2026届河南省漯河市五中化学高三上期中质量检测模拟试题含解析

2026届河南省漯河市五中化学高三上期中质量检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列相关反应的离子方程式书写正确的是（）A．氢氧化铁溶于氢碘酸:Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OB．氯化铝溶液中滴加过量的氨水：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋C．NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀:Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2OD．NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液:2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-2、下列装置工作原理与氧化还原反应无关的是A．臭氧消毒柜 B．甲烷燃料电池C．太阳能集热器 D．燃气灶3、生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，其浸出ZnS矿机理如图所示。下列说法正确的是A．浸出过程中需要不断补充铁盐B．温度越高，ZnS浸出速率越快C．反应Ⅱ的离子方程式为：2Fe3++ZnS=Zn2++2Fe2++SD．理论上反应I中每消耗1.12LO2可浸出6.5gZn2+4、《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是（）A．蒸馏 B．升华 C．干馏 D．萃取5、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是A．原子半径的大小顺序为W>Q>Z>X>YB．元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应C．元素X与Y可以形成5种以上的化合物D．元素Q的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强6、在新制饱和氯水中，若只改变某一条件，下列叙述正确的是A．再通入少量氯气，减小B．通入少量SO2，溶液漂白性增强C．加入少量的碳酸氢钠粉末，pH增大，溶液漂白性增强D．光照过程中，有气泡冒出，溶液的导电性减弱7、下列物质的分子为极性分子的是（）A．C2H2 B．CO2 C．NH3 D．BF38、运用有关概念判断下列叙述正确的是（）A．1molH2燃烧放出的热量为H2的燃烧热B．Na2SO3和H2O2的反应为氧化还原反应C．和互为同系物D．BaSO4的水溶液不导电，故BaSO4是弱电解质9、有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的H+、OH-）：H+、NH4+、K＋、Mg2＋、Cu2＋、Al3+、NO3－、CO32－、SO42－，现取三份100mL溶液进行如下实验：①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g。[③第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图。根据上述实验，以下推测不正确的是A．原溶液一定不存在H+、Cu2＋、CO32－B．不能确定原溶液是否含有K＋、NO3－C．原溶液确定含Mg2＋、Al3＋、NH4＋，且n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝1:1:2D．实验所加的NaOH的浓度为2mol·L－110、下列相关条件下的离子方程式书写正确的是A．侯德榜制碱法的反应之一：Na++CO2+NH3+H2O＝NaHCO3↓+B．泡沫灭火器原理：2Al3++3+3H2O＝2Al(OH)3↓+3CO2↑C．碳酸氢镁溶液中滴加过量的烧碱溶液：Mg2++2+2OH-＝2H2O+MgCO3↓+D．一定量的明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液生成沉淀质量最大时：2Al3++3+3Ba2++6OH-＝2Al(OH)3↓十3BaSO4↓11、阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol－1，下列叙述正确的是A．2.24LCO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023B．0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目为0.3×6.02×1023C．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023D．4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×102312、H2S废气资源化的原理为：2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)ΔH=－632kJ·mol-1。下图为H2S燃料电池的示意图。下列说法正确的是A．电极b为电池的负极B．电极b上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e－=4OH－C．电路中每流过4mol电子，电池会产生632kJ电能D．每34gH2S参与反应，有2mol

H+经质子膜进入正极区13、常温下，1mol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示．结合表中信息判断下列说法不正确的是()共价键H-HF-FH-FH-ClH-IE(kJ/mol)436157568432298A．432kJ/mol>E(H-Br)>298kJ/molB．表中最稳定的共价键是H-F键C．H2(g)→2H(g)∆H=+436kJ/molD．H2(g)+F2(g)=2HF(g)∆H=-25kJ/mol14、2SO2(g)十O2(g)⇌2SO3(g)

△H=-198kJ·mol-1，在V2O5存在时，该反应机理为：Ⅰ：V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)

Ⅱ:4VO2+O2→2V2O5(慢)，下列说法正确的是A．反应速率主要取决于Ⅰ步反应B．该反应逆反应的活化能大于198kJ/molC．2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应能放出198KJ的热量D．VO2在反应中起催化剂的作用降低了反应活化能加快反应速率15、下列解释过程或事实的方程式不正确的是A．氨气遇浓盐酸产生白烟:NH3+HCl=NH4ClB．打磨过的铝片与NaOH溶液反应产生气体:2Al+2OH-=2AlO2-+H2↑C．NaOH溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶中:SiO2+2OH-=SiO32-+H2OD．Fe(OH)2由白色变灰绿，最后变为红褐色:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)316、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向某溶液中先滴加适量的稀硝酸，再滴加少量BaCl2溶液出现白色沉淀原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种B向两支各盛2mL5%H2O2溶液的试管中分别滴加0.1mol·L–1的CuSO4溶液5滴．10滴，后者反应更剧烈CuSO4的量会影响的H2O2分解速率C室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色Fe3+的氧化性比I2的强D室温下，用pH试纸测得0.1mol·L–1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1mol·L–1NaHSO3溶液的pH约为5HSO3–结合H＋的能力比SO32–的强A．A B．B C．C D．D17、下列“油”中，一定条件下既不能与乙酸反应也不能与氢氧化钠溶液反应的是A．甘油 B．酱油 C．奶油 D．汽油18、进行下列实验，相关说法正确的是A．图：蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体B．图：形成美丽的红色喷泉，证明HC1极易溶于水C．图：配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，定容时如图则所配NaOH溶液浓度偏低D．图：所示装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠19、向含1molNaHCO3的溶液中逐滴加入含bmolCa(OH)2的溶液，充分反应。下列说法不正确的是()A．滴加Ca(OH)2立即有沉淀生成B．当b＝0.5mol时，发生的离子反应：HCO3-＋OH-＋Ca2＋＝CaCO3↓＋H2OC．当b＝1mol时，反应后的溶液中几乎不存在Ca2＋D．当b＝1.5mol时，往溶液中再通入少量CO2，还会有沉淀生成20、工业上常用NaHSO3处理含Cr2O72-的废液，反应的离子方程式为：5H++Cr2O72-+3HSO3-→2Cr3++3SO42-+4H2O下列判断错误的是（）A．氧化产物是SO42- B．氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：3C．Cr2O72-表现了氧化性 D．还原1molCr2O72-，电子转移3mol21、以下实验操作不能达到相应的实验目的的是A．除去食盐水中混有的杂质碘B．萃取时振荡混合液C．向容量瓶中转移液体D．闻气体的气味22、下列哪种因素改变，会导致一个可逆反应的平衡常数会改变()A．压强 B．温度 C．催化剂 D．反应物浓度二、非选择题(共84分)23、（14分）Ⅰ.下列是某研究性学习小组对某无色水样成分的检测过程，已知该水样中只可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Ag+、Ca2+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种离子，该小组同学取了100ml水样进行实验：向水样中先滴加硝酸钡溶液，再滴加1mol·L-1硝酸，实验过程中沉淀质量与所加试剂量的关系变化如下图所示：（1）仅凭观察可知该水样中一定不含有的阳离子是____。（2）由B点到C点变化过程中消耗硝酸的体积为___mL。（3）试根据实验结果推测K+是否存在___（填“是”或“否”）若存在，其物质的量浓度的范围是___mol·L-1（若不存在，则不必回答）。（4）设计简单实验验证原水样中可能存在的离子_____________（写出实验步骤、现象和结论）。Ⅱ.湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种粒子：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O。（1）写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式：____________。（2）若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为___mol。（3）低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），原因是______。24、（12分）以烃A为原料合成医用麻醉药苄佐卡因和食品防腐剂尼泊金酸乙酯的路线如下：完成下列填空（1）A的结构简式是____________。工业上A的来源通常是_______________。（2）反应①的化学方程式是_____________________。（3）反应②的反应类型是____________。（4）反应③的试剂与条件是_______________。（5）F的结构简式是_____________________。（6）尼泊金酸乙酯有多种同分异构体，任写一种符合下列要求的同分异构体的结构简式____________。i.能发生银镜反应且分子中不含甲基ii.苯环上有两个对位取代基（7）以A为起始原料，可以合成涂改液的主要成分亚甲基环己烷（），写出其合成线路。___________________。（合成路线常用的表示方式为：）25、（12分）下图是实验室中制备气体或验证气体性质的装置图：(1)写出用A制取氯气的化学方程式______。(2)利用上图装置制备纯净的氯气，并证明氧化性：Cl2＞Fe3+，则装置B中的溶液的作用是_____；装置D中加的最佳试剂是(填序号)______。供选试剂：a．浓H2SO4b．FeCl2溶液c．KSCN与FeCl2的混合溶液d．无水氯化钙(3)在上图所示圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，开始实验，加热产生的气体缓慢通过后续装置同时完成如下实验：实验1：证明SO2具有氧化性和漂白性实验2：证明碳元素的非金属性比硅元素的强为了同时完成实验1和实验2，B→E中的试剂分别为：B中为少量Na2S溶液、C中加品红溶液，D中应加入足量的_______(填溶液名称)，E中加入_____溶液(填化学式)。(4)证明碳元素的非金属性比硅元素的强的现象为______。26、（10分）实验室需要0.1mol•L-1NaOH溶液450mL和0.5mol•L-1硫酸溶液450mL．根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是__（填序号），本实验所用玻璃仪器E的规格和名称：_____配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是___（填仪器名称）．（2）容量瓶不能用于____（填序号）．A配制一定体积准确浓度的标准溶液B长期贮存溶液C测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D准确稀释某一浓度的溶液E量取一定体积的液体F用来加热溶解固体溶质（3）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为___g．在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度____0.1mol•L-1（填“大于”“等于”或“小于”，下同）．若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度___0.1mol•L-1．（4）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的体积为_____mL（计算结果保留一位小数）．如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用___mL量筒最好．配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是___。（5）如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作：______________。27、（12分）某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：①将碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶2～3次；从碱式滴定管中放出25.00mL待测溶液到锥形瓶中。②将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入0.1000mol·L－1标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数。③向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定。滴定至终点，测得所耗盐酸的体积为V1mL。④重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶中加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL。试回答下列问题：(1)滴定终点时的现象为锥形瓶中的溶液由______；(2)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_______；(3)该小组在步骤①中的错误是______，由此造成的测定结果________(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)；(4)步骤②缺少的操作是_____；(5)如上图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为___mL；(6)根据下列数据：测定次数待测液体积/mL标准盐酸体积/mL滴定前读数/mL滴定后读数/mL第一次25.000.4020.38第二次25.004.0024.02请计算待测烧碱溶液的物质的量浓度。(请写出解答过程)_______________28、（14分）烟气（主要污染物SO2、NOx）经O3预处理后用碱液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。常温下，O3是一种有特殊臭味、稳定性较差的淡蓝色气体。O3氧化烟气中NOx时主要反应的热化学方程式为：2NO(g)+O2(g)＝2NO2(g)H1=akJ·mol－1NO(g)+O3(g)＝NO2(g)+O2(g)H2=bkJ·mol－14NO2(g)+O2(g)＝2N2O5(g)H3=ckJ·mol－1（1）反应6NO2(g)+O3(g)＝3N2O5(g)H＝____kJ·mol－1。（2）O3氧化NO的氧化率随温度变化情况如图-1。随着温度升高NO的氧化率下降的原因可能是____。NO也可被O3氧化为NO2、NO3，用NaOH溶液吸收若只生成一种盐，该盐的化学式为____。（3）一定条件下，向NOx/O3混合物中加入一定浓度的SO2气体，进行同时脱硫脱硝实验。实验结果如图-2。同时脱硫脱硝时NO的氧化率略低的原因是____；由图可知SO2对NO的氧化率影响很小，下列选项中能解释该结果的是____（填序号）。a．O3氧化SO2反应的活化能较大b．O3与NO反应速率比O3与SO2反应速率快c．等物质的量的O3与NO反应放出的热量比与SO2反应的多

（4）尿素［CO(NH2)2］在高温条件下与NO反应转化成三种无毒气体，该反应的化学方程式为____。也可将该反应设计成碱性燃料电池除去烟气中的氮氧化物，该燃料电池负极的电极反应式是____。29、（10分）以废旧锌锰电池初步处理分选出的废料（含MnO2、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等）为原料制备MnO2，实现锰的再生利用。其工艺流程如下：已知：①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化。②金属离子（起始浓度为0.1mol·L-1）生成氢氧化物沉淀的pHMn（OH）2Pb（OH）2Fe（OH）3开始沉淀时8.16.51.9完全沉淀时10.18.53.2回答下列问题：（1）酸浸过程中MnO2与浓盐酸反应的离子方程式为_____________________________。（2）滤液①中铁以Fe3+存在，Fe2+转化为Fe3+过程中，可能发生反应的离子方程式为____________________（写出1种即可）。（3）除铁的方法是：向滤液①中加MnCO3调节溶液pH，其范围是______________________；过滤得滤液②。（4）将滤液③转化为MnO2的方法常用氧化法和电解法。①氧化法的具体做法是向所得溶液中加入酸化的NaC1O3将Mn2+氧化为MnO2，该反应的离子方程式为_____________________________________。②电解法生成MnO2的电极反应式为_________________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解析】A、铁离子能够氧化碘离子，正确发生的离子反应为2Fe（OH）3+6H++2I-═2Fe2++I2+6H2O，选项A错误；B、氨水是弱酸不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液中滴加过量的氨水：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，选项B正确；C、NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀，反应方程式为:NH4＋＋Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓＋NH3·H2O，选项C错误；D、NaHCO3溶液中加入过量Ba(OH)2溶液的离子反应为HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，选项D错误。答案选B。2、C【解析】A.臭氧消毒柜是利用臭氧的氧化性，将细菌杀死，故A错误；B.甲烷燃料电池中，甲烷在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应，故B错误；C.太阳能集热器，是将太阳能转化成热能，没有发生氧化还原反应，故C正确；D.可燃物的燃烧是氧化还原反应，故D错误；本题答案为C。3、C【详解】A．总反应为O2+4H++2ZnS＝2S+2Zn2++2H2O，不需要补充铁盐，故A错误；B．温度过高，氧化亚铁硫杆菌变性，降低浸出速率，故B错误；C．由图中转化可知反应Ⅱ的方程式为2Fe3++ZnS═Zn2++2Fe2++S，故C正确；D．该选项未提到标准状况下，不能用22.4L/mol计算物质的量，故D错误；答案选C。4、B【详解】“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”，属于固态物质受热直接转化为气态物质，类似于碘的升华，因此文中涉及的操作方法是升华。答案选B。5、A【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；Q只能为氯元素。【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z（Al）＞W（S）＞Q（Cl）＞X（N）＞Y（O），故A错误；B．氯气能与氨气反应得到氮气、HCl（或氯化铵），属于置换反应，故B正确；C．N元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故C正确；D．非金属性Cl＞S，故Cl元素最高价氧化物对应水化物的酸性更强，故D正确；故选A。6、C【解析】A、饱和氯水不能再溶解Cl2，各成分的浓度不变，A错误；B、SO2+Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4，Cl2+H2OH++Cl−+HClO的平衡左移，HClO浓度降低，漂白性减弱，B错误；C、加入少量NaHCO3粉末，消耗H+，使上述平衡Cl2+H2OH++Cl−+HClO正向移动，HClO的浓度增大，C正确；D、光照过程中HClO分解，生成O2和HCl，溶液中的离子浓度增大，导电性增强，D错误。答案选C。7、C【解析】A．C2H2为直线形分子，分子结构对称，正负电荷的中心重合，为非极性分子，故A不选；B．二氧化碳为直线结构，结构对称、正负电荷中心重合，为非极性分子，故B不选；C．氨气为三角锥形结构，结构不对称、正负电荷中心不重合，为极性分子，故C选；D．BF3为平面三角形结构，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故D不选；故选C。8、B【详解】A、燃烧热的概念中除了强调1mol可燃物，还要强调在在25℃、101kPa时完全燃烧，生成稳定的氧化物，H2应该生成H2O(l)，而非H2O(g),现在题目未指明状态，A项错误；B、Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O是氧化还原反应，B项正确；C、苯酚与苯甲醇虽官能团均是羟基，但性质不同，种类不同，一个是酚羟基，一个是醇羟基，C项错误；D、BaSO4难溶于水，故水溶液不导电，但在熔融状态可完全电离而可导电，是强电解质；故选B。9、B【详解】溶液是无色透明的，所以不含有颜色的离子，故Cu2+一定不存在；通过图象知，在加入过量的NaOH的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；K+不能和中学常见物质反应产生特殊现象进行判断，只能用焰色反应判断，则不能确定是否含K+；①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，推断一定有CO32-、SO42-两种中的一种．因通过图象知含有Al3+；铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，所以推断一定不含有CO32-、一定含有SO42-；②第二份加足里BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，推断生成3×10-2molBaSO4，所以n（SO42-）=3×10-2mol；③第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图，通过图象知，在加入过量的过氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH-时无沉淀生成，有NH4+，NH4++OH-=NH3•H2O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，通过此实验无法判断是否含有Na+，A．由上述分析可知，原溶液一定不存在H+、Fe3+、CO32-，选项A正确；B．原溶液确定含有Mg2+、Al3+、NH4+，由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n[Mg(OH)2]+n[Al(OH)3]=0.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故n[Mg(OH)2]=0.01mol，故n[Al（OH）3]=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=n[Al(OH)3]=0.01mol，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓，需OH-0.03mol；根据镁元素守恒可知原溶液中n（Mg2+）=n[Mg(OH)2]=0.01mol，根据Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，需OH-0.02mol；生成沉淀最大量时需OH-0.05mol，由图可知消耗NaOH25mL，所以c（NaOH）===2mol•L-1；根据NH4++OH-=NH3•H2O，所以可得到NH4+的物质的量为0.01L×2mol•L-1=2×10-2mol，则n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）═0.01mol：0.01mol：2×10-2mol：3×10-2mol=1：1：2：3，由电荷守恒可知1×2+1×3+2×1>3×2，则应存在NO3-，不能确定是否含K+，选项B错误；C．由选项B的计算可知，实验所加的NaOH的浓度为2mol•L-1，选项C正确；D．由选项B的计算可知，原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，选项D正确；答案选B。10、A【详解】A．侯德榜制碱法的反应之一，是往饱和NaCl氨溶液中通入CO2，生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，离子方程式为Na++CO2+NH3+H2O＝NaHCO3↓+，A正确；B．泡沫灭火器的灭火原理，是往硫酸铝溶液中加入碳酸氢钠溶液，反应为Al3++3＝Al(OH)3↓+3CO2↑，B不正确；C．因为MgCO3微溶于水，氢氧化镁难溶于水；碳酸氢镁溶液中滴加过量的烧碱溶液，反应为Mg2++2+4OH-＝2H2O+Mg(OH)2↓+2，C不正确；D．明矾溶液中滴加Ba(OH)2，生成沉淀质量最大时，应为完全沉淀，反应为：Al3++2+2Ba2++4OH-＝十2BaSO4↓+2H2O，D不正确；故选A。11、D【详解】A.未指明气体所处的外界条件，不能确定CO2的物质的量，因此不能确定其中含有的原子数目，A错误；B.硝酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应而消耗，所以0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目小于0.3×6.02×1023，B错误；C.5.6gFe的物质的量是0.1mol，二者发生反应，若铁过量，则反应生成Fe2+，5.6gFe失去0.2×6.02×1023个电子，若硝酸足量，则5.6gFe失去0.3×6.02×1023，因此二者的相对物质的量多少不能确定，不能判断转移电子的物质的量，C错误；D.在SiO2晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O键，4.5g二氧化硅的物质的量是0.075mol，则其中含有的Si-O共价键数目为0.075mol×4×6.02×1023/mol=0.3×6.02×1023，D正确；故合理选项是D。12、D【解析】燃料电池属于原电池，应根据原电池原理分析回答。【详解】图中，H2S在电极a上失电子，a是负极；O2在电极b上得电子，b是正极（A项错误）。电池使用质子（H+）交换膜，说明固体电解质呈酸性，则负极反应为2H2S－4e-＝S2+4H+，正极反应为O2+4e－+4H+=2H2O（B项错误）。据热化学方程式，电路中转移4mol电子，共放出热量632kJ（包括电能、热量等），故电能小于632kJ（C项错误）。由电极反应式知，每１molH2S（34g）参与反应，有2molH+经质子膜进入正极区，才能使两极电解质呈电中性（D项正确）。本题选D。13、D【详解】A．依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小，所以结合图表中数据可知432kJ/mol>E(H-Br)>298kJ/mol，A说法正确；B．键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，最稳定的共价键是H-F键，B说法正确；C．氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2(g)→2H(g)∆H=+436kJ/mol，C说法正确；D．依据键能计算，反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，∆H=+436kJ/mol+157kJ/mol-2×568kJ/mol=-543kJ/mol，H2(g)+F2(g)=2HF(g)∆H=-543kJ/mol，D说法错误；故选：D。14、B【详解】A、化学反应速率的快慢取决于反应速率慢的，根据题意，反应速率主要取决于II步反应，故A错误；B、活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，SO2与O2反应是放热反应，因此逆反应的活化能大于198kJ·mol－1，故B正确；C、SO2与O2的反应是可逆反应，不能完全进行到底，因此2molSO2与1molO2反应放出的热量小于198kJ，故C错误；D、根据反应的机理，V2O5为催化剂，故D错误。15、B【解析】A、氨气遇浓盐酸生成白色固体NH4Cl，即产生白烟:

NH3+HCl=NH4Cl，故A正确；B.打磨过的铝片与NaOH

溶液反应产生气体:

2Al

+

2OH-

＋2H2O=

2AlO2-

+3H2↑，故B错误；C、NaOH溶液与二氧化硅发生反应，NaOH

溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶中:SiO2+

2OH-=

SiO32-+

H2O，故C正确；D.Fe(OH)2由白色变灰绿，最后变为红褐色，Fe(OH)2在空气中被氧化:

4Fe(OH)2+

O2+

2H2O=4Fe(OH)3，故D正确；故选B。点睛：本题考查离子方程式、化学方程式的书写，解题关键：明确发生反应的实质，B选项是易错点，注意掌握离子方程式、化学方程式的书写原则：得失电子要守恒；C选项要求学生要理解aOH

溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶的反应原理，才能正确写出反应方程式。16、C【解析】A.硝酸具有强氧化性，先滴加硝酸酸化，可氧化SO32-、HSO3-，但硝酸不能排除溶液中银离子的干扰；B.两组实验的总体积不同，则H2O2的浓度不同，且没有控制其他条件相同；C.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。通过反应现象溶液变蓝可知，反应生成碘单质，从而证明铁离子能够将碘离子氧化成碘单质；D.NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性；【详解】A.硝酸具有强氧化性，先滴加硝酸酸化，可氧化SO32-、HSO3-，但硝酸不能排除溶液中银离子的干扰；因此白色沉淀还可能为AgCl，原溶液原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种以外，还可能存在银离子，故A项错误；B.CuSO4作为催化剂，可以加快H2O2分解反应，但因两组实验的总体积并不同，H2O2的浓度不同，且没有控制其他条件相同，因此不能得出“CuSO4的量会影响的H2O2分解速率”这样的结论，B选项错误；C.室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色，说明有碘单质生成，可以证明Fe3+的氧化性比I2的强，故C项正确；D.NaHSO3溶液电离程度大于水解程度，因此显酸性，而Na2SO3溶液水解显碱性，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，故D项错误；答案选C。17、D【详解】A.甘油指的是丙三醇，属于醇类化合物，能与羧酸发生酯化反应，故A不符合题意；B.酱油属于混合物，主要成分为氨基酸，能和氢氧化钠溶液反应，故B不符合题意；C.奶油指的是酯类化合物，能和氢氧化钠溶液反应，故C不符合题意；D.汽油属于烃类化合物，既不能与乙酸反应也不能与氢氧化钠溶液反应，故D符合题意；故答案：D。18、B【解析】A.蒸干NH4Cl饱和溶液后氯化铵受热易分解，故A错误；B.氯化氢溶于水得到盐酸，石蕊遇酸变红，形成美丽的红色喷泉，证明HC1极易溶于水，故B正确；C.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，定容时如果俯视，溶液体积偏小，则所配NaOH溶液浓度偏高，故C错误；D.用所示装置不能除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠，反而使碳酸氢钠分解了，故D错误；故选B。19、B【解析】向含1molNaHCO3溶液中滴加Ca(OH)2溶液，随Ca(OH)2物质的量的增多，反应的化学方程式依次为：①2NaHCO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2H2O＋Na2CO3和②NaHCO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O＋NaOH。A、滴加Ca(OH)2立即有白色沉淀生成，故A正确；B、当n(NaHCO3):n(Ca(OH)2)=2:1时，即反应①的离子方程式2HCO3－＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－,故B不正确；C、当b＝1mol时，发生反应②，所以溶液中几乎没有Ca2＋，故C正确；D、当b＝1.5mol时，即Ca(OH)2过量，则通入少量CO2会生成CaCO3沉淀，即D正确。所以本题正确答案为B。点睛：弱酸的酸式盐与碱的反应，随物质的量的不同，发生的反应也不同，这类反应是离子方程式书写中的难点和出错点，明确随某物质量的增多依次发生反应的顺序是正确解题的关键。20、D【详解】A．反应中+4价S氧化为+6，则氧化产物是SO42-，故A正确；B．反应中氧化剂是Cr2O72-，还原剂是HSO3-，根据离子反应方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是1∶3，故B正确；C．Cr2O72-在反应中所含Cr元素化合价降低，是氧化剂，体现了氧化性，故C正确；D．Cr元素化合价从+6价降低为+3价，根据原子守恒，还原1molCr2O72-，电子转移6mol，故D错误；答案为D。21、A【解析】A.碘易溶于有机溶剂，如四氯化碳等，且四氯化碳与水不互溶，因此，除去食盐水中混有的杂质碘，可以采用萃取法，不能采取蒸发的方法，故A错误；B.进行萃取时，上下颠倒，振荡液体，使液体混合均匀，操作正确，故B正确；C.转移液体需要引流，图中玻璃棒起到引流作用，且玻璃棒下端在刻度线以下，图中操作合理，故C正确；

D.闻气体时,应使极少量气体进入鼻孔,则用手轻轻扇动来闻气体气味，图中操作合理，故D正确；

综上所述，本题选A。22、B【详解】化学平衡常数只与温度有关，与压强、催化剂、反应物浓度等其他因素均无关，故选B。二、非选择题(共84分)23、Fe3+、Cu2+40是c(K+)≥0.6mol∙L-1取cd段滤液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl-，否则，无Cl-存在(或其它合理答案)2Fe(OH)3＋3ClO-＋4OH-=2FeO42-＋3Cl-＋5H2O0.15该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小【分析】Ⅰ.根据题意，水样无色，可排除Fe3+、Cu2+；根据图中所示，ob段向水样中滴加硝酸钡溶液，到a处沉淀达到最大量，可判断CO32-、SO42-至少存在一种，沉淀为BaCO3或BaSO4；bc段滴加稀硝酸，沉淀部分溶解，可判断沉淀为BaCO3和BaSO4两者的混合物，则水样中含CO32-和SO42-，能与CO32-反应而不能共存的Mg2+、Al3+、Ag+、Ca2+都可排除；阳离子只剩下K+，根据电中性原则可判断一定有K+；根据题给的信息不能判断Cl-是否一定存在。Ⅱ.(1)高铁酸钾是产物，则Fe(OH)3是反应物，根据电子守恒、电荷守恒、质量守恒可写出反应的离子方程式；(2)建立电子转移和还原产物的关系便可求出还原产物的物质的量；(3)低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，说明从Na2FeO4→K2FeO4，溶解度变小。【详解】Ⅰ.(1)根据题意，水样无色，可排除有色离子，所以仅凭观察可知该水样中一定不含有的阳离子是Fe3+、Cu2+。答案为：Fe3+、Cu2+；(2)根据分析可知，由b点到c点的变化是BaCO3溶于稀硝酸的过程，则：n(BaCO3)=(6.27g-2.33g)÷197g∙mol-1=0.02mol，V=0.04L=40mL；答案为：40；(3)根据图中所示，ob段向水样中滴加硝酸钡溶液产生的沉淀在bc段滴加稀硝酸后部分溶解，可判断水样中含CO32-和SO42-，与CO32-不能共存的Mg2+、Al3+、Ag+、Ca2+都可排除，另，有色离子Fe3+、Cu2+也已排除，阳离子只剩下K+，根据电中性原则可判断，一定有K+；n(CO32-)=n(BaCO3)=0.02mol，c(CO32-)=0.02mol÷(100×10-3L)=0.2mol∙L-1，n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g÷233g∙mol-1=0.01mol，c(SO42-)=0.01mol÷(100×10-3L)=0.1mol∙L-1，根据电中性原则有：c(K+)=2c(CO32-)+2c(SO42-)+c(Cl-)，由于Cl-不能确定，所以有：c(K+)≥2c(CO32-)+2c(SO42-)=2×0.2mol∙L-1+2×0.1mol∙L-1=0.6mol∙L-1。答案为：是；c(K+)≥0.6mol∙L-1；(4)根据分析，原水样中可能存在的离子是Cl-，可取滴加过量稀硝酸后的溶液检验，此时已无CO32-和SO42-的干扰，且已被稀硝酸酸化。检验方法为：取cd段滤液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl-，否则，无Cl-存在。答案为：取cd段滤液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl-，否则，无Cl-存在(或其它合理答案)；Ⅱ.(1)根据分析可知，高铁酸钾是产物，则Fe(OH)3是反应物，铁元素化合价升高，失电子；有元素化合价升高，必有元素化合价降低，所以氯元素化合价应降低，ClO-是反应物，Cl-是产物。再根据电子守恒、电荷守恒、质量守恒可写出反应的离子方程式：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O。答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；(2)ClO-→Cl-对应化合价变化为+1→-1，降低2，所以还原产物是Cl-，Cl-和转移的电子的关系为：Cl-～2e-，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为n(Cl-)=0.3mol÷2=0.15mol。答案为：0.15；(3)低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明在此条件下K2FeO4已经过饱和，从而说明在该温度下，K2FeO4溶解度比Na2FeO4小。答案为：该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小。【点睛】1．离子推导题的一般思路是：先利用题给信息直接推，再根据已知的离子进一步推，最后根据电中性原则推。第三步容易被忽视，要在平时练习中养成良好的习惯；2．涉及氧化还原反应的离子方程式的配平：先依据电子守恒判断氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，再依据电荷守恒安排其它离子，使方程两边电荷代数和相等，最后依据质量守恒安排剩下的物质并配平，思路清晰有利于快速、准确配平涉及氧化还原反应的离子方程式。24、煤的干馏：+HNO3（浓）+H2O还原反应Cl2/FeCl3、、、、任写一种即可【分析】根据后续流程可知A中含有苯环，其分子式为C7H8，可知A为甲基苯，B到C为氧化反应，苯环上的甲级可以被氧化成羧基，所以C到为酯化反应，X为CH3CH2OH，则A到B引入了硝基，为与浓硝酸的取代反应；A到D为取代反应，F到尼泊金酸乙酯为酯化反应，尼泊金酸乙酯分子中有酚羟基，则E到F为氯代烃的取代，F为，E为，D为，故A到D是氯原子取代了苯环上的氢。据此进行解答。【详解】（1）A为甲基苯，其结构简式为，煤干馏得到煤焦油，煤焦油中含甲苯、苯等；故答案为：；煤的干馏；（2）反应①为甲苯与浓硝酸的取代，故答案为：+HNO3（浓）+H2O；（3）反应②由到苄佐卡因，过程中去氧加氢，故为还原反应，故答案为：还原反应；（4）反应③为氯原子取代苯环上的氢，该反应需要FeCl3做催化剂，故答案为：Cl2/FeCl3；（5）根据分析可知答案为：；（6）尼泊金酸乙酯结构简式可知其不饱和度为5，则其同分异构体不饱和度也为5，根据“能发生银镜反应且分子中不含甲基”可知其含有—CHO结构，且没有—CH3,；又“苯环上有两个对位取代基”，所以同分异构体有：、、、、任写一种即可；（7）可由发生消去反应得到，可由发生加成反应得到，可由甲苯发生取代反应得到，其合成路线为，

故答案为：。【点睛】明确有机物的官能团及其物质之间的转化关系是解本题关键，熟练掌握烃、卤代烃、醇、醛、羧酸及酯之间的转化关系；第（7）题合成路线的设计可用逆推法进行分析。25、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O除去氯气中的氯化氢c酸性高锰酸钾Na2SiO3D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊【分析】在装置A中用二氧化锰和浓盐酸加热反应制备氯气；根据氯气含有氯化氢分析装置B的作用；利用Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-及Fe3+使硫氰化钾溶液变红色分析；根据元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用强酸制弱酸来比较酸性强弱，根据二氧化碳中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，然后检验二氧化碳。【详解】(1)在装置A中MnO2和浓盐酸加热反应，产生MnCl2、Cl2、H2O，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)利用上图装置制备纯净的氯气，并证明氧化性：Cl2＞Fe3+。由于浓盐酸具有挥发性，在制取得到的氯气中含有杂质HCl、水蒸气，则装置B中的溶液的作用是除去氯气中的氯化氢，装置C中盛有浓硫酸对氯气进行干燥，在装置D中盛有FeCl2溶液和KSCN溶液，会发生反应：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，Fe3+与SCN-反应产生Fe(SCN)3，使硫氰化钾溶液变红色，故合理选项是c；(3)若是利用C与浓硫酸发生反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，B中为少量Na2S溶液，发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，证明SO2具有氧化性；C中盛放品红溶液，若看到品红溶液褪色，证明SO2具有漂白性；D中应加入足量的KMnO4溶液，氧化除去SO2气体，若看到溶液的紫色未褪色，则证明剩余气体中不含SO2，只含CO2气体。将其通入盛有Na2SiO3溶液的装置E中，发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，若看到E中溶液变浑浊，产生白色沉淀，说明酸性：H2CO3＞H2SiO3，从而证明了元素的非金属性：C＞Si。【点睛】本题考查实验室制备氯气的反应原理和装置分析。注意物质性质的比较，和元素周期律的应用。掌握基本操作和物质性质是解题关键。26、AC500mL容量瓶烧杯、玻璃棒BCF2.0小于小于2.715先将适量水加入烧杯中，再将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入水中，并不断搅拌重新配制【分析】(1)用固体和用液体配制溶液所用仪器有所不同，根据配制的过程可以列出各自所需的仪器；容量瓶只有1个刻度，只有有限规格的容量瓶可选用；(2)容量瓶用于液体的精确定容，其容积会受到各种因素的影响，所以能损坏容量瓶或引起容量瓶容积发生改变的使用方式均不允许；(3)容量瓶的规格有限，所以应根据可取用的容量瓶确定实际应配制的溶液的体积，在此基础上计算NaOH的质量；根据公式c=可判断各种操作对配制结果的影响；(4)计算所需浓硫酸的体积应注意的事项与(3)相同；(5)每个容量瓶都只有一个刻度，定容时不能超过刻度线，否则，配制失败。【详解】(1)用固体NaOH配制一定物质的量浓度的溶液步骤和所用的仪器(重复的未列出)是：计算→称量(天平、药匙)→溶解(烧杯、玻璃棒)→冷却→转移溶液(容量瓶)→洗涤→(摇匀→)定容(胶头滴管)→摇匀→装瓶；用浓硫酸配制一定物质的量浓度的溶液步骤和所用的仪器(重复的未列出)是：计算→量取(量筒、胶头滴管)→稀释(烧杯、玻璃棒)→冷却→转移溶液(容量瓶)→洗涤→(摇匀→)定容→摇匀→装瓶，都没有用到的有平底烧瓶和分液漏斗；常见的容量瓶没有450mL的，应选用500mL的容量瓶；在配制过程中，溶解需用烧杯，还需用玻璃棒搅拌和引流。答案为：AC；500mL容量瓶；烧杯、玻璃棒；(2)A．容量瓶用于液体的精确定容，可用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，A选项不符合题意；B．容量瓶为精密仪器，不能用于长期贮存溶液，B选项符合题意；C．容量瓶只有一个刻度，不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，C选项符合题意；D．容量瓶用于液体的精确定容，可用于固体配制一定物质的量浓度的溶液，也可用于溶液准确稀释，D选项不符合题意；E．容量瓶有刻度，可用于量取一定体积的液体，但每个容量瓶只能量取一种体积的液体，E选项不符合题意；F．容量瓶是精密仪器，不能用来加热溶解固体溶质，F选项符合题意；答案为：BCF；(3)实验室一般没有450mL规格的容量瓶，应取500mL规格的容量瓶，即，实际配制的溶液的体积为500mL，所以所需NaOH的质量为：500×10-3L×0.1mol∙L-1×40g∙mol-1=2.0g。根据公式c=，定容时仰视观察液面，则溶液体积V偏大，导致所配溶液浓度小于0.1mol∙L-1；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则溶质物质的量n偏少，导致所配溶液浓度小于0.1mol∙L-1。答案为：2.0；小于；小于；(4)与(3)相同，实际应配制的硫酸的体积为500mL，所以有：V(浓硫酸)×1.84g•cm-3×98%=500×10-3L×0.5mol∙L-1×98g∙mol-1，求得V(浓硫酸)≈13.6mL；应选择量程不小于13.6mL的量筒中规格最小的，所以题给量筒中应选择15mL的；浓硫酸稀释：先将适量水加入烧杯中，再将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入水中，并不断搅拌，切忌将水加入浓硫酸中，引起液体飞溅伤人。答案为：2.7；15；先将适量水加入烧杯中，再将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入水中，并不断搅拌；(5)每个容量瓶都只有一个刻度，定容时如果超过刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，如果用胶头滴管吸掉多出的部分，将损失溶质，所以无法补救，需重新配制。答案为：重新配制。【点睛】容量瓶用于液体的精确定容，是配制一定物质的量浓度的溶液的主要仪器，每个容量瓶只有一个刻度；其容积会受到各种因素的影响，所以容量瓶不能用于加热，不能用于固体或浓溶液的溶解、稀释，不能装入过冷或过热的液体，不能作为反应容器，不能用于长期贮存溶液。27、浅红色变为无色，且半分钟之内不褪色锥形瓶中溶液颜色变化待测溶液润洗锥形瓶偏高用标准液润洗滴定管2～3次22.600.0800mol/L【分析】(1)根据滴定终点，锥形瓶中的溶液从浅红色变为无色时，且半分钟内不褪色，应停止滴定；(2)根据滴定操作分析；(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)=分析误差；(4)根据酸式滴定管用蒸馏水洗净后，应用标准液润洗；(5)结合滴定管0刻度在上判断溶液体积读数；(6)根据c(待测)=计算，V(标准)用两次的平均值。【详解】(1)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，使用酚酞为指示剂，开始时溶液为碱性，因此溶液显红色，当达到滴定终点时，锥形瓶中的溶液从浅红色变为无色时，且半分钟内不褪色，停止滴定；(2)中和滴定时，左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化。当锥形瓶中的溶液从浅红色变为无色时，且半分钟内不褪色，停止滴定；(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，造成V(标准)偏大，根据c(