2022-2022学年高二上学期期末补考(理科)化学试卷-答案.pdf

-1-/11 山西省忻州一中山西省忻州一中 20152016 年年高二高二上学上学期期期末期末补考（理科）补考（理科）化学试卷化学试卷 答答 案案 一、选择题（本题有 16 个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题 3 分，共 48 分。）15DACBD 610CBBDD 1115ABDAC 16C 二、填空题（本题包括 6 个小题，共 52 分）17（1）2NM；（2）1-11mol L min（3）=18（1）32223CH OHl+O g=CO g+2H OlH=726.51 kJ/mol2（）（）（）（）；（2）192.8-1kJ mol（3）负；+22O+4H+4e=2H O。19（1）42322NH Cl+CaOH 2CaCl+2NH+2H O（）；（2）+324NH H ONH+OH；降低；（3）2432222NH NON O+2H OK=cN Oc H O ；（）（）。20（1）不能；bd；（2）放；B。21（1）正极；（2）422242CuSO+2H O2Cu+O+H SO电解；（3）1:1；（4）银；（5）Y 极附近红褐色变深。22（1）；（2）乙；偏大；（3）偏大；（4）NaOH溶液的物质的量浓度为 0.082 56 mol/L。-2-/11 山西省忻州一中山西省忻州一中 20152016 年高二年高二上学上学期期末补考（理科）化学试卷期期末补考（理科）化学试卷 解解 析析 一、选择题（本题有 16 个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题 3 分，共 48 分。）1【考点】化石燃料与基本化工原料。【分析】化石能源是指远古时代的动植物在地壳中经过几十亿年的高温、高压从而转化而成的燃料，包括煤、石油和天然气，据此分析。【解答】解：化石能源是指远古时代的动植物的尸体在地壳中经过高温、高压、几亿年甚至几十亿年转化而成的燃料，包括煤、石油和天然气，其中生物质能不是化石能源，故选 D 2【考点】吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因。【分析】A大多数化合反应是放热反应，大多数分解反应是吸热反应；B吸热反应不一定需要加热才能进行；C反应热和反应物的质量和状态有关；D对于放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量。【解答】解：A氢气和氧气化合是放热反应，水电解生成氢气和氧气是吸热反应，故 A 正确；B 吸热反应不一定需要加热才能进行，比如氯化铵和氢氧化钡之间的反应是吸热反应，不需加热即可进行，故 B 错误；C反应放出的热量的多少与反应物的质量和状态有关，故 C 错误；D对于放热反应 A+BC+D，A、B 的能量总和大于 C、D 的能量总和，故 D 错误。故选 A 3【考点】水的电离。【分析】依据影响水电离的因素分析判断，水的电离过程是吸热过程，升温促进电离，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离等来解答。【解答】解：A硫酸溶于水显酸性，抑制水的电离，故 A 错误；B氢氧化钠溶液显碱性，抑制水的电离，故 B 错误；C碳酸钠是强碱弱酸盐，水中碳酸根离子水解呈碱性，促进水的电离，故 C 正确；D硝酸钾是强酸强碱盐对水的电离无影响，故 D 错误。故选 C 4【考点】强电解质和弱电解质的概念；弱电解质在水溶液中的电离平衡。【分析】A溶液导电能力由溶液中离子浓度大小决定；B盐酸和醋酸均为一元酸；C一水合氨为弱碱，在溶液中存在电离平衡；D醋酸是弱酸，在溶液中不能完全电离。【解答】解：A溶液导电能力由溶液中离子浓度大小决定，与电解质强弱无关，故 A 错误；B盐酸和醋酸均为一元酸，等体积等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中两者的物质的量相同，故中和时所消耗的氢氧化钠的物质的量相同，故 B 正确；-3-/11 C一水合氨为弱碱，在溶液中存在电离平衡，加水稀释时，电离平衡被促进，故溶液中的氢氧根的浓度大于原来的二分之一，故 C 错误；D醋酸是弱酸，在溶液中不能完全电离，故当盐酸和醋酸的浓度相同时，盐酸中的氢离子浓度大于醋酸中的氢离子浓度，故 D 错误。故选 B 5【考点】物质的分离、提纯和除杂。【分析】Fe3+易水解生成氢氧化铁沉淀，所加入物质起到调节溶液 pH 的作用，但不能引入新的杂质。【解答】解：加入稀氨水、氢氧化钠、碳酸钠等物质，虽可起到调节溶液 pH 的作用，但引入新的杂质，不符合除杂的原则，Fe3+易水解生成氢氧化铁沉淀，可加碱式碳酸铜、氧化铜或氢氧化铜等物质，调节溶液的 pH 且不引入新的杂质，故选 D 6【考点】电解原理。【分析】A电解盐酸，发生反应：2HClH2+Cl2，溶液中 HCl 浓度降低；B电解 NaCl 溶液，发生反应：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，有 NaOH 生成；C电解 AgNO3溶液，发生反应：4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2，有硝酸生成；D电解 KNO3溶液，发生反应：2H2O2H2+O2，KNO3浓度增大，但 KNO3溶液为中性。【解答】解：A电解盐酸，发生反应：2HClH2+Cl2，溶液中 HCl 浓度降低，酸性减弱，溶液 pH增大，故 A 错误；B电解 NaCl 溶液，发生反应：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，有 NaOH 生成，碱性增强，溶液pH 增大，故 B 错误；C电解 AgNO3溶液，发生反应：4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2，有硝酸生成，酸性增强，溶液pH 减小，故 C 正确；C电解 KNO3溶液，发生反应：2H2O2H2+O2，KNO3浓度增大，但 KNO3溶液为中性，故 D 错误，故选：C 7【考点】氧化还原反应；离子反应发生的条件；两性氧化物和两性氢氧化物。【分析】根据物质的性质来分析发生的化学反应，若化学反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意。【解答】解：ANO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故 A 不选；-4-/11 B因 CO2和 CaCl2不反应，无明显现象，故 B 选；CNH3通入溶液中转化为氨水，与 AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故 C 不选；D SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故 D 不选；故选：B 8【考点】反应热的大小比较；热化学方程式。【分析】A液态水变为气态水的过程是吸热过程；B固体硫变为气态硫需要吸收热量；C碳单质完全燃烧放热多于不完全燃烧放的热。D化合反应是放热反应，焓变是负值；分解反应是吸热反应，焓变是正值；【解答】解：A物质的燃烧反应是放热的，焓变是负值，液态水变为气态水的过程是吸热的，故H1H2，故 A 错误；B物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，固体硫变为气态硫需要吸收热量，故H1H2，故 B 正确；C碳单质完全燃烧生成二氧化碳放热多于不完全燃烧生成一氧化碳放的热，反应的焓变是负值，故H1H2，故 C 错误；D化合反应是放热反应，焓变是负值；分解反应是吸热反应，焓变是正值，所以H1H2，故 D 错误；故选 B 9【考点】钠的重要化合物。【分析】碳酸钠和碳酸氢钠都为强碱弱酸盐，水解呈碱性，且碳酸钠水解程度比碳酸氢钠大，结合影响盐类水解因素以及平衡移动的角度解答该题。【解答】解：A碳酸钠水解呈碱性，可与二氧化硅反应生成硅酸钠而导致玻璃瓶打不开，故 A 不选；B碳酸氢钠溶液和硫酸铝发生互促水解反应而生成二氧化碳气体，可用于灭火，故 B 不选；C碳酸钠水解呈碱性，可使油污水解而达到清洗的目的，故 C 不选；D醋酸酸性比碳酸弱，可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳，与盐类水解无关，故 D 选。故选 D 10【考点】化学反应速率和化学计量数的关系。【分析】根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行判断，得出正确结论。【解答】解：由于 3v（B）=2v（A），故 v（A）：v（B）=3：2，2v（C）=3v（B），故 v（B）：v（C）=2：3，故 v（A）：v（B）：v（C）=3：2：3，根据化学反应速率之比等化学计量数之比可知此反应可表示为：3A+2B=3C，故选 D 11【考点】化学实验方案的评价。【分析】A产生的气体从长颈漏斗逸出，不能测定气体的体积；BNa 与水反应放热，则 U 形管中红墨水左侧高度下降；C发生氧化还原反应，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；-5-/11 D氯化铵受热易分解，在圆底烧瓶底部遇冷化合生成氯化铵。【解答】解：A产生的气体从长颈漏斗逸出，不能测定气体的体积，应利用分液漏斗或长颈漏斗下端进入液面下，故 A 选；BNa 与水反应放热，大试管中气体受热膨胀，则 U 形管中红墨水左侧高度下降，可验证热效应，故 B 不选；C浓盐酸与高锰酸盐反应生成氯气，氯气与硫化钠反应生成 S，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，KMnO4Cl2S 的氧化性由强到弱，故 C 不选；D氯化铵受热易分解，在圆底烧瓶底部遇冷化合生成氯化铵，图中装置可达到分离的目的，故 D 不选；故选 A 12【考点】离子方程式的书写。【分析】A碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，题中表示的碳酸氢根离子的电离方程式；BNaHS 水解生成硫化氢和氢氧根离子；CNa2CO3溶液呈碱性，与 CO32水解有关，分步水解以第一步为主；D氯气与水反应不是水解。【解答】解：AHCO3的水解方程式为：HCO3+H2OH2CO3+OH，故 A 错误；BNaHS 水解反应的离子反应为 HS+H2OH2S+OH，故 B 正确；CNa2CO3溶液呈碱性的离子反应为 CO32+H2OHCO3+OH，故 C 错误；D氯气与水反应不是水解，氯气是单质，故 D 错误。故选 B 13【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡。【分析】醋酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，要使溶液中 c（H+）/c（CH3COOH）值增大，则平衡向正反应方向移动，结合平衡移动影响因素来分析解答。【解答】解：A加入少量烧碱溶液，反应生成 CH3COO，c（H+）减小，由于 CH3COO对 CH3COOH 的电离起到抑制作用，则 c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故 A 错误；B醋酸的电离是吸热反应，降低温度，抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，则 c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故 B 错误；C加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则 c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故 C 错误；D 加水稀释促进醋酸电离，则氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以 c（H+）/c（CH3COOH）值增大，故 D 正确；故选 D 14【考点】酸碱混合时的定性判断及有关 ph 的计算；离子浓度大小的比较。【分析】某酸性溶液中只有 Na+、CH3COO、H+、OH四种离子，则该溶液为 CH3COOH、CH3COONa 混合溶液。ApH=3 的 CH3COOH 反应 c（H+）=103mol/L，pH=11 的 NaOH 溶液中 c（OH）=103mol/L，CH3COOH是弱电解质，所以醋酸浓度远远大于氢氧化钠浓度。-6-/11 B等物质的量浓度、等体积的 NaOH 溶液和 CH3COOH 溶液混合恰好反应，为 CH3COONa 混合溶液，溶液呈碱性。C根据电荷守恒有 c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（Na+），据此判断。D根据电荷守恒有 c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（Na+）+c（NH4+），讨论溶液的酸碱性进行判断。【解答】解：某酸性溶液中只有 Na+、CH3COO、H+、OH四种离子，则该溶液为 CH3COOH、CH3COONa混合溶液。ApH=3 的 CH3COOH 反应 c（H+）=103mol/L，pH=11 的 NaOH 溶液中 c（OH）=103mol/L，CH3COOH是弱电解质，所以醋酸浓度远远大于氢氧化钠浓度，等体积混合醋酸有剩余，故 A 正确；B等物质的量浓度、等体积的 NaOH 溶液和 CH3COOH 溶液混合恰好反应，为 CH3COONa 混合溶液，CH3COONa 强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故 B 错误；C根据电荷守恒有 c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（Na+），若溶液中 c（CH3COO）c（Na+）c（OH）c（H+），则 c（CH3COO）+c（OH）c（H+）+c（Na+），溶液不呈电中性，故 C 错误；D加入适量氨水，根据电荷守恒有 c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（Na+）+c（NH4+），若溶液呈中性，即 c（OH）=c（H+），则 c（CH3COO）=c（Na+）+c（NH4+）；若溶液呈碱性，即 c（OH）c（H+），则 c（CH3COO）c（Na+）+c（NH4+）；若溶液呈酸性，即 c（OH）c（H+），则 c（CH3COO）c（Na+）+c（NH4+），故 D 错误。故选：A 15【考点】产物百分含量与压强的关系曲线。【分析】采取定一议二方式解答，由图可知，温度一定时，压强越大，C 的含量越大，故增大压强平衡向正反应移动，故 B 一定为气体；压强一定时，温度越高，平衡向吸热方向移动，根据 C 的含量变化结合选项判断反应热与温度高低。【解答】解：A若正反应方向H0，升高温度，平衡向逆反应移动，C 的含量降低，由图可知，温度 T2到达平衡时 C 的含量较低，故温度 T2T1，故 A 错误；B温度一定时，压强越大，C 的含量越大，平衡向正反应方向移动，A、B 至少有一种气体，而 A 的化学计量数小于 C，故 B 一定为气体，若均为气体，混合气体总质量不变，总的物质的量减少，平均相对分子质量增大，若 A 为非气态，平衡正向移动，混合气体的总质量增大，总的物质的量减少，故平均相对分子质量增大，故 B 错误；C 温度一定时，压强越大，C 的含量越大，故增大压强平衡向正反应移动，正反应是气体体积减小的反应，即 B 一定是气体，故 C 正确；D由 C 中的分析可知，B 一定是气体，A 可能是气体，可能为非气体，故 D 错误。故选 C 16【考点】离子浓度大小的比较。【分析】A碱溶液的 pH水解显碱性的盐溶液的 pH酸溶液的 pH；B酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离；C和等体积混合后恰好反应生成醋酸钠，其浓度为 0.05mol/L；-7-/11 D和等体积混合后，溶液不显电性。【解答】解：A碱溶液的 pH水解显碱性的盐溶液的 pH酸溶液的 pH，则相同浓度时溶液的 pH 值为，故 A 正确；B酸碱抑制水的电离，且中氢氧根离子浓度大，能水解的盐促进水的电离，则水电离出的 c（OH）为，故 B 正确；C和等体积混合后恰好反应生成醋酸钠，其浓度为 0.05mol/L，由物料守恒可知，c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.05mol/L，故 C 错误；D和等体积混合后，溶液不显电性，由电荷守恒可知 c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），故 D 正确；故选 C 二、填空题（本题包括 6 个小题，共 52 分）17【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；反应速率的定量表示方法。【分析】（1）由图可知，N 减少，M 增加，利用量的变化来分析判断；（2）根据反应速率 v=计算；（3）t3时刻 M、N 的物质的量均不再变化，反应达到平衡状态。【解答】解：（1）由图可知，n（N）=8mol2mol=6mol，n（M）=5mol2mol=3mol，N 为反应物，M 为生成物，变化量之比为 2：1，即化学计量数之比为 2：1，反应为 2NM；故答案为：2NM；（2）t2=2min，N 的平均反应速率 v=1molL1min1；故答案为；1molL1min1；（3）t3时刻 M、N 的物质的量均不再变化，反应达到平衡状态，故 v正=v逆。故答案为：=。18【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理。【分析】（1）1molCH3OH 完全燃烧生成稳定的氧化物为气态二氧化碳和液态水，放出热量 72651kJ/mol，以此书写热化学方程式；（2）由盖斯定律可知，CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）H1=+490kJmol1H2（g）+O2（g）H2O（g）H=2418kJmol1，+得到反应；（3）甲醇燃料电池中，甲醇为负极，电解质为酸，甲醇失去电子生成二氧化碳；【解答】解：（1）1molCH3OH 完全燃烧生成稳定的氧化物为气态二氧化碳和液态水，放出热量 726 51kJ/mol，则燃烧的热化学方程式为 CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=72651kJ/mol，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=72651kJ/mol；（2）由盖斯定律可知，CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）H1=+490kJmol1H2（g）+-8-/11 O2（g）H2O（g）H=2418kJmol1，+得到反应，则H2=+490kJmol1+（2418kJmol1）=1928kJmol1，故答案为：1928kJmol1；（3）甲醇燃料电池中，甲醇中 C 元素的化合价升高，则甲醇为负极，电解质为酸，甲醇失去电子生成二氧化碳，正极电极反应为 O2+4H+4e=2H2O，故答案为：负；O2+4H+4e=2H2O。19【考点】氨的制取和性质；氨的化学性质；铵盐。【分析】（1）铵盐和碱反应生成氨气，实验室制备氨气是利用氯化铵和氢氧化钙固体加热生成氯化钙、氨气和水；（2）一水合氨为弱碱，溶于水存在部分电离，依据化学平衡原理解释加入 NH4Cl 固体后平衡移动方向以及pH 的变化；（3）依据所给的反应物和产物，结合元素守恒书写方程式即可，依据反应书写平衡常数表达式，化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值。【解答】解：（1）实验室制备氨气是利用氯化铵和氢氧化钙固体加热生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；（2）一水合氨为弱碱，在水溶液中存在部分电离，电离出氢氧根离子使溶液显碱性，方程式为：NH3H2ONH4+OH，向氨水中加入少量 NH4Cl 固体，铵根浓度增大，平衡左移，即氢氧根浓度减小，pH值降低，故答案为：NH3H2ONH4+OH；降低；（3）硝酸铵分解生成N2O和H2O，达到平衡，说明为可逆反应，化学反应方程式为：NH4NO3N2O+2H2O；化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值，则化学平衡常数为 K=c（N2O）c2（H2O），故答案为：NH4NO3N2O+2H2O；K=c（N2O）c2（H2O）。20【考点】化学平衡的计算。【分析】（1）依据G=HTS0 时反应能够自发进行判断；反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，可由此进行判断；（2）根据温度对平衡时氢气的物质的量影响分析反应热；在密闭容器中将 CO 和水蒸气的混合物加热到 800时，达到平衡状态，设消耗一氧化碳物质的量为 x：CO+H2OCO2+H2，起始量（mol）2 5 0 0 变化量（mol）x x x x 平衡量（mol）2x 5x x x -9-/11 反应前后气体物质的量不变，可以利用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数 平衡常数 K=1，解得：x=，结合浓度对平衡移动的影响解答该题。【解答】解：（1）该反应H0，S0，若使G=HTS0，必须在高温下，所以常温下反应不能自发进行，故答案为：不能；A反应前后气体的物质的量不发生变化，容器中始终压强不变，不能说明反应到达平衡，故 a 错误；Bl molHH 键断裂的同时断裂 2mol HO 键，断裂 2mol HO 键同时生成 l molHH 键，说明反应到达平衡，故 b 正确；Cc（CO）=c（H2），与加入反应物多少有关，根据反应可知，自始至终 c（CO）=c（H2），不能说明反应到达平衡，故 c 错误；D反应前后前提条件不同，体积不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故 d正确；故答案为：bd；（2）实验 2 温度较高，而平衡时氢气的物质的量减小，说明升高温度平衡向着逆向移动，则该反应为放热反应，故答案为：放；在密闭容器中将 CO 和水蒸气的混合物加热到 800时，达到平衡状态，设消耗一氧化碳物质的量为 x：CO+H2OCO2+H2，起始量（mol）2 5 0 0 变化量（mol）x x x x 平衡量（mol）2x 5x x x 反应前后气体物质的量不变，可以利用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数 平衡常数 K=1，解得：x=，A水的转化率为：100%=286%，故 A 错误；B、CO2的体积分数为：100%=20.4%，故 B 正确；C加入水，虽然平衡正向移动，但转化的比加入的少，转化率反而降低，故 C 错误；D若从容器内移走 5mol H2O，平衡逆向移动，则达到新平衡时，CO 的转化率降低，故 D 错误。故答案为：B 21【考点】原电池和电解池的工作原理。【分析】将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在 F 极附近显红色，说明 F 极生成 OH，F 为阴极，则可知 A 为正极，B 为负极，CE、G、X 为阳极，DF、H、Y 为阴极，-10-/11 （1）电解饱和食盐水时，酚酞变红的极是阴极，阴极和电源负极相连；（2）电解硫酸铜溶液生成硫酸、铜和氧气；（3）电解饱和食盐水，分别生成氯气、氢气；（4）给铜镀银，阳极应为银，阴极为铜；（5）氢氧化铁胶粒带正电荷，向阴极移动。【解答】解：将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在 F 极附近显红色，说明 F 极生成 OH，F 为阴极，则可知 A 为正极，B 为负极，CE、G、X 为阳极，DF、H、Y 为阴极，（1）由以上分析可知 A 是电源的正极，B 是原电池的负极，故答案为：正极；（2）电解硫酸铜溶液生成硫酸、铜和氧气，电解方程式为 2CuSO4+2H2O2Cu+O2+H2SO4，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+H2SO4；（3）电解饱和食盐水的电解原理是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，产生的氢气和氯气体积比实施 1：1，故答案为：1：1；（4）给铜镀银，阳极应为银，阴极为铜，即 G 为银极，故答案为：银；（5）根据异性电荷相吸的原理，氢氧化铁胶体中含有的带正电荷的粒子会向阴极即 Y 极移动，所以 Y 极附近红褐色变深，故答案为：Y 极附近红褐色变深。22【考点】中和滴定。【分析】（1）锥形瓶装待测液时不能润洗，锥形瓶用于盛装一定体积的待测液；用石蕊作指示剂，变色不明显；滴定管要洗涤干净；酸式滴定管要用标准酸溶液润洗三次；两眼应该注视着锥形瓶中溶液颜色变化；（2）碱性溶液盛放在碱式滴定管中；取用 NaOH 溶液开始平视读数、结束时俯视读数，则体积偏大；（3）若滴定开始前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定结束后气泡消失，则消耗的标准溶液的体积偏大；（4）根据数据计算标准溶液的平均值，再根据 c（待测）=计算。【解答】解：（1）锥形瓶装待测液时不能润洗，所以不能用待测 NaOH 溶液润锥形瓶，故错误；锥形瓶用于盛装一定体积的待测液，故正确；用石蕊作指示剂，变色不明显，故错误；取一支酸式滴定管，洗涤干净，故正确；酸式滴定管要用标准酸溶液润洗三次，不能直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，进行滴定，故错误；两眼应该注视着锥形瓶中溶液颜色变化，故错误；所以错误的有；故答案为：；（2）碱性溶液盛放在碱式滴定管中，图中甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管，所以盛放在乙中；取用 NaOH-11-/11 溶液开始平视读数、结束时俯视读数，则体积偏大，滴定时消耗的标准溶液的体积偏大，所以所测氢氧化钠溶液浓度偏大；故答案为：乙；偏大；（3）若滴定开始前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定结束后气泡消失，则消耗的标准溶液的体积偏大，由 c（待测）=可知，所测氢氧化钠溶液浓度偏大；故答案为：偏大；（4）三次滴定耗酸体积分别为 20.02mL，20.98mL，1998mL，其中第二次误差较大，取第一次与第三次平均值为 20.00mL，c（NaOH）=0.08256mol/L；答：NaOH 溶液的物质的量浓度为 0.08256mol/L。