）操作的步骤是选择滴定管，然后洗涤、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数，再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定，正确操作步骤的顺序是BDCEAF。判断到达滴定终点的实验现象是滴入最后一滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色变为粉红色且半分钟内不变色；（3）氢氧化钠溶液应该用碱式滴定管量取。由于滴定管的刻度自上而下逐渐增大，所以根据装置图可知，此时的读数是22.35 mL，答案选C；（4）A中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数，读数偏小，测得溶液浓度偏低；B酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25.00 mL待测酸溶液注入锥形瓶进行滴定，则待测液浓度偏低，消耗的标准碱液体积偏小，测得溶液浓度偏低；C碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定，则标准溶液浓度偏低，滴定消耗的标准液体积偏大，测得溶液浓度偏高；D用酸式滴定管量取待测盐酸时，取液前有气泡，取液后无气泡，则所取盐酸的体积偏小，消耗标准液的体积偏小，测得溶液浓度偏低；答案选C；（5）三次测定的体积分别为20.01 mL、19.99 mL、20.00 mL，平均消耗体积为20.00 mL，若NaOH标准溶液的浓度为0.1010 mol/L，则该样品的浓度是0.1010mol/L0.02000L0.02000L=0.1010mol/L。【点睛】本题酸碱中和滴定仪器的选择、中和滴定、数据处理以及误差分析等。易错点为中和滴定误差分析，总依据为：由c测=c标V标V测 ，由于c标、V测均为定植，所以c测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则c测偏大或偏小。根据产生误差的来源，从以下几个方面来分析：洗涤误差。读数误差。气泡误差。锥形瓶误差。变色误差。样品中含杂质引起的误差，这种情况要具体问题具体分析。28.25下，现有0.1molL-1的H2SO4和0.1 molL-1一元弱酸HA两种溶液。（1）写出0.1 molL-1一元弱酸HA的电离方程式_。（2）0.1molL-1的H2SO4中水电离出的C(H+)为_。（3）向0.1molL-1的硫酸中加入一定体积的pH=13的NaOH溶液，反应后溶液的pH为2，则所需NaOH溶液与硫酸的体积比为_；（4）向0.1 molL-1一元弱酸HA加入一定体积的水，在此过程中，下列数值变大的是_。c(H+) n(A-) c(OH-) Ka c(A-)/ c(HA) （5）实验室在配制溶液时，一些物质存在水解的情况，在配制Fe2（SO4）3溶液时，Fe3+也存在水解，请书写水解离子方程式_。【答案】 (1). HAH+A- (2). 5.01014 (3). 19:11 (4). (5). Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+【解析】【分析】（1）一元弱酸不完全电离；（2）依据溶液中离子积Kw=c酸（H+）c（OH-）计算；（3）根据酸碱反应酸过量，以氢离子浓度进行求算；（4）酸溶液越稀c(H+)越小；弱酸越稀，其电离度越大，电离程度增大，n(A-)增大；温度不变，水的离子积Kw =c（H+）c（OH-）不变； Ka只与温度有关；Ka=c(A-)c(H+)c(HA) 不变，c（H+）变小，c(A-)c(HA)增大；（5）Fe3+水解产生氢氧化铁，溶液呈酸性。【详解】（1）一元弱酸不完全电离，HA的电离方程式为HAH+A-；（2）溶液中硫酸电离的氢离子浓度=20.1mol/L=0.2mol/L；依据溶液中离子积Kw=c酸（H+）c（OH-）=10-14，故c（OH-）=510-14mol/L，得到溶液中由水电离产生的c水（H+）=c（OH-）=510-14mol/L；（3）c（H+）=，则所需NaOH溶液与硫酸的体积比为19：11；（4）酸溶液越稀c(H+)越小，故错误；弱酸越稀越电离，电离程度增大n(A-)增大，故正确；酸溶液越稀c(H+)越小，温度不变，水的离子积Kw =c（H+）c（OH-）不变，c(OH-)增大，故正确； Ka只与温度有关，Ka不变，故错误；Ka= 不变，c（H+）变小，增大，故正确；答案选；（5）Fe3+水解产生氢氧化铁，溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+。