2026屆江西省吉安市吉水縣二中高二化學第一學期期中達標測試試題含解析

2026屆江西省吉安市吉水縣二中高二化學第一學期期中達標測試試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、向稀硫酸溶液中逐漸加入氨水，當溶液中c（NH4+）=2c（SO42﹣）時，溶液的pH（）A．大于7 B．等于7 C．小于7 D．無法判斷2、下列單質分子中，鍵長最長，鍵能最小的是()A．H2B．Cl2C．Br2D．I23、分離乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的實驗操作流程如下：在上述實驗過程中，所涉及的①②③三次分離操作分別是()A．蒸餾、過濾、分液 B．蒸餾、分液、分液C．分液、蒸餾、過濾 D．分液、蒸餾、蒸餾4、已知室溫下碳酸氫鈉溶液的為8.4，則下列說法正確的是（）A．加入少量固體，鈉離子和碳酸根離子濃度均增大B．將該溶液加水稀釋，的比值保持不變C．D．5、某元素原子的電子排布式為1s22s22p63s23p1，該元素最可能的化合價為()A．＋1價B．＋3價C．＋5價D．－5價6、符合陶器垃圾分類標識的是A． B． C． D．7、下列各有機物：①分子式為C5H12O的醇；②分子式為C5H10O的醛；③分子式為C5H10O的酮；④分子式為C5H10O2的羧酸。同分異構體數目的關系為A．①=②=③=④ B．①>②=④>③ C．①<②=④<③ D．①>②>④>③8、下列屬于天然高分子化合物的是A．聚氯乙烯B．淀粉C．乙酸乙酯D．油脂9、下列物質久置于空氣中會發生變化，其中不包含氧化還原過程的是(

)A．鈉變成白色粉末

B．綠礬發黃

C．澄清的石灰水變渾濁

D．漂白粉失效10、如圖是Zn和Cu組成的原電池示意圖，某小組做完該實驗后，在讀書卡片上作了如下記錄，其中合理的是()實驗記錄：①導線中電流方向：鋅→銅②銅極上有氣泡產生③鋅片變薄實驗結論：④Zn為正極，Cu為負極⑤銅比鋅活潑⑥H＋向銅片移動A．①②③ B．④⑤⑥ C．③④⑤ D．②③⑥11、納米鈷常用于CO加氫反應的催化劑：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)ΔH＜0。下列說法正確的是()A．納米技術的應用，優化了催化劑的性能，提高了反應的轉化率B．縮小容器體積，平衡向正反應方向移動，CO的濃度增大C．從平衡體系中分離出H2O(g)能加快正反應速率D．工業生產中采用高溫條件下進行，其目的是提高CO的平衡轉化率12、已知：C（s）＋O2（g）=CO2（g）△H1=－395kJ/mol，CO（g）＋1/2O2（g）=CO2（g）△H2=－283kJ/mol，則反應C（s）＋1/2O2（g）=CO（g）的反應熱△H3等于()A．－112kJ/molB．－395kJ/molC．+112kJ/molD．－283kJ/mol13、下列事實，不能用勒夏特列原理解釋的是A．溴水中有平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，當加入AgNO3溶液后，溶液顏色變淺B．對CO+NO2CO2+NO，平衡體系增大壓強可使顏色變深C．在電解含有酚酞的硫酸鈉溶液時，陰極附近溶液的顏色變紅D．合成NH3反應，為提高NH3的產率，理論上應采取相對較低溫度的措施14、下列有關沉淀溶解平衡的說法正確的是()A．Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，則AB2的溶解度小于CD的溶解度B．在氯化銀的沉淀溶解平衡體系中，加入蒸餾水，氯化銀的Ksp增大C．在氯化銀的沉淀溶解平衡體系中加入碘化鉀固體，氯化銀沉淀可轉化為碘化銀沉淀D．在碳酸鈣的沉淀溶解平衡體系中，通入CO2氣體，溶解平衡不移動15、海洋面積占地球表面積的71％，海水中主要含有Na+、K+、Ca2+、Cl-、、Br-、、等離子，下列說法正確的是A．海水呈弱酸性B．冬天時海水的pH會升高C．海水中的Ca2+、有利于海洋生物形成介殼D．海水的自然淡化過程涉及物理變化和化學變化16、下列敘述不正確的是()A．在海輪外殼連接鋅塊保護外殼不受腐蝕是采用了犧牲陽極的保護法B．鉛蓄電池在放電過程中，負極質量減小，正極質量增加C．外加電流的陰極保護法中，待保護金屬作陰極D．電鍍工業中，鍍件作陰極二、非選擇題（本題包括5小題）17、(1)下列物質中，屬于弱電解質的是（填序號，下同）______，屬于非電解質是_____。①硫酸氫鈉固體②冰醋酸③蔗糖④氯化氫氣體⑤硫酸鋇⑥氨氣⑦次氯酸鈉(2)寫出下列物質在水中的電離方程式：醋酸：______。次氯酸鈉：______。(3)甲、乙兩瓶氨水的濃度分別為1mol?L-1、0.1mol?L-1，則c(OH﹣)甲：c(OH﹣)乙________10（填“大于”、“等于”或“小于”）。(4)現有常溫條件下甲、乙、丙三種溶液，甲為0.1mol?L-1的NaOH溶液，乙為0.1mol?L-1的HCl溶液，丙為0.1mol?L-1的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三種溶液中由水電離出的c(OH﹣)的大小關系為_____。18、近來有報道，碘代化合物E與化合物H在Cr-Ni催化下可以發生偶聯反應，合成一種多官能團的化合物Y，其合成路線如下：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O回答下列問題：(1)A的化學名稱是____________________，E的分子式________________。(2)由A生成B、G生成H的反應類型分別是____________、______________。(3)D的結構簡式為.________________________。(4)Y中含氧官能團的名稱為________________。(5)E與F在Cr-Ni催化下也可以發生偶聯反應，產物的結構簡式為_________________。19、用中和滴定法測定某燒堿樣品(含有氯化鈉的雜質)的純度，試根據實驗回答下列問題：（1）準確稱量8.2g含有少量中性易溶雜質的樣品，配成500mL待測溶液。稱量時，樣品可放在________稱量。配制溶液選用________(填編號字母)A．小燒杯中B．潔凈紙片上C．500mL容量瓶D．500mL試劑瓶（2）為了避免測定過程中樣品部分與空氣中二氧化碳反應導致結果偏差，滴定時，用0.2000mol/L的鹽酸標準液來滴定待測溶液，可選用________(填編號字母)作指示劑。A．甲基橙B．石蕊C．酚酞（3）滴定過程中，眼睛應注視_____________，若用酚酞做指示劑，滴定終點的標志是____________，滴定結果是________(偏大，偏小，不變)，理由______________________。（4）根據下表數據，計算被測燒堿溶液的物質的量濃度是________mol/L，燒堿樣品的純度是____________。滴定次數待測溶液體積(mL)標準酸體積滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.0020、實驗室有一瓶未知濃度的，通過下列實驗測定其濃度①取于錐形瓶中，滴入指示劑2-3滴.②取一滴定管，依次查漏，洗滌，用的溶液潤洗，然后注入該標準溶液，調整液面，記下讀數.③將錐形瓶置于滴定管下進行滴定，發生的反應為：.試回答下列問題：（1）步驟①加入的指示劑是___________.（2）步驟③滴定時，眼睛注視_______________直至滴定終點；達到滴定終點的判斷_____________________________.（3）己知消耗標準液實驗數據如下表：實驗次數始讀數（mL）末讀數（mL）10.1019.2021.8520.7530.0024.06則廢水中的物質的量濃度為_________________.（4）下列操作會導致測定結果偏高的是_____________.A．滴定管在裝液前未用標準溶液潤洗B．滴定過程中，錐形瓶振蕩得太劇烈，錐形瓶內有液滴濺出C．裝標準溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡，滴定終點時發現氣泡D．達到滴定終點時，仰視讀數21、按要求回答下列問題：（1）的名稱是______________________________。（2）中官能團的名稱為______________，該物質與足量NaOH（aq）反應的化學方程式是___________________________，轉化為所用試劑是________________（填化學式）。（3）檢驗CH2=CHCHO中含有醛基的試劑是_______________（寫一種即可），反應的化學方程式是__________________________________________。（4）苯乙烯是一種重要的化工原料，合成苯乙烯的流程如下（A、B、C、D均為有機化合物）：反應2的類型是____________________，反應1的化學方程式是__________________，反應3的化學方程式是_______________________________________。（5）寫出由CH2=CH2合成CH3CH2CH2CH2OH的流程（無機試劑任選）_____。（流程圖示例：）。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】稀硫酸溶液中加入氨水，溶液中存在電荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），當溶液中c（NH4+）=2c（SO42-）時，c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，由于溫度未知，無法判斷溶液的pH與7的大小關系，25℃時溶液的pH=7，答案選D。【點睛】酸堿混合后溶液酸堿性的判斷可借助電荷守恒快速判斷。需要注意中性溶液中c（H+）=c（OH-），中性溶液的pH不一定等于7，25℃時中性溶液的pH=7，高于25℃中性溶液的pH7。2、D【解析】鍵長與原子的半徑有關，原子半徑越大，形成的分子的鍵長越長；鍵能與得失電子的難易有關，得電子越容易，鍵能越大。四種原子中，I的原子半徑最大，且得電子最難,故D項正確。3、D【解析】加入飽和Na2CO3溶液，吸收乙醇、除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度析出，然后采取分液的方法，進行分離，②中利用乙醇的沸點低，采取蒸餾的方法，得到乙醇，C中加入稀硫酸，然后采取蒸餾得到乙酸，答案選D。4、A【詳解】0.1mol/L的碳酸氫鈉溶液的pH為8.4，溶液呈堿性，說明HCO3-

的水解程度大于電離程度。A．加入少量NaOH固體，發生HCO3-+OH-=CO32-+H2O，則鈉離子和碳酸根離子濃度均增大，故A正確；B．加水稀釋，促進HCO3-的水解，HCO3-＋H2OH2CO3＋OH－平衡右移，c(HCO3-

)減小程度更大，則的比值增大，故B錯誤；C．根據電荷守恒，應有c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-

)+2c(CO32-)+c(OH-)，故C錯誤；D．根據物料守恒，應有c(Na+)=c(HCO3-

)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故D錯誤；故選A。【點睛】本題的易錯點為CD，要注意理解電荷守恒和物料守恒關系式中c(CO32-)前的系數。5、B【解析】根據核外電子排布式可確定最外層電子數；根據最外層電子數可確定其可能的化合價；根據電子排布式為1s22s22p63s23p1可知該元素原子價電子排布式為3s23p1，所以可能的化合價為＋3價。【詳解】基態原子電子排布為1s22s22p63s23p1，價電子為3s23p1，說明最外層電子數為3，在反應中易失去，則最可能的化合價為+3價。本題答案為B。6、B【詳解】陶器不屬于瓶罐制品，故A錯誤；不屬于廚余垃圾，不能回收，所以屬于其它垃圾。故選B。7、B【詳解】①分子式為C5H12O的醇，同分異構體有8種；②分子式為C5H10O的醛，同分異構體有4種；③分子式為C5H10O的酮，同分異構體有3種；④分子式為C5H10O2的羧酸，同分異構體有4種；綜合以上分析，同分異構體數目的關系為①>②=④>③，故選B。【點睛】分子式為C5H12O的醇，其同分異構體的數目，實質上就是C5H11-的異構體數目；分子式為C5H10O的醛，其異構體的數目，實質上就是C4H9-的異構體數目；分子式為C5H10O2的羧酸，其異構體的數目，實質上就是C4H9-的異構體數目。從烴基碳原子數，也可大致確定三者異構體的數目關系。8、B【解析】高分子化合物（又稱高聚物）一般相對分子質量高于10000，結構中有重復的結構單元；有機高分子化合物可以分為天然有機高分子化合物和合成有機高分子化合物，據此即可解答。【詳解】聚乙烯是利用加聚反應生成的合成高分子化合物，不是天然高分子化合物，故不選A；

淀粉屬于多糖，相對分子質量在一萬以上，為天然高分子化合物，故選B；乙酸乙酯相對分子質量較小，不是高分子化合物，故不選C；油脂是高級脂肪酸和甘油反應生成的酯，相對分子質量較小，不是高分子化合物，故不選D。9、C【詳解】A.鈉變成白色粉末，過程中鈉元素的化合價升高，包含氧化還原反應，A不符合題意；B.綠礬的主要成分為FeSO4·7H2O，變換的過程中鐵元素由+2價變為+3價，包含氧化還原反應，B不符合題意；C.澄清石灰水變渾濁的過程中，發生CO2與Ca(OH)2的反應，過程中沒有元素化合價發生變化，不包含氧化還原反應，C符合題意；D.漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，其失效過程主要與空氣中的CO2反應生成HClO，HClO分解形成HCl和O2，過程中發生氧化還原反應，D不符合題意；故答案為：C10、D【分析】由圖可知，Zn、Cu、稀硫酸構成原電池，Zn為負極，失去電子發生氧化反應，Cu為正極，氫離子得到電子發生還原反應，電子由負極經過外電路流向正極，據此分析解答。【詳解】由圖可知，Zn、Cu、硫酸構成原電池，Zn為負極，失去電子發生氧化反應，Cu為正極，氫離子得到電子發生還原反應。①電流方向與電子方向相反，由Cu→Zn，故①錯誤；②正極上氫離子得到電子生成氫氣，銅極上有氣泡產生，故②正確；③Zn失去電子，溶解而變薄，故③正確；④由上述分析可知，Zn為負極，Cu為正極，故④錯誤；⑤Zn失去電子，Zn活潑，故⑤錯誤；⑥原電池中，陽離子向正極移動，則H＋向銅片移動，故⑥正確；合理的有②③⑥，故選D。【點睛】把握原電池的工作原理為解答的關鍵。本題的易錯點為①，要注意電流方向是正電荷的移動方向，與電子移動的方向相反。11、B【詳解】A.納米技術的應用，優化了催化劑的性能，提高了反應速率，但不能使平衡發生移動，因此物質的轉化率不變，A錯誤；B.反應的正反應是氣體體積減小的反應，縮小容器的體積，導致體系的壓強增大，化學平衡向氣體體積減小的正反應方向移動，但平衡移動的趨勢是微弱的，所以縮小容器的體積CO的濃度增大，B正確；C.從平衡體系中分離出H2O(g)，正反應速率瞬間不變，后會逐漸減小，C錯誤；D.該反應的正反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，反應物轉化率會降低，工業生產中采用高溫條件下進行，其目的是在高溫下催化劑的化學活性高，能提高化學反應速率，縮短達到平衡所需要的時間，D錯誤；故合理選項是B。12、A【解析】試題分析：由蓋斯定律可知反應C（s）＋1/2O2（g）=CO（g）的反應熱△H3=△H1-△H2=－395kJ/mol-（－283kJ/mol）=－112kJ/mol，故選A考點：蓋斯定律的應用13、B【解析】如果改變影響平衡的條件之一，平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動，這就是勒夏特列原理的內容，注意對于反應前后體積不變的反應，壓強不影響該平衡。【詳解】A項、溴水中存在下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，當加入AgNO3溶液時，Br–與Ag+反應生成溴AgBr沉淀，平衡正向移動，Br2濃度減小，溶液顏色變淺，能用勒夏特利原理解釋，故A錯誤；B項、反應前后體積不變，縮小體積增大壓強，平衡不移動，但物質的濃度會增大，所以顏色加深，不能用勒夏特利原理解釋，故B正確；C項、電解硫酸鈉溶液時，溶液中水電離生成氫離子和氫氧根離子，陰極上氫離子放電生成氫氣，從而促進水電離，導致溶液中氫氧根離子濃度增大，溶液呈堿性，無色酚酞試液遇堿變紅色，可以用勒夏特列原理解釋，故C錯誤；D項、合成氨反應為放熱反應，降低溫度平衡正向移動，氨的產率提高，能用勒夏特利原理解釋，故D錯誤。故選B。【點睛】本題考查勒夏特列原理，側重考查基本理論，明確其理論內涵及適用范圍是解本題關鍵。14、D【解析】A、AB2與CD的物質類型不同，不能根據Ksp數值的大小來判斷溶解度的大小，錯誤；B、溫度不變，Ksp不變，錯誤；C、在碳酸鈣的沉淀溶解平衡體系中加入稀鹽酸，氫離子和碳酸跟離子反應，平衡右移，錯誤。；D、難溶的沉淀能轉變為更難溶的沉淀，正確。15、C【詳解】A.海水中主要含有Na+、K+、Ca2+、Cl-、、Br-、、等離子，、能水解使溶液呈弱堿性，故A錯誤；B.氣溫下降，、水解程度減小，海水的pH會下降，故B錯誤；C.海洋生物在生長過程中吸收海水中Ca2+、而逐漸形成石灰石外殼，故C正確；D.海水結冰是一種海水的自然淡化過程，涉及物理變化，故D錯誤；答案選C。16、B【詳解】A、在海輪外殼連接鋅塊，使鋅塊作原電池負極，被保護金屬作原電池正極，從而保護外殼不受腐蝕，其方法稱為犧牲陽極的保護法，故A不符合題意；B、鉛蓄電池放電過程中，負極為Pb極，發生氧化反應，電極反應式為：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，負極質量增大，正極為PbO2，發生還原反應，電極反應式為：PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42－=PbSO4＋2H2O，正極質量增加，故B符合題意；C、外加電流的陰極保護法中，陰極電極材料受到保護，因此待保護金屬作陰極，故C不符合題意；D、電鍍過程中，待鍍金屬作陽極，電解液為待鍍金屬鹽溶液，鍍件作陰極，故D不符合題意。【點睛】原電池工作中，負極電極材料質量不一定會減小，其質量可能會增加、不變、減小，如燃料電池中，負極電極材料質量不變，具體問題具體分析。二、非選擇題（本題包括5小題）17、②③⑥CH3COOHCH3COO-+H+NaClO=Na++ClO-小于丙>甲=乙【分析】(1)部分電離的電解質為弱電解質，在水溶液中和熔融狀態下都不導電的化合物是非電解質；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在電離平衡；次氯酸鈉是強電解質，在水溶液中完全電離生成ClO-和Na+；(3)相同溶質的弱電解質溶液中，溶液濃度越小，電解質的電離程度越大；(4)在任何物質的水溶液中都存在水的電離平衡，根據溶液中電解質電離產生的離子濃度大小，判斷對水電離平衡影響，等濃度的H+、OH-對水電離的抑制程度相同。【詳解】(1)①硫酸氫鈉固體屬于鹽，熔融狀態和在水溶液里均能完全電離，屬于強電解質；②冰醋酸溶于水后能部分電離出醋酸根離子和氫離子，屬于弱電解質；③蔗糖在熔融狀態下和水溶液里均不能導電，屬于化合物，是非電解質；④氯化氫氣體溶于水完全電離，屬于強電解質；⑤硫酸鋇屬于鹽，熔融狀態下完全電離，屬于強電解質；⑥氨氣本身不能電離出自由移動的離子，屬于化合物，是非電解質；⑦次氯酸鈉屬于鹽，是你強電解質；故屬于弱電解質的是②；屬于非電解質是③⑥；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在電離平衡，電離方程式為：CH3COOHCH3COO-+H+；次氯酸鈉是強電解質，在水溶液中完全電離生成ClO-和Na+，其電離方程式為NaClO=Na++ClO-；(3)一水合氨是弱電解質，在溶液里存在電離平衡，氨水的濃度越大，一水合氨的電離程度越小，濃度越小，一水合氨的電離程度越大。甲瓶氨水的濃度是乙瓶氨水的濃度的10倍，根據弱電解質的濃度越小，電離程度越大，可知甲瓶氨水的電離度比乙瓶氨水的電離度小，所以甲、乙兩瓶氨水中c(OH-)之比小于10；(4)有常溫條件下甲、乙、丙三種溶液，甲為0.1mol?L-1的NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L；乙為0.1mol?L-1的HCl溶液，c(H+)=0.1mol/L，丙為0.1mol?L-1的CH3COOH溶液，由于醋酸是一元弱酸，主要以醋酸分子存在，電離產生的離子濃度很小，所以該溶液中c(H+)<<0.1mol/L，在三種溶液中都存在水的電離平衡：H2OH++OH-，加入的酸電離產生的H+或堿溶液中OH-對水的電離平衡起抑制作用，溶液中離子濃度越大，水電離程度就越小，水電離產生的H+或OH-濃度就越小，甲、乙、丙三種溶液中電解質電離產生的離子濃度：甲=乙>丙，則由水電離出的c(OH﹣)的大小關系為：丙>甲=乙。【點睛】本題考查了強弱電解質判斷、非電解質的判斷、弱電解質電離平衡及影響因素、水的電離等知識點，清楚物質的基本概念進行判斷，明確對于弱電解質來說，越稀釋，電解質電離程度越大；電解質溶液中電解質電離產生的離子濃度越大，水電離程度就越小。18、丙炔C6H9O2I取代反應加成反應羥基、酯基【分析】丙炔與氯氣在光照條件下發生取代反應生成，和NaCN發生取代反應生成，水解為，和乙醇發生酯化反應生成；由RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O反應可知F是苯甲醛，G是。據此解答。【詳解】(1)A是，化學名稱是丙炔，E的鍵線式是，分子式是C6H9O2I；(2)A生成B是丙炔與氯氣在光照條件下發生取代反應生成，反應類型是取代反應；G生成H是與氫氣發生加成反應生成，反應類型是加成反應；(3)根據以上分析，D的結構簡式為；(4)Y是，含氧官能團的名稱為羥基、酯基；(5)根據E和H反應生成Y，E與苯甲醛在Cr-Ni催化下發生偶聯反應生成。【點睛】本題考查有機推斷，根據反應條件和流程圖正確推斷有機物的結構簡式是解題關鍵，注意掌握常見官能團的結構和性質，“逆推法”是進行有機推斷的方法之一。19、ADA錐形瓶中液體顏色變化溶液由紅色變為淺紅色，且半分鐘內不褪色偏小滴定終點時，溶液中碳酸離子被滴定為碳酸氫根離子，消耗鹽酸較少0.400097.56%【解析】(1)氫氧化鈉易潮解，易潮解的藥品，必須放在玻璃器皿上(如：小燒杯、表面皿)里稱量，防止玷污托盤；配成500mL待測溶液，應該盛放在500mL的試劑瓶中，故答案為：A；D；(2)為了避免測定過程中樣品部分與空氣中二氧化碳反應導致結果偏差，滴定時，用0.2000mol/L的鹽酸標準液來滴定待測溶液，酸堿中和滴定時，可用酚酞或甲基橙做指示劑，石蕊變色范圍寬且現象不明顯，故一般不用石蕊作指示劑，如果選擇酚酞，則氫氧化鈉的濃度會受到二氧化碳的影響，因此只能選擇甲基橙，故選A；(3)滴定過程中兩眼應該注視錐形瓶內溶液的顏色變化；若用酚酞做指示劑，滴定終點的現象為溶液由紅色變為淺紅色，且半分鐘內不褪色，滴定終點時，溶液中碳酸根離子被滴定為碳酸氫根離子，消耗鹽酸較少，導致氫氧化鈉溶液的濃度偏小，故答案為：錐形瓶內溶液的顏色變化；溶液由紅色變為淺紅色，且半分鐘內不褪色；偏小；滴定終點時，溶液中碳酸離子被滴定為碳酸氫根離子，消耗鹽酸較少；(4)兩次實驗消耗標準液體積分別為：20.50mL-0.40mL=20.10mL，24.00mL-4.10mL=19.90mL，則2次消耗標準液的平均體積為：20.00mL，氫氧化鈉的物質的量濃度為：0.2000mol/L×20.00mL10.00mL=0.4000mol/L，原樣品中含有氫氧化鈉的質量為：0.4000mol/L×0.5L×40g/mol=8g，則樣品的純度為：8g8.2g×100%=97.56%，【點睛】本題考查了酸堿中和滴定中的操作要點、中滴定的計算以及誤差分析,。本題的易錯點和難點為(3)中誤差的分析，要注意二氧化碳能夠與氫氧化鈉反應，導致消耗的鹽酸偏少。20、淀粉溶液錐形瓶內溶液顏色的變化滴入最后一滴標準液時，溶液由無色變為藍色且半分鐘內不恢復原色0.038mol/LAD【分析】用的溶液滴定溶液，用淀粉溶液作指示劑，眼睛注視錐形瓶內溶液顏色的變化，當滴入最后一滴碘水時，有碘剩余，溶液由無色變為藍色，且半分鐘內不褪色，說明達到滴定終點，根據分析誤差。【詳解】(1)碘能使淀粉變藍，用的溶液滴定溶液，所以步驟①加入的指示劑是淀粉溶液；(2)滴定時，眼睛注視錐形瓶內溶液顏色的變化，直至滴定終點；當滴入最后一滴碘水時，有碘剩余，溶液由無色變為藍色，且半分鐘內不褪色，