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广西南宁市第三中学2025-2026学年高二上学期10月月考 化学试卷
1．（2025高二上·南宁月考）下列化学用语或图示正确的是
A．HClO的结构式：
B．(正盐)的电离方程式：
C．中阴离子的结构示意图：
D．HCl的电子式：
2．（2025高二上·南宁月考）下列说法正确的是
A．通入适量的气体，使溶液中，增大
B．常温下，的溶液与的溶液，水的电离程度相同
C．某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应
D．溶于中的水解方程式为：
3．（2025高二上·南宁月考）下列说法正确的是
A．图①左侧通入潮湿的氯气，检验干燥的氯气是否有漂白性
B．图②由制取无水固体
C．图③验证石蜡油热分解产物里是否有不饱和烃
D．图④实验室制备少量
4．（2025高二上·南宁月考）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．用溶有的饱和溶液制备胶体，制成的胶体中含有的胶粒数为
B．标准状况下，1.12L HF所含分子数目为
C．25℃，1.0L 的澄清石灰水中的数目为
D．1.0L 0.1mol/L的溶液中的数目小于
5．（2025高二上·南宁月考）分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述错误的是
A．该有机物分子中含酯基
B．该有机物可发生取代反应、加成反应和氧化反应
C．1 mol分枝酸可以和3 mol H2发生加成反应
D．该有机物可使溴的四氯化碳、酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不同
6．（2025高二上·南宁月考）下列实验方案能达到目的的是
选项 实验目的 方案设计
A 比较正反应活化能和逆反应活化能大小 为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，观察现象
B 证明的水解为吸热过程 常温下测定溶液的，加热一段时间后再次测定其，比较大小
C 比较与的大小 常温下，向溶液中滴入2滴溶液，再滴入2滴溶液，观察现象
D 探究温度对反应速率的影响 已知 ，加热，观察溶液颜色变化
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高二上·南宁月考）四种短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。X的一种单质在空气中含量最高；Y的最外层电子数和K层相同，Z元素所在的周期数等于其族序数；W的最高正价与最低负价的代数和为6。下列有关说法正确的是
A．单质的稳定性：XB．简单离子半径：XC．最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>Z
D．W与其他三种元素形成的二元化合物均只含离子键
8．（2025高二上·南宁月考）如图是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹起、流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法正确的是
A．电池工作时，电流由X电极经外电路流向Y电极
B．每消耗22.4 LO2(标况下)，质子交换膜通过1mol H＋
C．电池工作时，H＋通过质子交换膜从右往左迁移
D．该电池的负极反应式为
9．（2025高二上·南宁月考）牙齿表面有一层坚硬的保护着，人进食后，细菌和酶作用于食物产生有机酸，牙齿会被腐蚀，向牙膏中添加均可增强护齿效果。已知：在水溶液中存在溶解平衡：。
物质
下列说法错误的是
A．残留在牙齿上的糖会发酵产生，使的沉淀溶解平衡右移，破坏牙釉质
B．该温度下，的溶度积常数表达式为
C．可与口腔内的有机酸反应，减少对牙釉质的损伤，有助于保护牙
D．含氟牙膏有利于修复牙釉质，其起效的主要原因是NaF在水溶液中水解产生，从而使的沉淀溶解平衡逆向移动
10．（2025高二上·南宁月考）合成氨的催化历程及各步反应的能量变化如图所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法错误的是
A．合成氨反应的决速步骤为'
B．合成氨过程中最稳定的状态是吸附态②
C．氨气的脱附为吸热过程
D．合成氨的热化学方程式为
11．（2025高二上·南宁月考）已知H2S和CO2在高温下发生反应： △H＞0。将3 mol CO2和2 mol H2S充入容积不变的密闭容器中，保持其他条件不变，在不同催化剂(M、N)作用下，反应进行相同时间后，测得COS的体积分数随反应温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．c点所处状态是平衡状态
B．催化剂N的催化效率高于催化剂M
C．b点H2S的转化率是62.5%
D．a点状态下再通入0.5 mol CO2和0.5 mol COS，COS的体积分数不变
12．（2025高二上·南宁月考）某含锶（Sr）废渣主要含有，还有少量、、等杂质，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。
下列说法不正确的是
A．“浸出液”中主要的金属离子有、
B．盐浸环节存在沉淀的转化，说明相同条件下溶解度：
C．由制备无水应在HCl的气流中加热
D．在过饱和溶液中加入晶种可以促使晶体析出，结晶速度越慢越易得到大颗粒晶体
13．（2025高二上·南宁月考）25℃时，用0.1000mol/L的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol/L的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是
A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO﹣)﹣c(CN﹣)═c(HCN)﹣c(CH3COOH)
B．④⑤为两个反应的滴定终点，两个反应均可采用酚酞作指示剂
C．HCN酸性比CH3COOH弱，所以点①溶液中水的电离程度小于点②溶液
D．点②和点③间(不含端点)存在离子浓度大小关系：c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣)
14．（2025高二上·南宁月考）常温下，MX、两种盐的饱和溶液中离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是
A．线表示随变化
B．
C．随着浓度增大，点A会沿着线向左移动
D．向浓度均为0.1的和混合溶液中滴加NaX溶液，MX先沉淀
15．（2025高二上·南宁月考）弱电解质的研究是重要课题。已知时部分弱电解质的电离平衡常数如下表所示：
弱电解质
电离平衡常数
请回答下列问题：
（1）向溶液通入少量气体，发生的化学方程式为　 　。
（2）用的溶液进行下列实验，能证明是弱电解质的是_______。
A．滴入石蕊试液呈红色
B．蛋壳浸入溶液中有气体冒出
C．做导电性实验，与盐酸对比，导电性差
D．测得
（3），某溶液中，这种醋酸的物质的量浓度约为　 　；取该溶液不断加水稀释，下列图像变化合理的是　 　。
A. 　 B.　 C. 　 D.
（4）分别向体积相同、相等的和溶液中加入浓度相同的溶液，恰好完全反应消耗的体积前者　 　后者(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)，分别向体积相同、物质的量浓度相等的和溶液中加入浓度相同的溶液，溶液显中性时消耗的体积前者　 　后者。
（5）等物质的量浓度的以下四种溶液，由大到小的顺序是　 　。
①溶液 ②溶液 ③溶液 ④溶液
（6）相同物质的量浓度的和混合液中所有离子浓度由大到小的顺序是　 　。
16．（2025高二上·南宁月考）油气开采、石油化工、煤化工等行业产生的废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并利用。已知下列反应的热化学方程式：
① （平衡常数）
② （平衡常数）
③ （平衡常数）
（1）　 　（用含和的代数式表示）。
（2）已知反应②中相关化学键的键能数据如表：
化学键
键能/（） a b c d
则键的键能　 　（用含，，的代数式表示）。
（3）下列叙述一定能说明反应②达到平衡状态的是______（填字母）。
A．断裂键的同时生成键
B．恒温恒容，和浓度之比不再变化
C．恒温恒压，混合气体的密度不再变化
D．恒容绝热，不再变化
（4）在恒压密闭容器内，充入与只发生反应③。的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①压强：　 　（填“＞”、“＜”或“”）。
②比较，，三点的平衡常数大小：　 　（用，，表示）。
（5）若其他条件相同的情况下，反应③在不同温度下反应相同时间后，测得的转化率（）随温度（）的变化曲线如图，其原因是　 　。
（6）在、条件下，按充入混合气体发生反应①，平衡时混合气中与的分压相等，则该温度下平衡常数　 　。（用分数表示）（为以分压表示的平衡常数，以各气体物质的平衡分压替代物质的量浓度，气体的分压等于其物质的量分数总压强）
（7）将和按体积比投料，并用稀释，发生反应①③。在常压和不同温度下，反应相同时间后，、和的体积分数随温度的变化关系如图所示。时，的体积分数为　 　。
17．（2025高二上·南宁月考）某科研人员以废镍催化剂(主要成分为，另含)为原料回收镍，工艺流程如图。
已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的如表。
氢氧化物
开始沉淀的 1.5 6.5 7.7
沉淀完全的 3.7 9.7 9.2
回答下列问题：
（1）浸出渣主要成分为　 　、　 　。(填化学式)
（2）“除铜”时，与反应的离子方程式为　 　。
（3）“氧化”的目的是将溶液中氧化为，写出该反应的离子方程式　 　。温度需控制在之间，该步骤温度不能太高的原因是　 　。
（4）“调”时，的控制范围为　 　。
（5）“除钙”后，若溶液中浓度为，则　 　。[已知常温下，]
（6）用可溶性碳酸盐，可以浸取固体，在溶液浸取过程发生反应：。已知：时，，则此温度下该反应的平衡常数K为　 　(计算结果保留三位有效数字)。
18．（2025高二上·南宁月考）国家标准规定酿造食醋中醋酸含量不得低于。实验室用标准溶液测定食醋中醋酸的浓度，以检测食醋是否符合国家标准。某品牌白醋的醋酸浓度测定过程如图所示，请回答下列问题：
（1）准确量取稀释后的白醋溶液需要用　 　(填仪器名称)。用规格为的该仪器量取稀释后的白醋溶液，初始液面恰好在刻度处，然后把液体全部放出，用锥形瓶接收，得到溶液的体积　 　(填“>”、“＜”或“=”)。
（2）实验应该选　 　作指示剂，滴定过程中眼睛应注视　 　，滴定达到终点时的现象是　 　。
（3）在滴定管中装入标准溶液后，要先排出滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为　 　。
（4）用标准溶液滴定上述稀释后的白醋，滴定结果如下表所示：
滴定次数 待测溶液的体积 标准溶液的体积
滴定前刻度 滴定后刻度
1
2
3
则该品牌白醋中醋酸含量为　 　，是否符合国家标准规定　 　(填“是”或“否”)。
（5）下列操作中，可能使所测白醋中醋酸的浓度数值偏低的是_______(填编号)。
A．取白醋待测液的滴管，没有用白醋待测液进行润洗
B．滴定前盛放白醋溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．滴定时，盛装标准溶液的滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡
D．读取溶液体积时，开始时俯视读数，滴定结束时平视读数
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子结构示意图；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、HClO 的成键方式（O 为中心原子）HClO 中，O 原子分别与 H、Cl 形成共价键，正确结构式应为 H—O—Cl， A错误；
B、正盐的电离规则（完全电离出金属离子和酸根离子）Na2HPO3是正盐（酸根为 HPO32-），在溶液中完全电离为 2 个 Na + 和 1 个 HPO32-，电离方程式为，B正确；
C、阴离子的结构（得电子后最外层电子数为 8）Cs2S 中的阴离子是 S2-，S 原子得 2 个电子后，最外层电子数应为 8（结构示意图应为 + 16 2 8 8），但题干中图示是 S 原子（最外层 6 个电子）的结构。C错误；
D、共价化合物的电子式（无离子，用共用电子对表示）HCl 是共价化合物，由 H 原子和 Cl 原子通过共用电子对结合，电子式应表示为 即，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点集中在对化学用语细节规则的混淆：
HClO 的结构式：易误将成键顺序记为 H-Cl-O，忽略 O 是中心原子（实际为 H-O-Cl）；
正盐的电离：易混淆酸式盐与正盐的酸根，错把 Na2HPO3的酸根拆写（实际 HPO32-是整体酸根）；
阴离子结构示意图：易忽略 “阴离子得电子后最外层达 8 电子稳定结构”，误将 S 原子结构当成 S2-的结构；
共价化合物的电子式：易将共价化合物（HCl）按离子化合物的形式书写，错误写出 H+和 Cl-的离子电子式。
2．【答案】B
【知识点】水的电离；盐类水解的原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、溶液中发生水解：，通入会增大，抑制水解，略有增大，但引入大量，增大更多，故减小，A错误；
B、（强碱弱酸盐）促进水的电离，时，水电离的；（强酸弱碱盐）也促进水的电离，时，水电离的，二者水电离程度相同，B正确；
C、盐溶液呈酸性，可能是强酸的酸式盐（如）直接电离出，并非水解，C错误；
D、在中水解时，结合的是电离的，正确方程式应为，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题关键点：
盐类水解的平衡移动：分析离子浓度比值变化时，需同时考虑抑制水解对离子浓度的影响和外来离子的直接影响（如选项A中，HCl既抑制水解，又引入大量，后者对浓度比值的影响更大）。
盐溶液对水的电离程度的影响：强碱弱酸盐、强酸弱碱盐均促进水的电离，水电离的或浓度可通过溶液计算（如选项B中，溶液中水电离的浓度、溶液中水电离的浓度均为）。
盐溶液呈酸性的原因：盐溶液呈酸性，可能是强酸的酸式盐直接电离（如），并非一定是水解（排除选项C）。
水解方程式的书写细节：盐在重水（）中水解时，阳离子结合的是电离出的，生成的弱碱应含（而非，排除选项D）。
3．【答案】C
【知识点】烯烃
【解析】【解答】A、图①中无水 CaCl2会吸收潮湿氯气中的水，左侧干燥红布条不褪色、右侧湿润红布条褪色，才能检验干燥氯气无漂白性；但 “左侧通入潮湿氯气”，氯气先接触湿润布条，无法验证干燥氯气的性质，A错误；
B、MgCl2 5H2O 加热时，Mg2+ 会水解生成 Mg(OH)Cl（或 Mg(OH)2），不能直接加热制取无水 MgCl2（需在 HCl 氛围中加热），B错误；
C、石蜡油热分解产物通入溴水，若溴水褪色，说明产物含不饱和烃（与溴发生加成反应），图③可验证，C正确；
D、NH3密度比空气小，应采用向下排空气法，但图中收集试管的导管未伸到试管底部（无法排尽空气）；且小试管口用橡胶塞密封，会导致试管内压强过大，存在安全隐患（正确操作应换为棉花团，既能防止空气对流，又能保证安全）。D错误；
故答案为：C。
【分析】A．检验干燥氯气的漂白性，需保证氯气先干燥、再接触干燥布条；但 “左侧通潮湿氯气”，氯气先接触湿润布条，实验逻辑错误。
B．MgCl2 5H2O 加热会水解，不能直接加热制备无水 MgCl2（需 HCl 氛围抑制水解）。
C．不饱和烃能使溴水褪色（加成反应），石蜡油热分解产物通入溴水，可验证是否含不饱和烃，实验逻辑成立。
D．NH3密度比空气小，应向下排空气法收集，但导管未伸到试管底部，且试管口用橡胶塞密封（应换棉花），操作错误。
4．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、Fe(OH)3胶粒是多个 Fe(OH)3分子的聚集体，162.5g FeCl3（0.5mol）水解得到的胶粒数远小于 0.5NA，更不会是 NA，A错误；
B、标准状况下 HF 是液体（并非气体），不能用气体摩尔体积计算其分子数，B错误；
C、pH=12 的石灰水中 c(OH-)=0.01mol/L，1.0L 溶液中 OH-数目为 0.01NA（并非 0.02NA），C错误；
D、MgSO4溶液中 Mg2+ 会发生水解（Mg2++2H2O Mg(OH)2+2H+），故 1.0L 0.1mol/L 溶液中 Mg2+ 数目小于 0.1NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．胶粒是聚集体，Fe(OH)3胶粒数远少于 FeCl3的物质的量；
B．HF 在标况下是液体，不适用气体摩尔体积；
C．pH=12 时 c (OH-)=0.01mol/L，1L 溶液中 OH-数为 0.01NA；
D．Mg2+ 水解，实际数目小于理论值（0.1NA）。
5．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃
【解析】【解答】A、该有机物分子中不含酯基（结构中的 O 连接的是 C=C 和 COOH，并非酯的结构），A 错误；
B；取代反应：羟基、羧基可发生取代（如酯化）；加成反应：碳碳双键可与 H2、Br2等加成；
氧化反应：羟基、碳碳双键可被酸性 KMnO4氧化，B正确；
C；1mol 分枝酸中含 3mol 碳碳双键（苯环外的双键），可与 3mol H2发生加成反应（苯环的双键不与 H2加成），C正确；
D、使溴的四氯化碳褪色：碳碳双键与 Br2发生加成反应；使酸性 KMnO4褪色：碳碳双键、羟基被氧化，褪色原理不同，D正确；
故答案为：A。
【分析】解题关键点（突破口）：
官能团识别：分枝酸含羧基、羟基、碳碳双键，无酯基。
反应类型匹配：羟基、羧基对应取代，碳碳双键对应加成、氧化。
加成定量依据：只有碳碳双键与 H2加成，数双键数定 H2量。
褪色原理区分：与溴是加成褪色，与酸性 KMnO4是氧化褪色。
6．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、基元反应的活化能与反应热的关系（ΔH=E 正 - E 逆）将盛有 NO2的密闭烧瓶浸入冷水，平衡向生成 N2O4的方向移动（说明正反应放热，ΔH<0）。对于基元反应，ΔH = 正反应活化能（E 正）- 逆反应活化能（E 逆），因 ΔH<0，故 E 正 < E 逆，可通过此现象比较正、逆反应活化能大小。A能达到目的；
B、盐类水解吸热的验证逻辑（需排除水的离子积干扰）加热促进盐的水解，但温度升高会增大水的离子积（Kw），可能导致溶液 pH 变化（如强酸弱碱盐 pH 降低），无法确定 pH 变化是水解吸热引起的。B 不能达到目的；
C、溶度积比较的前提（需控制离子浓度，避免过量试剂干扰）向 NaOH 溶液中滴加 MgCl2生成 Mg (OH)2沉淀后，NaOH 仍过量；再滴加 CuSO4，过量的 NaOH 会直接与 CuSO4生成 Cu(OH)2沉淀，无法证明是 Mg(OH)2转化为 Cu(OH)2，不能比较 Ksp (Mg(OH)2) 与 Ksp (Cu(OH)2) 的大小。C不能达到目的；
D、温度对反应速率的探究方法（需通过速率指标判断，而非平衡移动）加热 NO2体系，颜色变化反映的是平衡移动（2NO2 N2O4）的方向，未体现 “反应速率” 的快慢（如颜色变化的速率），无法探究温度对反应速率的影响。D 不能达到目的；
故答案为：A。
【分析】A．由 “冷水使 NO2→N2O4平衡正向”，得正反应放热（ΔH<0）；结合基元反应
ΔH=E正 - E逆，推E正 < E逆。
B．加热会同时改变水解程度和水的离子积（Kw），无法单独证明水解吸热，方案不可行。
C．过量 NaOH 直接与 CuSO4反应，并非 Mg(OH)2转化，无法比较 Ksp。
D．颜色变化反映的是平衡移动，未体现反应速率快慢，无法探究速率影响。
7．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、单质稳定性与化学键的关系N2中存在氮氮三键，键能极大，化学性质比 Cl2更稳定，故单质稳定性 X（N2）>W（Cl2）。A错误；
B、简单离子半径的比较规则离子半径：电子层数越多半径越大；电子层结构相同时，核电荷数越大半径越小。简单离子：Al3+（2 层）、N3-（2 层）、Cl-（3 层），半径顺序为 Al3+< N3-< Cl-。B错误；
C、金属性与最高价氧化物水化物碱性的关系金属性 Mg>Al，故最高价氧化物对应水化物的碱性
Mg(OH)2>Al(OH)3，即 Y>Z。C正确；
D、化学键类型（离子键 / 共价键）的判断Cl 与 N 形成的 NCl3、与 Al 形成的 AlCl3均为共价化合物，含共价键，并非只含离子键。D错误；
故答案为：C。
【分析】先根据元素特征推断出各元素：
X：单质在空气中含量最高，为N；
Y：最外层电子数 = K 层电子数（2），原子序数大于 N，为Mg；
Z：周期数 = 族序数，为Al（第三周期 ⅢA 族）；
W：最高正价+最低负价=6，为Cl（+7-1=6）。再结合元素周期律分析选项。
8．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电流由正极（Y）流向负极（X），而非 X 流向 Y，A错误；
B、“标准状态” 未明确是标准状况（若不是，22.4L O2物质的量不为 1mol），且质子交换膜通过的 H+量与电子转移量一致，即使是 1mol O2，转移 4mol 电子对应 4mol H+，但前提条件不严谨，B错误；
C、H+是阳离子，向正极（Y）迁移，应从左（负极）往右（正极）移动，C错误；
D、负极中乙醇被氧化为醋酸，结合酸性环境，反应式为 CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，D正确；
故答案为：D。
【分析】乙醇酸性燃料电池中，乙醇发生氧化反应（生成醋酸），对应电极为负极；O2发生还原反应，对应电极为正极。
负极反应：CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH；
正极反应：O2+4e-+4H+=2H2O。
9．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、糖发酵产生 H+，H+与 OH - 结合使溶液中 OH- 浓度降低，Ca5(PO4)3OH 的溶解平衡正向进行，导致其溶解、牙釉质被破坏，A正确；
B、溶度积（Ksp）是溶解出的离子浓度的幂次方乘积，对应 Ca5(PO4)3OH 的 Ksp 表达式为 c5(Ca2+) c3(PO43-) c (OH-)，B正确；
C、NaHCO3能与口腔内的有机酸反应，减少 H+的生成，从而抑制 Ca5(PO4)3OH 的溶解，降低对牙釉质的损伤，C正确；
D、含氟牙膏的作用是 F- 与 Ca2+、PO43- 结合，生成 Ksp 更小的 Ca5(PO4)3F（更难溶）；且 NaF 是强酸强碱盐，在水中不发生水解，不会产生 OH-，D错误；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：沉淀溶解平衡的移动判断：离子浓度变化会影响平衡方向（如 H+ 结合 OH- 使平衡正向移动）。
溶度积表达式的规则：Ksp 是溶解产生的离子浓度，按化学计量数取幂次方的乘积。
物质作用的实际原理：NaHCO3通过与酸反应减少 H+，抑制溶解；
含氟牙膏是利用 F- 生成更难溶的 Ca5(PO4)3F，而非 NaF 水解（NaF 不水解）。
10．【答案】D
【知识点】热化学方程式；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、反应的决速步由活化能最大的步骤决定，“N*+3H*=NH*+2H*”对应的活化能（能量峰值差）最大，反应速率最慢，是决速步。A正确；
B、能量越低，状态越稳定。吸附态②（N*+3H*）的能量是图中最低的，因此是最稳定的状态。B正确；
C、脱附是NH3转化为NH3的过程，由图可知NH3的能量低于NH3，能量升高的过程为吸热过程，故脱附是吸热的。C正确；
D、由图，N2(g)+H2(g)转化为NH3(g)的能量差为17+(233-154-50)=46kJ（放热），则1mol N2(g)+3mol H2(g)反应的ΔH= -46×2= -92kJ·mol- ，D错误；
故答案为：D
【分析】A、决速步判断核心：活化能越大，反应速率越慢，对应决速步；对比各步骤活化能，“N*+3H*=NH*+2H*” 活化能最大。
B、状态稳定性判断核心：能量越低越稳定；吸附态②（N*+3H*）是图中能量最低状态。
C、脱附过程能量判断核心：比较反应物（NH3*）与产物（NH3）能量；NH3* 能量低于 NH3，能量升高为吸热。
D、反应热计算核心：先算N2(g)+H2(g)→NH3(g)的能量差（放热 46kJ），再换算 1mol N2反应的 ΔH（-92kJ mol- ）。
11．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应 ΔH>0，升温平衡正向移动，COS 体积分数应持续增大；但 c 点后温度升高，COS 体积分数仍上升（如 a 点），说明 c 点未达平衡。A错误；
B、相同温度下，催化剂 M 对应的 COS 体积分数更高，说明 M 的催化效率高于 N。B错误；
C、 设b点转化的H2S为x mol，反应后总物质的量为5 mol，由COS体积分数25%得：，解得x=1.25 mol。H2S转化率：。C正确；
D、a点平衡时，转化的H2S为1.5 mol，平衡常数。
通入0.5 mol CO2和0.5 mol COS后，浓度商，但总物质的量增加，COS物质的量分数变大，体积分数会升高。D错误；
故答案为：C。
【分析】先明确反应特点（等体积、ΔH>0），结合图像中“催化剂、温度对COS体积分数的影响”，通过平衡状态判断、催化剂效率比较、转化率计算、平衡常数与Q的比较分析选项。
A．注意催化剂不改变平衡，仅影响速率。
B．相同条件下，产物体积分数越高，催化效率越高。
C．等体积反应总物质的量不变，用“体积分数=物质的量分数”计算。
D．用平衡常数K与浓度商Q判断平衡移动。
12．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、酸浸时，CaCO3、MgCO3与稀盐酸反应生成 CaCl2、MgCl2，进入浸出液；SrSO4、SiO2不溶，故浸出液中主要金属离子为 Ca2+、Mg2+。A正确；B、盐浸时，BaCl2与 SrSO4反应生成 BaSO4沉淀，说明相同条件下溶解度 SrSO4 > BaSO4（溶解度大的沉淀可转化为溶解度小的）。B正确；
C、SrCl2是强酸强碱盐，不发生水解，由 SrCl2 6H2O 制备无水 SrCl2时，直接加热即可，无需在 HCl 气流中（HCl 气流用于抑制弱碱盐的水解）。C错误；
D、过饱和溶液中加晶种可促进晶体析出；结晶速度慢时，粒子有足够时间有序聚集，易形成大颗粒晶体。D正确；
故答案为：C。
【分析】含锶（Sr）废渣的主要成分是 SrSO4，还混有 SiO2、CaCO3、MgCO3等杂质：
第一步进行酸浸，向废渣中加入稀盐酸，CaCO3、MgCO3会与盐酸反应溶解，对应的离子进入浸出液；而 SrSO4、SiO2不与盐酸反应，留在浸出渣 1 中。
第二步进行盐浸，向浸出渣 1 中加入 BaCl2溶液，利用沉淀转化原理，SrSO4与 BaCl2发生反应：SrSO4(s)+BaCl2(aq) BaSO4(s)+SrCl2(aq)（BaSO4溶解度更小），从而将 SrSO4转化为可溶的 SrCl2，得到 SrCl2溶液；后续经一系列操作，最终获得 SrCl2 6H2O 晶体。
13．【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A、点①（HCN+NaCN）、点②（CH3COOH+CH3COONa）均为等浓度的酸和盐混合，根据物料守恒，可推导出，A正确；
B、滴定终点生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，酚酞（变色范围8-10）适合作指示剂，B正确；
C、HCN酸性更弱，其对应盐的水解程度更大，点①（含NaCN）中水的电离程度应大于点②（含CH3COONa），C错误；
D、点②到点③间，CH3COOH过量，溶液呈酸性，CH3COO-电离程度大于水解，故，D正确。
故答案为：C。
【分析】A．根据物料守恒，点①、②的粒子浓度关系推导成立。
B．滴定终点生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，酚酞可作指示剂。
C．HCN酸性更弱，NaCN水解程度大于CH3COONa，点①水的电离程度应大于点②。
D．点②到③间CH3COOH过量，溶液呈酸性，离子浓度顺序合理。
14．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、 由题意可得，==，=，则与或均呈线性关系，且与的图线倾斜程度更大，所以线表示随变化，A错误；
B、线L2过点(-2，6)，即-lgc(Q2+)=-2， c(Q2+)=102 mol·L- ；-lgc(X-)=6 ， c(X-)=10-6 mol·L- 。
Ksp(QX2)=c(Q2+)·c2(X-)=102×(10-6)2=10- ，B错误；
C、X-浓度增大时，M+浓度减小（MX溶解平衡逆向移动），则-lgc(X-)减小、-lgc(M+)增大，点A应沿L1向右移动，C错误；
D、横坐标为1时（即-lgc(M+)=1或-lgc(Q2+)=1），L1对应的-lgc(X-)更小（即c(X-)更大），说明沉淀M+所需X-浓度更低；向等浓度M+、Q2+混合液中滴加NaX，MX先沉淀，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．MX（1：1型）的与呈线性关系，斜率为1；QX2（1：2型）的与线性关系的斜率为。因L1斜率更大，故L1对应MX的与变化。
B．L2过点，对应、，代入，得。
C．浓度增大时，MX溶解平衡逆向移动，浓度减小，导致减小、增大，点A应沿L1向右移动。
D．横坐标为1时，L1对应的更大（即更小），说明沉淀所需浓度更低；向等浓度、混合液中滴加NaX，MX先沉淀。
15．【答案】（1）
（2）C；D
（3）0.32；A
（4）小于；大于
（5）③>①>④>②
（6）
【知识点】强电解质和弱电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）电离平衡常数越大，酸性越强，酸性顺序：，根据强酸制弱酸的原理，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，其反应的化学方程式：；
故答案为： ；
（2）A．滴入石蕊试液呈红色，只能说明溶液呈酸性，无法证明是弱电解质，A错误；
B．蛋壳（主要成分为碳酸钙）浸入溶液中有气体冒出，只能说明酸性比碳酸强，无法证明是弱电解质，B错误；
C．导电性实验中，与等浓度盐酸对比导电性差，说明溶液中离子浓度比盐酸小，即部分电离，可证明是弱电解质，C正确；
D．的溶液，测得，说明部分电离，可证明是弱电解质，D正确；
故答案为：CD。
（3）的电离平衡常数，部分电离：，则，带入平衡常数表达式，可计算得到；
A．溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液导电性减弱，最终趋近于0，图像合理，A正确；
B．电离平衡常数只与温度有关，加水稀释保持不变，图像不合理，B错误；
C．的电离度随加水稀释不断增大图像不合理，C错误；
D．溶液加水稀释，减小，增大，最终趋近于7，但始终小于7，图像不合理，D错误；
故答案为： 0.32 ；A。
（4）电离平衡常数越大，酸性越强。酸性顺序：，体积相同、相等的和溶液，，则，故向体积相同、相等的和溶液中加入浓度相同的溶液，恰好完全反应消耗的体积，前者小于后者；体积相同、物质的量浓度相等的和溶液加入相同量的溶液恰好完全时生成的溶液的碱性小于溶液，所以加入溶液显中性时溶液消耗的溶液少，故前者大于后者；
故答案为： 小于 ；大于；
（5）盐溶液的取决于弱酸根的水解程度，弱酸的酸性越弱，其酸根的水解程度越大，溶液的越大；根据电离平衡常数越大，酸性越强，由表格数据可知酸性：，离子水解程度：，则等物质的量浓度的以下四种溶液，由大到小的顺序是：③>①>④>②；
故答案为： ③>①>④>② ；
（6）水解程度：，故，离子浓度由大到小的顺序为。
故答案为：。
【分析】(1)根据酸性顺序（H2CO3>HClO>HCO3-），由强酸制弱酸，确定反应生成NaHCO3和HClO。
(2)弱电解质的核心是“部分电离”：
C：同浓度下导电性弱。故离子浓度小，故部分电离；
D：c(H+)远小于浓度，故部分电离。
(3)① 用电离常数公式，代入数据计算浓度；
② 稀释时离子浓度减小→导电性减弱（A合理）；K 只与温度有关，pH始终小于7。
(4)① pH相等时，酸性弱的酸浓度大（HClO浓度>CH3COOH）→消耗NaOH体积：CH3COOH
② 中性时，酸性弱的酸（HClO）需更少NaOH（避免碱性过强），CH3COOH消耗NaOH更多。
(5)盐的pH由酸根水解程度决定：酸性越弱，酸根水解越强，pH越大；酸性顺序CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-，水解程度CO32->ClO->HCO3->CH3COO-，pH顺序③>①>④>②。
(6)水解程度ClO->CH3COO-，离子浓度：c(CH3COO-)>c(ClO-)；结合Na+不水解、溶液呈碱性，得离子浓度顺序。
（1）电离平衡常数越大，酸性越强，酸性顺序：，根据强酸制弱酸的原理，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，其反应的化学方程式：；
（2）A．滴入石蕊试液呈红色，只能说明溶液呈酸性，无法证明是弱电解质，A错误；
B．蛋壳（主要成分为碳酸钙）浸入溶液中有气体冒出，只能说明酸性比碳酸强，无法证明是弱电解质，B错误；
C．导电性实验中，与等浓度盐酸对比导电性差，说明溶液中离子浓度比盐酸小，即部分电离，可证明是弱电解质，C正确；
D．的溶液，测得，说明部分电离，可证明是弱电解质，D正确；
故选CD。
（3）的电离平衡常数，部分电离：，则，带入平衡常数表达式，可计算得到；
A．溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液导电性减弱，最终趋近于0，图像合理，A正确；
B．电离平衡常数只与温度有关，加水稀释保持不变，图像不合理，B错误；
C．的电离度随加水稀释不断增大图像不合理，C错误；
D．溶液加水稀释，减小，增大，最终趋近于7，但始终小于7，图像不合理，D错误；
故选A。
（4）电离平衡常数越大，酸性越强。酸性顺序：，体积相同、相等的和溶液，，则，故向体积相同、相等的和溶液中加入浓度相同的溶液，恰好完全反应消耗的体积，前者小于后者；体积相同、物质的量浓度相等的和溶液加入相同量的溶液恰好完全时生成的溶液的碱性小于溶液，所以加入溶液显中性时溶液消耗的溶液少，故前者大于后者；
（5）盐溶液的取决于弱酸根的水解程度，弱酸的酸性越弱，其酸根的水解程度越大，溶液的越大；根据电离平衡常数越大，酸性越强，由表格数据可知酸性：，离子水解程度：，则等物质的量浓度的以下四种溶液，由大到小的顺序是：③>①>④>②；
（6）水解程度：，故，离子浓度由大到小的顺序为。
16．【答案】（1）
（2）
（3）C；D
（4）>；
（5）段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内的转化率增大；点为平衡点，段升高温度，平衡逆向移动，转化率减小
（6）
（7）
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）化学平衡常数等于生成物的浓度系数次方与反应物的浓度系数次方之比；由盖斯定律，①-③得反应②，则；
故答案为： ；
（2）反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和；则 ，；
故答案为：
（3）A．断裂键的同时生成键，描述的都是正反应，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应平衡；
B．反应速率比等于反应中系数比；恒温恒容，生成物和浓度之比等于系数比，其比值不再变化，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应平衡；
C．反应为气体分子数改变的反应，恒温恒压，随着反应进行，容器体积改变，而混合气总质量不变，当混合气体的密度不再变化，能说明平衡不再移动，达到平衡；
D．平衡常数受温度影响，恒容绝热，随着反应进行，温度发生改变，不再变化，说明平衡不再移动，反应达到平衡；
故答案为： CD；
（4）①是气体体积减小的反应，同一温度条件下，增大压强，平衡正向移动，的转化率增大，所以压强： >；
②平衡常数受温度影响，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故；
故答案为： > ； ；
（5）升高温度，反应速率增大；段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内的转化率增大；点为平衡点，段升高温度，平衡逆向移动，转化率减小。
故答案为：段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内的转化率增大；点为平衡点，段升高温度，平衡逆向移动，转化率减小 ；
（6）、条件下，按充入混合气体发生反应①，设硫化氢、氩气投料分别为1mol、3mol，平衡时混合气中与的分压相等，则反应0.5mol硫化氢，由三段式：
平衡时总的物质的量为4.25mol，该温度下平衡常数
故答案为： ；
（7）由图，时，和的体积分数分别为1.95%、0.4%，由方程式可知，③中生成氢气0.4%×2=0.8%、消耗0.4%，则反应①中生成1.95%+0.4%=2.35%，则生成氢气2.35%×2=4.7%；故的体积分数为4.7%+0.8%=5.5%。
故答案为： 。
【分析】(1)盖斯定律，反应②=①-③，平衡常数相乘除，故。
(2)反应热=反应物键能总和-生成物键能总和，代入数据计算得。
(3)平衡状态需“正逆速率相等、变量不变”：
A：均为正反应，不说明平衡；
B：浓度比等于系数比，非变量；
C：恒压下密度为变量，不变则平衡；
D：绝热下温度变，平衡常数表达式值不变则平衡。
(4)①反应③是气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，转化率增大，故；
②反应③放热，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，故。
(5)DE段未达平衡，升温速率加快，转化率增大；E点达平衡，EF段升温平衡逆向移动，转化率减小。
(6)设初始量，利用分压相等列三段式，结合分压=物质的量分数×总压，计算得。
（1）化学平衡常数等于生成物的浓度系数次方与反应物的浓度系数次方之比；由盖斯定律，①-③得反应②，则；
（2）反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和；则 ，；
（3）A．断裂键的同时生成键，描述的都是正反应，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应平衡；
B．反应速率比等于反应中系数比；恒温恒容，生成物和浓度之比等于系数比，其比值不再变化，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应平衡；
C．反应为气体分子数改变的反应，恒温恒压，随着反应进行，容器体积改变，而混合气总质量不变，当混合气体的密度不再变化，能说明平衡不再移动，达到平衡；
D．平衡常数受温度影响，恒容绝热，随着反应进行，温度发生改变，不再变化，说明平衡不再移动，反应达到平衡；
故选CD；
（4）①是气体体积减小的反应，同一温度条件下，增大压强，平衡正向移动，的转化率增大，所以压强： >；
②平衡常数受温度影响，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故；
（5）升高温度，反应速率增大；段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内的转化率增大；点为平衡点，段升高温度，平衡逆向移动，转化率减小。
（6）、条件下，按充入混合气体发生反应①，设硫化氢、氩气投料分别为1mol、3mol，平衡时混合气中与的分压相等，则反应0.5mol硫化氢，由三段式：
平衡时总的物质的量为4.25mol，该温度下平衡常数
（7）由图，时，和的体积分数分别为1.95%、0.4%，由方程式可知，③中生成氢气0.4%×2=0.8%、消耗0.4%，则反应①中生成1.95%+0.4%=2.35%，则生成氢气2.35%×2=4.7%；故的体积分数为4.7%+0.8%=5.5%。
17．【答案】（1）；
（2）
（3）；避免温度太高，过氧化氢受热分解
（4）3.7≤pH＜7.7
（5）
（6）
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）用硫酸浸取惠普各氧化物转化为离子进入溶液，钙离子和钡离子与硫酸根离子结合得到CaSO4、BaSO4沉淀，故浸出渣主要成分为CaSO4、BaSO4，
故答案为：CaSO4；BaSO4；
（2）“除铜“时，铁离子氧化硫化氢反应生成亚铁离子和S，离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，
故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
（3）“氧化“时用H2O2将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，过氧化氢受热易分解，故温度不能太高，
故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；过氧化氢受热易分解；
（4）“调pH“，使铁离子完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为3.7≤pH＜7.7，
故答案为：3.7≤pH＜7.7；
（5）已知常温下，Ksp(CaF2)=2.7×10-11，“除钙“后，若溶液中F-浓度为3×10-3mol L-1，则钙离子浓度为mol/L=3×10-6mol/L，则=1.0×10-3，
故答案为：1.0×10-3；
（6）平衡常数，
故答案为：1.75×104。
【分析】以废镍催化剂（主要含 NiO，还混有 Fe2O3、CaO、CuO、BaO）为原料回收镍：先用硫酸浸取废催化剂，过滤后得到含 Ni2+、Fe3+、Ca2+、Cu2+的滤液；向滤液通入 H2S：一方面沉淀 Cu2+生成 CuS，另一方面将 Fe3+还原为 Fe2+（同时生成 S 单质），过滤除去 CuS 和 S 的固体混合物；滤液中加入 H2O2，将 Fe2+氧化为 Fe3+，再调节 pH 使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀除去（Ni2+不沉淀）；加入 NaF 除去 Ca2+，后续加入 NaCl 后电解滤液，得到 NiOOH；最后灼烧 NiOOH，制得 Ni2O3。
（1）用硫酸浸取惠普各氧化物转化为离子进入溶液，钙离子和钡离子与硫酸根离子结合得到CaSO4、BaSO4沉淀，故浸出渣主要成分为CaSO4、BaSO4，故答案为：CaSO4；BaSO4；
（2）“除铜“时，铁离子氧化硫化氢反应生成亚铁离子和S，离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
（3）“氧化“时用H2O2将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，过氧化氢受热易分解，故温度不能太高，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；过氧化氢受热易分解；
（4）“调pH“，使铁离子完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为3.7≤pH＜7.7，故答案为：3.7≤pH＜7.7；
（5）已知常温下，Ksp(CaF2)=2.7×10-11，“除钙“后，若溶液中F-浓度为3×10-3mol L-1，则钙离子浓度为mol/L=3×10-6mol/L，则=1.0×10-3，故答案为：1.0×10-3；
（6）平衡常数，故答案为：1.75×104。
18．【答案】（1）酸式滴定管；>
（2）酚酞试液；锥形瓶内溶液颜色变化；当滴入最后半滴标准溶液时，溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色
（3）c
（4）0.060；是
（5）A；C
【知识点】中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）准确量取白醋溶液，应该用酸式滴定管，滴定管的最大值没有在最下方，初始液面恰好在刻度处，然后把液体全部放出，得到溶液的体积大于。
故答案为： 酸式滴定管 ； > ；
（2）溶液显碱性，应选取酚酞试液作指示剂，滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，当滴入最后半滴标准溶液时，溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点。
故答案为： 酚酞试液 ； 锥形瓶内溶液颜色变化 ； 当滴入最后半滴标准溶液时，溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色 ；
（3）滴定时，盛装标准溶液的滴定管应选取碱性滴定管，排气泡的方式是将橡胶管向上倾斜，挤压玻璃珠，选：c。
故答案为： c ；
（4）三次所用标准溶液的体积分别是：，第三次实验消耗氢氧化钠溶液体积误差偏大，舍去，则消耗标准溶液的体积，测得稀释后白醋中醋酸的浓度，转化为国家标准，浓度应为：，符合国家标准规定。
故答案为： 0.060 ； 是 ；
（5）A．取白醋待测液的滴管，没有用白醋待测液进行润洗，内壁有水，所取白醋待测液体积偏小，滴定时消耗标准溶液偏小，所测溶液浓度偏低，A正确；
B．滴定前盛放白醋溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响，B错误；
C．滴定时，盛装标准溶液的滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡，读出的标准溶液体积偏小，所测溶液浓度偏低，C正确；
D．读取溶液体积时，开始时俯视读数，滴定结束时平视读数，读出的标准溶液体积偏大，所测溶液浓度偏高，D错误；
故答案选：AC。
【分析】碱式滴定管洗净后，用待装 NaOH 溶液润洗 2~3 次，装入 NaOH 溶液，排尽尖嘴气泡，调液面至零刻度或其以下，稳定后读数记录。用移液管准确量取 25.00mL 白醋稀释液于锥形瓶，滴加 2 滴指示剂，瓶下垫白纸便于观察颜色变化。通过碱式滴定管向锥形瓶中逐滴滴加 NaOH 溶液，同时不断摇动锥形瓶使溶液混匀；当溶液由无色变为浅红色，且 30 秒内不褪色时停止滴定。待滴定管液面稳定后读数记录，重复操作 2~3 次以减小误差。
(1)量取 25.00mL 溶液用酸式滴定管；滴定管刻度 “上小下大”，初始在 25.00mL 刻度，放液后体积 >25.00mL。
(2)指示剂选酚酞试液（因产物 CH3COONa 显碱性）；滴定中注视锥形瓶内溶液颜色变化；终点现象：滴入最后半滴 NaOH，溶液变浅红且半分钟不褪色。
(3)碱式滴定管排气泡：将橡胶管上翘，挤压玻璃珠（选c）。
(4)舍去误差大的第 3 组数据，计算得稀释后醋酸浓度 0.100mol/L；换算原白醋中醋酸含量为0.060g·mL- ，符合国家标准。
(5)AC：A（取液滴管未润洗，待测液量少，耗碱少）；C（滴定后有气泡，读碱体积偏小），均使结果偏低。
（1）准确量取白醋溶液，应该用酸式滴定管，滴定管的最大值没有在最下方，初始液面恰好在刻度处，然后把液体全部放出，得到溶液的体积大于。
（2）溶液显碱性，应选取酚酞试液作指示剂，滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，当滴入最后半滴标准溶液时，溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点。
（3）滴定时，盛装标准溶液的滴定管应选取碱性滴定管，排气泡的方式是将橡胶管向上倾斜，挤压玻璃珠，选：c。
（4）三次所用标准溶液的体积分别是：，第三次实验消耗氢氧化钠溶液体积误差偏大，舍去，则消耗标准溶液的体积，测得稀释后白醋中醋酸的浓度，转化为国家标准，浓度应为：，符合国家标准规定。
（5）A．取白醋待测液的滴管，没有用白醋待测液进行润洗，内壁有水，所取白醋待测液体积偏小，滴定时消耗标准溶液偏小，所测溶液浓度偏低，A正确；
B．滴定前盛放白醋溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响，B错误；
C．滴定时，盛装标准溶液的滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡，读出的标准溶液体积偏小，所测溶液浓度偏低，C正确；
D．读取溶液体积时，开始时俯视读数，滴定结束时平视读数，读出的标准溶液体积偏大，所测溶液浓度偏高，D错误；
故答案选：AC。
1 / 1广西南宁市第三中学2025-2026学年高二上学期10月月考 化学试卷
1．（2025高二上·南宁月考）下列化学用语或图示正确的是
A．HClO的结构式：
B．(正盐)的电离方程式：
C．中阴离子的结构示意图：
D．HCl的电子式：
【答案】B
【知识点】原子结构示意图；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、HClO 的成键方式（O 为中心原子）HClO 中，O 原子分别与 H、Cl 形成共价键，正确结构式应为 H—O—Cl， A错误；
B、正盐的电离规则（完全电离出金属离子和酸根离子）Na2HPO3是正盐（酸根为 HPO32-），在溶液中完全电离为 2 个 Na + 和 1 个 HPO32-，电离方程式为，B正确；
C、阴离子的结构（得电子后最外层电子数为 8）Cs2S 中的阴离子是 S2-，S 原子得 2 个电子后，最外层电子数应为 8（结构示意图应为 + 16 2 8 8），但题干中图示是 S 原子（最外层 6 个电子）的结构。C错误；
D、共价化合物的电子式（无离子，用共用电子对表示）HCl 是共价化合物，由 H 原子和 Cl 原子通过共用电子对结合，电子式应表示为 即，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点集中在对化学用语细节规则的混淆：
HClO 的结构式：易误将成键顺序记为 H-Cl-O，忽略 O 是中心原子（实际为 H-O-Cl）；
正盐的电离：易混淆酸式盐与正盐的酸根，错把 Na2HPO3的酸根拆写（实际 HPO32-是整体酸根）；
阴离子结构示意图：易忽略 “阴离子得电子后最外层达 8 电子稳定结构”，误将 S 原子结构当成 S2-的结构；
共价化合物的电子式：易将共价化合物（HCl）按离子化合物的形式书写，错误写出 H+和 Cl-的离子电子式。
2．（2025高二上·南宁月考）下列说法正确的是
A．通入适量的气体，使溶液中，增大
B．常温下，的溶液与的溶液，水的电离程度相同
C．某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应
D．溶于中的水解方程式为：
【答案】B
【知识点】水的电离；盐类水解的原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、溶液中发生水解：，通入会增大，抑制水解，略有增大，但引入大量，增大更多，故减小，A错误；
B、（强碱弱酸盐）促进水的电离，时，水电离的；（强酸弱碱盐）也促进水的电离，时，水电离的，二者水电离程度相同，B正确；
C、盐溶液呈酸性，可能是强酸的酸式盐（如）直接电离出，并非水解，C错误；
D、在中水解时，结合的是电离的，正确方程式应为，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题关键点：
盐类水解的平衡移动：分析离子浓度比值变化时，需同时考虑抑制水解对离子浓度的影响和外来离子的直接影响（如选项A中，HCl既抑制水解，又引入大量，后者对浓度比值的影响更大）。
盐溶液对水的电离程度的影响：强碱弱酸盐、强酸弱碱盐均促进水的电离，水电离的或浓度可通过溶液计算（如选项B中，溶液中水电离的浓度、溶液中水电离的浓度均为）。
盐溶液呈酸性的原因：盐溶液呈酸性，可能是强酸的酸式盐直接电离（如），并非一定是水解（排除选项C）。
水解方程式的书写细节：盐在重水（）中水解时，阳离子结合的是电离出的，生成的弱碱应含（而非，排除选项D）。
3．（2025高二上·南宁月考）下列说法正确的是
A．图①左侧通入潮湿的氯气，检验干燥的氯气是否有漂白性
B．图②由制取无水固体
C．图③验证石蜡油热分解产物里是否有不饱和烃
D．图④实验室制备少量
【答案】C
【知识点】烯烃
【解析】【解答】A、图①中无水 CaCl2会吸收潮湿氯气中的水，左侧干燥红布条不褪色、右侧湿润红布条褪色，才能检验干燥氯气无漂白性；但 “左侧通入潮湿氯气”，氯气先接触湿润布条，无法验证干燥氯气的性质，A错误；
B、MgCl2 5H2O 加热时，Mg2+ 会水解生成 Mg(OH)Cl（或 Mg(OH)2），不能直接加热制取无水 MgCl2（需在 HCl 氛围中加热），B错误；
C、石蜡油热分解产物通入溴水，若溴水褪色，说明产物含不饱和烃（与溴发生加成反应），图③可验证，C正确；
D、NH3密度比空气小，应采用向下排空气法，但图中收集试管的导管未伸到试管底部（无法排尽空气）；且小试管口用橡胶塞密封，会导致试管内压强过大，存在安全隐患（正确操作应换为棉花团，既能防止空气对流，又能保证安全）。D错误；
故答案为：C。
【分析】A．检验干燥氯气的漂白性，需保证氯气先干燥、再接触干燥布条；但 “左侧通潮湿氯气”，氯气先接触湿润布条，实验逻辑错误。
B．MgCl2 5H2O 加热会水解，不能直接加热制备无水 MgCl2（需 HCl 氛围抑制水解）。
C．不饱和烃能使溴水褪色（加成反应），石蜡油热分解产物通入溴水，可验证是否含不饱和烃，实验逻辑成立。
D．NH3密度比空气小，应向下排空气法收集，但导管未伸到试管底部，且试管口用橡胶塞密封（应换棉花），操作错误。
4．（2025高二上·南宁月考）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．用溶有的饱和溶液制备胶体，制成的胶体中含有的胶粒数为
B．标准状况下，1.12L HF所含分子数目为
C．25℃，1.0L 的澄清石灰水中的数目为
D．1.0L 0.1mol/L的溶液中的数目小于
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、Fe(OH)3胶粒是多个 Fe(OH)3分子的聚集体，162.5g FeCl3（0.5mol）水解得到的胶粒数远小于 0.5NA，更不会是 NA，A错误；
B、标准状况下 HF 是液体（并非气体），不能用气体摩尔体积计算其分子数，B错误；
C、pH=12 的石灰水中 c(OH-)=0.01mol/L，1.0L 溶液中 OH-数目为 0.01NA（并非 0.02NA），C错误；
D、MgSO4溶液中 Mg2+ 会发生水解（Mg2++2H2O Mg(OH)2+2H+），故 1.0L 0.1mol/L 溶液中 Mg2+ 数目小于 0.1NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．胶粒是聚集体，Fe(OH)3胶粒数远少于 FeCl3的物质的量；
B．HF 在标况下是液体，不适用气体摩尔体积；
C．pH=12 时 c (OH-)=0.01mol/L，1L 溶液中 OH-数为 0.01NA；
D．Mg2+ 水解，实际数目小于理论值（0.1NA）。
5．（2025高二上·南宁月考）分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述错误的是
A．该有机物分子中含酯基
B．该有机物可发生取代反应、加成反应和氧化反应
C．1 mol分枝酸可以和3 mol H2发生加成反应
D．该有机物可使溴的四氯化碳、酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不同
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃
【解析】【解答】A、该有机物分子中不含酯基（结构中的 O 连接的是 C=C 和 COOH，并非酯的结构），A 错误；
B；取代反应：羟基、羧基可发生取代（如酯化）；加成反应：碳碳双键可与 H2、Br2等加成；
氧化反应：羟基、碳碳双键可被酸性 KMnO4氧化，B正确；
C；1mol 分枝酸中含 3mol 碳碳双键（苯环外的双键），可与 3mol H2发生加成反应（苯环的双键不与 H2加成），C正确；
D、使溴的四氯化碳褪色：碳碳双键与 Br2发生加成反应；使酸性 KMnO4褪色：碳碳双键、羟基被氧化，褪色原理不同，D正确；
故答案为：A。
【分析】解题关键点（突破口）：
官能团识别：分枝酸含羧基、羟基、碳碳双键，无酯基。
反应类型匹配：羟基、羧基对应取代，碳碳双键对应加成、氧化。
加成定量依据：只有碳碳双键与 H2加成，数双键数定 H2量。
褪色原理区分：与溴是加成褪色，与酸性 KMnO4是氧化褪色。
6．（2025高二上·南宁月考）下列实验方案能达到目的的是
选项 实验目的 方案设计
A 比较正反应活化能和逆反应活化能大小 为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，观察现象
B 证明的水解为吸热过程 常温下测定溶液的，加热一段时间后再次测定其，比较大小
C 比较与的大小 常温下，向溶液中滴入2滴溶液，再滴入2滴溶液，观察现象
D 探究温度对反应速率的影响 已知 ，加热，观察溶液颜色变化
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、基元反应的活化能与反应热的关系（ΔH=E 正 - E 逆）将盛有 NO2的密闭烧瓶浸入冷水，平衡向生成 N2O4的方向移动（说明正反应放热，ΔH<0）。对于基元反应，ΔH = 正反应活化能（E 正）- 逆反应活化能（E 逆），因 ΔH<0，故 E 正 < E 逆，可通过此现象比较正、逆反应活化能大小。A能达到目的；
B、盐类水解吸热的验证逻辑（需排除水的离子积干扰）加热促进盐的水解，但温度升高会增大水的离子积（Kw），可能导致溶液 pH 变化（如强酸弱碱盐 pH 降低），无法确定 pH 变化是水解吸热引起的。B 不能达到目的；
C、溶度积比较的前提（需控制离子浓度，避免过量试剂干扰）向 NaOH 溶液中滴加 MgCl2生成 Mg (OH)2沉淀后，NaOH 仍过量；再滴加 CuSO4，过量的 NaOH 会直接与 CuSO4生成 Cu(OH)2沉淀，无法证明是 Mg(OH)2转化为 Cu(OH)2，不能比较 Ksp (Mg(OH)2) 与 Ksp (Cu(OH)2) 的大小。C不能达到目的；
D、温度对反应速率的探究方法（需通过速率指标判断，而非平衡移动）加热 NO2体系，颜色变化反映的是平衡移动（2NO2 N2O4）的方向，未体现 “反应速率” 的快慢（如颜色变化的速率），无法探究温度对反应速率的影响。D 不能达到目的；
故答案为：A。
【分析】A．由 “冷水使 NO2→N2O4平衡正向”，得正反应放热（ΔH<0）；结合基元反应
ΔH=E正 - E逆，推E正 < E逆。
B．加热会同时改变水解程度和水的离子积（Kw），无法单独证明水解吸热，方案不可行。
C．过量 NaOH 直接与 CuSO4反应，并非 Mg(OH)2转化，无法比较 Ksp。
D．颜色变化反映的是平衡移动，未体现反应速率快慢，无法探究速率影响。
7．（2025高二上·南宁月考）四种短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。X的一种单质在空气中含量最高；Y的最外层电子数和K层相同，Z元素所在的周期数等于其族序数；W的最高正价与最低负价的代数和为6。下列有关说法正确的是
A．单质的稳定性：XB．简单离子半径：XC．最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>Z
D．W与其他三种元素形成的二元化合物均只含离子键
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、单质稳定性与化学键的关系N2中存在氮氮三键，键能极大，化学性质比 Cl2更稳定，故单质稳定性 X（N2）>W（Cl2）。A错误；
B、简单离子半径的比较规则离子半径：电子层数越多半径越大；电子层结构相同时，核电荷数越大半径越小。简单离子：Al3+（2 层）、N3-（2 层）、Cl-（3 层），半径顺序为 Al3+< N3-< Cl-。B错误；
C、金属性与最高价氧化物水化物碱性的关系金属性 Mg>Al，故最高价氧化物对应水化物的碱性
Mg(OH)2>Al(OH)3，即 Y>Z。C正确；
D、化学键类型（离子键 / 共价键）的判断Cl 与 N 形成的 NCl3、与 Al 形成的 AlCl3均为共价化合物，含共价键，并非只含离子键。D错误；
故答案为：C。
【分析】先根据元素特征推断出各元素：
X：单质在空气中含量最高，为N；
Y：最外层电子数 = K 层电子数（2），原子序数大于 N，为Mg；
Z：周期数 = 族序数，为Al（第三周期 ⅢA 族）；
W：最高正价+最低负价=6，为Cl（+7-1=6）。再结合元素周期律分析选项。
8．（2025高二上·南宁月考）如图是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹起、流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法正确的是
A．电池工作时，电流由X电极经外电路流向Y电极
B．每消耗22.4 LO2(标况下)，质子交换膜通过1mol H＋
C．电池工作时，H＋通过质子交换膜从右往左迁移
D．该电池的负极反应式为
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电流由正极（Y）流向负极（X），而非 X 流向 Y，A错误；
B、“标准状态” 未明确是标准状况（若不是，22.4L O2物质的量不为 1mol），且质子交换膜通过的 H+量与电子转移量一致，即使是 1mol O2，转移 4mol 电子对应 4mol H+，但前提条件不严谨，B错误；
C、H+是阳离子，向正极（Y）迁移，应从左（负极）往右（正极）移动，C错误；
D、负极中乙醇被氧化为醋酸，结合酸性环境，反应式为 CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，D正确；
故答案为：D。
【分析】乙醇酸性燃料电池中，乙醇发生氧化反应（生成醋酸），对应电极为负极；O2发生还原反应，对应电极为正极。
负极反应：CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH；
正极反应：O2+4e-+4H+=2H2O。
9．（2025高二上·南宁月考）牙齿表面有一层坚硬的保护着，人进食后，细菌和酶作用于食物产生有机酸，牙齿会被腐蚀，向牙膏中添加均可增强护齿效果。已知：在水溶液中存在溶解平衡：。
物质
下列说法错误的是
A．残留在牙齿上的糖会发酵产生，使的沉淀溶解平衡右移，破坏牙釉质
B．该温度下，的溶度积常数表达式为
C．可与口腔内的有机酸反应，减少对牙釉质的损伤，有助于保护牙
D．含氟牙膏有利于修复牙釉质，其起效的主要原因是NaF在水溶液中水解产生，从而使的沉淀溶解平衡逆向移动
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、糖发酵产生 H+，H+与 OH - 结合使溶液中 OH- 浓度降低，Ca5(PO4)3OH 的溶解平衡正向进行，导致其溶解、牙釉质被破坏，A正确；
B、溶度积（Ksp）是溶解出的离子浓度的幂次方乘积，对应 Ca5(PO4)3OH 的 Ksp 表达式为 c5(Ca2+) c3(PO43-) c (OH-)，B正确；
C、NaHCO3能与口腔内的有机酸反应，减少 H+的生成，从而抑制 Ca5(PO4)3OH 的溶解，降低对牙釉质的损伤，C正确；
D、含氟牙膏的作用是 F- 与 Ca2+、PO43- 结合，生成 Ksp 更小的 Ca5(PO4)3F（更难溶）；且 NaF 是强酸强碱盐，在水中不发生水解，不会产生 OH-，D错误；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：沉淀溶解平衡的移动判断：离子浓度变化会影响平衡方向（如 H+ 结合 OH- 使平衡正向移动）。
溶度积表达式的规则：Ksp 是溶解产生的离子浓度，按化学计量数取幂次方的乘积。
物质作用的实际原理：NaHCO3通过与酸反应减少 H+，抑制溶解；
含氟牙膏是利用 F- 生成更难溶的 Ca5(PO4)3F，而非 NaF 水解（NaF 不水解）。
10．（2025高二上·南宁月考）合成氨的催化历程及各步反应的能量变化如图所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法错误的是
A．合成氨反应的决速步骤为'
B．合成氨过程中最稳定的状态是吸附态②
C．氨气的脱附为吸热过程
D．合成氨的热化学方程式为
【答案】D
【知识点】热化学方程式；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、反应的决速步由活化能最大的步骤决定，“N*+3H*=NH*+2H*”对应的活化能（能量峰值差）最大，反应速率最慢，是决速步。A正确；
B、能量越低，状态越稳定。吸附态②（N*+3H*）的能量是图中最低的，因此是最稳定的状态。B正确；
C、脱附是NH3转化为NH3的过程，由图可知NH3的能量低于NH3，能量升高的过程为吸热过程，故脱附是吸热的。C正确；
D、由图，N2(g)+H2(g)转化为NH3(g)的能量差为17+(233-154-50)=46kJ（放热），则1mol N2(g)+3mol H2(g)反应的ΔH= -46×2= -92kJ·mol- ，D错误；
故答案为：D
【分析】A、决速步判断核心：活化能越大，反应速率越慢，对应决速步；对比各步骤活化能，“N*+3H*=NH*+2H*” 活化能最大。
B、状态稳定性判断核心：能量越低越稳定；吸附态②（N*+3H*）是图中能量最低状态。
C、脱附过程能量判断核心：比较反应物（NH3*）与产物（NH3）能量；NH3* 能量低于 NH3，能量升高为吸热。
D、反应热计算核心：先算N2(g)+H2(g)→NH3(g)的能量差（放热 46kJ），再换算 1mol N2反应的 ΔH（-92kJ mol- ）。
11．（2025高二上·南宁月考）已知H2S和CO2在高温下发生反应： △H＞0。将3 mol CO2和2 mol H2S充入容积不变的密闭容器中，保持其他条件不变，在不同催化剂(M、N)作用下，反应进行相同时间后，测得COS的体积分数随反应温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．c点所处状态是平衡状态
B．催化剂N的催化效率高于催化剂M
C．b点H2S的转化率是62.5%
D．a点状态下再通入0.5 mol CO2和0.5 mol COS，COS的体积分数不变
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应 ΔH>0，升温平衡正向移动，COS 体积分数应持续增大；但 c 点后温度升高，COS 体积分数仍上升（如 a 点），说明 c 点未达平衡。A错误；
B、相同温度下，催化剂 M 对应的 COS 体积分数更高，说明 M 的催化效率高于 N。B错误；
C、 设b点转化的H2S为x mol，反应后总物质的量为5 mol，由COS体积分数25%得：，解得x=1.25 mol。H2S转化率：。C正确；
D、a点平衡时，转化的H2S为1.5 mol，平衡常数。
通入0.5 mol CO2和0.5 mol COS后，浓度商，但总物质的量增加，COS物质的量分数变大，体积分数会升高。D错误；
故答案为：C。
【分析】先明确反应特点（等体积、ΔH>0），结合图像中“催化剂、温度对COS体积分数的影响”，通过平衡状态判断、催化剂效率比较、转化率计算、平衡常数与Q的比较分析选项。
A．注意催化剂不改变平衡，仅影响速率。
B．相同条件下，产物体积分数越高，催化效率越高。
C．等体积反应总物质的量不变，用“体积分数=物质的量分数”计算。
D．用平衡常数K与浓度商Q判断平衡移动。
12．（2025高二上·南宁月考）某含锶（Sr）废渣主要含有，还有少量、、等杂质，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。
下列说法不正确的是
A．“浸出液”中主要的金属离子有、
B．盐浸环节存在沉淀的转化，说明相同条件下溶解度：
C．由制备无水应在HCl的气流中加热
D．在过饱和溶液中加入晶种可以促使晶体析出，结晶速度越慢越易得到大颗粒晶体
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、酸浸时，CaCO3、MgCO3与稀盐酸反应生成 CaCl2、MgCl2，进入浸出液；SrSO4、SiO2不溶，故浸出液中主要金属离子为 Ca2+、Mg2+。A正确；B、盐浸时，BaCl2与 SrSO4反应生成 BaSO4沉淀，说明相同条件下溶解度 SrSO4 > BaSO4（溶解度大的沉淀可转化为溶解度小的）。B正确；
C、SrCl2是强酸强碱盐，不发生水解，由 SrCl2 6H2O 制备无水 SrCl2时，直接加热即可，无需在 HCl 气流中（HCl 气流用于抑制弱碱盐的水解）。C错误；
D、过饱和溶液中加晶种可促进晶体析出；结晶速度慢时，粒子有足够时间有序聚集，易形成大颗粒晶体。D正确；
故答案为：C。
【分析】含锶（Sr）废渣的主要成分是 SrSO4，还混有 SiO2、CaCO3、MgCO3等杂质：
第一步进行酸浸，向废渣中加入稀盐酸，CaCO3、MgCO3会与盐酸反应溶解，对应的离子进入浸出液；而 SrSO4、SiO2不与盐酸反应，留在浸出渣 1 中。
第二步进行盐浸，向浸出渣 1 中加入 BaCl2溶液，利用沉淀转化原理，SrSO4与 BaCl2发生反应：SrSO4(s)+BaCl2(aq) BaSO4(s)+SrCl2(aq)（BaSO4溶解度更小），从而将 SrSO4转化为可溶的 SrCl2，得到 SrCl2溶液；后续经一系列操作，最终获得 SrCl2 6H2O 晶体。
13．（2025高二上·南宁月考）25℃时，用0.1000mol/L的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol/L的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是
A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO﹣)﹣c(CN﹣)═c(HCN)﹣c(CH3COOH)
B．④⑤为两个反应的滴定终点，两个反应均可采用酚酞作指示剂
C．HCN酸性比CH3COOH弱，所以点①溶液中水的电离程度小于点②溶液
D．点②和点③间(不含端点)存在离子浓度大小关系：c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣)
【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A、点①（HCN+NaCN）、点②（CH3COOH+CH3COONa）均为等浓度的酸和盐混合，根据物料守恒，可推导出，A正确；
B、滴定终点生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，酚酞（变色范围8-10）适合作指示剂，B正确；
C、HCN酸性更弱，其对应盐的水解程度更大，点①（含NaCN）中水的电离程度应大于点②（含CH3COONa），C错误；
D、点②到点③间，CH3COOH过量，溶液呈酸性，CH3COO-电离程度大于水解，故，D正确。
故答案为：C。
【分析】A．根据物料守恒，点①、②的粒子浓度关系推导成立。
B．滴定终点生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，酚酞可作指示剂。
C．HCN酸性更弱，NaCN水解程度大于CH3COONa，点①水的电离程度应大于点②。
D．点②到③间CH3COOH过量，溶液呈酸性，离子浓度顺序合理。
14．（2025高二上·南宁月考）常温下，MX、两种盐的饱和溶液中离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是
A．线表示随变化
B．
C．随着浓度增大，点A会沿着线向左移动
D．向浓度均为0.1的和混合溶液中滴加NaX溶液，MX先沉淀
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、 由题意可得，==，=，则与或均呈线性关系，且与的图线倾斜程度更大，所以线表示随变化，A错误；
B、线L2过点(-2，6)，即-lgc(Q2+)=-2， c(Q2+)=102 mol·L- ；-lgc(X-)=6 ， c(X-)=10-6 mol·L- 。
Ksp(QX2)=c(Q2+)·c2(X-)=102×(10-6)2=10- ，B错误；
C、X-浓度增大时，M+浓度减小（MX溶解平衡逆向移动），则-lgc(X-)减小、-lgc(M+)增大，点A应沿L1向右移动，C错误；
D、横坐标为1时（即-lgc(M+)=1或-lgc(Q2+)=1），L1对应的-lgc(X-)更小（即c(X-)更大），说明沉淀M+所需X-浓度更低；向等浓度M+、Q2+混合液中滴加NaX，MX先沉淀，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．MX（1：1型）的与呈线性关系，斜率为1；QX2（1：2型）的与线性关系的斜率为。因L1斜率更大，故L1对应MX的与变化。
B．L2过点，对应、，代入，得。
C．浓度增大时，MX溶解平衡逆向移动，浓度减小，导致减小、增大，点A应沿L1向右移动。
D．横坐标为1时，L1对应的更大（即更小），说明沉淀所需浓度更低；向等浓度、混合液中滴加NaX，MX先沉淀。
15．（2025高二上·南宁月考）弱电解质的研究是重要课题。已知时部分弱电解质的电离平衡常数如下表所示：
弱电解质
电离平衡常数
请回答下列问题：
（1）向溶液通入少量气体，发生的化学方程式为　 　。
（2）用的溶液进行下列实验，能证明是弱电解质的是_______。
A．滴入石蕊试液呈红色
B．蛋壳浸入溶液中有气体冒出
C．做导电性实验，与盐酸对比，导电性差
D．测得
（3），某溶液中，这种醋酸的物质的量浓度约为　 　；取该溶液不断加水稀释，下列图像变化合理的是　 　。
A. 　 B.　 C. 　 D.
（4）分别向体积相同、相等的和溶液中加入浓度相同的溶液，恰好完全反应消耗的体积前者　 　后者(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)，分别向体积相同、物质的量浓度相等的和溶液中加入浓度相同的溶液，溶液显中性时消耗的体积前者　 　后者。
（5）等物质的量浓度的以下四种溶液，由大到小的顺序是　 　。
①溶液 ②溶液 ③溶液 ④溶液
（6）相同物质的量浓度的和混合液中所有离子浓度由大到小的顺序是　 　。
【答案】（1）
（2）C；D
（3）0.32；A
（4）小于；大于
（5）③>①>④>②
（6）
【知识点】强电解质和弱电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）电离平衡常数越大，酸性越强，酸性顺序：，根据强酸制弱酸的原理，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，其反应的化学方程式：；
故答案为： ；
（2）A．滴入石蕊试液呈红色，只能说明溶液呈酸性，无法证明是弱电解质，A错误；
B．蛋壳（主要成分为碳酸钙）浸入溶液中有气体冒出，只能说明酸性比碳酸强，无法证明是弱电解质，B错误；
C．导电性实验中，与等浓度盐酸对比导电性差，说明溶液中离子浓度比盐酸小，即部分电离，可证明是弱电解质，C正确；
D．的溶液，测得，说明部分电离，可证明是弱电解质，D正确；
故答案为：CD。
（3）的电离平衡常数，部分电离：，则，带入平衡常数表达式，可计算得到；
A．溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液导电性减弱，最终趋近于0，图像合理，A正确；
B．电离平衡常数只与温度有关，加水稀释保持不变，图像不合理，B错误；
C．的电离度随加水稀释不断增大图像不合理，C错误；
D．溶液加水稀释，减小，增大，最终趋近于7，但始终小于7，图像不合理，D错误；
故答案为： 0.32 ；A。
（4）电离平衡常数越大，酸性越强。酸性顺序：，体积相同、相等的和溶液，，则，故向体积相同、相等的和溶液中加入浓度相同的溶液，恰好完全反应消耗的体积，前者小于后者；体积相同、物质的量浓度相等的和溶液加入相同量的溶液恰好完全时生成的溶液的碱性小于溶液，所以加入溶液显中性时溶液消耗的溶液少，故前者大于后者；
故答案为： 小于 ；大于；
（5）盐溶液的取决于弱酸根的水解程度，弱酸的酸性越弱，其酸根的水解程度越大，溶液的越大；根据电离平衡常数越大，酸性越强，由表格数据可知酸性：，离子水解程度：，则等物质的量浓度的以下四种溶液，由大到小的顺序是：③>①>④>②；
故答案为： ③>①>④>② ；
（6）水解程度：，故，离子浓度由大到小的顺序为。
故答案为：。
【分析】(1)根据酸性顺序（H2CO3>HClO>HCO3-），由强酸制弱酸，确定反应生成NaHCO3和HClO。
(2)弱电解质的核心是“部分电离”：
C：同浓度下导电性弱。故离子浓度小，故部分电离；
D：c(H+)远小于浓度，故部分电离。
(3)① 用电离常数公式，代入数据计算浓度；
② 稀释时离子浓度减小→导电性减弱（A合理）；K 只与温度有关，pH始终小于7。
(4)① pH相等时，酸性弱的酸浓度大（HClO浓度>CH3COOH）→消耗NaOH体积：CH3COOH
② 中性时，酸性弱的酸（HClO）需更少NaOH（避免碱性过强），CH3COOH消耗NaOH更多。
(5)盐的pH由酸根水解程度决定：酸性越弱，酸根水解越强，pH越大；酸性顺序CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-，水解程度CO32->ClO->HCO3->CH3COO-，pH顺序③>①>④>②。
(6)水解程度ClO->CH3COO-，离子浓度：c(CH3COO-)>c(ClO-)；结合Na+不水解、溶液呈碱性，得离子浓度顺序。
（1）电离平衡常数越大，酸性越强，酸性顺序：，根据强酸制弱酸的原理，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，其反应的化学方程式：；
（2）A．滴入石蕊试液呈红色，只能说明溶液呈酸性，无法证明是弱电解质，A错误；
B．蛋壳（主要成分为碳酸钙）浸入溶液中有气体冒出，只能说明酸性比碳酸强，无法证明是弱电解质，B错误；
C．导电性实验中，与等浓度盐酸对比导电性差，说明溶液中离子浓度比盐酸小，即部分电离，可证明是弱电解质，C正确；
D．的溶液，测得，说明部分电离，可证明是弱电解质，D正确；
故选CD。
（3）的电离平衡常数，部分电离：，则，带入平衡常数表达式，可计算得到；
A．溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液导电性减弱，最终趋近于0，图像合理，A正确；
B．电离平衡常数只与温度有关，加水稀释保持不变，图像不合理，B错误；
C．的电离度随加水稀释不断增大图像不合理，C错误；
D．溶液加水稀释，减小，增大，最终趋近于7，但始终小于7，图像不合理，D错误；
故选A。
（4）电离平衡常数越大，酸性越强。酸性顺序：，体积相同、相等的和溶液，，则，故向体积相同、相等的和溶液中加入浓度相同的溶液，恰好完全反应消耗的体积，前者小于后者；体积相同、物质的量浓度相等的和溶液加入相同量的溶液恰好完全时生成的溶液的碱性小于溶液，所以加入溶液显中性时溶液消耗的溶液少，故前者大于后者；
（5）盐溶液的取决于弱酸根的水解程度，弱酸的酸性越弱，其酸根的水解程度越大，溶液的越大；根据电离平衡常数越大，酸性越强，由表格数据可知酸性：，离子水解程度：，则等物质的量浓度的以下四种溶液，由大到小的顺序是：③>①>④>②；
（6）水解程度：，故，离子浓度由大到小的顺序为。
16．（2025高二上·南宁月考）油气开采、石油化工、煤化工等行业产生的废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并利用。已知下列反应的热化学方程式：
① （平衡常数）
② （平衡常数）
③ （平衡常数）
（1）　 　（用含和的代数式表示）。
（2）已知反应②中相关化学键的键能数据如表：
化学键
键能/（） a b c d
则键的键能　 　（用含，，的代数式表示）。
（3）下列叙述一定能说明反应②达到平衡状态的是______（填字母）。
A．断裂键的同时生成键
B．恒温恒容，和浓度之比不再变化
C．恒温恒压，混合气体的密度不再变化
D．恒容绝热，不再变化
（4）在恒压密闭容器内，充入与只发生反应③。的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①压强：　 　（填“＞”、“＜”或“”）。
②比较，，三点的平衡常数大小：　 　（用，，表示）。
（5）若其他条件相同的情况下，反应③在不同温度下反应相同时间后，测得的转化率（）随温度（）的变化曲线如图，其原因是　 　。
（6）在、条件下，按充入混合气体发生反应①，平衡时混合气中与的分压相等，则该温度下平衡常数　 　。（用分数表示）（为以分压表示的平衡常数，以各气体物质的平衡分压替代物质的量浓度，气体的分压等于其物质的量分数总压强）
（7）将和按体积比投料，并用稀释，发生反应①③。在常压和不同温度下，反应相同时间后，、和的体积分数随温度的变化关系如图所示。时，的体积分数为　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）C；D
（4）>；
（5）段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内的转化率增大；点为平衡点，段升高温度，平衡逆向移动，转化率减小
（6）
（7）
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）化学平衡常数等于生成物的浓度系数次方与反应物的浓度系数次方之比；由盖斯定律，①-③得反应②，则；
故答案为： ；
（2）反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和；则 ，；
故答案为：
（3）A．断裂键的同时生成键，描述的都是正反应，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应平衡；
B．反应速率比等于反应中系数比；恒温恒容，生成物和浓度之比等于系数比，其比值不再变化，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应平衡；
C．反应为气体分子数改变的反应，恒温恒压，随着反应进行，容器体积改变，而混合气总质量不变，当混合气体的密度不再变化，能说明平衡不再移动，达到平衡；
D．平衡常数受温度影响，恒容绝热，随着反应进行，温度发生改变，不再变化，说明平衡不再移动，反应达到平衡；
故答案为： CD；
（4）①是气体体积减小的反应，同一温度条件下，增大压强，平衡正向移动，的转化率增大，所以压强： >；
②平衡常数受温度影响，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故；
故答案为： > ； ；
（5）升高温度，反应速率增大；段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内的转化率增大；点为平衡点，段升高温度，平衡逆向移动，转化率减小。
故答案为：段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内的转化率增大；点为平衡点，段升高温度，平衡逆向移动，转化率减小 ；
（6）、条件下，按充入混合气体发生反应①，设硫化氢、氩气投料分别为1mol、3mol，平衡时混合气中与的分压相等，则反应0.5mol硫化氢，由三段式：
平衡时总的物质的量为4.25mol，该温度下平衡常数
故答案为： ；
（7）由图，时，和的体积分数分别为1.95%、0.4%，由方程式可知，③中生成氢气0.4%×2=0.8%、消耗0.4%，则反应①中生成1.95%+0.4%=2.35%，则生成氢气2.35%×2=4.7%；故的体积分数为4.7%+0.8%=5.5%。
故答案为： 。
【分析】(1)盖斯定律，反应②=①-③，平衡常数相乘除，故。
(2)反应热=反应物键能总和-生成物键能总和，代入数据计算得。
(3)平衡状态需“正逆速率相等、变量不变”：
A：均为正反应，不说明平衡；
B：浓度比等于系数比，非变量；
C：恒压下密度为变量，不变则平衡；
D：绝热下温度变，平衡常数表达式值不变则平衡。
(4)①反应③是气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，转化率增大，故；
②反应③放热，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，故。
(5)DE段未达平衡，升温速率加快，转化率增大；E点达平衡，EF段升温平衡逆向移动，转化率减小。
(6)设初始量，利用分压相等列三段式，结合分压=物质的量分数×总压，计算得。
（1）化学平衡常数等于生成物的浓度系数次方与反应物的浓度系数次方之比；由盖斯定律，①-③得反应②，则；
（2）反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和；则 ，；
（3）A．断裂键的同时生成键，描述的都是正反应，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应平衡；
B．反应速率比等于反应中系数比；恒温恒容，生成物和浓度之比等于系数比，其比值不再变化，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应平衡；
C．反应为气体分子数改变的反应，恒温恒压，随着反应进行，容器体积改变，而混合气总质量不变，当混合气体的密度不再变化，能说明平衡不再移动，达到平衡；
D．平衡常数受温度影响，恒容绝热，随着反应进行，温度发生改变，不再变化，说明平衡不再移动，反应达到平衡；
故选CD；
（4）①是气体体积减小的反应，同一温度条件下，增大压强，平衡正向移动，的转化率增大，所以压强： >；
②平衡常数受温度影响，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故；
（5）升高温度，反应速率增大；段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内的转化率增大；点为平衡点，段升高温度，平衡逆向移动，转化率减小。
（6）、条件下，按充入混合气体发生反应①，设硫化氢、氩气投料分别为1mol、3mol，平衡时混合气中与的分压相等，则反应0.5mol硫化氢，由三段式：
平衡时总的物质的量为4.25mol，该温度下平衡常数
（7）由图，时，和的体积分数分别为1.95%、0.4%，由方程式可知，③中生成氢气0.4%×2=0.8%、消耗0.4%，则反应①中生成1.95%+0.4%=2.35%，则生成氢气2.35%×2=4.7%；故的体积分数为4.7%+0.8%=5.5%。
17．（2025高二上·南宁月考）某科研人员以废镍催化剂(主要成分为，另含)为原料回收镍，工艺流程如图。
已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的如表。
氢氧化物
开始沉淀的 1.5 6.5 7.7
沉淀完全的 3.7 9.7 9.2
回答下列问题：
（1）浸出渣主要成分为　 　、　 　。(填化学式)
（2）“除铜”时，与反应的离子方程式为　 　。
（3）“氧化”的目的是将溶液中氧化为，写出该反应的离子方程式　 　。温度需控制在之间，该步骤温度不能太高的原因是　 　。
（4）“调”时，的控制范围为　 　。
（5）“除钙”后，若溶液中浓度为，则　 　。[已知常温下，]
（6）用可溶性碳酸盐，可以浸取固体，在溶液浸取过程发生反应：。已知：时，，则此温度下该反应的平衡常数K为　 　(计算结果保留三位有效数字)。
【答案】（1）；
（2）
（3）；避免温度太高，过氧化氢受热分解
（4）3.7≤pH＜7.7
（5）
（6）
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）用硫酸浸取惠普各氧化物转化为离子进入溶液，钙离子和钡离子与硫酸根离子结合得到CaSO4、BaSO4沉淀，故浸出渣主要成分为CaSO4、BaSO4，
故答案为：CaSO4；BaSO4；
（2）“除铜“时，铁离子氧化硫化氢反应生成亚铁离子和S，离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，
故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
（3）“氧化“时用H2O2将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，过氧化氢受热易分解，故温度不能太高，
故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；过氧化氢受热易分解；
（4）“调pH“，使铁离子完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为3.7≤pH＜7.7，
故答案为：3.7≤pH＜7.7；
（5）已知常温下，Ksp(CaF2)=2.7×10-11，“除钙“后，若溶液中F-浓度为3×10-3mol L-1，则钙离子浓度为mol/L=3×10-6mol/L，则=1.0×10-3，
故答案为：1.0×10-3；
（6）平衡常数，
故答案为：1.75×104。
【分析】以废镍催化剂（主要含 NiO，还混有 Fe2O3、CaO、CuO、BaO）为原料回收镍：先用硫酸浸取废催化剂，过滤后得到含 Ni2+、Fe3+、Ca2+、Cu2+的滤液；向滤液通入 H2S：一方面沉淀 Cu2+生成 CuS，另一方面将 Fe3+还原为 Fe2+（同时生成 S 单质），过滤除去 CuS 和 S 的固体混合物；滤液中加入 H2O2，将 Fe2+氧化为 Fe3+，再调节 pH 使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀除去（Ni2+不沉淀）；加入 NaF 除去 Ca2+，后续加入 NaCl 后电解滤液，得到 NiOOH；最后灼烧 NiOOH，制得 Ni2O3。
（1）用硫酸浸取惠普各氧化物转化为离子进入溶液，钙离子和钡离子与硫酸根离子结合得到CaSO4、BaSO4沉淀，故浸出渣主要成分为CaSO4、BaSO4，故答案为：CaSO4；BaSO4；
（2）“除铜“时，铁离子氧化硫化氢反应生成亚铁离子和S，离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
（3）“氧化“时用H2O2将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，过氧化氢受热易分解，故温度不能太高，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；过氧化氢受热易分解；
（4）“调pH“，使铁离子完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为3.7≤pH＜7.7，故答案为：3.7≤pH＜7.7；
（5）已知常温下，Ksp(CaF2)=2.7×10-11，“除钙“后，若溶液中F-浓度为3×10-3mol L-1，则钙离子浓度为mol/L=3×10-6mol/L，则=1.0×10-3，故答案为：1.0×10-3；
（6）平衡常数，故答案为：1.75×104。
18．（2025高二上·南宁月考）国家标准规定酿造食醋中醋酸含量不得低于。实验室用标准溶液测定食醋中醋酸的浓度，以检测食醋是否符合国家标准。某品牌白醋的醋酸浓度测定过程如图所示，请回答下列问题：
（1）准确量取稀释后的白醋溶液需要用　 　(填仪器名称)。用规格为的该仪器量取稀释后的白醋溶液，初始液面恰好在刻度处，然后把液体全部放出，用锥形瓶接收，得到溶液的体积　 　(填“>”、“＜”或“=”)。
（2）实验应该选　 　作指示剂，滴定过程中眼睛应注视　 　，滴定达到终点时的现象是　 　。
（3）在滴定管中装入标准溶液后，要先排出滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为　 　。
（4）用标准溶液滴定上述稀释后的白醋，滴定结果如下表所示：
滴定次数 待测溶液的体积 标准溶液的体积
滴定前刻度 滴定后刻度
1
2
3
则该品牌白醋中醋酸含量为　 　，是否符合国家标准规定　 　(填“是”或“否”)。
（5）下列操作中，可能使所测白醋中醋酸的浓度数值偏低的是_______(填编号)。
A．取白醋待测液的滴管，没有用白醋待测液进行润洗
B．滴定前盛放白醋溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．滴定时，盛装标准溶液的滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡
D．读取溶液体积时，开始时俯视读数，滴定结束时平视读数
【答案】（1）酸式滴定管；>
（2）酚酞试液；锥形瓶内溶液颜色变化；当滴入最后半滴标准溶液时，溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色
（3）c
（4）0.060；是
（5）A；C
【知识点】中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）准确量取白醋溶液，应该用酸式滴定管，滴定管的最大值没有在最下方，初始液面恰好在刻度处，然后把液体全部放出，得到溶液的体积大于。
故答案为： 酸式滴定管 ； > ；
（2）溶液显碱性，应选取酚酞试液作指示剂，滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，当滴入最后半滴标准溶液时，溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点。
故答案为： 酚酞试液 ； 锥形瓶内溶液颜色变化 ； 当滴入最后半滴标准溶液时，溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色 ；
（3）滴定时，盛装标准溶液的滴定管应选取碱性滴定管，排气泡的方式是将橡胶管向上倾斜，挤压玻璃珠，选：c。
故答案为： c ；
（4）三次所用标准溶液的体积分别是：，第三次实验消耗氢氧化钠溶液体积误差偏大，舍去，则消耗标准溶液的体积，测得稀释后白醋中醋酸的浓度，转化为国家标准，浓度应为：，符合国家标准规定。
故答案为： 0.060 ； 是 ；
（5）A．取白醋待测液的滴管，没有用白醋待测液进行润洗，内壁有水，所取白醋待测液体积偏小，滴定时消耗标准溶液偏小，所测溶液浓度偏低，A正确；
B．滴定前盛放白醋溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响，B错误；
C．滴定时，盛装标准溶液的滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡，读出的标准溶液体积偏小，所测溶液浓度偏低，C正确；
D．读取溶液体积时，开始时俯视读数，滴定结束时平视读数，读出的标准溶液体积偏大，所测溶液浓度偏高，D错误；
故答案选：AC。
【分析】碱式滴定管洗净后，用待装 NaOH 溶液润洗 2~3 次，装入 NaOH 溶液，排尽尖嘴气泡，调液面至零刻度或其以下，稳定后读数记录。用移液管准确量取 25.00mL 白醋稀释液于锥形瓶，滴加 2 滴指示剂，瓶下垫白纸便于观察颜色变化。通过碱式滴定管向锥形瓶中逐滴滴加 NaOH 溶液，同时不断摇动锥形瓶使溶液混匀；当溶液由无色变为浅红色，且 30 秒内不褪色时停止滴定。待滴定管液面稳定后读数记录，重复操作 2~3 次以减小误差。
(1)量取 25.00mL 溶液用酸式滴定管；滴定管刻度 “上小下大”，初始在 25.00mL 刻度，放液后体积 >25.00mL。
(2)指示剂选酚酞试液（因产物 CH3COONa 显碱性）；滴定中注视锥形瓶内溶液颜色变化；终点现象：滴入最后半滴 NaOH，溶液变浅红且半分钟不褪色。
(3)碱式滴定管排气泡：将橡胶管上翘，挤压玻璃珠（选c）。
(4)舍去误差大的第 3 组数据，计算得稀释后醋酸浓度 0.100mol/L；换算原白醋中醋酸含量为0.060g·mL- ，符合国家标准。
(5)AC：A（取液滴管未润洗，待测液量少，耗碱少）；C（滴定后有气泡，读碱体积偏小），均使结果偏低。
（1）准确量取白醋溶液，应该用酸式滴定管，滴定管的最大值没有在最下方，初始液面恰好在刻度处，然后把液体全部放出，得到溶液的体积大于。
（2）溶液显碱性，应选取酚酞试液作指示剂，滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，当滴入最后半滴标准溶液时，溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点。
（3）滴定时，盛装标准溶液的滴定管应选取碱性滴定管，排气泡的方式是将橡胶管向上倾斜，挤压玻璃珠，选：c。
（4）三次所用标准溶液的体积分别是：，第三次实验消耗氢氧化钠溶液体积误差偏大，舍去，则消耗标准溶液的体积，测得稀释后白醋中醋酸的浓度，转化为国家标准，浓度应为：，符合国家标准规定。
（5）A．取白醋待测液的滴管，没有用白醋待测液进行润洗，内壁有水，所取白醋待测液体积偏小，滴定时消耗标准溶液偏小，所测溶液浓度偏低，A正确；
B．滴定前盛放白醋溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响，B错误；
C．滴定时，盛装标准溶液的滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡，读出的标准溶液体积偏小，所测溶液浓度偏低，C正确；
D．读取溶液体积时，开始时俯视读数，滴定结束时平视读数，读出的标准溶液体积偏大，所测溶液浓度偏高，D错误；
故答案选：AC。
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