2022届黑龙江齐齐哈尔市化学高二下期末预测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一

2、并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、关于氢键的下列说法正确的是A氢键是一种特殊的化学键B氢键只存在于分子间，不存在于分子内C氢键是乙醇熔沸点比乙烷高的原因之一D氢键既没有饱和性，也没有方向性2、金属的下列性质中和金属晶体结构无关的是()A良好的导电性B反应中易失去电子C良好的延展性D良好的导热性3、下列说法正确的是A吸热反应一定不能自发进行B常温下,pH=6的溶液一定是酸溶液C已知S(单斜,s)=S(正交，s) HYZBX的氢化物与Z的氢化物可以发生反应C氧化物对应水化物的酸性：ZYWD氢化物的稳定性：YZ8、下列物质能发生消去反应的是ACH3OHB（CH3）3CCH2ClCCH

3、3CH2BrD9、下列说法中正确的是A把100mL3mol/L的硫酸与100mLH2O混合，则硫酸的物质的量浓度变为1.5mol/LB75时把100mL20%的NaCl溶液与100gH2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%C把200mL3mol/L的BaCl2溶液与100mL3mol/L的KC1溶液混合后，溶液中的c(C1-)仍然是3mol/LD4时把100g20%的NaOH溶液与100mLH2O混合后，NaOH溶液的质量分数是10%10、下列化合物的核磁共振氢谱中出现三组峰的是：A2，2，3，3-四甲基丁烷B2，3，4-三甲基戊烷C3，4-二甲基己烷D2，5-二甲基己烷11、有关物质结构

4、的下列说法中正确的是()A碘升华时破坏了共价键B含极性键的共价化合物一定是电解质C氯化钠固体中的离子键在溶于水时被破坏DHF的分子间作用力大于HCl，故HF比HCl更稳定12、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A用装置甲进行中和热的测定B用装置乙制取 CO2 气体C用装置丙比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱D用装置丁模拟工业制氨气并检验产物13、下列有关说法正确的是（ ）A乙醇、乙二醇、丙三醇互为同系物B1mol甲基所含的电子数约为106.02C14g分子式为的链烃中含有的CC的数目一定为D同分异构体间具有完全相同的物理性质和化学性质14、能说明BF3分子的4个原子在同一平面的

5、理由是（ ）ABF键的键角为120BBF键是非极性键C3个BF键的键能相等D3个BF键的键长相等15、下列溶液中加入少量NaOH固体导电能力变化不大的是（ ）ANH3H2OBCH3COOHC盐酸DH2O16、下图为H2与O2反应生成H2O(g)的能量变化示意图，下列有关叙述不正确的是A1 mol H2分子断键需要吸收436 kJ的能量BH2(g)+1/2O2(g)H2O(g) H241.8 kJ/molC反应物的总能量高于生成物的总能量D形成化学键释放的总能量比断裂化学键吸收的总能量小二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A原子只有一个未成对电子，M电子层比N电子层多11个电子，试回答下列问

6、题：（1）该元素的基态原子有_个能层充有电子；（2）写出A原子的电子排布式和元素符号_；_。（3）指出元素A在周期表中的位置_。（4）指出元素A的最高化合价 _。（5）A的氢化物分子中共价键的类型可能有_。 s-p键 p-p键 s-s 键 p-p键（6）写出与A同周期未成对电子数最多的元素原子的价层电子排布式_。18、由五种常见元素构成的化合物X，某学习小组进行了如下实验：取4.56g X，在180加热分解，得到白色固体A和1.792L(折算成标准状况)纯净气体B，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。将A溶于水后，得蓝色溶液；再加入足量的BaCl2溶液，得4.66g白色沉淀C和蓝绿色溶液D。在蓝绿色

7、溶液D中加入足量的KI溶液，又得3.82g白色沉淀和黄色溶液。(1)X中5种元素是H、O、_(用元素符号表示)(2)X受热分解的化学方程式是_。(3)蓝绿色溶液D与足量KI反应的离子方程式是_。19、实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验：请完成下列填空：（1）配制100mL 0.1000mol/L NaOH标准溶液。（2）取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加23滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作23次，记录数据如下。实验编号NaOH溶液的浓度（mol/L）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）待测盐酸溶

8、液的体积（mL）10.100030.0520.0020.100029.9520.0030.100028.2020.00滴定达到终点的判断是_，此时锥形瓶内溶液的pH为_。根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_（保留四位有效数字）排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作_，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液甲. 乙. 丙.在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成盐酸浓度测定结果偏高的有_A、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗B、锥形瓶水洗后未干燥C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒E、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消

9、失20、现有一份含有FeCl3和FeCl2的固体混合物，某化学兴趣小组为测定各成分的含量进行如下两个实验：实验1 称取一定质量的样品，将样品溶解； 向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，产生沉淀； 将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体28.7 g实验2 称取与实验1中相同质量的样品，溶解； 向溶解后的溶液中通入足量的Cl2； 再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀； 将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧到质量不再减少，得到固体Fe2O36.40g根据实验回答下列问题：（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有_ （2）实验室保存FeCl2溶液时通常会向其中加入少量的铁粉，其作用是_（3）用化学

10、方程式表示实验2的步骤中通入足量Cl2的反应：_（4）用容量瓶配制实验所用的NaOH溶液，下列情况会使所配溶液浓度偏高的是(填序号)_。a未冷却溶液直接转移 b没用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次并转入容量瓶c加蒸馏水时，不慎超过了刻度线 d砝码上沾有杂质e容量瓶使用前内壁沾有水珠（5）检验实验2的步骤中沉淀洗涤干净的方法是_ （6）该小组每次称取的样品中含有FeCl2的质量为_g21、苯酚是一种重要的化工原料，可用来制取酚醛塑料(电木)、合成纤维(锦纶)、医药、染料、农药等。工业上可用如下途径制取苯酚。请回答下列问题：(1)反应的化学方程式为_。(2)反应中，每生成1molC6H5ONa,需

11、要NaOH_mol。(3)在C6H5ONa溶液中通入CO2发生反应的化学方程式为_。(4)有机物X(C7H8O)与C6H5OH互为同系物，任写一种X可能的结构简式_。(5)已知醇Y与X互为同分异构体，且Y有如下的转化关系。Y+DAY和D反应生成A的化学方程式为_。有机物甲与D“结构相似，分子组成比D多2个碳原子”，且分子中除了饱和烃基与D不同外，其余部分都与D相同，请写出甲可能的结构简式：_、_。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.氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故A错误；B.邻羟基苯甲醛分子( )内的羟基与醛基之间即存在氢键，对羟基苯甲醛分子( )之间存在氢键

12、，所以氢键存在于分子之间，也存在于分子之内，故B错误；C.乙醇的熔沸点比含相同碳原子的烷烃的熔沸点高的主要原因是乙醇分子之间易形成氢键，故C正确；D.氢键和共价健都有方向性和饱和性，故D错误；故选C。【点睛】化学键包含离子键、共价键、金属键；氢键属于分子间作用力，比化学键弱，比分子间作用力强，氢键存在于分子之间，也存在于分子之内。2、B【解析】A.金属容易导电是因为晶体中存在许多自由电子，这些自由电子的运动是没有方向性的，但在外加电场作用下，自由电子就会发生定向移动形成电流，故A错误；B.金属易失电子是由原子的结构决定的，和金属晶体无关，所以B选项是正确的；C.有延展性是因为金属离子和自由电子

13、之间的较强作用，当金属受到外力时，晶体中的各离子层就会发生相对滑动，但因为金属离子和自由电子之间的相互作用没有方向性，受到外力后相互作用没有被破坏，故虽发生形变，但不会导致断裂，故C错误；D.容易导热是因为自由电子在运动时经常与金属离子碰撞而引起能量的交换，从而能量从温度高的部分传到温度低的部分，使整块金属达到相同的温度，故D错误；答案选B。3、C【解析】A.吸热反应H0，S0，高温下反应自发进行，H-TS0，故A错误；B. 强酸弱碱盐也显酸性，所以常温下，pH=6 的溶液不一定是酸溶液，可能是盐溶液，故B错误；C.该反应为放热反应，单斜硫的能量大于正交硫，所以正交硫比单斜硫稳定，故C正确；电

14、解稀硫酸或氢氧化钠溶液的本质均为电解水，产物为氢气和氧气，故D错误；本题选C。4、B【解析】A甲烷和氯气发生取代反应生成多种氯代烃，同时生成氯化氢，产物中物质的量最多的是氯化氢，A错误；B苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液在一定条件下可发生取代反应，生成硝基苯，B正确；C乙烯能与溴反应而被消耗，不能分离，C错误；D苯不含碳碳双键，但可与氢气发生加成反应，D错误。答案选B。5、B【解析】分析：向硫酸锌溶液中加入氨水，氨水先和硫酸锌反应生成氢氧化锌沉淀，继续添加氨水，氨水和氢氧化锌反应生成可溶性的锌氨络合物；A硫酸锌先和氨水反应生成氢氧化锌，氢氧化锌和氨水反应生成络合物；B氢氧化锌和氨水反应生成配合物而使

15、溶液澄清；C硝酸锌中的锌离子和氨水与硫酸锌中锌离子和氨水反应本质是相同的；D配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键。详解：硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀，继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续反应生成锌氨络合物而使溶液澄清，所以溶液中锌离子浓度减小，A选项错误；硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀，继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续反应生成络合物离子Zn（NH3）42+而使溶液澄清，B选项正确；硝酸锌中的锌离子和氨水反应与硫酸锌中锌离子和氨水反应都是锌离子和氨水反应，本质相同，反应现象相同，硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，能观察到同样现象，C选项错误；在Zn（NH3）42+离子中，

16、Zn2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，D选项错误；正确选项B。6、A【解析】分析：A.乙烯含有碳碳双键,可以发生加聚反应，氯乙烯聚合生成聚氯乙烯，聚氯乙烯不含碳碳双键，不能发生加聚反应；B. 油脂、淀粉、蛋白质都可以水解。油脂水解为硬脂酸和甘油，淀粉水解为糖，蛋白质水解为氨基酸；C. 乙醇在一定条件下被氧化为乙酸；D. 石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油,煤油,柴油等）的产量,特别是提高汽油的产量。详解:A. 乙烯含有碳碳双键,可以发生加聚反应，聚氯乙烯不含碳碳双键，不能发生加聚反应，A选项错误的；B. 油脂、淀粉、蛋白质都可以水解。油脂水解为硬脂酸和甘油，淀粉水解为糖，蛋白质水解为

17、氨基酸，故B正确；C.乙醇可以被微生物生成盐酸,乙酸属于羧酸,具有酸的通性,所以酒就变酸了,所以C选项是正确的；D. 石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油、煤油、柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，所以D选项是正确的。所以本题答案选A。7、B【解析】由短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置可知，W位于第二周期，W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层电子数为22=4，可知W为C，结合元素的相对位置可知，X为N，Y为S，Z为Cl，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为C，X为N，Y为S，Z为Cl，A一般主族元素的原子电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减

18、小，则原子半径为SClC，故A错误；BNH3能和HCl反应生成NH4Cl，故B正确；C元素的非金属性ClSC，则最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4H2SO4H2CO3，故C错误；D元素的非金属性ClS，则氢化物的稳定性：HClH2S，故D错误；故答案为B。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素

19、的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。8、C【解析】常见能发生消去反应的有机物有醇和卤代烃，醇发生消去反应结构特点：与-OH相连碳相邻碳上有氢原子才能发生反应，形成不饱和键；卤代烃发生消去反应结构特点：与-X相连碳相邻碳上有氢原子才能发生反应，形成不饱和键。【详解】ACH3OH中只有一个碳，与羟基相连碳相邻没有碳，不能发生消去反应，选项A不选；B（CH3）3CCH2Cl中与-Cl相连碳相邻碳上没有氢原子，不能发生消去反应，选项B选；C溴乙烷中与-Br相连碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，选项C不选；D中与-Br相连碳相邻碳上没有氢原子，不能发生消去反应，选项D不选；答案选C。【点睛】

20、本题考查有机物的结构和性质，侧重于卤代烃和醇能发生消去反应结构特点，难度不大，掌握卤代烃、醇能发生消去反应结构特点是解题的关键。9、D【解析】分析：A.硫酸溶液与水混合体积不具备加合性；B.氯化钠溶液的密度大于1g/cm3,100mL20%的NaCl溶液质量大于100g，与100gH2O混合后，溶液质量大于200g；C.两溶液中氯离子的浓度不相同；D.氢氧化钠溶液的密度与水的密度不相同。详解：混合后溶液的体积不等于原硫酸溶液的体积与水的体积之和，A错误；氯化钠溶液的密度大于1g/cm3,100mL20%的NaCl溶液质量大于100g，所以混合后，NaCl溶液的质量分数不是10%，B错误；3mo

21、lL1的BaCl2溶液中氯离子浓度为6molL1，3molL1的KCl溶液中氯离子浓度为3molL1，混合后氯离子浓度，介于之间3molL16molL1，C错误；100g20%的NaOH溶液中含有溶质氯化钠20g，100mLH2O的质量为100g，100g20%的NaOH溶液与100mLH2O混合后，NaOH溶液的质量分数是20/(100+100)100%=10%, D正确；正确选项D。点睛：考查物质的量浓度与质量分数混合计算，难度不大，注意溶液混合体积不具备加合性，溶液的质量等于溶质质量和溶剂质量之和。10、D【解析】A. 该分子的结构简式为：，只含一种H原子，其核磁共振氢谱中只显示一组峰，

22、A错误；B. 该分子的结构简式为：，含四种H原子，其核磁共振氢谱中只显示四组峰，B错误；C. 该分子的结构简式为：，含四种H原子，其核磁共振氢谱中只显示四组峰，C错误；D. 该分子的结构简式为：，含三种H原子，其核磁共振氢谱中只显示三组峰，D正确；故合理选项为D。11、C【解析】A碘升华属于物理变化，破坏的是分子间作用力，没有破坏共价键，故A错误；B电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，而氨气是含极性键的共价化合物，但是它不是电解质，故B错误；C电解质溶于水时会发生电离，所以氯化钠固体中的离子键在溶于水时被破坏，故C正确；D分子间作用力影响物质的熔沸点，与物质的稳定性无关，HF共价键的

23、键能大于HCl，所以HF比HCl更稳定，故D错误；故选C。12、C【解析】A图中缺少环形玻璃搅拌棒，则不能准确测定反应的最高温度，故A错误；B纯碱为粉末固体，与盐酸接触后关闭止水夹不能实现固液分离，不能制备少量气体，故B错误；C高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气与NaBr反应生成溴，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱，故C正确；D氮气和氢气反应生成氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则图中蓝色试纸不能检验氨气，故D错误；故答案为C。13、C【解析】A. 结构相似、组成上相差一个或多个CH2原子团的物质，互为同系物。乙醇CH3CH2OH、乙二醇HOC

24、H2CH2OH、丙三醇C3H3(OH)3，无论组成结构均不符合同系物概念，故A错误；B. 甲基是9电子基团，1mol甲基含电子数为96.021023，故B错误；C. 因1molCn H2n的链烃分子含NA个碳碳双键，14gCn H2n的链烃其物质的量为mol，故含碳碳双键数为， 故C正确；D. 同分异构体间的物理性质不同，同分异构体若为同类物质时化学性质相似，D错误答案选C。14、A【解析】BF3分子中价层电子对个数=3+1/2（3-31）=3，形成了三条杂化轨道，即B的杂化类型为sp2，形成3个共用电子对，无孤对电子，所以该分子是平面三角形结构。A.BF3中B原子SP2杂化，分子构型为平面三

25、角形，则其分子结构必然是三个F原子分别处在以硼为中心的平面三角形的三个顶点上，所以当3个B-F的键角均为120，能说明BF3分子中的4个原子处于同一平面，故A正确；B.B-F键属于极性键，故B错误；C.3个B-F键相同，键能相同，不能说明BF3分子中的4个原子处于同一平面，故C错误；D.3个B-F键相同，键长相同，不能说明BF3分子中的4个原子处于同一平面，故D错误，故选A。15、C【解析】溶液的导电能力与离子的浓度成正比，与电解质的强弱无关，离子浓度越大导电能力越强，浓度越小导电能力越弱，向溶液中加入氢氧化钠固体后，如果能增大溶液中离子浓度，则能增大溶液的导电能力，否则不能增大溶液的导电能力

26、。【详解】A.氨水是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，向氨水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，所以导电能力增强，故A不符合；B.醋酸是弱电解质，氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠，溶液中的溶质由弱电解质变成强电解质，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故B不符合；C.氯化氢是强电解质，氢氧化钠是强电解质，向盐酸中加入氢氧化钠固体后，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，溶液中离子浓度变化不大，所以溶液的导电能力变化不大，故C符合；D.水是弱电解质，向水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，则溶液的导电能力增强，故D不符合；答案选C。16、D【解析】A. 根据示意图可知1molH2分子断键需要吸收4

27、36 kJ的能量，A正确；B. 反应热等于断键吸收的能量和形成化学键放出的能量的差值，因此H2(g)+O2(g)=H2O(g)的反应热H436 kJ/mol+498 kJ/mol2463.4 kJ/mol=241.8 kJ/mol，B正确；C. 反应是放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，C正确；D. 反应是放热反应，则形成化学键释放的总能量比断裂化学键吸收的总能量大，D错误；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、 4 1s22s22p63s23p63d104s24p5 Br 第四周期第A族 +7 3d54s1【解析】分析：A原子只有一个未成对电子，M电子层比N电子层多11个电

28、子，根据原子核外电子排布规律，基态A原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，A为Br元素。详解：A原子只有一个未成对电子，M电子层比N电子层多11个电子，根据原子核外电子排布规律，基态A原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，A为Br元素。（1）该元素的基态原子中K、L、M、N层排有电子，有4个能层充有电子。（2）A原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，A的元素符号为Br。（3）A原子核外有4个电子层，最外层有7个电子，元素A在周期表中的位置：第四周期第VIIA族。（4）A原子的最外层有7个电子

29、，A的最高化合价为+7价。（5）A的氢化物为HBr，HBr中的共价键是由H原子的1s原子轨道提供的未成对电子与Br原子的4p原子轨道提供的未成对电子形成的s-p键，答案选。（6）A位于第四周期，第四周期中未成对电子数最多的元素为Cr，Cr的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，Cr的价层电子排布式为3d54s1。18、Cu、S、N Cu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3 2Cu2+ 4I-= 2CuI+I2 【解析】X在180加热分解，得到白色固体A和1.792L(折算成标准状况)纯净气体B，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明B为NH3，NH3的物质的量为1.792L

30、22.4L/mol=0.08mol；将A溶于水后得蓝色溶液，则A中含有Cu2+，再加入足量的BaCl2溶液，得4.66g白色沉淀C，4.66g白色沉淀C为BaSO4沉淀，故A为CuSO4，BaSO4的物质的量为4.66g233g/mol=0.02mol，得到蓝绿色溶液D，在蓝绿色溶液D中加入足量的KI溶液又得3.82g白色沉淀，白色沉淀为CuI，CuI的物质的量为3.82g191g/mol=0.02mol，所以n(Cu2+)：n(NH3)：n(SO42-)=0.02mol：0.08mol：0.02mol=1：4：1，所以X的化学式为Cu(NH3)4SO4，据此答题。【详解】（1）由分析可知，X

31、中含有的5种元素分别是H、O、Cu、N、S，故答案为Cu、S、N。（2）由分析可知，X的化学式为Cu(NH3)4SO4，X受热分解生成CuSO4和NH3，反应的化学方程式为：Cu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3，故答案为Cu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3。（3）蓝绿色溶液D与足量KI反应生成CuI，反应的离子方程式为：2Cu2+ 4I-=2CuI+I2，故答案为2Cu2+4I-=2CuI+I2。19、滴入最后一滴NaOH标准溶液，锥形瓶中溶液由无色变成浅红色，且30s不褪色 8.210.0 0.1500 mol/L 丙 CDE 【解析】用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指

32、示剂时，滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液显碱性，结合酚酞的性质分析解答；根据c(酸)V(酸)=c(碱)V(碱)计算；碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出；根据c(待测)= 分析误差。【详解】在用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色恰好由无色变为(浅)红色，且半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点；酚酞的变色范围是8.210，所以滴定终点时溶液pH为8.210；故答案为：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；8.210；根据表格数据可知，第三次实验误差较大，删去

33、，根据c(酸)V(酸)=c(碱)V(碱)，消耗的VNaOH(aq)=mL=30.00mL，则该盐酸的浓度为：=0.15mol/L，故答案为：0.15mol/L；碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡排出，图示丙操作合理，故答案为：丙；A酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，会导致盐酸浓度偏低，需要NaOH体积偏小，测定值偏低，故A错误；B锥形瓶水洗后直接装待测液，锥形瓶中HCl的物质的量不变，消耗的NaOH的量不变，对实验无影响，故B错误；C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故C正确；D、配

34、制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，导致氢氧化钠溶液的浓度偏小，消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故D正确；E碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故E正确；故答案为：CDE。20、烧杯、玻璃棒 防止溶液里的Fe2 被氧化 Cl2 2FeCl2 2FeCl3 ad 取少量最后一次的洗涤液于试管中 ，向试管中溶液加适量AgNO3溶液 ，如未出现白色沉淀说明已洗净 5.08 【解析】（1）溶解所用到的仪器为烧杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空气中的氧气氧化成FeCl3；（3）Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3；（4）分析操作对溶质的物质的量

35、或对溶液的体积的影响，根据c=分析判断；（5）氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠；（6）依据原子个数守恒建立方程组求解。【详解】（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：烧杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空气中的氧气氧化成FeCl3，向溶液中加入少量铁粉，使被氧气氧化产生的FeCl3重新转化为FeCl2，故答案为：防止溶液里的Fe2+被氧化；（3）实验2的反应为Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3，反应的化学方程式为Cl2+2FeCl2=2FeCl3，故答案为：Cl2+2FeCl2=2FeCl3；（4）a、NaOH溶解放热，未冷却溶液直接转移，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；b、没用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次并转入容量瓶，会导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；c、加蒸馏水时，不慎超过了刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；d、砝码上沾有杂质，会导致溶质的质量偏大，溶液浓度偏高；e、容量瓶使用前内壁沾有水珠，不影响溶质的物质的量和对溶液的体积，对溶液浓度无影响；ad正确，故答案为：ad；（5）检验沉淀是否