用0.1000mol•L -1 NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的盐酸（酚酞作指示剂）的滴定曲线如图所示．下列说法

解题思路：A、反应自发性和熵变以及焓变有关；
B、酸式滴定管能精确到小数点后面两位；
C、原电池是将化学能转化为电能的装置；
D、醋酸是弱酸，电离过程吸热．

A、反应自发性和熵变以及焓变有关，判断反应是否自发进行的判据是△H-T△S＜0，熵值增大的过程不一定都能自发进行，故A正确；
B、高锰酸钾具有强氧化性，只能用酸式滴定管量取，酸式滴定管能精确到小数点后面两位，故B正确；
C、原电池是将化学能转化为电能的装置，铁的电化腐蚀过程属于原电池原理过程中有电流产生，故C正确；
D、醋酸是弱酸，电离过程吸热，1molNaOH分别和1molCH₃COOH、1molHNO₃反应，放出的热量后者多，故D错误．
故选D．

点评：
本题考点： 中和热；金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变；中和滴定．

考点点评： 本题考查的知识点较多，可以根据所学知识来回答，难度不是很大．

解题思路：根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线I的pH＞7，说明属于酸滴定碱溶液，根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线II的pH＜7，说明属于碱滴定酸溶液，
A．根据图象可知，0.1000mol/L的醋酸的pH约为3，0.1000mol/L的氨水的pH约为11，据此计算出 K_a（CH₃COOH）、K_b（NH₃•H₂O）；
B．二者反应恰好生成醋酸钠和氯化铵，溶液分别为碱性、酸性，所以曲线Ⅰ和Ⅱ不会相交；
C．曲线Ⅱ：滴加溶液到10.00 mL时，溶质为等物质的量的醋酸和醋酸钠，根据电荷守恒c（CH₃COO^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺）、物料守恒c（CH₃COOH）+c（CH₃COO^-）=2c（Na⁺）及此时溶液显示酸性进行判断；
D．在逐滴加入NaOH溶液或盐酸至40.00mL的过程中，滴定前溶液为酸性或者碱性，随着中和反应的进行，溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；中和反应之后溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度逐渐增大，溶液中水电离程度逐渐减小．

根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线I的pH＞7，说明属于酸滴定碱溶液，根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线II的pH＜7，说明属于碱滴定酸溶液，
A．结合图象可知，0.1000mol/L的醋酸的pH约为3，溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，K_a（CH₃COOH）=
c(H+)•c(CHC3OO−)
c(CH3COOH)=
10−3×10−3
0.1000−10−3≈10^-5；0.1000mol/L的氨水的pH约为11，氢氧根离子浓度为0.001mol/L，K_b（NH₃•H₂O）=
c(N
H+4)•c(OH−)
c(NH3•H2O)=
10−3×10−3
0.1000−10−3≈10^-5，故A正确；
B．当NaOH溶液和盐酸滴加至20.00mL时，氢氧化钠与醋酸反应生成醋酸钠，溶液显示碱性，溶液的pH＞7；盐酸与氨水反应生成氯化铵，溶液显示酸性，溶液的pH＜7，所以曲线Ⅰ和Ⅱ一定不会相交，故B错误；
C．曲线Ⅱ：滴加溶液到10.00 mL时，溶质为等物质的量的醋酸钠和醋酸，根据物料守恒可得：c（CH₃COOH）+c（CH₃COO^-）=2c（Na⁺），由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则溶液中溶液中c（CH₃COOH）＜c（Na⁺）＜c（CH₃COO^-）；根据电荷守恒：c（CH₃COO^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），由于c（CH₃COOH）＜c（Na⁺），所以c（CH₃COO^-）+c（OH^-）＞c（CH₃COOH）+c（H⁺），故C正确；
D．酸溶液和碱溶液中都抑制了水的电离，两个滴定过程中，溶液的酸性（或碱性）逐渐减弱，水电离程度逐渐增大，之后滴入的碱（或酸）过量，溶液的碱性（或酸性）逐渐增强，水的电离程度有开始逐渐减小，故D正确；
故选B．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了酸碱混合后的定性判断及溶液的酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒及盐的水解判断溶液中离子浓度大小．

解题思路：（1）根据滴定管的精确度为0.01mL；
（2）根据c（待测）=

c(标准液)×V(标准液)

V(待测液)

计算，V（标准）用三次的平均值；
（3）根据待测溶液润洗锥形瓶，会使的待测液的物质的量增多；根据c（待测）=

c(标准液)×V(标准液)

V(待测液)

分析误差；
（4）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；

（1）记录滴定前滴定管内液面读数为1.10mL，滴定后液面如右图为24.80ml，滴定管中的液面读数为24.80ml-1.100ml=23.70mL，
故答案为：23.70mL；
（2）标准液消耗的体积V（标准液）=[26.11+31.30−1.56+26.31−0.22/3]=27.31ml；根据c（待测）=
c(标准液)×V(标准液)
V(待测液)=[0.1000mol/L×0.0273L/0.0250L]=0.1092mol•L^-1；
故答案为：0.1092mol•L^-1；
（3）A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，待测液增多，消耗标准液增多，结果偏高，故A符合；
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，符合实验操作，结果符合，故B不符合；
C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，读出的标准液体积增大，结果偏高，故C符合；
D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，读数减小，标准液体积减小，结果偏低，故D不符合；
故答案为：AC；
（4）①Fe₂O₃（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO₂（g）△H=-24.8kJ•mol^-1
②3Fe₂O₃（s）+CO（g）═2Fe₃O₄（s）+CO₂（g）△H=-47.2kJ•mol^-1
③Fe₃O₄（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO₂（g）△H=+640.5kJ•mol^-1
依据盖斯定律①×3-③×2+②得到：6CO（g）+6FeO（s）=6Fe（s）+6CO₂（g）△H=-1242.2KJ/mol；
得到热化学方程式为：CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO₂（g）△H=-207.0KJ/mol；
故答案为：CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO₂（g）△H=-207.0KJ/mol；

点评：
本题考点： 中和滴定．

考点点评： 本题考查了酸碱中和滴定操作、误差分析以及注意事项，热化学方程式的应用，盖斯定律的计算应用，难度不大，应注意相关知识的积累．

解题思路：A．根据图象知，没有滴入盐酸时，溶液的pH=11，而MOH的浓度为0.1000mol•L^-1，MOH溶液中部分电离；
B．酸、碱溶液抑制了水的电离，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度越大，则水的电离程度越小，c点无法满意告诉溶液pH，判断水的电离程度；
C．结合题中数据，根据MOH的电离常数的表达式K_b=

c(M+)c(OH−)

c(MOH)

进行计算；
D．b点溶液的pH=7，溶液显示中性，根据混合液中的电荷守恒判断．

A．根据图象知，0.1000mol•L^-1的MOH溶液的pH=11，溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，说明MOH为弱电解质，所以其电离方程式为：MOH⇌M⁺+OH^-，故A错误；
B．图象中没有告诉c点溶液的pH或水溶液体积，无法判断c点水的电离程度大小，故B错误；
C．根据图象知，0.1000mol/LMOH溶液中pH=11，则c（OH^-）=0.001mol/L，常温下，MOH的电离常数K_b=
c(M+)c(OH−)
c(MOH)=
(0.001)2
0.1000=1×10^-5，故C正确；
D．b点溶液呈中性，则c（H⁺）=c（OH^-），根据电荷守恒c（M⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（Cl^-）可得：c（M⁺）=c（Cl^-），则c（M⁺）+c（MOH）＞c（Cl^-）故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了酸碱混合溶液定性判断，题目难度中等，明确图象中各个点的含义是解本题关键，结合电荷守恒来分析解答，注意水的电离程度与溶液酸碱性的关系．

解题思路：A．为了避免待装液被稀释，滴定管中装入滴定液前需要用滴定液润洗；
B．量筒只能用于量取溶液，不能配制溶液；
C．还需要量取盐酸体积容器量筒或酸式滴定管滴定管，否则无法配制该溶液；
D．58.5gNaCl的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，其浓度为1mol/L．

A．滴定管中在装入滴定液之前，需要用滴定液润洗，目的是避免待装液被蒸馏水稀释，影响滴定结果，故A正确；
B．量筒只能用于量取溶液，不能配制溶液，配制一定物质的量浓度溶液用容量瓶，故B错误；
C．pH=1的盐酸配制100mL，pH=2的盐酸，必须使用量取液体体积的仪器，如量筒或者酸式滴定管，故C错误；
D．58.5gNaCl的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，其浓度为1mol/L，体积1L是指溶液的体积，不是溶剂的体积，故D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 计量仪器及使用方法；溶液的配制．

考点点评： 本题考查学生对物质性质、基本实验操作的掌握，知道物质的性质及基本操作规范性即可解答，知道常见混合物分离提纯方法，会从实验操作规范性、安全性及评价性分析，题目难度不大．

解题思路：（1）①醋酸为弱电解质，0.1mol/L的醋酸溶液的pH大于1，据此可以判断图2正确；根据图1计算出a值；
②E点时氢氧化钠与醋酸反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解，溶液显示碱性；
（2）醋酸与氢氧化钠溶液完全中和后生成醋酸钠溶液，呈碱性，所以应选择在碱性范围内变色的指示剂（酚酞）；根据反应结束前溶液为无色，恰好反应时变为粉红色判断滴定终点；锥形瓶不需要润洗，否则会导致测定结果偏大．

（1）①醋酸为弱电解质，醋酸为弱酸，氯化氢为强电解质，0.1mol/L的盐酸溶液的pH=1，而0.1mol/L的醋酸溶液的pH一定大于1，根据图象中氢氧化钠溶液体积为0时溶液的pH可知，滴定醋酸溶液的曲线是图2；根据图1中氯化氢与氢氧化钠等物质的量时，溶液为中性，则a点时盐酸的体积为20.00mL，
故答案为：图2；20.00；
②醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液呈碱性，水解的离子方程式为：CH₃COO^-+H₂O⇌CH₃COOH+OH^-，
故答案为：CH₃COO^-+H₂O⇌CH₃COOH+OH^-；
（2）醋酸与氢氧化钠溶液完全中和后生成醋酸钠溶液，溶液呈碱性，所以应选择在碱性范围内变色的指示剂（酚酞），终点的现象是当滴加最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液变为浅红色且30s不褪色；
若装待测液的锥形瓶未用待装液润洗，该操作合理，不会影响测定结果，故填无影响，
故答案为：酚酞；由无色变粉红色，且半分钟内不恢复原色；无影响．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了酸碱中和滴定、盐的水解原理等知识，题目难度中等，注意掌握中和滴定操作方法，明确中和滴定中指示剂的选用方法、滴定终点的判断方法．

解题思路：（1）中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等操作；
（2）滴定管需要润洗2-3次；
（3）如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
（4）根据c（酸）=

c(碱)×V(碱)

V(酸)

判断不当操作对相关物理量的影响；
（5）滴定管的刻度由上而下刻度增大，精度为0.01mL，据此结合图象读数；
（6）根据盐酸和氢氧化钠恰好反应，二者物质的量相等求出盐酸的浓度．

（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作，故答案为：D C E A；
（2）滴定管用蒸馏水洗涤后，内壁有一层水膜，如果直接装液会使浓度降低，所以必须用标准溶液润洗滴定管2-3次，故答案为：防止滴定管内壁附着的水将标准溶液稀释而带来误差；
（3）本实验是用NaOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以终点时，现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
（4）锥形瓶用蒸馏水洗涤后，如果再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V（碱）偏大，根据c（酸）=
c(碱)×V(碱)
V(酸)，会造成结果偏高，故答案为：偏大；
（5）滴定管的刻度由上而下刻度增大，精度为0.01mL，由图可知终点读数为21.10mL，故答案为：21.10；
（6）C（HCl）=
C(NaOH)×V(NaOH)
V(HCl)=
0.1000×(21.10−3.10)
20.00=0.0900mol•L^-1，故答案为：0.0900mol•L^-1．

点评：
本题考点： 中和滴定．

考点点评： 本题考查酸碱中和滴定，难度中等，注意理解滴定的原理与操作．

解题思路：A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，但铵根离子水解较微弱；
B．b点溶液中，溶液呈中性，则c（H⁺）=c（OH^-），根据溶质的性质判断；
C．c点溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒、物料守恒判断；
D．d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半．

A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c（H⁺）＞c（OH^-），铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c（NH₄⁺）＞c（SO₄^2-），所以溶液中离子浓度大小顺序是c（NH₄⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故A正确；
B．b点溶液中，溶液呈中性，则c（H⁺）=c（OH^-），根据电荷守恒得c（H⁺）+c（NH₄⁺）+c（Na⁺）=2c（SO₄^2-）+c（OH^-），硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以c（NH₄⁺）＞c（Na⁺），故B错误；
C．c点溶液中，溶液呈碱性，所以c（H⁺）＜c（OH^-），溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c（H⁺）+c（NH₄⁺）+c（Na⁺）=2c（SO₄^2-）+c（OH^-），根据物料守恒得，根据物料守恒得c（NH₄⁺）+c（NH₃•H₂O）=2c（SO₄^2-）=2c（Na⁺），所以得c（SO₄^2-）+c（H⁺）=c（NH₃•H₂O ）+c（OH^-），故C正确；
D．d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以c（NH₃•H₂O ）＞c（SO₄^2-），故D错误；
故选AC．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查了离子浓度大小的比较，明确图象中曲线变化趋势、曲线上每一个点的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，题目难度中等．

解题思路：A、根据图象分析，0.1000mol•L^-1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、1；
B、根据氢氧化钠滴到10mL，c（HY）≈c（Y^-），K_a（HY）≈c（H⁺）；
C、HX恰好完全反应时，HY早已经反应完毕；
D、由于溶液中的c（H⁺）=c（Y^-）+c（Z^-）+c（OH^-）；

A、氢氧化钠体积为0时，0.1000mol•L^-1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、1，故酸性大小为HX＜HY＜HZ，故导电性HZ＞HY＞HX，故A错误；
B、当NaOH溶液滴到10mL时，溶液中c（HY）≈c（Y^-），即K_a（HY）≈c（H⁺）=10^-PH=10^-5，故B正确；
C、HX恰好完全反应时，HY早已经完全反应，所得溶液为NaX和NaY混合液，酸性 HX＜HY，NaY水解程度小于NaX，故溶液中c（X^-）＜c（Y^-），故C错误；
D、HY与HZ混合，溶液中电荷守恒为c（H⁺）=c（Y^-）+c（Z^-）+c（OH^-）；再根据HY的电离平衡常数，c（Y^-）≠
Ka(HY)•c(HY)
c(Y−)，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查利用中和滴定图象，分析数据，用到了电荷守恒知识，难度适中．

解题思路：A．a点n（HCl）=0.1000mol/L×0.0125L=0.00125mol，n（Na₂CO₃）=0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol，反应生成0.00125molNaHCO₃，剩余0.00125molNa₂CO₃，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子；
B．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；
C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO₃；
D．d点n（HCl）=0.1000mol/L×0.050L=0.005mol，为碳酸钠物质的量的二倍，二者反应方程式为Na₂CO₃+2HCl=2NaCl+CO₂+H₂O，溶液中的溶质为NaCl，根据物料守恒判断．

A．a点n（HCl）=0.1000mol/L×0.0125L=0.00125mol，n（Na₂CO₃）=0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol，反应生成0.00125molNaHCO₃，剩余0.00125molNa₂CO₃，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以c（CO₃^2-）＜c（HCO₃^-），故A错误；
B．b点时n（HCl）=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，n（Na₂CO₃）=0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol，由物料守恒可知5c（Cl^-）=4c（HCO₃^-）+4c（CO₃^2-）+4c（H₂CO₃），则5c（Cl^-）＞4c（HCO₃^-）+4c（CO₃^2-），故B错误；
C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO₃，根据质子守恒得c（OH^-）+c（CO₃^2-）=c（H⁺）+c（H₂CO₃），故C正确；
D．d点n（HCl）=0.1000mol/L×0.050L=0.005mol，为碳酸钠物质的量的二倍，二者反应方程式为 Na₂CO₃+2HCl=2NaCl+CO₂+H₂O，溶液中的溶质为NaCl，根据物料守恒得c（Na⁺）=c（Cl^-），故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查离子浓度大小比较，明确反应物的物质的量相对大小及溶液中的溶质成分是解本题关键，再结合守恒思想解答，知道盐类水解程度相对大小，题目难度中等．

解题思路：A．a点溶液中的溶质为（NH₄）₂SO₄，硫酸铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性；
B．b点溶液呈中性，则c（H⁺）=c（OH^-），溶液中的溶质是硫酸铵、硫酸钠和一水合氨；
C．c点溶液中的溶质是硫酸钠、一水合氨；
D．d点溶液中的溶质是硫酸钠、一水合氨和NaOH，溶液呈碱性．

A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c（H⁺）＞c（OH^-），铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c（NH₄⁺）＞c（SO₄^2-），所以溶液中离子浓度大小顺序是c（NH₄⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故A错误；
B．b点溶液中，溶液呈中性，则c（H⁺）=c（OH^-），根据电荷守恒得c（H⁺）+c（NH₄⁺）+c（Na⁺）=2c（SO₄^2-）+c（OH^-），硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以c（NH₄⁺）＞c（Na⁺），故B错误；
C．c点溶液中，溶液呈碱性，所以c（H⁺）＜c（OH^-），溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c（H⁺）+c（NH₄⁺）+c（Na⁺）=2c（SO₄^2-）+c（OH^-），根据物料守恒得，根据物料守恒得c（NH₄⁺）+c（NH₃•H₂O）=2c（SO₄^2-）=2c（Na⁺），所以得c（SO₄^2-）+c（H⁺）=c（NH₃•H₂O ）+c（OH^-），故C正确；
D．d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以c（NH₃•H₂O ）＞c（SO₄^2-），故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查了离子浓度大小比较，明确曲线上每一点的溶质及其性质是解本题关键，再结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，题目难度中等．

解题思路：A．根据盐酸和醋酸在滴定开始时的pH来判断；
B．根据滴定曲线可知，滴入等体积的氢氧化钠溶液时，盐酸和醋酸都恰好反应，所以盐酸和醋酸的浓度与氢氧化钠溶液浓度中等；
C．醋酸为弱电解质，pH=7时，消耗的氢氧化钠溶液的体积小于20mL；
D．V（NaOH）=20.00 mL 时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠．

A．滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ，滴定醋酸的曲线是图Ⅰ，故A错误；
B．由得到曲线可知，滴入等体积的氢氧化钠溶液时，盐酸和醋酸恰好完全反应，说明盐酸和醋酸的浓度都是0.1000mol•L^-1，故B正确；
C．醋酸钠水解呈碱性，氯化钠不水解，pH=7时，醋酸所消耗的NaOH溶液的体积小，故C错误；
D．V（NaOH）=20.00 mL 时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，浓度小于氯离子，即c（Cl^-）＞c（CH₃COO^-），故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查酸碱混合溶液酸碱性判断及溶液中离子浓度大小比较，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较知识，注意利用醋酸电离大于醋酸根的水解程度做题，题目难度中等．

解题思路：A．根据溶液酸碱性结合电荷守恒判断．
B．溶液的导电能力与离子浓度成正比；
C．根据图象知，当盐酸体积为20mL时二者恰好反应生成盐，则二者的物质的量相等；
D．常温下，MOH的电离常数K_b=

c(M+)c(OH−)

c(MOH)

；

A．b点溶液呈中性，则c（H⁺）=c（OH^-），根据电荷守恒得c（M⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（Cl^-），所以得c（M⁺）=c（Cl^-），故A错误；
B．溶液的导电能力与离子浓度成正比，MOH是弱电解质，HCl、MCl是强电解质，完全电离，根据图象知，a、b、c点的水溶液中，溶液中自由移动离子浓度逐渐增大，所以其导电性依次增强，故B正确；
C．根据图象知，当盐酸体积为20mL时二者恰好反应生成盐，则二者的物质的量相等，二者的体积相等，则其浓度相等，所以一元碱溶液浓度为0.100 0 mol•L^-1，故C正确；
D．根据图象知，0.1000mol/LMOH溶液中pH=11，则c（OH^-）=0.001mol/L，常温下，MOH的电离常数K_b=
c(M+)c(OH−)
c(MOH)=
(0.0001)2
0.1000=1×10^-5，故D正确；
故选A．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确图象中各个点的含义是解本题关键，结合电荷守恒来分析解答，注意溶液的导电能力与离子浓度的关系，难度中等．

解题思路：A．HA、HB的浓度都是0.1000mol/L，根据A点和C点的pH可以判断二者酸性强弱；
B．根据图1判断a，然后根据图2E点滴入的氢氧化钠体积amL及物料守恒判断溶液中离子浓度关系；
C．根据HB为弱酸分析，若溶液pH=7，消耗的HB的物质的量小于HA．
D．当达到E点后，继续滴加NaOH溶液，溶液为HB和氢氧化钠的混合液，如果氢氧化钠远远过量，可能出现c（B^-）＜c（OH^-）．

A．根据图象可知，浓度为0.1000mol/L的HA、HB的pH分别为：1、3，则说明HA完全电离，为强酸，而HB部分电离，为弱酸，故A错误；
B．HA为强酸，图1中进入amL氢氧化钠溶液时溶液显示中性可知a=20mL；图2中E点氢氧化钠溶液体积与HB的体积相等，二者浓度也相等，根据物料守恒可知：c（Na⁺）=c（B^-）+c（HB），故B正确；
C．达到B、D点时，两溶液的pH均为7，由于HA为强酸，则n（HA）=n（NaOH），HB为弱酸，溶液pH=7时，消耗的n（HB）＜n（NaOH），所以反应消耗的n（HA）＞n（HB），故C错误；
D．达到E点后，滴加氢氧化钠溶液，此时溶液为HB和NaOH的混合液，如果氢氧化钠加入到一定量，则可能出现：c（B^-）＜c（OH^-），溶液中离子浓度关系为：c（Na⁺）＞c（OH^-）＞c（B^-）＞c（H⁺），故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了酸碱混合后定性判断及溶液pH与溶液酸碱性的计算，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，根据图象判断电解质强弱是解答本题关键．

解题思路：A．点①所示溶液中，为等量的醋酸和醋酸钠溶液；
B．点②所示溶液中，NaOH的体积小于20mL，为醋酸和醋酸钠溶液；
C．点③所示溶液，恰好反应生成醋酸钠；
D．利用电荷守恒分析．

A．点①所示溶液中，为等量的醋酸和醋酸钠溶液，电荷守恒为c（OH^-）+c（CH₃COO^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），物料守恒为2c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH），则c（CH₃COO^-）+2 c（OH^-）=c（CH₃COOH）+2c（H⁺），故A正确；
B．点②所示溶液中，NaOH的体积小于20mL，为醋酸和醋酸钠溶液，则c（Na⁺）＜c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH），故B正确；
C．点③所示溶液，恰好反应生成醋酸钠，水解显碱性，则c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故C错误；
D．若c（H⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（OH^-），阳离子电荷总数大于阴离子电荷总数，违反电荷守恒，故D错误；
故选AB．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查酸碱混合溶液中离子浓度的关系，明确混合后溶液中的溶质是解答的关键，注意电荷守恒和物料守恒的应用，题目难度中等．

A．滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ，滴定醋酸的曲线是图Ⅰ，故A错误；
B．由得到曲线可知，滴入等体积的氢氧化钠溶液时，盐酸和醋酸恰好完全反应，说明盐酸和醋酸的浓度都是0.1000mol•L ^-1 ，故B正确；
C．醋酸钠水解呈碱性，氯化钠不水解，pH=7时，醋酸所消耗的NaOH溶液的体积小，故C错误；
D．V（NaOH）=20.00mL时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，浓度小于氯离子，即c（Cl ^- ）＞c（CH ₃ COO ^- ），故D错误；
故选B．

解题思路：根据盐类的水解考虑溶液的酸碱性，然后根据指示剂的变色范围与酸碱中和后的越接近越好，且变色明显（终点变为红色），溶液颜色的变化由浅到深容易观察，而由深变浅则不易观察．

实验室现有3种指示剂，其pH变色范围如下：甲基橙：3.1～4.4； 石蕊：5.0～8.0； 酚酞：8.2～10.0，
A、NaOH溶液滴和CH₃COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH₃COONa，CH₃COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故A错误；
B、NaOH溶液滴和CH₃COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH₃COONa，CH₃COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故B错误；
C、NaOH溶液滴和CH₃COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH₃COONa，CH₃COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故C错误；
D、NaOH溶液滴和CH₃COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH₃COONa，CH₃COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故D正确；
故选：D．

点评：
本题考点： 滴定实验中指示剂的使用．

考点点评： 本题主要考查了指示剂的选择方法，只要掌握方法即可完成本题，注意滴定终点与反应终点尽量接近

解题思路：A．HCOONa是强碱弱酸盐，因发生水解而使溶液显碱性；
B．任何溶液中均存在水的电离平衡，在水溶液中碳酸氢根存在电离平衡和水解平衡；
C．“烟”和“雾”都是胶体；
D．碘盐中的碘一般是以碘化钾或碘酸钾的形式存在．

A．0.1000mol/LNaOH溶液滴定滴定浓度相近的甲酸时，反应恰好完全时，生成HCOONa是强碱弱酸盐，因发生水解而使溶液显碱性，故选择酚酞作指示剂误差最小，故A错误；
B．Na₂CO₃溶液中存在水的电离平衡和碳酸根的水解平衡，NaHCO₃在水溶液中存在碳酸氢根的电离平衡和水解平衡以及水的电离平衡，故B正确；
C．“烟”和“雾”都是胶体都有丁达尔效应，故C错误；
D．碘盐中的碘一般是以碘化钾或碘酸钾的形式存在，淀粉只能检验单质碘，而现有试剂无法提取出单质碘，故D错误．
故选B．

点评：
本题考点： 滴定实验中指示剂的使用；胶体的重要性质；盐类水解的原理；物质的检验和鉴别的实验方案设计．

考点点评： 本题考查指示剂的使用、水解和电离平衡、胶体的性质、碘的检验，难度不大，注意碘盐中的碘一般是以碘化钾或碘酸钾的形式存在，淀粉只能检验单质碘．

解题思路：根据点①反应后溶液是CH₃COONa与CH₃COOH物质的量之比为1：1的混合物，溶液呈酸性，说明CH₃COOH电离程度大于CH₃COO^-的水解程度，故c（Na⁺）＞c（CH₃COOH），
由电荷守恒可知：c（CH₃COO^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），所以c（CH₃COO^-）+c（OH^-）＞c（CH₃COOH）+c（H⁺）；点②pH=7，即c（H⁺）=c（OH^-），c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）；
点③体积相同，则恰好完全反应生成CH₃COONa，利用盐的水解来分析溶液呈碱性，则c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）；在滴定中当加入碱比较少时，可能出现
c（CH₃COOH）＞c（CH₃COO^-）＞c（H⁺）＞c（Na⁺）＞c（OH^-）的情况．

A、点①反应后溶液是CH₃COONa与CH₃COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH₃COOH电离程度大于CH₃COO^-的水解程度，故c（Na⁺）＞c（CH₃COOH），由电荷守恒可知：
c（CH₃COO^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），所以c（CH₃COO^-）+c（OH^-）＞c（CH₃COOH）+c（H⁺），故A错；
B、点②pH=7，即c（H⁺）=c（OH^-），由电荷守恒知：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-），故c（Na⁺）=c（CH₃COO^-），故B错；
C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH₃COONa，因CH₃COO^-水解，且程度较小，c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故C错；
D、当CH₃COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH₃COONa少量，可能出现c（CH₃COOH）＞c（CH₃COO^-）＞c（H⁺）＞c（Na⁺）＞c（OH^-），故D正确；
故选：D．

点评：
本题考点： 中和滴定；质量守恒定律；离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查NaOH与CH3COOH的反应，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，注意利用电荷守恒的角度做题．

（1）500mL 0.1000mol•L ^-1 NaOH溶液中含有溶质氢氧化钠的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.05mol=2.0g；配制该氢氧化钠溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以使用仪器的先后顺序为：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，即CADB，
故答案为：2.0；CADB；
（2）用氢氧化钠溶液滴定一元弱酸HA溶液，滴定结束前溶液为无色，当滴定结束时溶液变成粉红色，所以滴定终点现象为：滴入最后一滴氢氧化钠溶液后，溶液恰好出现红色，且红色半分钟内不褪去；三次滴定消耗的氢氧化钠溶液的体积分别为：（44-3.05）mL=40.95mL、（41.5-1.45）mL=40.05mL、（47.6-7.65）mL=39.95mL，显然第一次滴定数据误差较大，应该舍弃，其它两次滴定消耗标准液的平均体积为：
40.05mL+39.95mL
2 =40.00mL，根据c（待测）=
c(标准)•V(标准)
V(待测) 可得，c（HA）=
0.1000mol/L×0.04L
0.02L =0.2000mol/L，
故答案为：溶液恰好出现红色，且红色半分钟内不褪去；0.2000mol/L；
（3）A．滴定管用待装液润洗，该操作合理，对测定结果没有影响，故A错误；
B．锥形瓶用待装液润洗，导致待测液的物质的量偏大，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故B正确；
C．滴定前滴定管末端气泡没赶尽，导致滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故C正确；
D．滴定前平视观察读数，滴定后俯视观察读数，导致滴定管读数偏小，计算出的消耗的标准液体积偏小，滴定结果偏低，故D错误；
E．所用的标准液（NaOH溶液）浓度偏高，导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故E错误；
故选BC；
（4）用pH计测得0.2000 mol•L ^-1 的HA溶液pH=a，溶液中氢离子浓度为：1×10 ^-a mol/L，该温度下HA的Ka=
c( H + )c( A - )
HA =
(1×1 0 -a )×(1×1 0 -a )
0.2000-1×1 0 -a ≈5.000×10 ^-2a ，
故答案为：5.000×10 ^-2a ．

解题思路：A．a点时n（HCl）=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO₃，剩余0.00125molNa₂CO₃，从盐类的水解程度的角度分析；
B．从物料守恒的角度分析；
C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO₃；
D．从电荷守恒的角度分析．

A．a点时n（HCl）=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO₃，剩余0.00125molNa₂CO₃，由于水解程度大于，则c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-），故A错误；
B．b点时n（HCl）=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，由物料守恒可知5c（Cl^-）=4c（HCO₃^-）+4c（CO₃^2-）+4c（H₂CO₃），则5c（Cl^-）＞4c（HCO₃^-）+4c（CO₃^2-），故B正确；
C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO₃，由于HCO₃^-水解程度较弱，则有c（HCO₃^-）＞c（OH^-），故C错误；
D．d点时加入盐酸0.005mol，溶液中溶由反应生成的CO₂，溶液存在电荷守恒，存在c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）+c（OH^-）+c（Cl^-），由于c（Na⁺）=c（Cl^-），则 c（H⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）+c（OH^-），故D正确．
故选BD．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题综合考查离子浓度的大小比较，题目难度较大，本题注意分析反应物的物质的量之间的关系，判断反应的程度以及溶液的主要成分，结合盐类水解的原理解答．

解题思路：A、根据图象分析，0.1000mol•L^-1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、1；
B、根据氢氧化钠滴到10mL时，c（HX）≈c（X^-），K_a（HX）≈c（H⁺）；
C、HY为弱电解质，V（NaOH）=20mL时，HY与氢氧化钠恰好完全反应生成NaY，Y^-水解溶液显示碱性；
D、滴定HZ，V（NaOH）=10mL时，HZ为强电解质，HZ有一半参与反应，溶液中氢离子来自HY和水电离的两部分，所以c（H⁺）＞c（Na⁺）．

A、氢氧化钠体积为0时，0.1000mol•L^-1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、1，故酸性大小为HX＜HY＜HZ，故A错误；
B、当NaOH溶液滴到10mL时，溶液中c（HX）≈c（X^-），即K_a（HX）≈c（H⁺）=10^-pH，由于pH＞4，则K_a（HX）＜10^-4，故B错误；
C、V（NaOH）=20mL时，HY与氢氧化钠恰好完全反应生成NaY，HY为弱电解质，Y^-水解溶液显示碱性，c（OH^-）＞c（H⁺），故C错误；
D、V（NaOH）=10mL时，HZ有一半与氢氧化钠反应，且HZ为强电解质，溶液中氢离子浓度大于钠离子浓度，浓度关系为：c（Z^-）＞c（H⁺）＞c（Na⁺）＞c（OH^-），故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算，题目难度中等，根据图象数据判断电解质强弱是解题关键，注意掌握根据溶液pH判断电解质强弱的方法．

解题思路：（1）滴定操作标准液在滴定管中，待测液盛在锥形瓶中，酸性溶液存放在酸式滴定管中；根据滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且保持半分钟不变色；
（2）根据滴定管的结构与精确度为0.01mL；
（3）先根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸），接着根据盐酸和NaOH反应求出C（NaOH）；
（4）根据c（待测）=

V(标准)×c(标准)

V(待测)

分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断．

（1）用酸式滴定管取待测待测NaOH溶液于锥形瓶中；盛装标准盐酸的仪器名称为酸式滴定管；待测液是氢氧化钠，锥形瓶中盛有的氢氧化钠溶液中滴入甲基橙，溶液的颜色是黄色，随着溶液的pH减小，当滴到溶液的pH小于4.4时，溶液颜色由黄色变成橙色，且半分钟不褪色，滴到结束，
故答案为：锥形瓶；酸式滴定管；溶液由黄色变为橙色且半分钟内不褪色；
（2）甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图为26.80ml，滴定管中的液面读数为26.80ml-0.50mL=26.30mL，
故答案为：26.30mL；
（3）根据数据的有效性，舍去第2组数据，则1、3组平均消耗V（盐酸）=[26.29mL+26.31mL/2]=26.30mL，
根据反应方程式 HCl+NaOH═NaCl+H₂O
0.0263L×0.1000mol•L^-1 0.025L×C（NaOH）
则C（NaOH）=
0.0263L×0.1000mol•L−1
0.025L=0.1052mol/L；
故答案为：0.1052mol/L；
（4）A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V（标准）偏大，根据c（待测）=
V(标准)×c(标准)
V(待测)分析，会造成c（待测）偏高，故A正确；
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，对V（标准）无影响，根据c（待测）=
V(标准)×c(标准)
V(待测)分析，会造成c（待测）不变，故B错误；
C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V（标准）偏大，根据c（待测）=
V(标准)×c(标准)
V(待测)分析，会造成c（待测）偏高，故C正确；
D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，会造成V（标准）偏小，根据c（待测）=
V(标准)×c(标准)
V(待测)分析，会造成c（待测）偏低，故D错误；
故选AC；

点评：
本题考点： 中和滴定．

考点点评： 本题考查了酸碱中和滴定实验的操作步骤、滴定管的结构、终点判断以及计算应用，终点判断，题目难度中等．

解题思路：A．根据点①反应后溶液是NaClO与HClO物质的量之比为1：1的混合物，溶液呈酸性，说明HClO电离程度大于ClO^-的水解程度，结合电荷守恒进行分析判断；
B．点②pH=7，即c（H⁺）=c（OH^-），c（Na⁺）=c（ClO^-）；
C．点③体积相同，则恰好完全反应生成NaClO，利用盐的水解来分析溶液呈碱性，则c（Na⁺）＞c（ClO^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）；
D．在滴定中当加入碱比较少时，可能出现c（HClO）＞c（ClO^-）＞c（H⁺）＞c（Na⁺）＞c（OH^-）的情况．

A．点①反应后溶液是NaClO与HClO物质的量之比为1：1的混合物，HClO电离程度大于ClO^-的水解程度，故c（Na⁺）＞c（HClO），由电荷守恒可知：c（ClO^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），所以c（ClO^-）+c（OH^-）＞c（HClO）+c（H⁺），故A错误；
B．点②pH=7，即c（H⁺）=c（OH^-），由电荷守恒知：c（ClO^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），故c（Na⁺）=c（ClO^-），故B错误；
C．点③说明两溶液恰好完全反应生成NaClO，因ClO^-水解，且程度较小，c（Na⁺）＞c（ClO^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故C错误；
D．当HClO较多，滴入的碱较少时，则生成NaClO少量，可能出现c（HClO）＞c（ClO^-）＞c（H⁺）＞c（Na⁺），只要加碱，就会存在c（Na⁺）＞c（OH^-），所以可能出现：c（HClO）＞c（ClO^-）＞c（H⁺）＞c（Na⁺）＞c（OH^-），故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查较酸碱混合的定性判断和计算、离子浓度大小比较，综合考查学生的分析能力和化学基本理论的运用能力，为高考常见题型，难度中等，注意电荷守恒的运用．

A、点①反应后溶液是CH ₃ COONa与CH ₃ COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH ₃ COOH电离程度大于CH ₃ COO ^- 的水解程度，故c（Na ⁺ ）＞c（CH ₃ COOH），由电荷守恒可知：
c（CH ₃ COO ^- ）+c（OH ^- ）=c（Na ⁺ ）+c（H ⁺ ），所以c（CH ₃ COO ^- ）+c（OH ^- ）＞c（CH ₃ COOH）+c（H ⁺ ），故A错；
B、点②pH=7，即c（H ⁺ ）=c（OH ^- ），由电荷守恒知：c（Na ⁺ ）+c（H ⁺ ）=c（CH ₃ COO ^- ）+c（OH ^- ），故c（Na ⁺ ）=c（CH ₃ COO ^- ），故B错；
C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH ₃ COONa，因CH ₃ COO ^- 水解，且程度较小，c（Na ⁺ ）＞c（CH ₃ COO ^- ）＞c（OH ^- ）＞c（H ⁺ ），故C错；
D、当CH ₃ COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH ₃ COONa少量，可能出现c（CH ₃ COOH）＞c（CH ₃ COO ^- ）＞c（H ⁺ ）＞c（Na ⁺ ）＞c（OH ^- ），故D正确；
故选：D．

解题思路：A、醋酸为弱电解质，由起始溶液的pH：醋酸溶液pH＞1，盐酸溶液pH=1；
B、溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒进行判断；
C、当滴加12.5mL NaOH溶液时，溶质为醋酸和醋酸钠，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解，所以溶液显示酸性；
D、当c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH）时，说明氢氧化钠和醋酸恰好反应生成醋酸钠溶液，依据醋酸钠水解分析判断．

A、醋酸为弱电解质，0.1000mol•L-1CH3COOH溶液的pH＞1，氯化氢为强电解质，0.1000mol•L-1盐酸溶液pH=1，所以滴定醋酸溶液的曲线是图1，酸的pH变化曲线为图2，故A正确；B、在滴定CH3COOH溶液的过程中，一定满足电荷...

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及有关pH的简单计算，题目难度中等，注意掌握根据电荷守恒、物料守恒比较溶液中离子浓度定性关系的方法．

解题思路：（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤选择使用的仪器；
（2）①盛标准液的酸式滴定管必须润洗，否则量取的溶液浓度偏低；
②滴定时眼睛注视锥形瓶中颜色变化；根据待测液中加入酚酞，溶液为红色，中和反应结束，溶液颜色消失进行判断；
③滴定前仰视，导致读数偏大；滴定后俯视会导致读数偏小；
（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．

（1）用2.50g含有少量杂质的固体烧碱样品配制500mL溶液，配制过程为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀等，需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管，需用的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还需要量筒和500mL容量瓶，
故答案为：500mL容量瓶、量筒；
（2）①用蒸馏水洗涤酸式滴定管，然后必须对酸式滴定管用标准液进行润洗，否则会导致标准液浓度减小，得到时消耗的标准液体积增大，测定结果偏大，
故答案为：Ⅰ； 偏大；
②滴定时双眼应注意观察锥形瓶内溶液颜色的变化；锥形瓶中滴入酚酞后，溶液为红色，随着反应进行，当氢氧化钠与盐酸恰好反应，溶液的颜色会消失，所以达到终点现象为：溶液红色褪去，且30秒内不变色，
故答案为：观察锥形瓶中溶液颜色的变化；溶液红色褪去，且30秒内不变色；
③步骤II中仰视读数，会导致滴定管的读数偏大；步骤Ⅳ中俯视读数，会导致滴定管读数偏小，最终导致消耗的盐酸体积偏小，测定结果偏低，
故答案为：偏小；
（3）三次消耗盐酸体积分别为：20.38mL-0.20mL=20.18mL、24.20mL-4.00mL=20.20mL、22.6mL-2.38mL=20.22mL，三次滴定数据都是有效的，三次消耗盐酸的平均体积为：[20.18mL+20.20mL+20.22mL/3]=20.20mL，
根据关系式NaOH～HCl可知，n（NaOH）=n（HCl）=0.1000mol•L^-1×0.022mL=0.00202mol，
所以20.00mL待测溶液含有：m（烧碱）═n•M═0.00202mol×40g/mol=0.808g，
所以1000mL待测溶液含有m（烧碱）═0.808g×[500mL/20mL]=2.02g，
烧碱的纯度ω（烧碱）=[2.02g/2.5g]×100%=80.8%，
故答案为：80.8%．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定．

考点点评： 本题考查中和滴定及配制一定物质的量浓度的溶液仪器选择，注意在酸碱中和滴定时，左手控制活塞或玻璃小球、右手摇动锥形瓶、眼睛注视锥形瓶中颜色变化，本题难度中等．

解题思路：（1）根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；
（2）根据c（待测）=

c(标准)×V(标准)

V(待测)

判断不当操作对相关物理量的影响；
（3）如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
（4）滴定管的刻度由上而下刻度增大，精度为0.01mL，据此结合图象读数；
（5）根据关系式HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度．

（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为：B、D、C、E、A、F，故答案为：D、C、E、A；
（2）锥形瓶用蒸馏水洗涤后，如果再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V（标准）偏大，根据c（待测）=
c(标准)×V(标准)
V(待测)分析可知，会造成c（待测）偏大，故答案为：偏大；
（3）本实验是用NaOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以终点时，现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色，
故答案为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
（4）滴定管的刻度由上而下刻度增大，精度为0.01mL，由图可知终点读数为21.10mL，故答案为：21.10；
（5）消耗标准NaOH溶液的体积为21.10mL-3.10mL=18.00mL；
HCl～NaOH
1 1
C（HCl）×20.00mL 0.1000mol•L^-1×18.00mL；
C（HCl）=
0.1000mol•L−1×18.00mL；
20.00mL=0.09000mol•L^-1，
故答案为：0.09000mol•L^-1．

点评：
本题考点： 中和滴定．

考点点评： 本题考查酸碱中和滴定实验，题目难度不大，注意把握实验的原理、步骤、方法以及注意事项，把握实验基本操作．

解题思路：（1）根据仪器的结构来分析；
（2）根据滴定管的结构与精确度为0.01mL；
（3）先根据数据的有效性，然后求出平均消耗V（NaOH），接着根据c（待测）=

V(标准)×c(标准)

V(待测)

来计算；
（4）根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等操作；
（5）根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
（6）根据c（待测）=

V(标准)×c(标准)

V(待测)

来判断不当操作对相关物理量的影响．

（6）该滴定管的下端是玻璃活塞，所以仪器的名称为酸式滴定管，
故答案为：酸式滴定管；
（你）滴定前，滴定管中的液面读数为少.8少mL，滴定后，滴定管中的液面读数为你你.8少mL，
故答案为：少.8少；你你.8少；
（6）三次滴定消耗的体积为：你你.少你mL，你你.少少mL，你6.八8mL，数据均有效，则平均消耗V（NaOH）=你你.少少mL，c（待测）=
V(标准)×c(标准)
V(待测)=[少.6少少少mol/L×你你.少少mL/你少.少少mL]=少.66少少mol•L^-6，
故答案为：少.66少少mol•L^-6；
（如）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作，可知正确的操作顺序为：BDCEAF，
故答案为：BDCEAF；
（c）滴定时，当溶液颜色由粉红色变为无色，且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，
故答案为：当溶液颜色由粉红色变为无色，且半分钟内不变色；
（6）如果上述B步骤省略，则标准液的浓度偏如，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=
V(标准)×c(标准)
V(待测)可知，c（待测）偏高，
故答案为：偏高．

点评：
本题考点： 中和滴定．

考点点评： 本题主要考查了滴定操作、注意事项以及误差分析，难度不大，根据课本知识即可完成．

解题思路：两反应中KHC₂O₄•H₂C₂O₄•2H₂O的物质的量相同，令其物质的量为1mol，H₂C₂O₄是二元弱酸，所以1molKHC₂O₄•H₂C₂O₄•2H₂O可以中和氢氧化钠3mol，根据V=[n/C]计算氢氧化钠溶液的体积，进而计算高锰酸钾溶液的体积，由方程式10[KHC₂O₄•H₂C₂O₄]+8KMnO₄+17H₂SO₄=8MnSO₄+9K₂SO₄+40CO₂↑+32H₂O计算1molKHC₂O₄•H₂C₂O₄反应需要KMnO₄的物质的量，最后根据c=[n/V]计算高锰酸钾溶液的浓度．

两反应中KHC₂O₄•H₂C₂O₄•2H₂O的物质的量相同，令其物质的量为1mol，H₂C₂O₄是二元弱酸，
所以1molKHC₂O₄•H₂C₂O₄•2H₂O可以中和氢氧化钠3mol，恰好中需要氢氧化钠溶液的体积为[3mol/0.1mol/L]=30L，
所以高锰酸钾溶液的体积为30L×[1/3]=10L，由方程式10[KHC₂O₄•H₂C₂O₄]+8KMnO₄+17H₂SO₄=8MnSO₄+9K₂SO₄+40CO₂↑+32H₂O
可知1molKHC₂O₄•H₂C₂O₄反应需要KMnO₄的物质的量为[8/10]×1mol=0.8mol，
所以高锰酸钾溶液的浓度为[0.8mol/10L]=0.08mol/L．
故选：B．

点评：
本题考点： 物质的量浓度的相关计算．

考点点评： 本题考查物质的量浓度计算、根据方程式的计算，浓度中等，判断恰好发生中和反应氢氧化钠与KHC2O4•H2C2O4•2H2O关系是关键，注意假设法的运用．

（1）记录滴定前滴定管内液面读数为1.10mL，滴定后液面如右图为24.80ml，滴定管中的液面读数为24.80ml-1.100ml=23.70mL，
故答案为：23.70mL；
（2）标准液消耗的体积V（标准液）=
26.11+31.30-1.56+26.31-0.22
3 =27.31ml；根据c（待测）=
c(标准液)×V(标准液)
V(待测液) =
0.1000mol/L×0.0273L
0.0250L =0.1092mol•L ^-1 ；
故答案为：0.1092mol•L ^-1 ；
（3）A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，待测液增多，消耗标准液增多，结果偏高，故A符合；
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，符合实验操作，结果符合，故B不符合；
C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，读出的标准液体积增大，结果偏高，故C符合；
D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，读数减小，标准液体积减小，结果偏低，故D不符合；
故答案为：AC；
（4）①Fe ₂ O ₃ （s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO ₂ （g）△H=-24.8kJ•mol ^-1
②3Fe ₂ O ₃ （s）+CO（g）═2Fe ₃ O ₄ （s）+CO ₂ （g）△H=-47.2kJ•mol ^-1
③Fe ₃ O ₄ （s）+CO（g）═3FeO（s）+CO ₂ （g）△H=+640.5kJ•mol ^-1
依据盖斯定律①×3-③×2+②得到：6CO（g）+6FeO（s）=6Fe（s）+6CO ₂ （g）△H=-1242.2KJ/mol；
得到热化学方程式为：CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO ₂ （g）△H=-207.0KJ/mol；
故答案为：CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO ₂ （g）△H=-207.0KJ/mol；

解题思路：A．点①所示溶液中，为等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解，溶液显示酸性；
B．点②所示溶液中，NaOH的体积小于20mL，为醋酸和醋酸钠溶液，则c（Na⁺）＜c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH）；
C．点③所示溶液，恰好反应生成醋酸钠，水解显碱性，则c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）；
D．在滴定中当加入碱比较少时，可能出现：c（CH₃COOH）＞c（CH₃COO^-）＞c（H⁺）＞c（Na⁺）＞c（OH^-）的情况．

A．点①溶液中，加入10mL氢氧化钠溶液，此时溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液显示酸性，则c（H⁺）＞c（OH^-），根据电荷守恒电荷守恒为c（OH^-）+c（CH₃COO^-）=c（Na⁺）+c（H⁺）可知，c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺），所以溶液中离子浓度大小为：c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故A正确；
B．点②pH=7，即c（H⁺）=c（OH^-），由电荷守恒知：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-），则c（Na⁺）=c（CH₃COO^-），所以c（Na⁺）＜c（CH₃COOH）+c（CH₃COO^-），故B错误；
C．点③，加入20mL氢氧化钠溶液，两溶液恰好完全反应生成CH₃COONa，因CH₃COO^-水解，溶液显示碱性，且醋酸根离子水解程度较小，溶液中离子浓度大小为：c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故C正确；
D．当CH₃COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH₃COONa少量，溶液中可能存在：c（CH₃COOH）＞c（CH₃COO^-）＞c（H⁺）＞c（Na⁺）＞c（OH^-），故D正确；
故选B．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查酸碱混合溶液中离子浓度的关系，题目难度中等，明确混合后溶液中的溶质是解答的关键，注意电荷守恒、物料守恒及盐的水解在比较离子浓度大小中的应用方法．