山西省临汾市洪洞县向明中学2023-2024学年高二上学期第三次月考化学试卷

20232024第一学期高二化学第三次月考一、单选题(共15小题，每小题3分，共45分)1.下列说法正确的是A.强电解质都是离子化合物，而弱电解质都是共价化合物B.SO2的水溶液能导电，则SO2为电解质C.Cl2不导电，则Cl2为非电解质D.BaSO4难溶于水，但BaSO4属于强电解质【答案】D【解析】【详解】A．强电解质不一定是离子化合物，如HCl，而弱电解质也不都是共价化合物，如乙酸铅，故A错误；B．SO2的水溶液能导电，是二氧化硫与水反应生成的亚硫酸发生电离，不是二氧化硫本身电离，SO2为非电解质，故B错误；C．Cl2不导电，是单质，不是非电解质，故C错误；D．BaSO4难溶于水，溶于水的部分全部电离，BaSO4属于强电解质，故D正确；故选D2.下列表中各项分类都正确的一组是选项能导电电解质非电解质强电解质A液态氯化氢乙酸蔗糖氧化钙B海水铜氨气氯化银C石墨盐酸乙醇氢氧化钠D熔融氯化钠氧化钙二氧化碳胆矾A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．液态氯化氢没有自由移动的离子，不能导电，故A错误；B．电解质是在水溶液或者熔融状态能导电的化合物，铜是单质不属于电解质，故B错误；C．盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，也不属于电解质，故C错误；D．熔融氯化钠有自由移动的离子能导电，氧化钙属于电解质，二氧化碳是非电解质，胆矾是KAl(SO4)212H2O属于强电解质，故D正确；故答案为D3.下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的是()A.相同浓度的两溶液中c(H＋)相同B.100mL0.1mol/L的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠C.pH＝3的两溶液稀释100倍，pH都为5D.如果盐酸浓度是醋酸的2倍，则盐酸的c(H＋)也是醋酸的2倍【答案】B【解析】【详解】A．醋酸是弱电解质，在其溶液中只有部分电离，氯化氢是强电解质，在其溶液中完全电离，所以相同浓度的两溶液中c(H+)不相同，故A错误；B．酸和盐酸都是一元酸，等体积、等浓度的两种酸的物质的量相等，所以100mL0.1mol/L的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠，故B正确；C．醋酸是弱电解质，醋酸溶液中只有部分醋酸电离，且加水稀释能促进醋酸的电离，氯化氢是强电解质在其溶液中完全电离，所以pH=3的醋酸稀释100倍后溶液的pH小于5，PH=3的盐酸溶液稀释100倍，pH为5，故C错误；D．醋酸是弱酸，不能完全电离，而盐酸是强酸，能完全电离，则盐酸浓度是醋酸的2倍，但盐酸的c(H＋)不是醋酸的2倍，故D错误；故答案为B。4.下列事实能证明HA是弱酸的是①0.1mol·LHA溶液中通入HCl，减小②0.1mol·LHA溶液可以使石蕊溶液变红③常温下，0.1mol·LHA溶液中mol·L④相同温度下，0.1mol·LHA溶液的导电能力比0.1mol·L溶液弱A.①② B.①③ C.②④ D.③④【答案】B【解析】【详解】①0.1mol·LHA溶液中通入HCl，减小,说明HA是弱酸，通入HCl抑制了它的电离，才会使减小,故选①；②使石蕊溶液变红只能说明溶液显酸性，不能证明HA是弱酸，故不选②；③常温下，0.1mol·LHA如果是强酸，完全电离,如果是弱酸才会部分电离使mol·L，故选③；④是二元强酸，HA即使是一元强酸，在相同温度下，0.1mol·L的HA溶液的导电能力也会比0.1mol·L溶液弱，所以该事实不能说明HA的强弱，故不选④；综上所述，能证明HA是弱酸的是①③；故选B5.25℃时,几种弱酸的电离平衡常数如下表所示，下列说法正确的是化学式HCOOHH2CO3HCN电离平衡常数K=18×104K1=4.3×107K2=5.6×1011K=4.9×1010A.酸性强弱顺序是HCOOH>HCN>H2CO3B.HCOOH的电离平衡常数表达式为C.Na2CO3溶液显碱性，NaHCO3溶液显酸性D.H2CO3溶液和NaCN溶液反应的离子方程式为H2CO3+CN=HCO3+HCN【答案】D【解析】【详解】A项，根据表中电离平衡常数的大小可判断，酸性强弱顺序为：HCOOHH2CO3HCN，错误；B项，HCOOH的电离方程式为：HCOOHHCOO+H+，HCOOH的电离平衡常数表达式为K=，错误；C项，Na2CO3溶液由于CO32的水解溶液呈碱性，NaHCO3溶液中的HCO3既存在电离平衡，又存在水解平衡，HCO3水解的离子方程式为：HCO3+H2OH2CO3+OH，水解平衡常数为===2.33108K2（H2CO3），HCO3的水解程度大于HCO3的电离程度，NaHCO3溶液呈碱性，错误；D项，由于K1（H2CO3）K（HCN）K2（H2CO3），根据强酸制弱酸的复分解反应规律，H2CO3溶液和NaCN溶液反应的离子方程式为H2CO3+CN=HCO3+HCN，正确；答案选D。6.已知：25℃时，HCOOH的电离平衡常数K＝1.75×10－5，H2CO3的电离平衡常数K1＝4.4×10－7，K2＝4.7×10－11。下列说法不正确的是()A.向Na2CO3溶液中加入甲酸有气泡产生B.25℃时，向甲酸中加入NaOH溶液，HCOOH的电离程度和K均增大C.向0.1mol·L－1甲酸中加入蒸馏水，c(H＋)减小D.向碳酸中加入NaHCO3固体，c(H＋)减小【答案】B【解析】【详解】A．电离常数越大，酸性越强，酸性强的可以制酸性弱的，甲酸的酸性大于碳酸，所以向Na2CO3溶液中加入甲酸会生成二氧化碳气体，故A正确；B．电离常数只与温度有关，25℃时，向甲酸中加入NaOH溶液，氢离子浓度减小，HCOOH的电离程度增大，K不变，故B错误；C．甲酸的稀溶液中加水稀释，促进甲酸的电离，氢离子的物质的量增大，溶液的体积也增大，由于体积增大的多，所以氢离子浓度减小，故C正确；D．NaHCO3电离出的碳酸氢根离子抑制碳酸的电离，溶液中氢离子浓度减小，故D正确；故选B。7.某温度下，等体积、等c(H＋)的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液中的c(H＋)随溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是A.曲线I表示稀释时醋酸中c(H＋)的变化B.a点酸的总浓度小于b点酸的总浓度C.b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强D.稀释过程中，醋酸溶液中减小【答案】C【解析】【分析】等体积、等c(H＋)的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，因为醋酸为弱酸，加水稀释，会促进其水解，而盐酸为强酸，故醋酸的c(H＋)减小更慢，则Ⅰ表示醋酸稀释时的变化曲线、Ⅱ表示盐酸稀释时的变化曲线。【详解】A．由上述分析可知，Ⅰ表示醋酸稀释时的变化曲线、Ⅱ表示盐酸稀释时的变化曲线，A项错误；B．醋酸是弱酸，盐酸是强酸，等体积、等c(H＋)的盐酸和醋酸溶液中酸的浓度：醋酸>盐酸，稀释相同倍数时，酸浓度：醋酸>盐酸，即a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度，B项错误；C．阴阳离子所带电荷相同时，溶液导电性与离子浓度成正比，两溶液中c(H＋)：b>c，则溶液导电性：b>c，C项正确；D．稀释促进醋酸的电离，溶液中n(H＋)增大，n(CH3COOH)减小，则醋酸稀释过程中，增大，D项错误；答案选C。8.在0.1mol·L1的HCN溶液中存在如下电离平衡：HCNH++CN。下列叙述正确的是A.加入少量NaOH固体，平衡正向移动B.加入少量NaCN固体，平衡正向移动C.加水，平衡逆向移动D.滴加少量0.1mol·L1HCl溶液，溶液中c(H+)减小【答案】A【解析】【详解】A．加入NaOH固体，OH与H+结合，促进平衡正向进行，A正确；B．加入NaCN固体，溶液中CN的浓度增大，促进平衡逆向进行，B错误；C．加水，促进电离，平衡正向进行，C错误；D．加入HCl，溶液中H+浓度增大，平衡逆向进行，CN浓度减小，D错误；故答案为：A。9.向一定量的饱和石灰水中加入少量CaO固体，恢复到原来温度时，下列说法正确的是A.溶液中的Ca2+总数不变 B.溶液中OH数目增加C.溶质的物质的量浓度不变 D.溶液的质量不变【答案】C【解析】【分析】向饱和的澄清的石灰水中加入少量氧化钙后，氧化钙和水反应生成了氢氧化钙；所以恢复到原来温度时，原来的饱和溶液中溶剂的质量减少，则原溶液中溶质氢氧化钙固体析出，但现在的溶液仍是饱和溶液，其溶质的质量分数不变。【详解】A．加入氧化钙与溶液中的水反应，致使溶剂减少，有固体氢氧化钙析出，则溶质的质量减少，钙离子数量也会减少，故A错误；B．溶剂减少，致使原饱和溶液中溶质氢氧化钙析出，则溶液中OH−数目减少，故B错误；C．氧化钙溶于水，发生反应CaO+H2O=Ca(OH)2.由于是饱和溶液，所以生成的固体会析出，同时原溶液中的氢氧化钙也会析出。但温度不变，因此剩余溶液的浓度不变，故C正确；D．加入的氧化钙与溶液中的水反应，水减少，并且析出氢氧化钙，所以溶液质量减小，故D错误；答案选C。10.室温下，水的电离达到平衡：H2OH++OH。下列叙述正确的是（）A.将水加热，平衡向正反应方向移动，Kw不变B.向水中加入少量盐酸，平衡向逆反应方向移动，c（H+）增大C.向水中加入少量NaOH固体，平衡向逆反应方向移动，c（OH）降低D.向水中加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动，c（OH）=c（H+）【答案】B【解析】【详解】A．将水加热，平衡向正反应方向移动，Kw增大，A错误；B．向水中加盐酸，c(H+)增大，平衡向逆反应方向移动，B正确；C．向水中加入少量NaOH固体，c(OH)增大，平衡向逆反应方向移动，C错误；D．向水中加入少量CH3COONa固体，CH3COO－结合水电离出的H＋，使c(H+)减小，平衡右移，c(OH)>c(H+)，D错误；答案选B。11.已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋。某温度下，向c(H＋)=1×10－6mol·L－1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的c(H＋)=1×10－2mol·L－1.下列对该溶液的叙述不正确的是A.该温度高于25℃B.由水电离出来的H＋的浓度为1×10－10mol·L－1C.加入NaHSO4晶体抑制水的电离D.取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(OH－)减小【答案】D【解析】【详解】A．该温度下，蒸馏水中c(H＋)=1×10－6mol·L－1，Kw=1×10－6×1×10－6mol2·L－2=1×10－12mol2·L－2，温度高于25℃；故A正确；B．NaHSO4电离出的H＋抑制H2O电离，c(H＋)水=c(OH－)=1×10－10mol·L－1，故B正确；；C．NaHSO4电离出的H＋抑制H2O电离，故C正确；D．加H2O稀释，NaHSO4电离出的c(H＋)减小，对水电离的抑制作用减小，c(OH－)增大，故D错误；选D。12.25℃时，在等体积的：①0.5mol/L的H2SO4溶液中；②0.05mol/LBa(OH)2溶液中；③1mol/LNaCl溶液中；④纯水中，发生电离的水的物质的量之比是A.1∶10∶107∶107 B.107∶107∶1∶1C.107∶106∶2∶2 D.107∶106∶2×107∶2【答案】A【解析】【详解】设溶液的体积为1L，则①中H2SO4中c(H+)=0.5mol/L×2=1mol/L，所以c(OH)=1.0×1014mol/L，则水电离的物质的量为1.0×1014mol；②中c(OH)=0.05mol/L×2=0.1mol/L，所以c(H+)=1.0×1013mol/L，则水电离的物质的量为1.0×1013mol；③中c(H+)=1.0×107mol/L，水的电离的物质的量为1.0×107mol；④中c(H+)=1.0×107mol/L，水的电离的物质的量为1.0×107mol；故①②③④中水的电离的物质的量之比为(1.0×1014mol):(1.0×1013mol):(1.0×107mol):(1.0×107mol)=1:10:107:107；故选A。13.甲酸和乙酸都是弱酸，当它们的浓度均为0.10mol·L1时，甲酸中c(H+)约为乙酸中c(H+)的3倍。现有两种浓度不等的甲酸溶液a和b，以及0.10mol·L1的乙酸，经测定它们的pH从大到小依次为a、乙酸、b。由此可知A.a的浓度必小于乙酸的浓度 B.a的浓度必大于乙酸的浓度C.b的浓度必小于乙酸的浓度 D.b的浓度必大于乙酸的浓度【答案】A【解析】【详解】由于c(HCOOH)=c(CH3COOH)=0.1mol·L1时，甲酸中的c(H+)约为乙酸中c(H+)的3倍，故甲酸的酸性强于乙酸的酸性。又因pH(a)＞pH(CH3COOH)＞pH(b)，即溶液a的c(H+)＜0.1mol·L1，CH3COOH的c(H+)＜溶液b的c(H+)，所以a的浓度小于乙酸的浓度，但无法确定乙酸与b的浓度的相对大小（因HCOOH酸性＞CH3COOH酸性）；故答案选A。14.下列说法正确的是（）A.pH=2H2SO4与pH=1的硝酸溶液中c(H+)之比为1:10B.0.2mol•L1与0.1mol•L1醋酸中c(H+)之比为2:1C.100℃时，纯水的pH=6，显酸性D.100mL，pH=3的盐酸和醋酸溶液，分别与足量锌反应后，所得H2的质量相等【答案】A【解析】【详解】A项，由PH＝－lgc（H＋）可知，在PH＝2的H2SO4溶液中，c（H＋）＝102mol•L1，在PH＝1的硝酸溶液中，c（H＋）＝101mol•L1，所以二者溶液中的c(H+)之比为102mol•L1:101mol•L1＝1:10，故A正确；B项，因为醋酸是弱酸，属于弱电解质，则浓度不同时，醋酸的电离程度也不同，浓度越大，电离程度越小，则0.2mol•L1与0.1mol•L1醋酸中c(H+)之比小于2:1，故B错误；C项，在100℃时，水的离子积常数是1×1012，水的电离被促进，此时纯水中氢离子和氢氧根离子的浓度相等都是106mol•L1，纯水呈中性，故C错误；D项，因盐酸是强酸属于强电解质，而醋酸是弱酸属于弱电解质，所以100mL，pH=3的醋酸溶液中醋酸的物质的量大于100mL，pH=3的盐酸溶液中盐酸的物质的量，所以二者分别与足量的锌反应时，醋酸所得H2的质量更大，故D错误。所以此题答案选A。15.时，将的硫酸溶液与的NaOH溶液混合，若要得到的溶液，混合时硫酸溶液与NaOH溶液的体积之比为(混合时溶液体积变化忽略不计)A B. C. D.【答案】B【解析】【详解】时，则中性溶液中，说明溶液显碱性，且，的硫酸溶液中，的NaOH溶液中，设加入硫酸溶液与NaOH溶液的体积分别为、，由，解得，B项正确。答案选B。二、填空题(本题共5小题，除标注外每空2分，共55分)16.现有物质①硫酸铜晶体②碳酸钙固体③纯磷酸④硫化氢⑤三氧化硫⑥金属镁⑦石墨⑧固态苛性钾⑨氨水⑩熟石灰固体⑪液态HCl⑫液态按下列要求填空。（1）属于强电解质的是_____(填序号，下同)；（2）属于弱电解质的是_____；（3）属于非电解质的是_____；【答案】（1）①②⑧⑩⑪（2）③④⑫（3）⑤【解析】【小问1详解】强电解质指的是溶于水全部电离的电解质，①硫酸铜晶体、②碳酸钙固体、⑧固态苛性钾、⑩熟石灰固体、⑪液态HCl均属于强电解质；【小问2详解】弱电解质指的是溶于水部分电离的电解质，③纯磷酸、④硫化氢、⑫液态均属于弱电解质；【小问3详解】⑤属于化合物，它的水溶液虽然导电，但并不是它自身电离使溶液导电，所以是非电解质。17.已知在氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH。（1）向氨水中加入MgCl2固体时，平衡向__移动，OH离子的浓度__，NH离子的浓度__；（2）向氨水中加入浓盐酸，平衡向__移动，此时溶液中浓度减小的微粒有__、__、__；（3）向浓氨水中加入少量的NaOH固体，平衡向__移动，此时发生的现象是__。【答案】①.右②.减小③.增大④.右⑤.OH⑥.NH3•H2O⑦.NH3⑧.左⑨.有无色刺激性气体产生【解析】【分析】氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH，如果加入能和铵根离子或氢氧根离子反应的物质，平衡就向电离方向、即向右移动，如果加入的物质中含有铵根离子或氢氧根离子，平衡向逆反应方向、即向左移动，据此分析解答；【详解】(1)向氨水中加入MgCl2固体时，镁离子和氢氧根离子反应，OH的浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，即向右移动，NH的浓度增大；

故答案为：右；减小；增大；(2)向氨水中加入浓盐酸时，氢离子会消耗氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，一水合氨的电离平衡向右移动，NH3以及NH3•H2O的浓度均减小，

故答案为：OH−、NH3、NH3•H2O（写出这三种微粒符号即可）；

(3)向浓氨水中加入少量NaOH固体，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向左移动，氢氧根离子和铵根离子反应生成氨气，所以有无色刺激性气体逸出；

故答案为：左；有无色刺激性气体逸出。【点睛】明确弱电解质电离以及掌握勒夏特列原理是解本题关键，主要通过溶液中离子浓度变化确定平衡移动方向。18.我国政府明确提出2030年“碳达峰”、2060年“碳中和”目标。近年来我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究方面的力度，实现可持续发展。回答下列问题：（1）已知：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41.1kJ·mol1K1CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH2=90.0kJ·mol1K2写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_______。用K1、K2表示此反应的化学平衡常数K=_______。（2）为提高CO2催化氢化合成甲醇的反应中CH3OH(g)的产率，理论上应采用的条件是_______(填字母)。A.高温、高压 B.低温、低压 C.高温、低压 D.低温、高压（3）250℃时，在恒容密闭容器中发生CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)的反应，下图为不同投料比[n(H2)/n(CO2)]时某反应物X的平衡转化率的变化曲线。反应物X是_______(填“CO2”或“H2”)。（4）250℃时，在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6molH2、2molCO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得c(CH3OH)=0.75mol·L1。①前10min内H2的平均反应速率v(H2)=_______mol·L1·min1。②化学平衡常数K=_______。③下列描述中能说明上述反应已达到平衡的是_______(填字母)。A．3v正(H2)=v逆(CH3OH)B．容器中气体压强不随时间而变化C．c(H2)∶c(CO2)=1∶1D．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化【答案】（1）①.3H2(g)+CO2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=48.9kJ·mol1②.K1·K2（2）D（3）CO2（4）①.0.225②.③.BD【解析】【小问1详解】①CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41.1kJ·mol1②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH2=90.0kJ·mol1根据盖斯定律①+②：3H2(g)+CO2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=(41.1−90.0)kJ⋅mol−1=−48.9kJ⋅mol−1，用K1、K2表示此反应的化学平衡常数K=K1⋅K2；【小问2详解】A.高温使平衡逆向移动降低CH3OH产率，高压平衡正向移动提高CH3OH产率，故A错误；B.低温平衡正向移动提高CH3OH产率，低压使平衡逆向移动降低CH3OH产率，故B错误；C.高温使平衡逆向移动降低CH3OH产率，低压使平衡逆向移动降低CH3OH产率，故C错误；D.低温高压平衡正向移动提高CH3OH产率，故D正确；【小问3详解】X平衡转化率随着n(H2)/n(CO2)的增大，而增大，根据勒夏特列原理，增大一种反应物的量，可以提高另一种反应物的转化率，则X为CO2；【小问4详解】①v(H2)==0.225mol⋅L−1⋅min−1；②K==；③A.3v正(H2)=v逆(CH3OH)，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故A错误；B.该反应是气体体积减小的反应，反应过程中压强不断减小，当容器中气体压强不随时间而变化时，说明该反应达到平衡，故B正确；C.c(H2):c(CO2)=1:1，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故C错误；D.该反应是气体体积减小的反应，反应过程中气体总物质的量不断减小，气体总质量不变，反应过程中气体平均相对分子质量不断减小，当容器中气体平均相对分子质量不随时间而变化时，说明反应达到平衡，故D正确。19.用酸式滴定管准确移取25.00mL某未知浓度的盐酸溶于一洁净的锥形瓶中，然后用0.20mol·L1的氢氧化钠溶液(指示剂为酚酞)。滴定结果如下：NaOH起始读数NaOH终点读数第一次0.10mL20.20mL第二次0.30mL20.20mL（1）根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为_______mol·L1（2）达到滴定终点的标志是_______（3）以下操作造成测定结果偏高的原因可能是_______。A．配制标准溶液的氢氧化钠中混有Na2CO3杂质B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液E．未用标准液润洗碱式滴定管【答案】（1）0.16（2）锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且半分钟不变色（3）ADE【解析】【分析】先计算平均消耗NaOH溶液的体积，根据酸碱恰好反应时二者的物质的量相等，计算待测盐酸的浓度。酸碱中和滴定时，酚酞为指示剂在待测酸溶液中，开始溶液为无色，当滴加最后一滴NaOH标准溶液，溶液由无色变为浅红色且半分钟不变色时滴定达到终点，根据操作对标准溶液浓度的影响及消耗标准溶液的体积大小分析实验误差。【小问1详解】两次滴定反应消耗NaOH溶液的体积：20.20mL0.10mL=20.10mL、20.20mL0.30mL=19.90mL，平均消耗NaOH溶液的体积V=。根据反应HCl+NaOH=NaCl+H2O，可见酸、碱中和滴定时n(HCl)=n(NaOH)，则c(HCl)=；【小问2详解】酸碱中和滴定时，酚酞指示剂在待测盐酸溶液中，溶液显无色，随着NaOH标准溶液的滴入，溶液的碱性逐渐增强，当滴加最后一滴标准NaOH溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为浅红色，半分钟内不褪色，说明滴定达到终点；【小问3详解】A．配制标准溶液的氢氧化钠中混有Na2CO3杂质，会使标准溶液浓度偏低，滴定一定体积待测液消耗标准溶液体积偏大，最终使得测定结果偏高，A符合题意；B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确，则消耗标准溶液体积偏小，以此为标准计算的待测盐酸溶液浓度偏低，B不符合题意；C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对待测溶液的浓度无影响，C不符合题意；D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，消耗标准溶液体积偏大，导致测定溶液的浓度偏高，D符合题意；E．未用标准液润洗碱式滴定管，使得标准溶液浓度偏低，滴定待测盐酸时消耗标准溶液体积偏多，最终使得测定结构的浓度偏高，E符合题意；故合理选项是ADE。20.按要求计算下列溶液的pH(常温下，忽略溶液混合时体积的变化)：(1)0.1mol·L1的CH3COOH溶液(已知CH3COOH的电离常数Ka=1.8×105)________；(2)0.1mol·L－1的NH3·H2O(NH3·H2O的电离度α=1%，电离度=×100%)________；(3)pH=2的盐酸与等体积的水混合________；(4)常温下，将0.1mol·L1氢氧化钠溶液与0.06mol·L1硫酸溶液等体积混合________；(5)25℃时，pH=3的硝酸和pH=12的氢氧化钡溶液按照体积比为9∶1混合