2022~2023年高二上半期第二次段考化学考试(安徽省阜阳市颍上二中)

选择题
氢气是一种很有前途的能源物质。

以水为原料大量制取氢气的最理想的途径是( )
A. 利用太阳能直接使水分解产生氢气
B. 用焦炭和水制取水煤气后分离出氢气
C. 用Fe跟HCl反应制取氢气
D. 由热电站提供电力，电解水产生氢气
【答案】A
【解析】
A、地球上水的储量巨大，太阳能取之不尽，为节省能源并产生大量气体燃料H2，应利用太阳能直接使水分解产生氢气，选项A正确；
B、用焦炭为原料生成H2，要消耗大量焦炭，只能解决能源利用问题，不能解决能源紧缺问题，选项B错误；
C、Fe与HCl反应产生H2太少，不适合，选项C错误；
D、热电站需要消耗煤炭，冶炼铁也要消耗煤炭，并且能量在转化过程中都有损失，这都不是最理想的途径，选项D错误；
答案选A。

选择题
下列关于热化学反应的描述中正确的是()
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH=﹣57.3 kJ·mol-1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热是ΔH=2×(﹣57.3)kJ·mol-1
B. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol-1，则2CO2(g)====2CO(g)+O2(g)反应的ΔH=+566.0 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
试题A、中和热是指稀酸与稀碱反应生成1mol水放出的热量，中和热数值与参加反应的酸与碱物质的量无关，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，A错误；B、1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，B错误；C、需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如燃烧反应，C错误；D、CO燃烧热△H=-283.0kJ/mol，则燃烧的热化学方程式为2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-2×283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0kJ/mol，D正确。

答案选D。

选择题
关于中和热的测定实验，下列说法正确的是（）
A．为了使反应进行的更完全，可以使酸或碱适当过量
B．为了使反应充分，可以向酸（碱）中分次加入碱（酸）
C．中和热为一定值，实验结果与所用酸（碱）的用量和种类均无关D．用铜丝代替玻璃棒搅拌，会使中和热测定值偏大
【答案】A
【解析】
试题分析：A、为了使反应完全进行，酸或碱适当过量，故正确；B、分析加入碱或酸，造成热量散失，中和热数值偏低，故错误；C、中和热测定中酸和碱必须是强酸和强碱，弱酸弱碱的电离是吸热过程，浓度是稀溶液，不能是浓溶液，浓溶液遇水放出热量，故错误；D、铜丝是热的良导体，造成热量散失，故错误。

选择题
下图为可逆反应A(g)＋2B(g)nC(g)△H＞0生成物C的浓度随压强变化并建立平衡的关系图,则n值与压强p1、p2的关系正确的是（）
A.p2＞p1，n＜3
B.p2＞p1，n＞3
C.p1＞p2，n＜3
D.p1＞p2，n＞3
【答案】D
【解析】
由图象可知，压强p1先到达平衡，压强越大反应速率越快，到达平衡时间越短，故压强p1＞p2；压强越大平衡时C的浓度越低，说明增大压强平衡向逆反应移动，平衡向气体体积减小的方向移动，故n ＞3；
故选：D。

选择题
升高温度时，化学反应速率加快，主要是由于()
A.分子运动速率加快，使反应物分子间的碰撞机会增多
B.反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，化学反应速率加快
C.该化学反应的过程是吸热的
D.该化学反应的过程是放热的
【答案】B
【解析】
升高温度时，化学反应速率加快，是因升高温度，反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，化学反应速率加快，而与该反应为吸热反应或放热反应无关，故选B。

选择题
工业上常用煤和水作原料经过多步反应制得氢气，其中一步反应的原理为CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g），下列选项的条件中可判断该反应达到平衡状态的是（）
A. 单位时间内消耗2 mol的CO同时生成2 mol的CO2
B. 两个H—O键断裂的同时有一个H—H键断裂
C. 反应容器内的压强不再发生变化
D. 混合气体的相对分子质量不发生变化
【答案】B
【解析】A项，单位时间内消耗2 mol的CO同时生成2 mol的CO2只表明正反应，不能表明反应达到平衡状态；B项，两个H—O键断
裂的同时有一个H—H键断裂表示正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态；C项，该反应为气体分子数不变的反应，建立平衡过程气体物质的量始终不变，容器内的压强始终不变，反应容器内的压强不再发生变化不能说明反应达到平衡状态；D项，气体的总质量始终不变，气体总物质的量始终不变，混合气体的相对分子质量始终不变，混合气体的相对分子质量不变不能说明反应达到平衡状态；能说明反应达到平衡状态的是B，答案选B。

选择题
下列说法中不正确的是（）
①将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质②氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨水是电解质③固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电④固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电⑤强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强
A.①④
B.①④⑤
C.①②③④
D.①②③④⑤
【答案】D
【解析】
①BaSO4固体没有自由移动的离子不导电；虽然硫酸钡在水中的溶解度很小，只要溶解就完全电离，硫酸钡在熔融状态下，能完全电离，
所以硫酸钡是电解质，故①错误；
②氨气只存在分子，不能导电；NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，不是氨气自身电离，所以氨气是非电解质，故②错误；
③共价化合物在固态和液态都以分子存在，不含自由移动离子或电子，所以共价化合物在固态或液态时都不导电，故错误；
④离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故④错误；
⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故⑤错误；
错误的有①②③④⑤，故答案为D。

选择题
下列溶液一定呈中性的是（）
A.使石蕊试液呈紫色的溶液
B.c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L溶液
C.pH=7的溶液
D.酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
【答案】B
【解析】
A．使石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液显酸性，故A错误；B．氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小是判断溶液的酸碱性的
依据，所以c（H+）=c（OH-）的溶液一定呈中性，故B正确；C．常温下，水的离子积Kw=1×10-14，所以pH＜7，溶液呈酸性；pH=7，溶液呈中性；pH＞7，溶液呈碱性。

Kw受温度影响，水的电离是吸热的，温度越高Kw越大，如100△时，水的离子积常数是10-12，当PH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，该选项中c（H+）=10-7mol/L 溶液，不一定是在常温下，溶液中c（H+）、c（OH-）不一定相等，故C错误；
D．盐溶液的PH可以是中性如NaCl，酸性如AlCl3，或碱性如Na2CO3，故D错误；
故选：B。

选择题
下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是()提示：2KMnO4＋5K2SO3＋3H2SO4=6K2SO4＋2MnSO4＋3H2O、I2＋Na2S=2NaI＋S↓
选项
滴定管中的溶液
锥形瓶中的溶液
指示剂
滴定终点颜色变化
A
NaOH溶液
CH3COOH溶液
酚酞
无色→浅红色
B
HCl溶液
氨水
酚酞
无色→浅红色
C
酸性KMnO4溶液K2SO3溶液
无
无色→浅紫红色D
碘水
亚硫酸溶液
淀粉
无色→蓝色
A.A
B.B
C.C
D.D
【答案】B
【解析】
A、锥形瓶中为酸，加入酚酞无色，达到滴定终点，溶液显碱性，溶液变为浅红色，故现象为：无色-浅红色，故A正确；
B、锥形瓶中为碱，达到滴定终点，溶液显酸性，应选择试剂甲基橙，现象是溶液由黄色变为红色，故B错误；
C、高锰酸钾为紫色，滴入高锰酸钾前溶液无色，滴入后变为紫色，到达滴定终点为浅紫色，故现象为：无色-浅紫红色，故C正确；
D、碘遇淀粉变蓝色，加入碘前无色，滴加碘反应至终点，碘遇淀粉呈蓝色，故D正确，
故选：B。

选择题
下列四种溶液中，室温下由水电离生成的H＋浓度之比(①△②△③△④)是（）
①pH＝0的盐酸
②0．1 mol·L－1的盐酸
③0．01 mol·L－1的NaOH溶液
④pH＝11的NaOH溶液
A. 1△10△100△1 000
B. 0△1△12△11
C. 14△13△12△11
D. 14△13△2△3
【答案】A
【解析】试题分析：水电离产生[H+]和[OH-]计算1、酸的溶液——OH-全部来自水的电离，即酸溶液分析水的电离求OH-的浓度2、碱的溶液——H+全部来自水的电离，即碱溶液分析水的电离求H+-的浓度；
①②为盐酸，OH-的浓度分别为10-14mol/L 、10-13mol/L，③④为NaOH溶液，H＋浓度分别为10-12mol/L 、10-11mol/L 结合选项选A．
选择题
下列图示与对应的叙述不相符合的是
A. 图甲表示燃料燃烧反应的能量变化
B. 图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
C. 图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程
D. 图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线
【答案】A
【解析】
试题A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；B．酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；C．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C正确；D．强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图象符合，故D正确；故选A。

选择题
用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度,参考图示仪器,从下表中选出正确选项()
选项
锥形瓶中的溶液
滴定管中的溶液
指示剂
滴定管
A
碱
酸
石蕊
乙
B
酸
碱
酚酞
甲
C
碱
酸
甲基橙
甲
D
碱
酸
酚酞
乙
甲乙
A.A
B.B
C.C
D.D 【答案】C
【解析】
甲下端为玻璃旋塞，故为酸式滴定管，乙为碱式滴定管。

A、不能用碱式滴定管盛装酸性溶液，不能用石蕊做酸碱指示剂，否则会引起较大误差，故A错误；
B、不能用酸式滴定管盛装碱性溶液，故B错误；
C、用甲基橙做指示剂，到达滴定终点时，溶液颜色由黄色变为橙色，并且滴定管使用正确，故C正确；
D．不能用碱式滴定管盛装酸性溶液，故D错误；
故答案为D。

选择题
为了证明醋酸是弱电解质，某同学开展了题为“醋酸是弱电解质的实验探究”的探究活动。

该同学设计了如下方案，其中错误的是() A. 先配制0.10 mol/L CH3COOH溶液，再测溶液的pH，若pH大于1，则可证明醋酸为弱电解质
B. 先配制0.01 mol/L和0.10 mol/L的CH3COOH，再分别用pH计测它们的pH，若两者的pH相差小于1个单位，则可证明醋酸是弱电解质
C. 取等体积、等pH的CH3COOH的溶液和盐酸分别与足量锌反应，测得反应过程中醋酸产生H2速率较慢且最终产生H2较多，则可证明醋酸为弱电解质
D. 配制一定量的CH3COONa溶液，测其pH，若常温下pH大于7，则可证明醋酸是弱电解质
【答案】C
【解析】
证明醋酸为弱酸，可通过证明醋酸为弱电解质，不能完全电离，如等浓度的强酸对比或测定强碱溶液的酸碱性等，则可测一定物质的量浓度醋酸溶液的pH值，测一定物质的量浓度醋酸溶液稀释一定倍数前后溶液的pH，测醋酸钠溶液的pH等。

A.0.10mol•L-1CH3COOH溶液，醋酸是一元酸，如果醋酸是强酸，溶液的pH是1，如果大于1，则证明醋酸是弱电解质，选项A正确；
B.0.01 mol•L-1和0.10 mol•L-1的CH3COOH溶液，如果醋酸是强酸，溶液的pH分别是2和1，两者的pH相差1个单位，若两者的pH相差小于1个单位，则可证明醋酸是弱电解质，选项B正确；
C . 取等体积、等c(H+)的CH3COOH的溶液和盐酸分别与足量锌反应，测得反应过程中醋酸产生H2速率较快且最终产生H2较多，则可证明醋酸为弱电解质，选项C错误；
D．如果醋酸是强酸，则CH3COONa是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，若常温下醋酸钠溶液pH＞7，则可证明醋酸是弱电解质，选项D正确。

答案选C。

选择题
某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如右图所示。

据图判断正确的是
A. △为盐酸稀释时pH值变化曲线
B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C. a点Ka的数值比c点Ku的数值大
D. b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
【答案】B
【解析】
醋酸在稀释时会继续电离，则在稀释相同体积的过程中醋酸中的H+大、pH小，A项错误；随着稀释体积的增大，醋酸电离程度虽增大，但离子浓度在减小，B项正确；温度一定，任何稀的水溶液中的Kw 都是一定值，C项错误；由于醋酸是弱酸，要使盐酸和醋酸溶液pH 值相同，醋酸的浓度比盐酸大得多，D项错误。

选择题
将0.1mol•L﹣1的NH3•H2O溶液加水稀释，下列说法正确的是() A. c(NH4+) △c(NH3•H2O)比值增大
B. 所有离子浓度均减小
C. c(OH﹣)△c(NH3•H2O)比值减小
D. 电离常数增大
【答案】A
【解析】
A．加水稀释时，促进一水合氨电离，铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(NH4+)△c(NH3•H2O)比值增大，故A 正确；
B．加水稀释时，促进一水合氨电离，但是溶液中氢氧根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢离子浓度增大，故B错误；
C．加水稀释时，促进一水合氨电离，氢氧根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(OH-)△c(NH3•H2O)比值增大，故C 错误；
D．电离平衡常数与温度有关，温度不变，则电离平衡常数不变，故D错误；
故选A。

解答题
△. (1)已知下列热化学方程式：①2Zn(s)＋O2(g)= 2ZnO(s)ΔH1＝－702.2 kJ·mol－1②2Hg(l)＋O2(g)= 2HgO(s)ΔH2＝－181.4 kJ·mol－1，
由此可知Zn(s)＋HgO(s)= ZnO(s)＋Hg(l)ΔH3，其中ΔH3为___kJ·mol －1。

(2)乙醇是未来内燃机的首选环保型液体燃料，它可以由绿色植物的秸秆制取，1.0 g乙醇完全燃烧生成液态水放出1.367 kJ热量，表示乙醇燃烧热的热化学方程式为__________。

△. 一定条件下，将SO2和O2充入一密闭容器中，发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反应放热)反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图所示，回答下列问题：
(3)降低温度，SO2的转化率______，化学反应速率____。

(填“增大”“减小”或“不变”)
(4)反应处于平衡状态的时间是_____、_______。

(5)反应进行至20 min时，曲线发生变化的原因是____(用文字表达)。

10 min到15 min的曲线变化的原因可能是____(填写编号)。

a. 加了催化剂
b. 缩小容器体积
c. 降低温度
d. 增加SO3的物质的量
【答案】－260.4
(2)C2H5OH(l)＋3O2(g)= 2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－62.882 kJ·mol－1
增大减小15-20 min 25-30 min 增加了O2的量a b
【解析】
（1）利用盖斯定律求解；
（2）依据燃烧热的定义解答，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物；依据1g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热1.367kJ，结合燃烧热的定义计算求出1mol乙醇完全燃烧放出的热量，然后写出热化学方程式。

（3）该反应的正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，降低温度化学反应速率减小；
（4）反应达到平衡状态时各物质的物质的量不变；
（5）反应进行至20min的瞬间，二氧化硫、三氧化硫的物质的量不变而氧气的物质的量增大；10min到15min时，二氧化硫、氧气的物质的量减小而三氧化硫的物质的量增大，平衡正向移动，且曲线斜率增大，化学反应速率加快。

（1）已知①2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）△H1=-702.2kJ/mol；②2Hg
（l）+O2（g）=2HgO（s）△H2=-182.4kJ/mol；根据盖斯定律，×（①-②）
得Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l），则△H3=×（△H1-△H2）=×（-702.2kJ/mol+182.4kJ/mol）=-260.4kJ/mol，故答案为：-260.4；（2）燃烧热是指：在25△、101KPa时，1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；1g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热1.367kJ，则1mol乙醇的质量为46g，完全燃烧生成稳定的氧化物放
出的热量为：46×1.367kJ=62.882KJ，其燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）△2CO2（g）+3H2O（l）△H=-62.882 kJ•mol-1；故答案为：C2H5OH（l）+3O2（g）△2CO2（g）+3H2O（l）△H=-62.882 kJ•mol-1；
（3）该反应的正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，二氧化硫转化率增大，降低温度活化分子百分数减小导致化学反应速率减小；故答案为：增大；减小；
（4）反应达到平衡状态时各物质的物质的量不变，根据图象知，15～20 min、25～30 min各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态；
故答案为：15～20 min、25～30 min；
（5）反应进行至20min的瞬间，二氧化硫、三氧化硫的物质的量不变而氧气的物质的量增大，所以改变的条件是增加了氧气的量；10min 到15min时，二氧化硫、氧气的物质的量减小而三氧化硫的物质的量增大，平衡正向移动，且曲线斜率增大，化学反应速率加快，所以改变的条件可能是增大压强即缩小容器体积、加入催化剂；
故答案为：增加了O2的量；ab。

解答题
△.25△时，0.1 mol/L的HA溶液中c(H+)/c(OH-)=1010，0.01 mol/L的BOH 溶液pH=12。

(1)HA是_____(填“强电解质”或“弱电解质”,下同)，BOH是____。

(2)HA的电离方程式是____、BOH的电离方程式是______。

(3)在加水稀释HA的过程中，随着水量的增加而减小的是_____(填字母)。

A. B. C.c(H+)与c(OH-)的乘积D.c(OH-)
(4)在体积相等、pH相等的HA溶液与盐酸溶液中加入足量Zn，HA溶液中产生的气体比盐酸中产生的气体____(填“多”、“少”或“相等”)。

△. 在25 △时，请进行有关计算：（已知lg2=0.3）
(5)现有pH=2的HCl溶液100 mL，要使它的pH=3，如果加入蒸馏水，需加水___mL；如果加入pH=4的HCl溶液，需加入此HCl溶液____ mL(假定溶液体积有加和性,下同)。

(6)将pH=8的NaOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=____。

(7)将0.1 mol·L-1盐酸和0.06 mol·L-1氢氧化钡溶液等体积混合后，该混合溶液的pH=_____。

(8)pH=a的X体积的某强酸与pH=b的Y体积的某强碱混合后，溶液呈中性，已知a+b=15，则X：Y=_____。

【答案】弱电解质强电解质HA△H++A BOH=B++OH- B 多900 1 000 10.7 12 10△1
【解析】
△. （1）-（4）KW=C（H+）•C（OH-）=10-14，KW是只与温度有关的常数，0.1mol/L 的HA溶液中c（H+）=10-10，溶液中HA中的氢离
子未全部电离，说明HA为弱酸，0.01mol/L的BOH溶液pH=12，溶液中氢离子浓度=0.01mol/mol，说明BOH为强碱；
△. （5）强酸加水稀释10n倍，PH增大n个单位；强酸与强酸混合，根据混合后溶液中氢离子物质的量相等，再求所加酸的体积；（6）将pH=8的NaOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合，先计算出混合液中氢氧根离子浓度，然后计算出氢离子浓度及溶液的pH；（7）先求剩余的氢氧根的浓度，再求pH；
（8）强酸和强碱混合溶液呈中性，说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量，根据物质的量相等计算。

（1）由分析可知，HA为弱酸为弱电解质，BOH是强碱属于强电解质，故答案为：弱电解质；强电解质；
（2）HA为弱酸存在电离平衡，电离方程式为：HA△H++A-，BOH是强碱属于强电解质，电离方程式为：BOH=B++OH-；故答案为：HA△H++A-；BOH=B++OH-；
（3）在加水稀释HA的过程中，促进HA电离平衡正向进行，平衡状态下的微粒浓度减小，溶液中存在离子积常数，温度不变，离子积常数不变，
A．加水稀释促进电离，加水稀释促进HA电离，n（H+）增大、n（HA）减小，溶液体积相同，所以比值增大，故A错误；
B．加水稀释促进电离，加水稀释促进HA电离，n（A-）增大、n（HA）减小，溶液体积相同，所以比值减小，故B正确；
C．温度不变，溶液中离子积常数不变，c（H+）与c（OH-）的乘积不变，故C错误；
D．加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，c（H+）与c（OH-）的乘积不变，c（OH-）增大，故D错误；
故答案为：B；
（4）等pH的HA溶液和盐酸，HA是弱酸，盐酸是强酸，所以HA的物质的量浓度大于盐酸，等体积等pH的HA和盐酸，HA的物质的量大于盐酸，所以向等体积、等pH的HA溶液和盐酸中分别加入足量Zn，产生的H2是HA多，故答案为：多。

△. （5）强酸加水稀释10n倍，PH增大n个单位，则现有pH=2的HCl溶液100mL，要使它的pH=3，则溶液的体积变为1000mL，所以要加入900ml蒸馏水；设加入入pH=4的HCl溶液V，n（H+）等量关系有：10-2×100×10-3+10-4V=10-3（V+100）×10-3，V=1L=1000mL；故答案为：900；1000；
（6）将pH=8的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为：1×10-6mol/L，pH=11的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为：1×10-3mol/L，两溶液等体积混合
后溶液中氢氧根离子浓度为：≈5×10-4mol/L，
混合液中氢离子浓度为：c（H+）==2×10-11mol/L，则混合液的pH△-lg[c（H+）]=11-lg2=9.7，故答案为：10.7；
（7）盐酸是一元强酸，氢氧化钡是二元强碱，将0.1mol/L盐酸和0.06mol/L氢氧化钡溶液等体积混合后，氢氧化钡有剩余，该混合溶
液中氢氧根离子浓度==0.01mol/L，则氢离子
浓度==10-12 mol/L，所以混合溶液的pH=12，故答案为：12；（8）酸中氢离子浓度=10-a mol/L，碱中氢氧根离子浓度=10b-14 mol/L，则：10-a mol/L×X=10b-14 mol/L×Y，且a+b=15，解得X:Y=10:1，故答案为：10△1。

实验题
用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中不含有与酸反应的杂质，试根据实验回答：
(1)准确称取4.1 g烧碱样品。

(2)将样品配成250 mL待测液，需要的仪器除了小烧杯、玻璃棒、量筒还需要____、____。

(3)取10.00 mL待测液，用____量取。

(4)用0.2010 mol·L-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，甲基橙作指示剂，滴定时左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶,两眼注视____，至出现_______的现象时即到达滴定终点。

(5)根据下列数据，计算待测烧碱的纯度:____。

(保留两位有效数字)
滴定次数
待测液体积(mL)
标准盐酸体积(mL)
滴定前读数(mL)
滴定后读数(mL)
第一次
10.00
0.50
20.40
第二次
10.00
0.10
22.10
第三次
10.00
4.00
24.10
(6)以下操作会造成测量结果偏高的是_______(填序号)。

①用蒸馏水冲洗锥形瓶
②在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外
③读数时,滴定前仰视,滴定后俯视
④装标准液之前,没有用标准液润洗滴定管
【答案】250 mL容量瓶（容量瓶规格不写不给分）胶头滴管碱式
滴定管（或移液管）锥形瓶中溶液颜色的变化溶液由黄色变为橙色,且半分钟内不恢复98% ②④
【解析】
（2）根据操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作选择仪器来解答；
（3）碱性溶液盛放在碱式滴定管中；
（4）滴定时，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，用0.2010mol•L-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，甲基橙做指示剂溶液呈黄色，滴入盐酸反应终点变化为橙色；
（5）根据c（待测）=计算，V（标准）用第一次、第三次两次的平均值，第二次误差大舍去；
（6）根据c（待测）=分析误差，计算式中错误操作引起的变化全部变化为标准溶液体积的变化来判断浓度变化．
（2）操作步骤有称量、溶解、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250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm 时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器是：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，需要的仪器除了小烧杯、玻璃棒、量筒还需要250 mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250 mL容量瓶、胶头滴管；
（3）待测液是碱性溶液，取10.00mL待测液，用碱式滴定管量取，
故答案为：碱式滴定管；
（4）滴定时，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断终点的到达；用0.2010mol•L-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，甲基橙做指示剂溶液呈黄色，滴入盐酸反应终点变化为橙色且半分钟内不恢复，说明反应达到终点，故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复；
（5）图表中第一次消耗标准溶液体积=20.40ml-0.50ml=19.90ml，第二次消耗溶液体积=22.10mL-0.10mL=22.00mL，误差较大舍去，第三次消耗溶液体积=20.40mL-040mL=20.00mL，标准溶液平均消耗体积=
=19.95mL，待测液溶液浓度c=
=0.4010mol/L，待测烧碱溶液的纯度=
×100%=98.05%，故答案为：98.05%；
（6）①用蒸馏水冲洗锥形瓶，对测定结果无影响，故①错误；
②在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，消耗标准溶液体积增大，测定浓度偏大，故②正确；
③读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，读取标准溶液体积减小，测定浓度偏小，故③错误；
④装标准液之前，没有用标准液润洗滴定管，消耗标准溶液体积增大，测定浓度偏大，故④正确；
故答案为：②④。