黑龙江省伊春市伊美区第二中学2019╸2020学年高二化学上学期第一次月考试题﹙含解析﹚

1、黑龙江省伊春市伊美区第二中学2019-2020学年高二化学上学期第一次月考试题（含解析）一、选择题（每小题2分，共60分）1. 下列关于电解质分类的组合中,完全正确的是( )ABCD强电解质NaClH2SO4HClOHNO3弱电解质HFBaSO4CaCO3CH3COOH非电解质Cl2CS2C2H5OHSO2A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物，主要包括强酸、强碱、大部分盐和活泼金属氧化物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物，主要包括弱酸、弱碱、少部分盐和水；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，主要包括非

2、金属氧化物、一些氢化物和有机物等，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。【详解】A.氯气是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B.硫酸钡属于盐，在熔融状态下完全电离，属于强电解质，故B错误；C.次氯酸属于弱酸，是弱电解质，碳酸钙属于盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质，故C错误；D.硝酸是强酸，属于强电解质，醋酸是弱酸，属于弱电解质，二氧化硫本身不能电离，是化合物，属于非电解质，所以D选项是正确的。答案选D。【点睛】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶解能力大小无关是解题的关键，注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。2. 在

3、0.1molL-1的CH3COOH溶液中，要促进醋酸电离且使H+浓度增大，应采取的措施是（ ）A. 升温B. 加水C. 加入NaOH溶液D. 加入稀盐酸【答案】A【解析】【详解】A. 醋酸的电离是吸热过程，升高温度能促进醋酸的电离且氢离子浓度增大，故A正确；B. 加水稀释促进醋酸的电离，但溶液中氢离子浓度减小，故B错误；C. 加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠和氢离子反应生成水，能促进醋酸的电离，但氢离子浓度减小，故C错误；D. 加入稀盐酸，氢离子浓度增大抑制醋酸的电离，故D错误；答案选A。3. 10 mL浓度为1 molL-1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

4、生成量的是()A. H2SO4B. CH3COONaC. CuSO4D. Na2CO3【答案】B【解析】【详解】当加入其它物质能够减慢反应速率，且不影响氢气的总量，采取的方式为降低氢离子浓度，不减小氢离子的量。A、加入硫酸，增大氢离子物质的量，影响了氢气的总量，A错误；C、加入硫酸铜，锌置换出铜，锌与铜构成原电池，反应速率加快，C错误；D、加入Na2CO3消耗了氢离子，氢气总量减少，D错误；故选B。4. 下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是A. 氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以B. 氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸C. 0.10 molL1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为

5、4.5和2.1D. 氢硫酸的还原性强于亚硫酸【答案】D【解析】【详解】A氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，A正确；B氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，B正确；C.0.10molL-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，C正确；D氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能用于比较酸性的强弱，D错误。答案选D。【点睛】本题考查学生弱电解质的电离知识，注意电解质是弱电解质的证明方法的使用是关键，即弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质

6、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。5. 下列化学用语表示不正确是（ ）A. 醋酸的电离：CH3COOHCH3COO-+H+B. 碳酸氢钠在水溶液中的电离：NaHCO3=Na+HCOC. 氯化铵的水解：NH+H2ONH4OH+H+D. 碳酸钙的溶解平衡：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)【答案】C【解析】【详解】A. 醋酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，醋酸的电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故A正确；B. 碳酸氢钠是强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3=N

7、a+HCO，故B正确；C. 铵根离子水解生成NH3H2O，水解方程式为NH+H2ONH3H2O+H+，故C错误；D. 碳酸钙在溶液中存在溶解平衡：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)，故D正确；答案选C。6. 在25某稀溶液中，由水电离产生的c(H)1013molL1。下列有关该溶液的叙述正确的是()A. 该溶液一定呈酸性B. 该溶液一定呈碱性C. 该溶液的pH一定为1D. 该溶液的pH可能为13【答案】D【解析】【详解】A. 根据水的离子积常数，可知由水电离出的c(H)c(OH)1013 molL1，这是由于在水中加酸或碱，抑制了水的电离。若水中加酸，溶液呈酸性，若水中加减，溶液呈

8、碱性，故A错误；B. 若水中加酸，溶液呈酸性，若水中加减，溶液呈碱性，故B错误；C. 若水中加酸，溶液显酸性则溶液中OH只来自水的电离，c(H)水c(OH)水c(OH)总1013 molL1，由Kwc(H)总c(OH)总得：c(H)总 molL1101 molL1，pH1；若水中加碱，溶液呈碱性，则溶液中H只来自水的电离，c(H)总c(H)水1013 molL1，pH13，故C错误；D. 由分析知，该溶液的pH可能是1可能为13，故D正确；故选D。【点睛】常温由水电离的H+、OH-的浓度小于10-7mol/L时，则向水中加人了酸或碱抑制了水的电离，大于10-7mol/L时，则加入了能水解的盐促

9、进了水的电离。7. 常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是（ ）A. 两溶液稀释前的浓度相同B. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为abcC. a点的Kw值比b点的Kw值大D. a点水电离的c(H)大于c点水电离的c(H)【答案】D【解析】【分析】稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，加水稀释时，醋酸进一步电离，所以稀释过程中，醋酸导电能力大于盐酸，则为醋酸稀释曲线，为盐酸稀释曲线。【详解】A稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解

10、质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，故A错误；B导电能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为cab，故B错误；C相同温度下，Kw相同，a点的Kw等于b点的Kw值，故C错误；Da点离子浓度小于c点离子浓度，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，则a点水电离的H+物质的量浓度大于c点水电离的H+物质的量浓度，故D正确。【点睛】本题考查弱电解质的电离、影响水电离的因素，加水稀释促进弱电解质的电离，注意溶液中离子浓度与导电性之间的关系是解本题关键。8. 下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）A. 向0.1molL-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B

11、. 将CH3COONa溶液从20升温至30，溶液中增大C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中1D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变【答案】D【解析】【详解】A向0.1molL1 CH3COOH溶液中加入少量水促进醋酸电离，醋酸根离子浓度减小，溶液中= 增大，故A错误；B水解是吸热反应，将CH3COONa溶液从20升温至30，水解常数Kh增大，溶液中减小，故B错误；C向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c（NH4）+c（H）=c（OH）+c（Cl）得到c（NH4）=c（Cl），=1，故C错误；DAgCl+BrClAgBr的平衡常数为K=，只受温度的影响，故D正确

12、；故选D。【点睛】本题考查弱电解质电离平衡、水解平衡影响因素分析判断，主要是水的电离平衡中离子积常数的理解应用，掌握基础是解题关键，难点A，转换成平衡常数去思考，醋酸根离子浓度减小，溶液中= 增大。9. 常温时，向20mL 0.1 mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1 mol/L的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是A. a点的pH=1B. b点时，c (CH3COO)=0.05mol/LC. c点时，V(NaOH)=20mLD. 反应过程中的值不断增大【答案】D【解析】A、CH3COOH为弱酸，部分电离，a点为0.1 mol/L的CH3CO

13、OH溶液，c(H+)浓度小于0.1 mol/L，则pH大于1，故A错误；B、b点溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者物质的量相等；溶液体积由20mL扩大为30mL，根据物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO)=0.1 mol/L；CH3COOH的电离和CH3COO的水解均是微弱的，则二者的浓度应均接近于0.033mol/L，不会等于0.05mol/L，故B错误； C、假设c点时，V(NaOH)=20mL，则CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa，此时溶液显碱性，pH7，与图不符，故假设不成立，故C错误；D、，随着NaOH的加入，溶液的碱性逐渐增强，c(H+)逐

14、渐减小，而温度不变，Ka不变，则的值逐渐增大，故D正确。故选D。点睛：b点溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者物质的量相等，此时溶液显酸性，则CH3COOH的电离大于CH3COO的水解，所以c(CH3COO)c(CH3COOH)，又c(CH3COOH)+ c(CH3COO)= 0.1 mol/L，所以c(CH3COO)略大于0.033mol/L，c(CH3COOH)略小于0.033mol/L，B选项为该题的难点。10. 下列叙述正确的是（ ）A. 某CH3COOH溶液的pH=a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH=b，则abB. 在滴有酚酞的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液

15、的pH7C. 常温下，1.010-3molL-1盐酸的pH=3.0，1.010-8molL-1盐酸的pH=8.0D. 常温下，若1mLpH=1的盐酸与100mLNaOH溶液混合后，溶液的pH=7，则NaOH溶液的pH=11【答案】D【解析】【详解】A. 某醋酸溶液的pH=a，c(H)=10-amol/L，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH=b，虽然稀释促进醋酸的电离，但c(H)比稀释前小，ab，A错误；B. 在滴有酚酞的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，根据酚酞的变色范围可知，此时溶液的pH8，B错误；C. 常温下，1.010-3 molL-1盐酸的pH=3.0，1.010-8 molL-1盐

16、酸的pH，分析流程为：。18. 下列有关0.10molL-1的NH4Cl溶液的叙述正确的是（ ）A. c(H+)c(OH-)B. c(NH)c(Cl-)C. c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)D. c(NH)+c(Cl-)=0.10molL-1【答案】C【解析】【详解】A. NH水解使溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，故A错误；B. 因NH水解，所以溶液中c(NH)c(H2A)B. c(Na+)+c(H+) =c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)C. c(Na+) =c( HA-) +c(H2A)D. c(H+) =c(A2-) +c(OH-)【答案】B【解析】【详解】

17、A. pH = 9的NaHA溶液，说明的水解程度大于电离；的水解程度大于电离，c(A2-)c(CO32)=c(HCO3)c(OH)c(H+)B. 0.1mol/L醋酸氯化铵硫酸溶液中，水电离产生的氢离子浓度大小顺序是C. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中C(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HCO3)D. pH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c(Na+):【答案】B【解析】【详解】A浓度相同的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中，碳酸根离子的水解抑制碳酸氢根离子的水解，c(HCO3)c(CO32)，错误；B0.1mol/L醋酸氯化铵硫酸溶液中，硫酸电离出的氢离子浓

18、度大于醋酸，对水的电离的抑制程度大，氯化铵水解促进水的电离，水电离产生的氢离子浓度大小顺序是，正确；C0.1mol/L的NaHCO3溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HCO3)+2c(CO32)，错误；D酸性：醋酸碳酸次氯酸，酸性越强，对应的阴离子的水解程度越小，pH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c(Na+):，正确；故选C【点睛】酸、碱、盐都是电解质，酸电离产生氢离子、碱电离产生氢氧根离子，它们对水的电离平衡都起抑制作用，等浓度的氢离子或氢氧根离子对水电离平衡的抑制作用相同。酸或碱电离产生的离子浓度越大，对水的抑制作用就越强。若盐电离氢离子

19、或氢氧根离子，对水的电离平衡起抑制作用，与酸或碱的作用相同；若电离产生的离子或消耗水电离产生的氢离子或氢氧根离子产生弱酸或弱碱，就会使水的电离平衡正向移动，促进水的电离，盐电离产生的水解的离子浓度越大，水解的离子浓度越大，溶液的酸性或碱性越强。若盐电离产生的阳离子、阴离子都发生水解作用，水解产生的氢离子、氢氧根离子发生中和反应，使水的电离程度比单独只有阳离子、阴离子发生水解作用的水的电离程度大。溶液的酸碱性根据水解相对程度判断。谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解。25. 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溶液做导电实验，灯泡很暗HNO2溶液不与N

20、a2SO4溶液反应 0.1molL1 HNO2溶液的pH2.1A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】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弱，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。26. 向5mLNaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加

21、一滴KI溶液并振荡，沉淀变为淡黄色，再滴加一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变为黑色，根据上述变化过程，分析此三种沉淀物的溶解度关系是（ ）A. AgCl=AgI=Ag2SB. AgIAgClAg2SC. AgClAgIAg2SD. AgClAgIAg2S【答案】C【解析】【详解】沉淀的转化向着溶解度更小的方向进行，根据题给信息可知，加入KI溶液AgCl沉淀转化为AgI沉淀，加入Na2S溶液AgI沉淀转变为Ag2S沉淀，所以三种沉淀物的溶解度关系：AgClAgIAg2S；答案选C。27. 已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1molL1的Fe(NO3)3和

22、Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】浓度均为0.1molL-1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为0.1mol/L，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3，故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，为氢氧化铁的物质的

23、量；据以上分析解答。【详解】A向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故A错误；B向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故B错误；C铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，图象与实际相符合，故C正确；D加入氢氧化钠一定体积后才会产生氢氧化铝沉淀，

24、故D错误；故选C。28. 已知下表数据：物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Ksp/258.010-162.210-204.010-38完全沉淀时的pH范围9.66.434对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的说法，不正确的是（ ）A. 向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀B. 向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到白色沉淀C. 向该混合溶液中加入适量H2O2，并调节pH到34后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液D. 在pH=5的溶液中Fe3+不能大量存在【答案】B【解析】【详解】A. 向混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，开始生成F

25、e(OH)3时pH最小，所以最先看到红褐色沉淀，故A正确；B. 根据A项分析可知，向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到的是红褐色沉淀，故B错误；C. 向该溶液中加入适量双氧水，Fe2+被氧化为Fe3，调节pH到34后过滤，Fe3被完全除去，所以能获得纯净的CuSO4溶液，故C正确；D. 在pH=5的溶液中c(OH)=110-9mol/L，Fe3被完全沉淀时，c(Fe3)110-5mol/L，c(OH)(=(110-9mol/L，所以在pH=5的溶液中Fe3不能大量存在，故D正确。答案选C。29. 25时，已知KspCu(OH)2=2.210-20，KspFe(OH)3=4.010-38

26、，Cu2+和Fe3+完全生成氢氧化物沉淀时的pH分别为6.7和3.2。现在向pH=0、浓度均为0.04molL-1的Cu2+、Fe3+溶液中加入某一固体，以中和H+调节pH(设溶液体积不变)，该过程中Cu2+、Fe3+的浓度与pH关系正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】KspFe(OH)3=4.010-38=c(Fe3+)c3(OH-)，Fe3+开始沉淀时溶液中c(OH-)=10-12mol/L，溶液的pH等于2，所以Fe3+开始沉淀到沉淀完全的pH范围为23.2；同理计算得到Cu2+开始沉淀时的pH约为5，Cu2+开始沉淀到沉淀完全的pH范围为56.7。【详解】A

27、. 根据上述分析可知，pH为2时Fe3+才开始沉淀，图象与实际不符，故A错误；B. Fe3+开始沉淀到沉淀完全的pH范围为23.2，在此过程中Cu2+没有开始形成沉淀，图象与实际相符，故B正确；C. 由分析可知，应当是Fe3+先开始沉淀，图象与实际不符，故C错误；D. 由分析可知，应当是Fe3+先开始沉淀，图象与实际不符，故D错误；答案选B。30. 广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反 应中各物质和水分别离解成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，说法不正确的是A. BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2B. PCl3的水解产物是HClO和H3PO3

28、C. A14C3的水解产物是Al(OH)3和CH4D. CH3COCl的水解产物是两种酸【答案】B【解析】【详解】A. BaO2中氧元素是1价，则水解产物是Ba(OH)2和H2O2，A正确；B. PCl3中P和Cl的化合价分别是3价和1价，所以分别结合水电离出的OH和氢离子，产物是H3PO3和HCl，B错误；C. A14C3中碳元素是4价，则水解产物是Al(OH)3和CH4，C正确；D. CH3COCl的水解产物是两种酸，分别是乙酸和盐酸，D正确；答案选B。二、填空题（每空2分，共40分）31. 计算25时下列溶液的pH：（1）pH=2的盐酸加水稀释100倍，pH=_。（2）0.001mol/

29、L的盐酸，pH=_。（3）0.01mol/L的NaOH溶液，pH=_。（4）0.015mol/L的硫酸与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH=_。（5）pH=2的盐酸和pH=12氢氧化钠等体积混合后溶液的pH=_【答案】 (1). 4 (2). 3 (3). 12 (4). 2 (5). 7【解析】分析】25时：Kw=c(OH-)c(H+)=10-14，结合pH=- lgc(H+)计算。【详解】(1) pH=2的盐酸溶液中c(H+)=10-2mol/L，加水稀释100倍，溶液中c(H+)=10-4mol/L，pH=4；(2) 0.001mol/L的盐酸溶液中c(H+)=1

30、0-3mol/L，pH=3；(3) 0.01mol/L的NaOH溶液c(OH-)=10-2mol/L，根据Kw=c(OH-)c(H+)=10-14得溶液中c(H+)=10-12mol/L，pH=12；(4) 0.015mol/L的硫酸与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，设溶液的体积均为1L，所得混合溶液中的c(H+)=(0.015mol/L1L2-0.01mol/L1L)2L=10-2mol/L，pH=2；(5) pH=2的盐酸溶液中c(H+)=10-2mol/L，pH=12氢氧化钠中c(OH-)=10-2mol/L，等体积混合后溶液呈中性，pH=7。32. 实验室中有一未知浓度的稀

31、盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验。请你完成下列填空：步骤一：配制250mL 0.10mol/L NaOH标准溶液。步骤二：取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加23滴酚酞溶液作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作3次，记录数据如下。实验编号NaOH溶液的浓度（mol/L）滴定完成时，消耗NaOH溶液的体积（mL）待测盐酸溶液的体积（mL）10.1020.0220.0020.1020.0020.0030.1019.9820.00（1）步骤一需要用托盘天平称量氢氧化钠固体的质量为_g，配制标准溶液除用到玻璃棒和烧杯，还需要的玻璃仪器有_ （2）步

32、骤二中量取20.00mL的稀盐酸用到的仪器是_。判断滴定终点的现象是_（3）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度为 _（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果（待测液浓度值）偏高的有（ ）A. 配制标准溶液定容时，加水超过刻度B. 锥形瓶水洗后直接装待测液C. 酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗D. 滴定到达终点时，仰视读出滴定管读数；E. 碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失【答案】 (1). 1.0 (2). 250mL容量瓶，胶头滴管 (3). 酸式滴定管 (4). 最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色 (5). 0.10mol/L (6). ADE【解析】【详解】（1）配制250mL 0.1000mol/L NaOH溶液需要NaOH 0.025mol，质量为1.0g。需要的仪器有玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶、胶头滴管、量筒。（2）步骤二中量取20.00mL稀盐酸用酸式滴定管，终点的现象是滴加最后一滴NaOH溶液，溶液恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色。（3）四次实验平均消耗氢氧化钠溶液20.00mL，氢氧化钠溶液浓度为0.1mol/L，盐酸体积为20.00mL，所以盐酸浓度为0.1mol