2018-2019学年云南省腾冲市第八中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年云南省腾冲市第八中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

‎ 2018-2019学年云南省腾冲市第八中学高二下学期期中考试化学试题 解析版 相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35．5‎ 一、选择题（每题2分，共60分）‎ ‎1.常温下，关于pH相等的盐酸和醋酸溶液(两溶液的OH－浓度也相等)，下列说法正确的是(　　)‎ A. c(HCl)>c(CH3COOH)‎ B. c(Cl－)＝c(CH3COO－)‎ C. 等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多 D. 用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，pH相等时，醋酸浓度较大，即c(HCl)＜c(CH3COOH)，故A错误；B．溶液的pH相等，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知c(Cl-)=c(CH3COO-)，故B正确；C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，由于醋酸的浓度较大，则醋酸产生的H2多，故C错误；D．同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，由于醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH溶液体积多，故D错误；故选B。‎ 点睛：明确弱电解质的电离特点为解答关键。注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，醋酸为弱电解质，氯化氢是强电解质，pH相等时，醋酸浓度较大；物质的量浓度相等时，盐酸的pH较小，酸性较强。本题的易错点为CD。‎ ‎2.己知丙烷的燃烧热△H=-2215KJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成‎1.8g水，则放出的热量约为（ ）‎ A. 55 kJ B. 220 kJ C. 550 kJ D. 1108 kJ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 丙烷分子式是C3H8，燃烧热为△H=-2215KJ·mol-1‎ ‎，1mol丙烷燃烧会产生4mol水，放热2215KJ。丙烷完全燃烧产生‎1.8g水，物质的量为0.1mol，消耗丙烷的物质的量为0.025mol，所以反应放出的热量是Q=0.025mol×2215kJ/mol=55.375kJ，选A。‎ ‎【考点定位】本题从知识上考查燃烧热的概念、反应热的计算，从能力上考查学生分析问题、解决问题的能力及计算能力。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化电能 B. 反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应 C. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023‎ D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%~90%；B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应；C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol；D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低。‎ 详解：A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%~90%，A项错误；B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；答案选C。‎ 点睛：本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。‎ ‎4.反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，若在恒压绝热容器中发生，下列选项表明反应一定已达平衡状态的是（ ）‎ A. 容器内的温度不再变化 B. 容器内的压强不再变化 C. 相同时间内，断开H－H键的数目和生成N－H键的数目相等 D. 容器内气体的浓度c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可逆反应，若正反应速率等于逆反应速率，或各物质的浓度、物质的量分数等保持不变，则表明反应一定已达平衡状态，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 绝热容器，温度不再改变，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，A项正确；‎ B. 该反应在恒压条件下进行，压强始终不变，不能根据压强判断平衡状态，B项错误；‎ C. 相同时间内，断开H－H键的数目和生成N－H键的数目相等，表示的都是正反应，且不满足计量数关系，无法判断是否达到平衡状态，C项错误；‎ D. 容器内气体的浓度c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2，无法判断各组分的浓度是否发生变化，则无法判断平衡状态，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】有关达到化学平衡状态的标志是常考题型，通常有直接判断法和间接判断法两大类。‎ 一、直接判断法：‎ ‎①ν（正）=ν（逆）0，即正反应速率 = 逆反应速率 注意反应速率的方向必须有正逆之分，每个物质都可以表示出参与的化学反应速率，而其速率之比应符合方程式中的化学计量数的比值，这一点学生做题容易出错。‎ ‎②各组分的浓度保持不变，包括各组分的质量分数、物质的量分数、体积分数、百分含量不变。‎ 二、间接判断法 ‎①对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志，而对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。‎ ‎②对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。‎ ‎③对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。‎ ‎④有颜色的物质参与或生成的可逆反应，体系的颜色不再随时间而变化。‎ ‎⑤任何化学反应都伴随着能量变化，当体系温度一定时，达到平衡。‎ ‎5.银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其工作示意图如下。下列说法不正确的是 A. Zn电极是负极 B. Ag2O电极发生还原反应 C. Zn电极的电极反应式：Zn-2e-++2OH-=Zn(OH)2‎ D. 放电前后电解质溶液的pH保持不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、活泼金属Zn为负极，Ag2O为正极，选项A正确；B、Ag2O电极为正极，正极上得到电子，发生还原反应，选项B正确；C、Zn为负极，电极反应式为：Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2，选项C正确；D、电极总反应式为：Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag，放电后水消耗了，氯氧化钾的浓度增大，电解质溶液的pH增大，选项D错误。答案选D。‎ ‎6.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清 苯酚的酸性强于H2CO3的酸性 B 向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色 I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度 C 向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出 Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性 D 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：A项，苯酚的酸性弱于碳酸；B项，CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；C项，Fe从CuSO4溶液中置换出Cu，Cu2+的氧化性强于Fe2+；D项，向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀，NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小。‎ 详解：A项，向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，浊液变清，发生反应+Na2CO3→+NaHCO3，酸性：H2CO3HCO3-，A项错误；B项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B项正确；C项，向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，氧化性Cu2+Fe2+，C项错误；D项，向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，D项错误；答案选B。‎ 点睛：本题考查苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生成。易错选D项，产生错误的原因是：忽视NaCl、NaI的浓度未知，思维不严谨。‎ ‎7.（2016•江苏）下列说法正确的是（ ）‎ A. 氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子 B. 0.1mol/LNa2CO3溶液加热后，溶液的pH减小 C. 常温常压下，22.4LCl2中含有的分子数为6．02×1023个 D. 室温下，稀释0.1mol/L CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．氢氧燃料电池中，H2在负极上失去电子被氧化，故A正确；B．Na2CO3溶液加热，促进碳酸根离子的水解，使得氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故B错误；C．常温常压，不是标准状况，22.4LCl2中，不能用公式计算气体的物质的量，故C错误；D．电解质的导电能力与溶液中自由移动阴阳离子的浓度有关，稀释0.1mol•L-1CH3COOH溶液，使得离子浓度减小，导电能力减弱，故D错误；故选A。‎ 考点：考查原电池基本原理、盐类水解的影响因素、NA的计算和导电能力强弱的判断。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎8.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 纯碱可用于去除物品表面的油污 B. 水可用作钠燃烧的灭火剂 C. 植物秸秆可用于制造酒精 D. 氢氧化铁胶体可用作净水剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.油脂在碱性条件下水解，热的纯碱溶液水解显碱性，因此可使油脂发生水解反应，因而可用于除去物品表面的油污，A正确；‎ B.Na燃烧产生的Na2O2与水会发生反应产生NaOH和O2，使金属钠进一步燃烧，因此不能作钠燃烧的灭火剂，B错误；‎ C.植物秸秆主要成分是纤维素，纤维素水解产生葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下发生反应产生乙醇，故植物秸秆可用于制造酒精，C正确；‎ D.氢氧化铁胶体表面积大，吸附力强，可吸附水中悬浮的固体颗粒，形成沉淀，因而可用作净水剂，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎9.汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是 ‎ A. 温度T下，该反应的平衡常数 B. 温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小 C. 曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂 D. 若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、根据平衡常数的定义，结合开始时氮气和氧气的物质的量相等，可知该平衡常数为：，选项A正确；B、由于该容器是一个恒容容器，反应前后气体的质量不发生改变，所以气体的密度一直不变，选项B错误；C、催化剂仅能改变达到平衡所用的时间，不能使平衡移动，即不能改变平衡浓度，选项C错误；D、若曲线b对应的条件改变是温度，根据先达到平衡可知为升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，而氮气的浓度降低，说明平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，△H>0，选项D错误。答案选A。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎10.某温度下向含AgCl固体AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是 A. AgCl的溶解度、Ksp均减小 B. AgCl的溶解度、Ksp均不变 C. AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D. AgCl的溶解度不变、Ksp减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积常数只和温度有关，温度不变，Ksp不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关，还和影响平衡的离子浓度有关。‎ ‎11. 一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（ ）‎ A. 反应CH4＋H2O3H2＋CO,每消耗1molCH4转移12mol 电子 B. 电极A上H2参与的电极反应为：H2＋2OH－－2e－=2H2O C. 电池工作时，CO32－向电极B移动 D. 电极B上发生的电极反应为：O2＋2CO2＋4e－=2CO32－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、1molCH4→CO，化合价由-4价→+2上升6价，1molCH4参加反应共转移6mol电子，故错误；B、环境不是碱性，否则不会产生CO2，其电极反应式：CO＋H2＋2CO32－－4e－=3CO2＋H2O，故B错误；C、根据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，故C错误；D、根据电池原理，O2、CO2共同参加反应，其电极反应式：O2＋2CO2＋4e－=2CO32－，故D正确。‎ ‎【考点定位】考查原电池的工作原理和电极反应式书写。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎12.（2015•新课标1）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是（ ）‎ A. MOH的碱性强于ROH的碱性 B. ROH的电离程度：b点大于a点 C. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等 D. 当=2时，若两溶液同时升高温度，则增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图像可知，0.1mol/LMOH溶液的pH=13，说明MOH完全电离，为强电解质，而ROH溶液的pH＜13，说明ROH为弱电解质，所以MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；‎ B.ROH为弱碱，溶液越稀越易电离，所以ROH的电离程度：b点大于a点，故B正确；‎ C.两溶液无限稀释下去，最终的pH均为7，所以它们的氢氧根离子浓度相等，故C正确；‎ D.当lgV/V0=2时，MOH溶液的pH=11，ROH溶液的pH=10，MOH溶液中不存在电离平衡，升高温度，对c(M+)无影响；而ROH溶液中存在电离平衡，升高温度，电离正向移动，则c(R+)浓度增大。综上所述，升高温度时，c(M+)/c(R+)比值减小，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解图像题的要领时是：先看三点，再看增减；先看单线，再做关联。本题区分MOH和ROH的关键就是两线的起点pH。当开始时溶液的体积相同时，稀释的倍数越大，溶液的离子浓度越小，溶液的pH就越小。稀释相同倍数时，强碱比弱碱的pH变化大。‎ ‎13. 下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是 A. 该溶液中，H+、NH4+、SO42-、Br-可以大量共存 B. 该溶液中，Ag+、K+、NO3-、CH3CHO可以大量共存 C. 向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+===‎ ‎ Cl-+2Fe3++H2O D. 向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 该溶液中，H＋、ClO－，Br－、ClO－发生反应而不能大量共存，故A错误；B. 该溶液中，Ag＋、Cl-，Ag＋、、CH3CHO，ClO－、CH3CHO发生反应而不能大量共存，故B错误；C.由于NaClO水解而使NaClO和NaCl混合溶液呈碱性，所以反应的离子方程式中不能出现H＋，故C错误；D. 向该溶液中加入浓盐酸，H＋+ ClO－+ Cl－= Cl2↑+ H2O，所以每产生1 mol Cl2，转移电子约为6.02×1023个，故D正确。故选D。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎14. 氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是 A. 再通入少量氯气，c(H＋)/c(ClO－)减小 B. 通入少量SO2，溶液漂白性增强 C. 加入少量固体NaOH，一定有c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)‎ D. 加入少量水，水的电离平衡向正反应方向移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查电离平衡。氯气溶于水形成平衡：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，通入氯气时，平衡右移，c(H＋)增大，A选项错误；通入少量SO2，发生反应：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，平衡左移，HClO的浓度减小，溶液漂白性减弱，B选项错误；根据电荷守恒可知：c(Na＋)+ c(H＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)，C选项错误；加入少量水，离子浓度减小，向电离方向移动，D选项正确。‎ ‎15. 能证明乙酸是弱酸的实验事实是 A. CH3COOH溶液与Zn反应放出H2‎ B. 0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7‎ C. CH3COOH溶液与NaCO3反应生成CO2‎ D. 0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故A错误；B．该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，故B正确；C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，故C错误；D．可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，故D错误；故选B。‎ 考点：考查实验方案的评价，涉及酸性强弱比较的实验方法。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎16.25℃‎时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是 A. 未加盐酸时：c(OH－)＞c(Na＋)= c(NH3·H2O)‎ B. 加入10mL盐酸时：c(NH4＋) ＋c(H＋) ＝ c(OH－)‎ C. 加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl－) = c(Na＋)‎ D. 加入20mL盐酸时：c(Cl－) ＝c(NH4＋) ＋c(Na＋)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、混合溶液中，氢氧化钠和一水合氨的混合比例未知，故无法判断c(Na＋)= c(NH3·H2O)，故A错 误；B、加入10mL盐酸时，c（Cl-）=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4＋) ＋c(H＋) + c(Na+)＝c(OH ‎－)+c（Cl-），所以c(NH4＋) ＋c(H＋) ＝ c(OH－)，B正确；C、根据电荷守恒得到：c(NH4＋) ＋c(H＋) + c(Na+)‎ ‎＝ c(OH－)+c（Cl-），pH=7时，即c(H＋) ＝ c(OH－)，所以c(NH4＋) + c(Na+)＝ c（Cl-），c(Cl－) >c(Na ‎＋)，故C错误；D、加入20mL盐酸时， c（Cl-）="2" c(Na＋),由于铵根离子的水解，c(NH4＋) ﹤c(Na+)，‎ 所以c(Cl－)>c(NH4＋) ＋c(Na＋)，故D错误，此题选B。‎ ‎【考点定位】本题重点考查溶液中水的电离和离子的水解，比较溶液中离子浓度的大小，物料守恒，电荷守恒和质子守恒原理的应用。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎17.（2016•北京）K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72—（橙色）+H2O⇌2CrO42—（黄色）+2H+ ，用K2Cr2O7溶液进行下列实验：‎ 结合实验，下列说法不正确的是（ ）‎ A. ①中溶液橙色加深，③中溶液变黄 B. ②中Cr2O72—被C2H5OH还原 C. 对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强 D. 若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A正确；B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B错误；C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D正确；故选B。‎ 点睛：准确理解实验原理是解题关键，K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O72-具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42-不能。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎18.反应：H2(g)+I2(g)2HI(g) △H<0，当该反应达到平衡时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 减小容器体积，平衡向右移动 B. 加入催化剂，HI的产率增大 C. 增大c(I2)，H2的转化率增大 D. 升高温度，I2的转化率增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、反应前后气体体积不变，减小容器体积压强增大，平衡不变，故A错误；B、催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，HI的产率不变，故B错误；C、两种反应物，增加一种物质的量，会增大另一种物质的转化率，本身转化率减小，增大c(I2)，H2的转化率增大，故C正确；D、反应是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，I2的转化率减小，故D错误；故选C。‎ ‎19.10mL浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是（ ）‎ A. K2SO4 B. NaOH C. CuSO4 D. Na2CO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入K2SO4溶液，溶质不参加反应，溶剂水对盐酸起稀释作用，使c(H+)降低，能减慢反应速率，但由于n(H+)不变，而不影响氢气的生成量，A合理；‎ B.NaOH与HCl发生中和反应，使c(H+)、n(H+)都减小，反应速率减小，反应产生氢气的物质的量也减小，B不符合题意；‎ C.CuSO4与Zn反应产生Cu与ZnSO4，Zn、Cu及HCl构成原电池，使氢气反应速率加快，C不符合题意；‎ D.盐酸与Na2CO3发生反应，产生CO2，使盐酸的浓度降低，反应速率降低，由于n（H+）减小，所以最终产生氢气的物质的量也减少，D不符合题意；‎ 故合理选项是A。‎ ‎20.下列说法正确的是（ ）‎ A. ‎25℃‎时，向水中加入少量固体NaHSO4，c(H＋)增大，Kw不变 B. 向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa晶体，减小 C. 常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，c(Ba2+)减小，BaCO3的Ksp减小 D. 一定条件下，将一定浓度的CH3COONa溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度都减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. NaHSO4＝Na++H++SO42-，向水中加入少量固体NaHSO4，c(H＋)增大，温度不变，Kw不变，故A正确；B. 向0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa晶体，c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡受到抑制，溶液的酸性减弱，c(H+)减小， ==，温度不变，电离平衡常数不变，因此增大，故B错误；C. 温度不变，BaCO3的Ksp不变，故C错误；D. 一定条件下，将一定浓度的CH3COONa溶液加水稀释，溶液的碱性减弱，c(H+)增大，故D错误；故选A。‎ ‎21.下列说法正确的是（ ）‎ A. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强 B. 一定温度下，可逆反应2X(g)＋Y(g)2Z(g)达到平衡的标志是：容器内X、Y、Z的物质的量之比为2：1：2‎ C. 升高温度，AgCl的溶解度增大，Ksp增大 D. FeCl3、KAl(SO4)2、Na2CO3的水溶液均显酸性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题解析：A、溶液的导电能力与离子浓度、离子所带电荷的多少有关，与电解质的强弱无关，错误；B、一定条件下的可逆反应到达化学平衡时是指各物质的浓度保持恒定的状态，错误；C、溶解反应是吸热反应，当温度升高时，溶解平衡正向移动，离子浓度增大，平衡常数增大，正确；D、Na2CO3的水溶液显碱性，错误，答案选C。‎ 考点：考查溶液的导电能力、平衡标志的判断、平衡常数的变化、及盐溶液的酸碱性 ‎22.用CO合成甲醇(CH3OH)的化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH<0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 温度：T1>T2>T3‎ B. 正反应速率：v(a)>v(c)，v(b)>v(d)‎ C. 平衡常数：K(a)>K(c)，K(b)＝K(d)‎ D. 平均摩尔质量：M(a)M(d)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据该反应为放热，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳的转化率降低，所以温度：T1K(c)，K(b)=K(d)，故正确；D. 温度升高，平衡逆向移动，气体总质量不变，但总物质的量增大，所以平均摩尔质量：M(a)>M(c)；b的压强大于d的，平衡向正反应方向进行的程度大，平均摩尔质量增大，所以有M(b)>M(d)。故错误。故选C。‎ ‎【点睛】掌握条件对平衡的影响。升温速率增大，平衡向吸热反应方向移动，放热反应的平衡常数减小。温度不变，平衡常数不变。‎ ‎23.某温度下，在一个‎2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：‎3A(g)＋2B(g)4C(s)＋2D(g)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应的化学平衡常数表达式是 B. 此时，B的平衡转化率是40%‎ C. 增大该体系的压强，化学平衡常数增大 D. 增加B，B的平衡转化率增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、C是固体，浓度视为常数，不能写入平衡常数表达式，故错误；B、B的转化率为1.6×2/（4×2）×100%=40%，故正确；C、化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故错误；D、增加B，虽然平衡右移，但B的总量也增加，B的转化率降低，故错误。‎ 考点：考查化学平衡常数、化学平衡的计算等知识。‎ ‎24.下列说法正确的是（ ）‎ A. 物质发生化学反应时必然伴随着能量变化 B. 金属铜导电，故金属铜是电解质 C. 自发反应都是熵增大的反应 D. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使反应速率增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 能量变化是化学变化的基本特征，A正确。溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，B不正确。根据△G＝△H－T·△S可知，自发反应不一定都是熵增大的反应，C不正确。增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，而不是增大单位体积内活化分子的百分数，单位体积内活化分子的百分数是不变的，D不正确。答案选A。‎ ‎25.下列说法正确的是（ ）‎ A. 分子式为C2H6O的有机化合物性质相同 B. 相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能途径a：，途径b：‎ C. 在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数 D. 通过化学变化可以直接将水转变为汽油 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分子式为C2H6O的有机化合物可能是乙醇CH3CH2OH，也可能是甲醚CH3OCH3，二者的结构不同，因此性质不相同，A错误；‎ B.由于物质反应过程中放出的热量只与物质的始态和终态有关，而与反应途径无关，因此相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化最后产生CO2，放出的热量相等，B错误；‎ C.根据电子守恒可知：在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数，C正确；‎ D.水中含有H、O两种元素，而汽油中含有C、H两种元素，化学反应过程中原子的种类和数目不变，因此不能通过化学反应实现水转变为汽油的变化，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎26.阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是 A. ‎1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的数量为0.1‎ B. 2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1‎ C. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2‎ D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2和O2都是气态分子，‎2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，故D正确。‎ ‎27.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电子，Z 位于元素周期表ⅢA族，W 与X属于同一主族。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(W) > r(Z) > r(Y)‎ B. 由X、Y 组成的化合物中均不含共价键 C. Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱 D. X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。‎ 详解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；C项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；答案选D。‎ 点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的推断，准确推断出各字母代表的元素是解题的关键，进而根据同周期、同主族元素结构和性质的递变规律作出判断。‎ ‎28.某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。从分类角度分析，下列选项正确的是(　　)‎ A. 实验①、②所涉及的物质均为电解质 B. 实验②、③均为放热反应实验 C. ②、③均未发生氧化还原反应 D. 实验①、③反应制得的物质均为纯净物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．实验①中的铁和氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．盐的水解是吸热反应，故B错误；C．实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应，故C正确；D．③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系，所以不全为纯净物，故D错误。故选C。‎ 考点：考查氯气的化学性质 ‎29.有① Na2CO3溶液 ② CH3COONa溶液 ③ NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol·L－1，下列说法正确的是 A. 3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①‎ B. 若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②‎ C. 若分别加入25mL0.1mol·L－1盐酸后，pH最大的是①‎ D. 若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞①＞②‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 酸越弱，相应的钠盐越容易水解，醋酸的酸性强于碳酸的，所以碳酸钠的碱性强于醋酸钠的，A不正确。稀释促进水解，所以pH变化最大的是氢氧化钠，B不正确。C中醋酸钠和氢氧化钠都恰好与盐酸反应，但碳酸钠生成碳酸氢钠，溶液显碱性，pH最大，C正确。氢氧化钠是强碱，所以选项D中应该是②＞①＞③，D不正确。答案选C。‎ ‎30.将4molA气体和2molB气体置于‎2L的密闭容器中，混合后发生如下反应：‎2A(g)+ B(g)=‎2C(g)，若经2s后测得C的浓度为1.2mol/L，下列说法符合题意是（ ）‎ A. 用物质A表示的反应速率为1.2 mol/(L•s)‎ B. 用物质B表示的反应速率为0.3mol/(L•s)‎ C. 2s时物质A的转化率为40%‎ D. 2s时物质B的浓度为0.6mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据化学反应方程式可知：反应产生C的浓度为1.2mol/L，则反应消耗的A的浓度为1.2mol/L，则υ(A)==0.6mol/(L·s)，A错误；‎ B.根据化学反应方程式可知：反应产生C的浓度为1.2mol/L，则反应消耗的B的浓度为0.6mol/L，则υ(B)==0.3mol/(L·s)，B正确；‎ C.2s时物质A的转化浓度为1.2mol/L，开始时A的浓度为2mol/L，则A的转化率为(1.2mol/L ÷2mol/L)×100%=60%，C错误；‎ D.反应开始时B的浓度为1mol/L，转化浓度为0.6mol/L，所以2s时物质B的浓度为0.4mol/L，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ 二、填空题（共40分）‎ ‎31.I．用相应的方程式解释：‎ ‎(1)NaHSO3溶液显酸性：___________________‎ ‎(2)NaHCO3溶液显碱性：____________________‎ ‎(3)NH4Cl溶液显酸性：______________________‎ ‎(4)明矾[KAl(SO4)2]净水：___________________‎ ‎(5)FeCl3溶液蒸干得到Fe2O3固体：____________（第一步反应）‎ II．向2份0.1mol/LCH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2CO3固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO-浓度的变化依次为_______、______（填“减小”、“增大”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). HSO3-H++SO32- (2). HCO3-+ H2OH2CO3+OH- (3). NH4++H2ONH3•H2O+H+ (4). Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ (5). Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ (6). 减小 (7). 增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)NaHSO3是强碱弱酸盐，在溶液中HSO3-产生电离平衡和水解平衡，通过比较电离和水解程度大小判断溶液的酸碱性；‎ ‎(2) NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-产生电离平衡和水解平衡，通过比较电离和水解程度大小判断溶液的酸碱性；‎ ‎(3)NH4Cl强酸弱碱盐，在溶液中NH4+水解使溶液酸性；‎ ‎(4)明矾强酸弱碱盐，Al3+水解产生Al(OH)3具有吸附性；‎ ‎(5)FeCl3强酸弱碱盐，Fe3+水解产生Fe(OH)3，蒸干得Fe(OH)3，灼烧Fe(OH)3发生分解反应；‎ II. CH3COONa溶液水解显碱性， NH4NO3的溶液显酸性；Na2CO3溶液显碱性，根据平衡移动原理分析CH3COO-浓度的变化情况。‎ ‎【详解】I.(1)NaHSO3是强碱弱酸盐，在溶液中HSO3-存在电离平衡：HSO3-H++SO32-‎ ‎，电离产生H+，使溶液显酸性；同时也存在水解平衡：H2O+HSO3-OH-+H2SO3，水解产生OH-，使溶液显碱性，由于其电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性；‎ ‎(2) NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-存在电离平衡：HCO3-H++CO32-，电离产生H+，使溶液显酸性；同时也存在水解平衡：H2O+HCO3-OH-+H2CO3，水解产生OH-，使溶液溶液显碱性，由于HCO3-水解程度大于其电离程度，所以溶液显碱性；‎ ‎(3)NH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液NH4+发生水解作用：NH4+ +H2ONH3·H2O+H+，使溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性；‎ ‎(4)明矾是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+发生水解反应：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，水解产生的Al(OH)3胶体表面积大，吸附力强，可吸附水中悬浮的固体，因而具有净水作用；‎ ‎(5)FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，当溶液蒸干时，由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终得到的固体是Fe(OH)3，然后灼烧Fe(OH)3发生分解反应产生Fe2O3固体；‎ II. CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-水解，消耗水电离产生H+，使溶液显碱性；而NH4NO3是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+水解使溶液显酸性，将其加入到CH3COONa溶液中，消耗溶液的OH-，对CH3COO-的水解起促进作用，使CH3COO-离子浓度减小；而Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32-水解消耗水电离产生的H+，使溶液中c(OH-)浓度增大，溶液显碱性，将该固体加入到CH3COONa溶液中，增大了溶液中c(OH-)，对CH3COO-的水解起抑制作用，使c(CH3COO-)增大。‎ ‎【点睛】本题考查了盐的水解规律和应用的知识。涉及盐溶液的酸碱性、离子浓度大小变化、影响因素及水解离子方程式的书写及物质成分的判断等知识。掌握盐的水解规律和影响因素、水解程度大小变化规律是本题解答的关键。‎ ‎32.I．碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产。回答下列问题：‎ ‎(1)已知：①2NaOH(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+H2O(g) ΔH1=−127.4kJ/mol ‎②NaOH(s)+CO2(g) = NaHCO3(s) ΔH2=−131.5kJ/mol 反应2NaHCO3(s)=Na2CO3(s) +H2O(g) +CO2(g)的ΔH=____kJ/mol，不同温度下NaHCO3分解反应的平衡常数K313K____K298K(填“大于"“小于”或“等于”)，该反应的平衡常数表达式K=______。‎ ‎(2)向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中 ‎=____。（保留一位小数，已知Ksp(BaCO3)=2.6×10−9 ，Ksp(BaSO4)=1.1×10−10）‎ II．Mg﹣H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器，该电池以海水为电解质溶液，其工作原理如图所示，电池总反应是：Mg+H2O2+2H+═ Mg2++2H2O ‎(1)负极材料为_____，发生___反应（填“氧化”或“还原”）‎ ‎(2)两极电极反应式为：‎ 负极：_________________；正极：_________________；‎ ‎(3)有4.8gMg反应时时，外电路中转移电子数为______。‎ ‎【答案】 (1). +135.6 (2). 大于 (3). c(CO2)·c(H2O) (4). 23.6 (5). Mg (6). 氧化 (7). Mg-2e-=Mg2+ (8). H2O2+2e-+2H+=2H2O (9). 0.4NA或2.408×1023‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)①2NaOH(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+H2O(g) △H1=-127.4kJ/mol ‎②NaOH(s)+CO2(g)═NaHCO3(s) △H2=-131.5kJ/mol ‎①-2×②整理可得：2NaHCO3(s)=Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)的反应热；‎ 根据反应热判断温度对该反应的影响，结合平衡常数的含义，进而可得不同温度下的K值大小；‎ ‎(2)当碳酸钡、硫酸钡两种沉淀共存时，溶液中钡离子浓度为定值，根据溶度积计算；‎ II.负极发生氧化反应，正极发生还原反应（或活动性不同的电极，活泼的为负极，不活泼的为正极），正极上溶液中的溶质H2O2获得电子，发生还原反应，Mg是+2价金属，结合闭合回路中电子转移数目相等分析计算。‎ ‎【详解】(1)①2NaOH(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+H2O(g) △H1=-127.4kJ/mol NaOH(s)+CO2(g)═NaHCO3(s) △H2=-131.5kJ/mol ‎①-2×②得，2NaHCO3(s)=Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g) △H =+135.6 kJ/mol；‎ 由于该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，化学平衡常数增大，所以K313K>K298K ‎；由于化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时，各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，固体物质不出现在平衡常数表达式中，生成物只有CO2、H2O是气体，所以根据平衡常数的含义，可得该反应的平衡常数表达式K=c(CO2)·c(H2O)；‎ ‎(2)向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时，溶液中=23.6；‎ II.(1)在Mg﹣H2O2电池中，Mg失电子发生氧化反应生成Mg2+，所以Mg为负极，失去电子，发生氧化反应；‎ ‎(2)负极上Mg失去电子，电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+；正极上，溶液中H2O2获得电子，发生还原反应，电极反应式为：H2O2 +2e-+2H+=2H2O；‎ ‎(3) 4.8gMg的物质的量为n(Mg)=‎4.8g÷‎24g/mol=0.2mol，由于Mg是+2价的金属，所以在整个闭合回路中电子转移数目为n(e-)=0.2mol×2×NA/mol=0.4NA。‎ ‎【点睛】本题考查了盖斯定律、沉淀的转化与形成及原电池反应原理的知识。涉及热化学方程式的书写、溶度积的计算、电极的判断与电极反应式的书写、电子转移数目的计算等。掌握化学反应基本原理理解其含义是解题的根本。‎ ‎33.用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度。有以下步骤：‎ ‎(1)配制待测液：用‎5.0g含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制1000mL溶液。除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有______；‎ ‎(2)选择酚酞为指示剂进行滴定：‎ ‎①盛装0.1000mol/L的盐酸标准液应该使用_____式滴定管；‎ ‎②滴定时双眼应_______________；‎ ‎③滴定终点的实验现象：___________。‎ ‎(3)有关数据记录如下：‎ 测定序号 待测溶液的体积(mL)‎ 所耗盐酸标准液的体积(mL)‎ 滴定前读数 滴定后读数 ‎①‎ ‎20.00‎ ‎0.50‎ ‎20.78‎ ‎②‎ ‎20.00‎ ‎1.20‎ ‎21.32‎ 计算纯度：烧碱样品的纯度是________；（取两次实验所耗盐酸的平均值进行计算）‎ ‎(4)误差讨论：（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）‎ ‎①用蒸馏水冲洗锥形瓶，会使测定结果__________；‎ ‎②在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，会使测定结果_______；‎ ‎③读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，会使测定结果__________；‎ ‎④装标准液之前，没有用标准液润洗滴定管，会使测定结果__________。‎ ‎【答案】 (1). 1000mL容量瓶和胶头滴管 (2). 酸式 (3). 锥形瓶内溶液颜色变化 (4). 滴入最后一滴盐酸溶液后，锥形瓶内溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不变色 (5). 80.8% (6). 无影响 (7). 偏高 (8). 偏低 (9). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)准确配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，需使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、一定规格的容量瓶；‎ ‎(2)酸或者强氧化性物质要用酸式滴定管盛装，碱性溶液用碱式滴定管盛装；滴定过程中，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以判定滴定终点，以酚酞为指示剂，用标准酸溶液滴定碱，指示剂由红色变为无色，半分钟内不褪色达到滴定终点；‎ ‎(3)先分析数据的有效性，求出消耗盐酸的平均体积，然后根据关系式NaOH～HCl求出氢氧化钠的物质的量，再计算烧碱样品的纯度； ‎ ‎(4)根据c(待测)=，分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；‎ ‎【详解】(1)配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到1000mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液转移到容量瓶中，继续加水，当加水至液面距离刻度线1～‎2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎(2)①盛装0.1000mol/L的盐酸标准液应该使用酸式滴定管；‎ ‎②滴定时眼睛应注意观察锥形瓶中溶液颜色的变化；‎ ‎③以酚酞为指示剂，用0.1000mol/L的盐酸标准液滴定未知浓度的NaOH溶液，开始时溶液为碱性，显红色，随着HCl 的滴入，溶液的碱性逐渐减弱，红色逐渐变浅，当滴加最后一滴盐酸，溶液由红色变为无色，半分钟内不再变为红色时，滴定达到终点。因此滴定终点的实验现象是滴入最后一滴盐酸溶液后，锥形瓶内溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不变色；‎ ‎(3)两次消耗盐酸体积分别为：20.78mL-0.50mL=20.28mL、21.32mL-1.20mL=20.12mL；二次数据均有效，盐酸的平均体积为20.20mL，根据方程式：HCl+NaOH=NaCl+H2O可知原溶液n(NaOH)=n(HCl)=×0.1000mol/L×20.20mL×10‎-3L/mL=0.101mol，所以烧碱的纯度为 ×100%=80.8%；‎ ‎(4)①用蒸馏水冲洗锥形瓶，由于不影响NaOH的物质的量，对V（标准）无影响，因此对测定结果无影响；‎ ‎②在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏高，从而使测定结果偏高；‎ ‎③读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V(标准)偏小，根据根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏低，从而使测定结果偏低； ‎ ‎④装标准液之前，没有用标准液润洗滴定管，会使测定结果标准溶液浓度降低，导致V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏高，从而使测定结果偏高。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱中和滴定实验的有关知识，掌握酸碱中和滴定实验的原理、操作步骤、实验方法，把实验过程中的影响归结为对标准溶液体积的消耗上，若V(标准)偏小，则待测溶液浓度偏低，反之则偏高。‎