2021-2022学年甘肃省陇南市第五中学高二化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）A海带提碘B氯碱工业C氨碱法制碱D海水提溴2、分类法是学习化学常用的方法。下列分类方法不正确的是（）根据元素原

2、子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素根据物质在常温下的状态，可以从硅、硫、铜、铁、氮气中选出氮气根据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物根据盐在水中的溶解度，将盐分为硫酸盐、碳酸盐、钾盐和铵盐ABCD全部3、PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2 的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是( )ACu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+B10Cl-+2MnO4-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2OC2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl

3、-D5Pb2+2MnO4-+2H2O=5PbO2+2Mn2+4H+4、某化学兴趣小组称取纯净的Na2SO3 7H20 a克，隔绝空气加强热至恒重，经过分析与计算，得到的固体质量与全部转化为亚硫酸钠固体的计算值一致，但固体在水中溶解后测的pH值比理论计算值（相同浓度Na2SO3溶液的pH）大很多。下列说法不正确的是A连续两次称量强热前后固体的质量，如质量差小于0.1g，即可判断固体已经恒重B产生上述矛盾的可能解释：4Na2SO3 3Na2SO4 Na2SC固体产物中加入稀盐酸可能有淡黄色沉淀产生D加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则能确定产物中有Na2SO45、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关

4、叙述正确的是A标准状况下，22.4LCCl4中含有的共价键数为4NaB0.2mol SO2和0.lmolO2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数为0.2NAC常温下，3.2g由S2、S4、S8组成的混合物中含硫原子数为0.1NAD1mol/L Na2CO3溶液中含有CO32-的数目一定小于NA6、下列塑料的合成中，所发生的化学反应类型与另外三种不同的是A聚乙烯塑料B聚氯乙烯塑料C聚苯乙烯塑料D酚醛塑料7、下列应用不涉及氧化还原反应的是（）ANa2O2用作呼吸面具的供氧剂B工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC工业上利用合成氨实现人工固氮D实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH38、分子

5、式为C9H18O2的酯在酸性条件下水解，所得的羧酸和醇在相同条件下二者蒸汽的密度相同，符合此条件的酯的同分异构数目为A2B8C10D169、某有机物含C、H、N三种元素，其分子中含有4个N原子排列成内空的正四面体结构，任意两个N原子之间都有1个C原子，分子中所有原子之间都以单键相连。则该有机物的分子式可能为AC6H10N4BC6H12N4CC6H8N4DC4H8N410、下列各项的叙述中都包含两个数值，前一数值大于后一数值的是（）A单质碘中的分子间作用力和干冰中的分子间作用力BNaCl晶体中与一个Cl紧邻的Na+数和CsCl晶体中与一个Cl紧邻的Cs+数C晶体硅中SiSi键的键能和金刚石中CC

6、键的键能D氨分子中NH键的键角和甲烷分子中CH键的键角11、在恒温、容积为2L的密闭容器中通入1 mol X和2 mol Y，发生反应：X(g)2Y(g)M(g)Ha kJ/mol(a1)，5 min末测得M的物质的量为14 mol。则下列说法正确的是A15 min，Y的平均反应速率为118 molL1min1B当容器中混合气体密度不变时达到平衡状态C平衡后升高温度，X的反应速率降低D到达平衡状态时，反应放出的热量为a kJ12、化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是A分子中两个苯环一定处于同一平面B不能与饱和Na2CO3溶液反应C1 mol化合物X最多能

7、与2 molNaOH反应D在酸性条件下水解，水解产物只有一种13、下列实验可以获得预期效果的是（）A用金属钠检验乙醇中是否含有少量水B用溴水除去苯中的少量苯酚C用质谱法测定有机物相对分子质量D用湿润的pH试纸测定溶液的pH14、下列事实，不能用氢键知识解释的是 ( )A水比硫化氢稳定B水和乙醇可以完全互溶C冰的密度比液态水的密度小D氟化氢的沸点高于氯化氢15、已知K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O72(橙色)+H2O2H+2CrO42(黄色)。向2mL0.1molL1K2Cr2O7溶液中滴入3滴6molL1NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入5滴浓H2SO4，溶液由黄色

8、变为橙色；向酸化K2Cr2O7溶液中滴入适量Na2SO3溶液，溶液由橙色变为绿色：Cr2O72+8H+3SO322Cr3+(绿色)+3SO42+4H2O。下列分析正确的是（）ACrO42和S2在酸性溶液中可大量共存B实验说明氧化性：Cr2O72SO42C稀释K2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小D实验和均能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡16、下列仪器用于测量有机物相对分子质量的是：A元素分析仪B核磁共振仪C红外光谱仪D质谱仪二、非选择题（本题包括5小题）17、M、N、O、P、Q是元素周期表中原子序数依次递增的前四周期元素M原子最外层电子数为内层电子数的3倍；N的焰色反应呈黄色；O的

9、氢化物是一种强酸，其浓溶液可与M、Q的化合物反应生成O的单质；P是一种金属元素，其基态原子中有6个未成对电子请回答下列问题：(1)元素Q的名称为_，P的基态原子价层电子排布式为_。(2)O的氢化物的沸点比其上一周期同族元素的氢化物低，是因为_。(3)M、O电负性大小顺序是_(用元素符号表示)，实验室制备O单质的化学方程式_。(4)M、N形成的化合物的晶胞如图所示，该晶胞的边长为 a pm，则该晶体的密度为_g/cm318、X、Y、Z、W、M、R六种短周期元素，周期表中位置如下：试回答下列问题：（1）X、Z、W、R四种元素的原子半径由大到小的排列顺序是_（用元素符号表示）。（2）由X、Z、W、R

10、四种元素中的三种元素可组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，则该反应的化学方程式为_。（3）由X、W、M、R四种元素组成的一种离子化合物A，已知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与足量盐酸反应的离子方程式_。（4）分子式为X2Y2W4的化合物与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，其原因是_（用方程式及必要的文字说明）。0.1molL1该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_。（5）由X、Z、W、R和Fe五种元素可组成类似明矾的化合物T（相对分子质量为392），1molT中含有6mol结晶水。对化合物T进行如下实验：a.取T的溶液，加入过量的NaOH浓溶液并加热，产生白色沉淀和无

11、色有刺激性气味的气体。白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；b.另取T的溶液，加入过量的BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解。则T的化学式为_。19、（1）根据计算用托盘天平需称取氯化钠_ g；（2）配制溶液时，除需要烧杯、玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有；（3）配制溶液有下列几步操作：a溶解，b摇匀，c洗涤，d冷却，e称量，f将溶液移至容量瓶，g定容正确的操作顺序是；（4）下列操作结果使溶液物质的量浓度偏低的是_ _ ；A没有将洗涤液转入容量瓶中B加水定容时，水的量超过了刻度线C定容时，俯视容量瓶的刻度线D容量瓶洗涤后，未经干燥处理（5）取出该NaCl溶液10mL加水稀释到200m

12、L，稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度是_20、某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_；将FeCl3晶体溶于浓盐酸,再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是_。（2）制备K2FeO4（夹持装置略）后，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：方

13、案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。由方案中溶液变红可知a中含有_离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl氧化，还可能由_产生（用方程式表示）。方案可证明K2FeO4氧化了Cl。用KOH溶液洗涤的目的是_。根据K2FeO4的制备原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O得出：氧化性Cl2_FeO42-（填“”或“”），而方案实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是_。21、硫酸亚锡（SnSO4）是一

14、种重要的硫酸盐，主要用于电镀工业的镀锡、铝合金表面的氧化着色、印染工业的媒染剂、双氧水去除剂等。某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化。SnCl2易水解生成难溶物Sn(OH)Cl（碱式氯化亚锡）。IIISn(OH)2的性质与Al(OH)3性质相似。请回答下列问题：（1）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，这样操作的原因是_。（2）反应得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子方程式是_。（3）滤液I溶质的成分是_。（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是_。（5）称取SnSO4x H

15、2O晶体50.2g，在隔绝空气的情况下小火加热至结晶水全部失去，冷却称量固体质量为43g，则该晶体的化学式为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A海带提碘是将KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；B氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；C氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；D海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。答案选C。2、A【解析】氢、氦等最外层电子数少的元素不是金属元素，而是非金属元素，错

16、误；常温下，氮气为气态，而硅、硫、铜、铁为固态，正确；纯净物中，根据元素种类的多少分为单质和化合物，正确；根据分子中电离出的H+的个数，将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，不是根据分子中含有的氢原子的个数，如醋酸是一元酸，错误；含金属元素的氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝是两性氧化物，七氧化二锰是酸性氧化物，非金属氧化物不一定为酸性氧化物，CO、NO是不成盐氧化物，错误；根据盐在水中的溶解度，将盐分为易溶盐、可溶盐、微溶盐和难溶盐，错误；答案为A。3、D【解析】由题意知：PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱，依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性判断

17、解答。【详解】A.Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，反应中Fe3+为氧化剂，Cu2+为氧化产物，Fe3+氧化性大于Cu2+氧化性， 符合规律，A不符合题意，；B. 10Cl-+2MnO4-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O，反应中MnO4-为氧化剂，氯气为还原剂，MnO4-氧化性强于氯气，符合规律，B不符合题意；C.2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，反应中氯气为氧化剂，Fe3+为氧化产物，氯气的氧化性强于Fe3+，符合规律，C不符合题意；D.5Pb2+2MnO4-+2H2O=5PbO2+2Mn2+4H+，反应中MnO4-为氧化剂，PbO2为氧化产物，MnO4-氧化性强于PbO2，

18、与题干不吻合，D符合题意；故合理选项是D。【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，准确判断氧化剂、氧化产物，熟悉氧化还原反应强弱规律是解题关键。4、D【解析】A、连续两次称量强热前后固体的质量，如质量差小于0.1g，即可判断固体已经恒重，故A正确；B、由于Na2SO3既具有氧化性又具有还原性，Na2SO3加热后发生了歧化反应，硫元素化合价从+4价变化为-2价和+6价，反应的化学方程式为：4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故B正确；C、固体中可能还有Na2SO3，Na2SO3与Na2S在酸性条件下可以归中反应生成硫单质，所以固体产物中加入稀盐酸可能有淡黄色沉淀产生，故C正确；D、固

19、体中可能还有Na2SO3，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则不能确定产物中有Na2SO4，故D错误；故选D。点睛：该题目的关键是亚硫酸钠本身既具有氧化性又具有还原性的性质，才能想到亚硫酸钠会发生歧化、归中的反应。5、C【解析】A. CCl4在标准状况下是液体，无法计算22.4L CCl4的物质的量，所以无法计算含有的共价键数，A不正确；B. 0.2mol SO2和0.lmolO2在一定条件下充分反应后，由于化学平衡2SO2+O22 SO3的存在，反应物不能完全转化为生成物，所以混合物的分子数大于0.2NA，B不正确；C. S2、S4、S8都只含有一种原子即S原子，所以3.2g由S2、S4、S

20、8组成的混合物中含硫原子的物质的量为0.1mol，原子数为0.1NA，C正确；D. 因为不知道溶液的体积是多少，所以无法计算1mol/L Na2CO3溶液中含有CO32-的数目，D不正确。本题选C。6、D【解析】小分子的烯烃或烯烃的取代衍生物在加热和催化剂作用下，通过加成反应结合成高分子化合物的反应，叫做加成聚合反应；缩聚反应是指有机物单体在一定条件下脱去小分子物质（水，氯化氢等）合成高聚物的反应。【详解】一定条件下，乙烯合成聚乙烯、氯乙烯合成聚氯乙烯、苯乙烯合成聚苯乙烯属于加聚反应，苯酚和甲醛合成酚醛塑料属于缩聚反应，故选D。【点睛】题考查加聚反应与缩聚反应，注意加聚反应与缩聚反应概念、单体

21、的区别是解答关键。7、D【解析】A发生的反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；反应中过氧化钠中氧元素（-1价）化合价有升降，所以属于氧化还原反应，故A错误；B2Al2O34Al+3O2中铝元素、氧元素化合价有变化，所以属于氧化还原反应，故B错误；CN2(g)3H2(g)2NH3(g)中，N元素、氢元素化合价有变化，属于氧化还原反应，故C错误；D实验室用NH4Cl 和Ca(OH)2制备NH3，方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；该反应中没有元素化合价升降，所以不属于氧化还原反应，故D正确。故选D。8、D【解

22、析】酯水解生成酸和醇，由于生成的酸和醇的相对分子质量相同，则根据酯的化学式可知，生成的羧酸和醇的化学式分别是C4H8O2和C5H12O，由于丙基有2种，则羧酸C4H8O2就有2种。戊烷有正戊烷、异戊烷和新戊烷，其中等效氢原子的种类分别是3、4和1种，戊醇有8种，所以该酯的同分异构体就有2816种；答案选D。9、B【解析】正四面体有六条边，所以有机物分子中含有6个C，在每条边上都有一个C原子；N原子处在正四面体的四个顶点上，所以有机物的结构可能为：；那么有机物的分子式可能为：C6H12N4，B项符合；答案选B。10、A【解析】分析：A、分子晶体的分子间作用力越大熔沸点越高；B、根据NaCl的晶胞

23、和CsCl的晶胞分析；C、原子晶体中原子半径越小，共价键越强，键能越大；D、根据氨气和甲烷的空间结构分析。详解；A、分子晶体的分子间作用力越大熔沸点越高，已知常温下碘为固体，干冰为气体，所以碘的熔沸点高，即碘的分子间作用力大，A正确；B、NaCl的晶胞中一个Cl-紧邻的Na+数为6，而CsCl的晶胞中与一个Cl-紧邻的Cs+数目为8，B错误；C、原子晶体中原子半径越小，共价键越强，键能越大，已知碳原子半径小于硅原子半径，所以晶体硅中Si-Si键的键能小于金刚石中C-C键的键能，C错误；D、氨气为三角锥形，N-H键的键角为107，甲烷的正四面体结构，分子中C-H键的键角为10928，D错误。答案

24、选A。11、A【解析】Av(M)=1.14molL-1min-1，相同时间内同一反应中不同物质的反应速率之比等于其计量数之比，15min，Y平均反应速率=2v(M)=21.14molL-1min-1=1.18molL-1min-1，故A正确；B该反应过程中容器的体积不变，气体的质量不变，因此气体的密度始终不变，容器中混合气体密度不变，不能说明达到平衡状态，故B错误；C升高温度，活化分子百分数增大，所以正逆反应速率都增大，故C错误；D该反应为可逆反应，所以X、Y不能完全转化为生成物，达到平衡状态时X消耗的物质的量小于1mol，所以放出的热量小于akJ，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为B

25、，要注意根据化学平衡的特征判断平衡状态，选择的物理量需要随着时间的变化而变化。12、D【解析】A、连接两个苯环的碳原子，是sp3杂化，三点确定一个平面，两个苯环可能共面，故A错误；B、此有机物中含有羧基，能与Na2CO3反应，故B错误；C、1mol此有机物中含有1mol羧基，需要消耗1mol氢氧化钠，同时还含有1mol的“”这种结构，消耗2mol氢氧化钠，因此1mol此有机物共消耗氢氧化钠3mol，故C错误；D、含有酯基，因此水解时只生成一种产物，故D正确。13、C【解析】A乙醇和水都能与金属钠反应，不能用金属钠检验，可用硫酸铜检验是否含有水，A错误；B、除去苯中混有的少量苯酚：加入溴水，可以

26、除去苯酚，但溴单质易溶于苯中，引入新的杂质，且生成的三溴苯酚也能溶于苯酚中，B错误；C、质谱法是测定有机物相对分子质量常用的物理方法，C正确；DpH试纸测定溶液的pH时不能事先湿润，D错误；答案选C。14、A【解析】A、稳定性与化学键有关，即水分子稳定是因H-O键键能较大，而与氢键无关，A符合题意；B、乙醇分子上的羟基易与水分子间形成氢键，使乙醇能与水以任意比例混溶，B不符合题意；C、冰中含有氢键，其体积变大，则质量不变时，冰的密度比液态水的密度小，C不符合题意；D、HF分子之间能形成氢键，HF分子可缔合在一起，则液态氟化氢的化学式有时可以写成（HF）n的形式，氟化氢的沸点高于氯化氢，D不符合

27、题意；故合理选项为A。15、B【解析】ACrO42在酸性溶液中转化为Cr2O72-，氧化S2，在酸性溶液中不能大量共存，A错误；B、根据同一化学反应，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，Cr2O72-是氧化剂， 硫酸根是氧化产物，所以氧化性：Cr2O72-SO42，B正确；C、K2Cr2O7溶液水解显酸性，稀释该溶液，酸性减弱，c（OH)增大，C错误；D、实验发生的反应属于氧化还原反应，不属于平衡移动，D错误；答案选B。16、D【解析】A元素分析仪来确定有机化合物中的元素组成，不符合题意，A错误；B核磁共振仪能测出有机物中氢原子子的种类以及数目之比，不符合题意，B错误；C用于检测有机物中特殊官

28、能团及机构特征，主要适用于定性分析有机化合物结构，不符合题意，C错误；D质谱仪能测出有机物相对分子质量，符合题意，D正确；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、锰 3d54s1 HF分子间存在氢键，而HCl分子间无氢键 OCl 4HCl(浓)+MnO2Cl2+MnCl2+2H2O 【解析】依题意可知：M为氧元素，N为钠元素，O是氯元素，P是铬元素，Q是锰元素，因此有：（1）元素Q的名称为锰，P的基态原子价层电子排布式为3d54s1；（2）O的氢化物的沸点比其上一周期同族元素的氢化物低是因为HF分子间存在氢键，而HCl分子间无氢键；（3）M、O电负性大小顺序是OCl，实验室利用二氧化锰与浓

29、盐酸共热制取氯气，反应的化学方程式为4HCl(浓)+MnO2Cl2+MnCl2+2H2O；(4)M、N分别为氧元素和钠元素，根据晶胞结构示意图可知，一个晶胞含有个8氧原子，8个钠原子，其化学式为Na2O，该晶胞的边长为 a pm，则该晶体的密度为=g/cm3。【点睛】本题涉及核外电子排布、电负性、分子结构、杂化轨道、晶胞结构与计算等，（4）为易错点、难点，需要学生具有一定空间想象及数学计算能力。18、SNOH3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2OHSO3-+H+=SO2+H2OKHC2O4溶液中存在HC2O4-的电离与水解，即HC2O4-H+C2O42-，HC2O4-+H2O

30、H2C2O4+OH-，电离程度大于水解程度，使溶液中的c（H+）c（OH-），溶液显酸性c（K+）c（HC2O4-）c（H+）c（C2O42-）c（OH-）(NH4)2Fe(SO4)26H2O【解析】根据元素在周期表中的位置，可推测出X、Y、Z、W、M、R六种短周期元素分别为H、C、N、O、Na、S。【详解】（1）X、Z、W、R四种元素分别为H、N、O、S，原子半径由大到小的顺序为SNOH；（2）X、Z、W、R四种元素分别为H、N、O、S，组成的强酸为硝酸、硫酸，稀溶液能与铜反应，则酸为硝酸，反应的方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；（3）由X、W、M、R四种元素

31、为H、O、Na、S，组成的一种离子化合物A，已知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，则A为亚硫酸氢钠，与盐酸反应生成二氧化硫和水，反应的离子方程式为HSO3-+H+=SO2+H2O；（4）分子式为X2Y2W4的化合物为草酸（乙二酸），与含等物质的量的KOH反应生成的物质为KHC2O4，溶液中存在HC2O4-电离与水解，即HC2O4-H+C2O42-， HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，电离程度大于水解程度，使溶液中的c（H+）c（OH-），溶液显酸性；0.1mol/L KHC2O4溶液中除存在上述反应还有H2OH+OH-，则c（H+）c（C2O42-），各离子浓度由大到小的顺序为c（K+

32、）c（HC2O4-）c（H+）c（C2O42-）c（OH-）；（5）根据a的反应现象，可判断物质T的Fe为+2价，气体为氨气，则含有铵根离子；b的现象说明T中含有硫酸根离子，已知，Fe为+2价，硫酸根为-2价，铵根离子为+1价，的相对分子质量为392，则结晶水个数为6，可判断T的化学式为(NH4)2Fe(SO4)26H2O。19、（1）29.3 （2）500mL容量瓶；胶头滴管；（3）e a d f c f g b （4）AB （5）0.05【解析】试题分析：（1）实验室用氯化钠固体配制480mL1.00mol/L的NaCl溶液，由于实验室中无480mL容量瓶，因此需要配制溶液500mL，故需

33、要称量NaCl固体的质量为，由于托盘天平精确到0.1g，因此需要用托盘天平称取NaCl29.3g；（2）配制溶液时，除需要烧杯、玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有500mL容量瓶和胶头滴管；（3）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、将溶液移至容量瓶、洗涤并将洗涤液移至容量瓶、定容、摇匀，故答案e a d f c f g b；（4）根据公式进行误差分析。A.没有将洗涤液转入容量瓶，使溶质的物质的量减小，所配制溶液的浓度偏低，A正确；B.加水定容时，水的量超过了刻度线，则溶液的体积偏大，所配制溶液的浓度偏低，B正确；C.定容时，俯视容量瓶刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，C错误；D.容量瓶洗涤

34、后，未经干燥处理，对所配溶液的浓度无影响；（5）根据稀释前后溶质的物质的量保持不变进行计算，所得溶液的浓度为：。考点：考查溶液的配制。20、防止亚铁离子被氧化抑制铁离子水解Fe3+4FeO42+20H4Fe3+3O2+10H2O排除ClO的干扰溶液的酸碱性不同【解析】（1）氯化亚铁易被氧化生成氯化铁，因此在FeCl2溶液中需加入少量铁屑的目的是防止亚铁离子被氧化；氯化铁是强酸弱碱盐，水解显酸性，则将FeCl3晶体溶于浓盐酸，再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是抑制铁离子水解；（2）I.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42+20H4Fe3+3O2+10H2O；II.产生Cl2还可能是ClO+Cl+2H+Cl2+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO