2018-2019学年云南民族大学附属中学高二上学期期中考试化学试题 解析版 17页

云南民族大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学试题 ‎1.下列说法错误的是 A. Na2O2可用作供氧剂 B. Al2O3可用作耐火材料 C. 地沟油经处理后可用作燃料油 D. 胶体和溶液的本质区别是胶体具有丁达尔现象 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．Na2O2能与水和CO2反应生成氧气，可作供氧剂，故A正确；B．Al2O3是高熔点氧化物，可用作耐火材料，故B正确；C．可以将地沟油处理后，用作燃料油，提供废物的利用率，故C正确；D．胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径的大小，鉴别胶体和溶液可利用丁达尔现象，故D错误；答案为D。‎ ‎2. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是：‎ A. 用图1所示装置分离有机层和水层 B. 用图2所示装置从食盐水中提取NaCl C. 用图3所示装置用水来吸收HCl D. 用图4所示装置收集并检验氨气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．由于CCl4‎ 的密度比水大，而且与水不反应，互不相溶，所以用图1所示装置可以分离有机层和水层，正确；B．从食盐水中提取NaCl应该使用蒸发皿，而不是坩埚，错误；C．用水来吸收HCl时为了防止倒吸现象的发生，应该使用倒扣的漏斗，而且倒扣漏斗的边缘应该紧贴水面，错误；D.氨气的密度比空气小，应该用向下排空气的方法收集，检验氨气时应该使用湿润的红色石蕊试纸，错误。‎ 考点：考查实验装置与实验目的的关系的知识。‎ ‎3.海水提溴过程中，将溴吹入吸收塔，使溴蒸气和吸收剂SO2发生作用以达到富集的目的，化学反应为Br2＋SO2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，下列说法正确的是(　　)‎ A. Br2在反应中表现氧化性 B. SO2在反应中被还原 C. Br2在反应中失去电子 D. 1 mol氧化剂在反应中得到1 mol电子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因Br元素的化合价由0降低为-1价，Br2在反应中作氧化剂，表现氧化性，选项A正确；B．S元素的化合价由+4价升高到+6价，SO2作还原剂，被氧化，选项B错误；C．Br元素的化合价由0降低为-1价，则Br2在反应中得到电子，选项C错误；D.1mol氧化剂在反应中得到1mol×2×（1-0）=2mol，选项D错误；答案选A。‎ ‎4.将下列各组物质发生反应生成的气体分别通入FeCl2溶液，不能与FeCl2发生反应的是 A. CaO和浓氨水 B. 二氧化锰和浓盐酸共热 C. Na2O2和CO2 D. 铜片和浓硫酸共热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CaO和浓氨水反应生成氨气，氨气与水反应生成一水合氨，所以将氨气通入FeCl2溶液中，反应生成Fe(OH)2沉淀，故A不选；‎ B. MnO2和浓盐酸共热生成氯气，氯气具有氧化性，可以将Fe2+氧化成Fe3+，故B不选；‎ C. Na2O2和CO2反应生成氧气，氧气具有氧化性，可以将Fe2+氧化成Fe3+，故C不选；‎ D. 铜片和浓硫酸共热生成二氧化硫，二氧化硫与Fe2+不反应，故D选，答案选D。‎ ‎5.已知（1）H2(g) +1/2O2(g) === H2O(g) △H1= a kJ/mol ‎（2）2H2(g) + O2(g) === 2H2O(g) △H2= b kJ/mol ‎（3）H2(g) + 1/2O2(g) === H2O(l) △H3= c kJ/mol ‎（4）2H2(g) + O2(g) === 2H2O(l) △H4= d kJ/mol 下列关系式中正确的是 A. a < c < 0 B. b > d > ‎0 C. ‎2a = b < 0 D. ‎2c = d > 0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于放热反应，△H为负值，反应物相同时，产物的能量越低，放出的热量越多，△H越小，反之成立；产物相同时，反应物的能量越高，放出的热量越多，△H越小，反之成立；反应物、生成物的计量数为倍数关系，则△H也为倍数关系。‎ ‎【详解】A. 反应(1)和(3)的反应物相同，而(1)生成的是水蒸气，水蒸气的能量高于液态水，则(1)放出的热量比(3)少，a大于c，应为c < a < 0，故A错误；‎ B. 反应(2)和(4)的反应物相同，而(2)生成的是水蒸气，水蒸气的能量高于液态水，所以(2)放出的热量比(4)少，b大于d，应为d7，则H‎2A是弱酸；若pH<7，则H‎2A是强酸 C. 自发进行的反应可能是熵增大且吸热的反应 D. 升温时，若某可逆反应化学平衡常数K值变小，则表明该反应的ΔH＞0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备胶体，不能用沉淀符号，正确的离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3 (胶体)+3H+，故A错误；‎ B. 若NaHA溶液的pH >7，溶液呈碱性，说明H‎2A一定是弱酸，若pH<7，其对应的酸可能是强酸也可能是弱酸，如硫酸、亚硫酸等，故B错误；‎ C. 熵增大的反应△S＞0，若满足△H－T△S＜0，反应可自发进行，该反应既可能是吸热反应也可能是放热反应，故C正确；‎ D. 升温时，若某可逆反应化学平衡常数K值变小，说明升高温度平衡逆向移动，表明该反应为放热反应，△H＜0，故D错误，答案选C。‎ ‎15.现有室温下两种溶液，有关叙述正确的是 ‎ 编号 ‎①‎ ‎②‎ pH ‎11‎ ‎3‎ 溶液 氢氧化钠溶液 醋酸溶液 A. 两种溶液中水的电离程度：①=②‎ B. 两种溶液的浓度：c(NaOH) > c(CH3COOH)‎ C. 两种溶液等体积混合后：c(CH3COO－) > c(Na+) >c(OH－) > c(H+)‎ D. 加水稀释相同倍数后：c(Na+) > c(CH3COO－)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 醋酸是弱酸，电离出的氢离子浓度为0.001mol/L，酸的浓度大于0.001mol/L；氢氧化钠为强碱，电离出的氢氧根离子浓度为0.001mol/L，碱的浓度为0.001mol/L；酸碱均抑制水的电离；酸碱等体积混合时酸过量，溶液显酸性，据此即可解答。‎ ‎【详解】A．醋酸是弱酸，电离出的氢离子浓度为0.001mol/L，氢氧化钠为强碱能完全电离，电离出的氢氧根离子浓度为0.001mol/L，酸碱均抑制水电离，当氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同时，对水的电离抑制的程度相同，所以两种溶液中水的电离程度相同，故A正确；‎ B．醋酸是弱酸，电离出的氢离子浓度为0.001mol/L，酸的浓度大于0.001mol/L，氢氧化钠为强碱能完全电离，电离出的氢氧根离子浓度为0.001mol/L，碱的浓度为0.001mol/L，所以酸的浓度大于碱的浓度，故B错误；‎ C．由于醋酸的浓度比氢氧化钠浓度大，等体积混合时酸过量，溶液显酸性，结合电荷守恒可知c(CH3COO－) > c(Na+) >c(H+) > c(OH－)，故C错误；‎ D．加水稀释相同倍数后，醋酸是弱酸稀释促进电离，稀释后CH3COO－物质的量增大，氢氧化钠为强碱，稀释后Na+物质的量不变，所以c(Na+) ＜ c(CH3COO－)，故D错误，答案选A。‎ ‎16.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是 酸 HX HY HZ 电离常数Ka ‎9×10－7‎ ‎9×10－6‎ ‎1×10－2‎ A. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ B. 反应HZ＋Y－ = HY＋Z－能够发生 C. 相同温度下，0.1 mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大 D. 相同温度下，1 mol/L HX溶液的电离常数大于0.1 mol/L HX溶液的电离常数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电离平衡常数衡量弱电解质电离程度，电离平衡常数越多，电离程度越大。‎ ‎【详解】A、电离平衡常数越大，说明酸性越强，根据表中数据酸性强弱顺序是HZ>HY>HX，故A错误；‎ B、根据A选项分析，以及酸性强的制取酸性弱的，HZ＋Y－=HY＋Z－是能够发生的，故B正确；‎ C、根据盐类水解的规律，越弱越水解，即三种钠盐中，pH最大的是NaX，故C错误；‎ D、电离常数只受温度的影响，因为是相同的温度，因此HX的电离常数不变，故D错误。‎ ‎17.如图所示，甲、乙、丙分别表示在不同条件下，可逆反应A(g)+B(g)xC(g)的生成物C的百分含量w(C)和反应时间(t)的关系。‎ ‎（1）若甲中两条曲线分别代表有催化剂和无催化剂的情况，则____曲线代表无催化剂时的情况。‎ ‎（2）若乙表示反应达到平衡状态后，分别在恒温恒压条件下和恒温恒容条件下向平衡混合气体中充入He后的情况，则_______曲线表示恒温恒容的情况，在该情况下混合气体中w(C)_________(填“变大”“变小”或“不变”)。‎ ‎（3）根据丙可以判断该可逆反应的正反应是_____(填“放热”或“吸热”)反应，x的值为________（填范围）。‎ ‎（4）丁表示在某固定容积的密闭容器中，上述可逆反应达到平衡后，某物理量随温度(T)的变化情况，根据你的理解，丁的纵坐标可以是_________________ (填序号)。‎ ‎①w(C) ②A的转化率 ③B的转化率 ④压强 ⑤c(A) ⑥c(B)‎ ‎【答案】 (1). b (2). a (3). 变小 (4). 吸热 (5). 大于2 (6). ①②③‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1).使用催化剂加快反应速率，缩短到达平衡的时间，由图可知，a先到达平衡，故a曲线表示使用催化剂，b曲线表示没有使用催化剂，故答案为：b；‎ ‎(2).恒温恒容下，充入惰性气体He，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，反应混合物各组分的百分含量不变，由图可知，a曲线C的百分含量不变，b曲线到达新平衡后C的百分含量降低，所以a曲线表示恒温恒容条件下向平衡混合气体中充入He气，故答案为：a；不变；‎ ‎(3)由图可知，压强相同时，温度越高，C的百分含量越大，即升高温度，平衡向正反应方向移动，升高温度，平衡向吸热方向移动，所以正反应为吸热反应；温度相同时，压强越大，平衡时C的百分含量越低，即增大压强，平衡向逆反应方向移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，则x>2，故答案为：吸热；大于2；‎ ‎(4).‎ 该反应的正反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向右移动，由图可知，纵轴所表示的量随温度升高而增大，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向右移动，C的百分含量增大，A、B的转化率增大，平衡时A、 B浓度降低；该反应的正反应为气体体积增大的反应，在恒容条件下，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向右移动，混合物总的物质的量增加，所以平衡时，容器内压强增大，但起始压强不为0，所以①②③符合，故答案为：①②③。‎ ‎18.某化学兴趣小组模拟工业上从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质）中提取氧化铝的工艺做实验，流程如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）操作Ⅰ的名称为_______。‎ ‎（2）验证溶液B中是否含有Fe3+的方法：_______________________，‎ ‎（3）不溶物A是___(填化学式)，写出D→E反应的离子方程式______________。‎ ‎（4）说出溶液F中含碳元素溶质的一种用途____________________。‎ ‎【答案】 (1). 过滤 (2). 取少量溶液B于试管中，加入少量KSCN溶液，若溶液变成红色，则溶液B中含有Fe3＋ (3). SiO2 (4). AlO2－＋2H2O＋CO2=HCO3－＋Al(OH)3↓ (5). 发酵粉、治疗胃酸过多等 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝土矿的主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质，由流程图可知，加足量盐酸过滤得到不溶物A为SiO2，溶液B中含Al3+、Fe3+，加过量NaOH溶液过滤得到不溶物C为Fe(OH)3，溶液D中含偏铝酸根离子，通入过量二氧化碳后过滤得到不溶物E为Al(OH)3，G为氧化铝，溶液F中含碳酸氢钠。‎ ‎【详解】(1).由上述分析可知，操作I的名称为过滤，故答案为：过滤；‎ ‎(2).检验溶液B中是否含有Fe3+，可选用KSCN溶液，若溶液变红色，证明含有铁离子，故答案为：取少量溶液B于试管中，加入少量KSCN溶液，若溶液变成红色，则溶液B中含有Fe3＋；‎ ‎(3).由上述分析可知，A为SiO2，偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳反应的化学方式为NaAlO2+CO2+2H2O= Al(OH)3↓+NaHCO3，离子方程式为AlO2－＋2H2O＋CO2=HCO3－＋Al(OH)3↓，故答案为：SiO2；AlO2－＋2H2O＋CO2=HCO3－＋Al(OH)3↓；‎ ‎(4).溶液F中含碳酸氢钠，可作发酵粉或治疗胃酸的药物等，故答案为：作发酵粉、治疗胃酸过多等。‎ ‎19.甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。工业上利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：‎ ‎①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1‎ ‎②CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g) ΔH＝－58 kJ/mol ‎③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH＝＋41 kJ/mol 回答下列问题： ‎ ‎（1）已知反应①中相关的化学键键能数据如下： ‎ 化学键 H－H C－O C O H－O C－H E/（kJ·mol-1）‎ ‎436‎ ‎343‎ ‎1076‎ ‎465‎ x 则x＝_________。‎ ‎（2）若将lmol CO2和2mol H2充入容积为‎2L的恒容密闭容器中，在两种不同温度下发生反应②。测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示。‎ ‎ ‎ ‎①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KI_____KⅡ(填“＞”或“＝”或“＜”)；‎ ‎②一定温度下，能判断该反应达到化学平衡状态的是_____________。‎ a．容器中压强不变 b．甲醇和水蒸气的体积比保持不变 c．v正（H2）＝3v逆（CH3OH） d．2个C＝O断裂的同时有6个H—H断裂 ‎③若5min后反应达到平衡状态，H2的转化率为90%，则用CO2表示的平均反应速率________；该温度下的平衡常数为______；若保持容器温度不变，下列措施可增加甲醇产率的________。‎ a．缩小反应容器的容积 b．使用合适的催化剂 c．充入He d．按原比例再充入CO2和H2‎ ‎【答案】 (1). 413 (2). > (3). ac (4). 0.06mol/（L·min） (5). 450 (6). ad ‎【解析】‎ ‎【详解】(1). 已知①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1‎ ‎②CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g) ΔH＝－58 kJ/mol ‎③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH＝＋41 kJ/mol 根据盖斯定律，②－③=①，则ΔH1=－58 kJ/mol－41 kJ/mol=－99kJ/mol，ΔH=反应物的键能总和－生成物的键能总和，则ΔH1=1076 kJ·mol-1+436×2 kJ·mol-1－(3x kJ·mol-1+343 kJ·mol-1+465 kJ·mol-1)= －99 kJ·mol-1，解得x=413 kJ·mol-1，故答案为：413；‎ ‎(2). ①. II达到平衡的时间小于I，说明II的反应速率大于I，则II的温度大于I，平衡时II中CH3OH的物质的量小于I，说明平衡向逆反应方向移动，则只能是升高温度，即温度升高，平衡向逆反应方向移动，导致化学平衡常数减小，所以KI＞KII，故答案为：＞；‎ ‎②. 反应② CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g) ΔH＝－58 kJ/mol，该反应为气体体积减小的放热反应，‎ a.该反应为反应前后气体体积不等的可逆反应，相同条件下气体物质的量之比等于气体压强之比，容器中压强不变说明反应达到平衡状态，故a选；‎ b.甲醇和水蒸气均为生成物，二者的体积比始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故b不选；‎ c.达到平衡时，用不同物质表示的正逆反应速率之比等于其化学方程式计量数之比，v正（H2）＝3v逆（CH3OH）说明该反应的正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故c选；‎ d.由反应方程式可知，2个C=O断裂的同时一定有6个H-H断裂，不能说明反应达到平衡状态，故d不选，故答案为：ac；‎ ‎③. 若5min后反应达到平衡状态，H2的转化率为90%，则△n(H2)=2mol×90%=1.8mol，由反应方程式可知△n(CO2)= 1.8mol÷3=0.6mol，所以用CO2表示的平均反应速率v(CO2)= =0.06mol/（L·min）；根据平衡三段式法有：‎ CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g)‎ 起始浓度 0.5 1 0 0‎ 转化浓度 0.3 0.9 0.3 0.3‎ 平衡浓度 0.2 0.1 0.3 0.3‎ 平衡常数K==450；‎ 保持容器温度不变，a. 缩小反应容器的容积，压强增大，平衡正向移动，甲醇产率增加，故a选；‎ b.使用催化剂可以加快反应速率，但平衡不移动，甲醇的产率不变，故b不选；‎ c.恒容条件下充入He，各物质的浓度不变，平衡不移动，甲醇的产率不变，故c不选；‎ d. 按原比例再充入CO2和H2相当于增大压强，平衡正向移动，甲醇的产率增大，故d选，则答案为：0.06mol/（L·min）；450；ad。‎ ‎20.草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10－2，K2=5.4×10－5。H2CO3 K1=4.5×10-7 K2= 4.7×10-11 , 草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H‎2C2O4·2H2O)无色，熔点为‎101℃‎，易溶于水，受热脱水、升华，‎170℃‎以上分解。回答下列问题：‎ ‎（1）写出水溶液中草酸的电离方程式:_____________________________________________；‎ ‎（2）生活中，常用热纯碱溶液清洗油污，纯碱溶液遇酚酞显红色，请用离子方程式解释显红色的原因：________________________________________________________________；‎ ‎（3）相同条件下等物质的量浓度的Na‎2C2O4溶液的pH比Na2CO3溶液的pH_____ （填“大”、“小”或“相等”）；‎ ‎（4）向‎1L 0.02mol/L H‎2C2O4溶液中滴加‎1L 0.01mol/L NaOH溶液。混合溶液中c(H+)>c(OH-)，下列说法中正确的是（ ）‎ A．c(H‎2C2O4)>c(HC2O4－) B．c(Na+)+c(H+)=‎2c(C2O42－)+ c(HC2O4－)+c(OH－)‎ C．c(OH－)= c(H+)+‎2c(H‎2C2O4)+c(HC2O4－) D．c(H‎2C2O4)+c(C2O42-)+c(HC2O4-)=0.02mol/L ‎（5）甲同学按照图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象____________________，由此可知草酸晶体分解的产物中有__________________________。装置B的主要作用是_______________________________。‎ ‎（6）设计实验证明：‎ ‎①草酸的酸性比碳酸的强_________________________________________________________。‎ ‎②草酸为二元酸_________________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). H‎2C2O4 HC2O4－+H+ 、HC2O4－ H+ + C2O42－ (2). CO32－ + H2O HCO3－ + OH－ (3). 小 (4). B (5). 有气泡产生，澄清石灰水变浑浊 (6). CO2 (7). 冷凝分解产物中的水和草酸，防止其进入C 干扰CO2的检验 (8). 向1mol/L的NaHCO3溶液中加入1mol/L的草酸溶液，若产生大量气泡则说明草酸的酸性比碳酸强 (9). 用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1).由题中信息可知，草酸为二元弱酸，在水溶液中分两步电离，电离方程式为H‎2C2O4 HC2O4－+H+ 、HC2O4－ H+ + C2O42－，故答案为：H‎2C2O4 HC2O4－+H+ 、HC2O4－ H+ + C2O42－；‎ ‎(2).碳酸根离子发生水解CO32－+ H2O HCO3－ + OH－使溶液呈碱性，加入酚酞试剂后溶液显红色，故答案为：CO32－+ H2O HCO3－ + OH－；‎ ‎(3).草酸的第二步电离平衡常数大于碳酸的第二步电离平衡常数，电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大，所以碳酸根离子的水解程度大于草酸根离子的水解程度，则相同条件下等物质的量浓度的草酸钠溶液pH小于碳酸钠溶液的pH，故答案为：小；‎ ‎(4). 向‎1L 0.02mol/L H‎2C2O4溶液中滴加‎1L 0.01mol/L NaOH溶液，反应得到等物质的量浓度的H‎2C2O4和NaHC2O4溶液，混合溶液中c(H+)>c(OH－)，说明H‎2C2O4的电离程度大于HC2O4－的水解程度。‎ A. H‎2C2O4的电离程度大于HC2O4－的水解程度，则溶液中c(H‎2C2O4)＜c(HC2O4－)，故A错误；‎ B. 由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=‎2c(C2O42－)+ c(HC2O4－)+c(OH－)，故B正确；‎ C.溶液呈酸性，则c(OH－)＜ c(H+)，所以c(OH－)＜c(H+)+‎2c(H‎2C2O4)+c(HC2O4－)，故C错误；‎ D. 由物料守恒可知，c(H‎2C2O4)+c(C2O42-)+c(HC2O4-)=0.01mol/L，故D错误，答案选B；‎ ‎(5).草酸晶体（H‎2C2O4·2H2O）无色，熔点为‎101℃‎，易溶于水，受热脱水、升华，‎170℃‎以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶于水的碳酸钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以C中观察到的现象是：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氢化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰二氧化碳的检验，故答案为：有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊；CO2；冷凝分解产物中的水和草酸，防止其进入C 干扰CO2的检验；‎ ‎(6). ①. 要证明草酸的酸性大于碳酸，可以利用强酸制弱酸的原理，向盛有1mol/L NaHCO3溶液的试管里滴加1mol/L的草酸溶液，有气泡产生就说明草酸的酸性大于碳酸，故答案为：向1mol/L的NaHCO3溶液中加入1mol/L的草酸溶液，若产生大量气泡则说明草酸的酸性比碳酸强；‎ ‎②.草酸和NaOH发生中和反应时，如果草酸是二元酸，则参加反应的草酸物质的量应该是NaOH的一半，所以用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍就说明草酸是二元酸，故答案为：用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍；‎ ‎【点睛】本题主要考查弱电解质的电离和盐的水解，试题难度不大，易错点是第（4）小题，注意根据量的关系得出反应得到的是等物质的量浓度的H‎2C2O4和NaHC2O4溶液，混合溶液中c(H+)>c(OH－)，说明H‎2C2O4的电离程度大于HC2O4－的水解程度，据此根据溶液中的电荷守恒、物料守恒等进行判断。‎