四川省凉山州2021-2022学年高二上学期期末考试化学试题

四川省凉山州2021-2022学年高二上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．下列化学反应原理在生产生活中的应用，错误的是（）A．Al3++3B．可用化学平衡移动原理能解释N2和H2合成C．TiCl4+(x+2D．CO2．下列说法正确的是（）A．2g氢气在氧气中完全燃烧生成气态水，放出的热量为241.8kJB．30MPa、500°C下，将1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3C．已知S(g)+O2(gD．化学反应过程中，吸热反应需不断从外界获得能量，放热反应不需任何条件即可进行3．已知热化学方程式：①2②C③2则反应2C(s)A．−228.2kJ⋅molC．+1301.0kJ⋅mol4．恒温恒容条件下，4A(s)+3B(A．用A表示的反应速率是0B．气体的平均摩尔质量不再变化，则证明反应已经达到平衡状态C．2min末的反应速率D．分别用B、C表示反应的速率，其关系是：3v(B)=2v(C)5．在其他条件不变时，只改变某一条件，化学反应aA(A．由图象Ⅰ，说明正反应为放热反应B．在图象Ⅰ中，若p1>C．由图象Ⅱ，说明温度TD．由图象Ⅲ，说明a+1=c6．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。如图，我国学者发现T℃时，甲醇(CH3OH)在铜基催化剂上的反应机理如图(该反应为可逆反应)：下列有关说法错误的是（）A．1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量B．反应Ⅰ为CHC．优良的催化剂降低了反应的活化能，并减小△H，节约了能源D．CH3OH(g)与H2O(g)在高温条件下更有利于正反应7．表格中的各种情况，可以用对应选项中的图像表示的是（）选项反应甲乙A外形、大小相近的金属和水反应NaKB4mL0.01mol⋅L0.0.2mol⋅LC5mL0.1mol⋅L热水冷水D5mL4%的过氧化氢溶液分解放出无MnO加MnOA．A B．B C．C D．D8．已知常温下有关弱酸的电离平衡常数如表：弱酸化学式HXHYH2CO3电离平衡常数73Ka1=4下列推断正确的是（）A．同物质的量浓度的HX、HY两种弱酸，其pH：HX＞HYB．向Na2CO3溶液中加入足量HY，反应的离子方程式：HY+CC．相同条件下同浓度溶液的碱性：NaX>ND．H2CO3的电离常数表达式：K9．下列叙述正确的是（）A．某醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释10倍后，溶液的pH=b，则a>bB．常温下，某溶液中由水电离的c(OHC．常温下，将pH=5的盐酸稀释1000倍后，溶液的pH=8D．等体积等浓度的CH3COOH10．等物质的量浓度的下列五种溶液：①CH3COOH②(NH4)2A．②④①③⑤ B．⑤③①②④ C．⑤③①④② D．②④③①⑤11．下列溶液中离子浓度关系的表示错误的是（）A．NaHCO3B．pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的C．0.1mol⋅L−1D．物质的量浓度相等的CH3COOH和12．下面有关电化学的图示，完全正确的是（）ABCDCu-Zn原电池粗铜精炼铁片镀锌验证NaCl溶液(含酚酞)电解产物A．A B．B C．C D．D13．根据图示回答，下列说法错误的是（）A．该燃料电池中正极反应为：OB．a电极为精铜时，硫酸铜溶液的浓度不变C．若用该装置进行粗铜的精炼，当有1mol水生成时，阴极可得到64g精铜D．此装置用于铁表面镀铜时，a电极为铁14．常温下，下列各组离子在相应的溶液中可能大量共存的是（）A．由水电离产生的c(OH-)=1×10-10mol·L-1B．能使pH试纸变红的溶液中：CO32−、K−C．在c(OH-)c(H+)=1×1D．Kwc(H+)=10-13mol·15．化工生产中常用MnS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2＋：Cu2＋(aq)＋MnS(s)⇌CuS(s)＋Mn2＋(aq)，下列说法错误的是（）A．相同条件下，MnS的Ksp比CuS的Ksp大B．该反应的平衡常数K＝KspC．该反应达到平衡时c(Mn2＋)＝c(Cu2＋)D．往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2＋)变大16．常温下，向20mLNaOH溶液中逐滴加入0.A．NaOH溶液的物质的量浓度为0B．滴定前酸中c(H+C．在N点，c(CD．在M点，两者恰好反应完全二、综合题17．（1）Ⅰ．在1L的密闭容器内，800°C时反应2NO(g)时间(s)012345n(NO)(mol)0000000~2s内该反应的平均速率v(（2）写出该反应的平衡常数表达式：K=。已知：K300°C>K（3）如图表示NO2的变化的曲线是（4）不能说明该反应已达到平衡状态的是____。A．v(NO2C．v逆(NO)=2（5）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是____。A．及时分离出NO2气体 B．增大C．适当升高温度 D．选择高效催化剂（6）Ⅱ．肼(N2①N2(②N2H写出气态肼和NO2生成氮气和水蒸气的热化学方程式18．某实验小组欲探究牺牲阳极法的原理，设计如图实验装置：（1）实验Ⅰ：向烧杯中加入一定量的饱和食盐水，插入两个无底玻璃筒。将一根锌棒和一根铁棒用导线与电流表连接后，再分别插入两个玻璃筒中，电流表指针发生偏转。锌棒上发生的电极反应为；铁棒上发生的电极反应为。（2）向铁棒附近滴加K3[Fe（CN）6]溶液，无明显现象，这说明该实验中无产生。（3）实验Ⅱ：该小组的同学将锌棒换为铜棒，并用导线将其与电流表连接。一段时间后，向插入铁棒的玻璃筒内滴入几滴K3[Fe（CN）6]溶液，向插入铜棒的玻璃筒内滴入几滴酚酞溶液。实验Ⅱ中电流表指针的偏转方向与实验Ⅰ（填“相同”或“相反”）。（4）在铁棒和铜棒附近可观察到的现象分别是、。（5）上述两个实验表明，活泼性不同的两种金属作电极构成原电池时，一般是相对（填“活泼”或“不活泼”）的金属被保护，根据此原理采取的金属防护方法称为。19．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量[(g·(100mL)（1）(Ⅰ)实验步骤用(填仪器名称，下同)量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到（2）取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴（3）读取盛装0.1000mol⋅L−1（4）滴定。当时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。（5）(Ⅱ)实验记录滴定次数1234V样品(20202020V(NaOH)消耗15151514(Ⅲ)数据处理与讨论甲同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积V=15.95+15.00+15.05+14.954mL=15.24mL，乙指出其计算不合理。按正确数据处理，V=（6）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏小的是____。A．碱式滴定管在滴定时用标准NaOH溶液润洗A．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失B．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水C．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出20．已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2+、Fe2+、F请回答下列问题：（1）本实验最适合的氧化剂X是____(填序号)。A．K2Cr2O7 B．NaClO（2）加该氧化剂的目的是(用离子方程式表示)。（3）物质Y可以是(写出一种)。（4）从化学平衡移动角度分析除去Fe3+的原理：（5）最后将溶液Ⅲ在HCl气流中、、过滤、洗涤、干燥得到CuCl

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．Al3++3B．催化剂不能改变平衡状态，因此不能用化学平衡移动原理能解释N2和H2合成C．根据TiCl4+(x+2D．CO故答案为：B。

【分析】A.铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有较强的吸附性，可净水；

B.催化剂不影响平衡移动；

C.稀释可以促进水解；

D.加热可促进碳酸根水解，碱性越强，油脂水解越快。2．【答案】C【解析】【解答】A.2g氢气在氧气中完全燃烧生成气态水，放出的热量为241.8kJ，气态水变为液态水，放出热量，则生成1mol液态水，放出热量大于241.8kJ，A不符合题意；B．氨的合成为可逆反应，将1molN2和3molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热38.6kJ时生成的氨气少于2mol，生成2mol氨气时放热大于38.6kJ，故反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）的反应热△H＜-38.6kJ•mol-1，B不符合题意；C．固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，所以△H1＜△H2，C符合题意；D．反应是不可能自然进行的，无论放热还是吸热反应都要从外界吸收一部分热量达到反应的活化状态，对于放热反应来说是放出的热量大于吸收的热量，对于吸热反应来说是吸收的热量大于放出的热量，放热反应未必不需从外界获得能量，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；

B.该反应为可逆反应，放热38.6kJ时生成的氨气少于2mol；

D.反应吸热还是放热与反应条件无关。3．【答案】B【解析】【解答】已知：①2②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2＝-393.5kJ•mol-1③2根据盖斯定律②×2+12③-12①可得2C(s)+H2(g)=C2H2(g)的△H=-393.5kJ•mol-1×2+12(-571.6kJ·mol-1)-12(-2602.0kJ•mol故答案为B。

【分析】根据盖斯定律计算。4．【答案】B【解析】【解答】A．反应物A是固体，因此一般不用于表示反应速率，A不符合题意；B．反应前后气体体积不变，但反应正向进行会使气体质量增大，平均摩尔质量增大，因此当气体的平均摩尔质量不再变化，则证明反应已经达到平衡状态，B符合题意；C.2min内的平均反应速率v(D．由分析可知，B、C表示的反应速率关系为：2v(B)=3v(C)，D不符合题意。故答案为：B。

【分析】A.反应A中为固体，不能用来表示反应速率；

B.可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；

C.2min末的反应速率是即时反应速率不能用化学反应速率概念计算；

D.化学反应速率之比等于化学计量数之比。5．【答案】C【解析】【解答】A．根据图Ⅰ知，同一压强下，升高温度，A的转化率降低，说明平衡逆向移动，所以逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故A不符合题意；B．如果p1＞p2，相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，A的转化率增大，说明平衡正向移动，则a+1＞c，所以正反应是熵减的反应，ΔS<0，故B不符合题意；C．根据图Ⅱ知，T1温度时反应更早达到平衡，说明T1＞T2，故C符合题意；D．根据图Ⅲ知，增大压强，A的转化率不变，说明反应前后气体计量数之和相等，则a+1=c，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。6．【答案】C【解析】【解答】A．根据图示可知1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，说明该反应发生时会吸收热量，A不符合题意；B．根据图示可知反应I是1molCH3OH(g)和1molH2O(g)反应产生1molCO(g)和2molH2(g)，由于反应物的能量比生成物的低，因此发生反应时会吸收能量，所以△H＞0，B不符合题意；C．优良的催化剂降低了反应的活化能，使反应更容易发生，但不能改变反应物、生成物的总能量，因此反应热△H不变，C符合题意；D．根据图示可知该反应方程式为CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)，反应物的总能量比生成物的低，所以△H＞0，该反应的正反应是气体体积扩大的吸热反应，△H＞0，△S＞0，要使反应发生△G＜0。△H-T△S＜0，因此高温条件下更有利于反应正向进行，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.由图可知，1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量；

B.反应Ⅰ为吸热反应；

D.根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析。7．【答案】C【解析】【解答】A．K比Na活泼，反应速率快，则图像中乙应在上方，故A不符合题意；B．浓度大，反应速率快，则图像中乙应在上方，故B不符合题意；C．温度高，反应速率快，随反应的进行，正反应速率逐渐减小，甲的温度高，图中中应在上方，与图像一致，故C符合题意；D．加催化剂，反应速率加快，则图中应乙在上上，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.K与水反应更剧烈，反应速率更大；

B.浓度越大，反应速率越大；

C.温度越高反应速率越大；

D.加入催化剂反应速率增大。8．【答案】B【解析】【解答】A．弱酸的电离平衡常数越大，相应的弱酸电离能力就越强，等浓度时电离产生的H+浓度就越大，该弱酸的pH就越小。根据表格电离平衡常数可知酸性：HX＞HY，所以同物质的量浓度的HX、HY两种弱酸，其c(H+)：HX＞HY，则溶液pH：HX＜HY，A不符合题意；B．根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HY＞HCO3−，所以向Na2CO3溶液中加入足量HY，发生反应产生NaY、NaHCO3C．弱酸的酸性越强，其相应的盐水解程度就越小，等浓度的溶液碱性就越弱。根据电离平衡常数可知酸性：HX＞H2CO3＞HY＞HCO3−，所以相同条件下同浓度溶液的碱性：Na2D．H2CO3是二元弱酸，存在电离平衡，且电离分步进行，主要是第一步电离，该步的电离常数表达式为：Ka1故答案为：B。【分析】A.电离平衡常数越大，酸性越强；

C.越弱越水解，对应的钠盐pH越大，碱性越强；

D.H2CO3是二元弱酸，分步电离。9．【答案】D【解析】【解答】A．pH为a的醋酸溶液稀释10倍后，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，则b＞a，故A不符合题意；B．酸或碱都能抑制水的电离，则常温下，某溶液中由水电离的c(OHC．常温下，pH=5的盐酸溶液，加水稀释，溶液的酸性随加水量而减弱，pH也就随之增大，溶液逐渐接近中性，但溶液始终为酸性溶液，即溶液的pH无限接近7但永远不能到达7，故C不符合题意；D．等体积等浓度的醋酸溶液和氢氧化钠溶液混合恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠在溶液中水解水溶液呈碱性，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.稀释醋酸，溶液氢离子浓度降低，pH增大；

B.水电离的c(OH-)=1.0×110．【答案】A【解析】【解答】设五种溶液的物质的量浓度均为c，①CH3COOH为弱酸，醋酸抑制了水的电离，溶液中氢离子浓度小于c；②(NH4)2CO3中铵根离子和碳酸根离子都能够水解，促进了水的电离，五种物质中碳酸铵溶液中水的电离程度最大；③HCl为酸性溶液，溶液中氢离子浓度为c，溶液中水的电离程度小于①；④Na2C⑤Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为2c，则氢氧化钡溶液中水的电离程度最小；根据以上分析可知，醋酸溶液中水的电离程度大于③⑤，小于②④，所以五种溶液中水的电离程度由大到小排列为：②④①③⑤，故答案为：A。

【分析】酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，酸溶液中的氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；能够水解的盐溶液促进了水的电离，水解程度越大，水的电离程度越大。11．【答案】B【解析】【解答】A．根据溶液电中性，溶液中阳离子带的电荷等于阴离子带的电荷，则有：c(HB．pH=3的CH3COOH溶液中c(H+)与pH=11的NaOH溶液中c(OH-)相等，而醋酸为弱酸，则反应后醋酸过量，溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，故B符合题意；C．盐的水解程度较弱，0.1mol/L的NH4Cl溶液中，则c(ClD．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，混合前n(CH3COOH)=n(CH3COONa)，根据物料守恒，则有等体积混合后的溶液中：2c(Na+)=c(CH3OOH)+c(CH3COO-)，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.根据电荷守恒分析；

C.铵根离子水解使溶液呈酸性，但水解是微弱的；

D.根据物料守恒分析。12．【答案】D【解析】【解答】A．由图可知，金属性Zn＞Cu，则原电池中Zn作负极，故A不符合题意；B．与电源负极相连的为阴极，粗铜的精炼中粗铜作阳极，由图可知，粗铜作阴极，故B不符合题意；C．与电源负极相连的为阴极，铁片镀锌，铁片应作阴极，由图可知，铁片作阳极，故C不符合题意；D．电流由正极流向负极，由图可知，碳棒为阳极，电解食盐水在阳极生成氯气，氯气与碘化钾淀粉溶液反应使溶液变蓝，在阴极生成氢气，溶液变红，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．原电池中活泼金属作负极，金属性Zn＞Cu；B．精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，CuSO4作电解质溶液；C．依据电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，含镀层阳离子的溶液作电镀液判断；D．符合实验设计。13．【答案】D【解析】【解答】A．图中左边装置为原电池，通入O2的电极为正极，O2得电子生成H2O，正极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，A符合题意；B．a电极为C铜时，精铜作阳极，阳极溶解的金属铜等于阴极析出的金属Cu，所以电解质溶液中铜离子相当于不参加反应，则其浓度不变，B符合题意；C．电解精炼时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，当有1mol水生成时，转移电子是2mol，则根据Cu2++2e-=Cu，可得到64g铜，C符合题意；D．此装置用于铁表面镀铜时，金属铜做阳极，a为阳极是金属铜电极，D不符合题意；故答案为：D。

【分析】A．燃料电池中，燃料在负极失电子发生氧化反应；氧气在正极得电子，发生还原反应；B．依据精炼铜的原理分析；C．依据得失电子守恒；D．依据电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，含镀层阳离子的溶液作电镀液判断。14．【答案】A【解析】【解答】A．由水电离产生的c(OH-)=1×10-10B．能使pH试纸变红的溶液为酸性溶液，CO32−C．c(OH-)c(HD．Kwc(H+)=1故答案为：A。

【分析】A．Mg2+与OHB．CO32−C．NH4+、FD．HCO3−15．【答案】C【解析】【解答】A．根据沉淀转化向溶度积小的方向进行，可知Ksp(MnS)＞Ksp(CuS)，A项不符合题意；B．该反应的平衡常数K＝c(MnC．该反应达平衡时c(Mn2＋)、c(Cu2＋)保持不变，但不一定相等，C项符合题意；D．往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，平衡向正反应方向移动，c(Mn2＋)变大，D项不符合题意。故答案为：C。

【分析】A．根据沉淀转化向溶度积小的方向进行；B．依据反应的平衡常数定义，利用“变式法”计算；C．该反应达平衡时c(Mn2＋)、c(Cu2＋)保持不变，但不一定相等；D．依据沉淀溶解平衡移动原理分析；16．【答案】A【解析】【解答】A．常温下，NaOH溶液的初始pH=13，所以氢氧化钠的物质的量浓度为0.B．氢氧化钠是强电解质、醋酸的弱电解质，0.1mol⋅L−1的氢氧化钠溶液中c(OHC．N点，醋酸过量一半，溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液呈酸性，说明醋酸的电离大于醋酸钠水解，所以c(CHD．若醋酸和氢氧化钠恰好反应完全，则溶质为醋酸钠，溶液呈碱性，M点溶液呈中性，所以M点醋酸过量，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．依据c(H+B．氢氧化钠是强电解质、醋酸的弱电解质；C．首先判断产物的成分和浓度，再利用溶液的酸碱性分析；D．依据溶液的酸碱性判断。17．【答案】（1）3（2）c2（3）a（4）A；D（5）B（6）2N2【解析】【解答】(1)分析图表判断平衡状态，结合平衡三段式列式计算2NO(g)用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=12×V(NO)=12×△c△t=12×0.02mol−0.008mol1L×2s(2)2NO(g)+O2((3)0~2s内NO2浓度增大0.012mol·L(4)A．v(NOB．该反应是反应前后气体体积变化的反应，容器内压强保持不变时，说明反应体系各组分的浓度保持不变，达到平衡状态，故B不选；C．v逆D．该反应反应物和生成物均为气体，反应前后气体的质量保持不变，反应容器不变，气体体积不变，容器内气体密度始终保持不变，不能说明达到平衡状态，故D选；故答案为：AD；(5)A．及时分离出NOB．增大O2C．该反应是放热反应，适当升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，故C不符；D．选择高效催化剂，反应速率增大，平衡不移动，故D不符；故答案为：B；(6)①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH=+67.7kJ·mol-1，②

【分析】(1)根据分析图表判断平衡状态，利用三段式计算；利用υ=Δc/Δt计算；(2)平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；利用已知信息分析；(3)依据反应中浓度变化判断；(4)依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；(5)依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；(6)依据盖斯定律计算。18．【答案】（1）2Zn－4e－=2Zn2＋；2H2O＋O2＋4e－=4OH－（2）Fe2＋（3）相反（4）产生蓝色沉淀；溶液变红色（5）不活泼；牺牲阳极法【解析】【解答】（1）锌、铁、氯化钠溶液构成原电池时，发生的是吸氧腐蚀，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，负极反应式为2Zn－4e－=2Zn2＋，正极反应式为2H2O＋O2＋4e－=4OH－，电子由锌电极经外电路流向铁电极。（2）Fe2+可以与K3[Fe（CN）6]反应生成蓝色沉淀，向铁棒附近滴加K3[Fe（CN）6]溶液，无明显现象，则说明Fe2+产生；（3）铜、铁、氯化钠溶液构成原电池时，发生的也是吸氧腐蚀，铜作正极被保护，铁作负极被腐蚀。由于两次实验中原电池的电子流向相反，所以电流表指针的偏转方向相反。（4）铁作负极时，Fe失去电子生成Fe2+，与K3[Fe（CN）6]反应生成蓝色沉淀，铜作正极，电极反应式为2H2O＋O2＋4e－=4OH－，故铜棒附近溶液变红色。（5）对比两个实验可知，一般情况下，发生吸氧腐蚀时，活泼金属被腐蚀，不活泼金属被保护，根据此原理采取的金属防护法称为牺牲阳极的阴极保护法。

【分析】（1）锌、铁、氯化钠溶液构成原电池时，发生的是吸氧腐蚀，活泼金属作负极，负极失电子，发生氧化反应，正极得电子，发生还原反应。（2）依据Fe2+与K3[Fe（CN）6]反应生成蓝色沉淀分析；（3）两次实验中原电池的电子流向相反。（4）依据电极产物与试剂的性质分析。（5）依据金属的电化学保护法。19．【答案】（1）酸式滴定管（2）酚酞（3）0.60（4）当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色（5）15.00（6）C【解析】【解答】(1)量取10.(2)用氢氧化钠滴定食醋的总酸度，强碱滴定弱酸，滴定终点溶液呈碱性，选用酚酞为指示剂；(3)根据图示，此时的读数为0.