2022届黄冈八模系列湖北省黄冈市化学高二下期末教学质量检测试题含解析

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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、一定条件下，浓硫酸与下列物质发生的反应，不可能是氧化还原反应的是A锌B碳C氯化钠D硫化钠2、0.01mol Al投入到100mL 3m

2、ol/L NaOH溶液中充分反应后，再滴入1mol/L H2SO4 120mL，其结果A溶液的pH7 B得到澄清透明溶液C得到浑浊液 D先有白色沉淀生成，后逐渐溶解3、碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：下列说法正确的是A分离器中的物质分离操作为过滤B膜反应器中，增大压强有利于提高速率和HI的平衡转化率C该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”D碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+ I2=H2+2H2SO4+2HI4、分别燃烧等物质的量的下列各组物质，其中消耗氧气量相等的是C2H2与 CH3CHO C7H8与C6H12 C2H2与C6H6 HCOOC

3、H3与CH3COOH,ABCD5、下列图示中关于铜电极的连接错误的是AA BB CC DD6、已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ。且氧气中1 mol OO键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1 mol HO键形成时放出热量463 kJ，则氢气中1mol HH键断裂时吸收热量为（ ）A920 kJB557 kJC188 kJD436 kJ7、下列说法正确的是（ ）ANa2O与Na2O2所含化学键的类型完全相同BNaHSO4溶于水只需要克服离子键C碘晶体受热转变成碘蒸气，克服了共价键和分子间作用力D晶体熔沸点由高到低的顺序为：金刚石氯化钠水8、对充有氖气的霓虹灯管通电，灯

4、管发出红色光。产生这一现象的主要原因（ ）A在电流的作用下，氖原子与构成灯管的物质发生反应B电子由基态向激发态跃迁时吸收除红光以外的光线C氖原子获得电子后转变成发出红光的物质D电子由激发态向基态跃迁时以光的形式释放能量9、某温度下，将1.1mol I2加入到氢氧化钾溶液中，反应后得到 KI、KIO、KIO3的混合液。经测定IO与IO3的物质的量之比是2:3.下列说法错误的是AI2在该反应中既作氧化剂又做还原剂BI2的还原性大于KI的还原性，小于KIO和KIO3的还原性C该反应中转移电子的物质的量为1.7molD该反应中，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是17:510、1，6己二胺（

5、H2N（CH2）6NH2）毒性较大，可引起神经系统、血管张力和造血功能的改变下列化合物中能与它发生化学反应的是（ ）ANaOHBNa2CO3CNaClDHCl11、组成为C3H6ClBr的卤代烃，存在的同分异构体有（ ）A4种B5种C6种D7种12、某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分別为5.010-4和1.710-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A曲线I代表HNO2溶液B溶液中水的电离程度：b点c点C相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同D从c点到d点，溶液中c(HA)c(OH-)c(A-)保

6、持不变（其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）13、四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是(假设金属的摩尔质量为Mgmol-1金属原子半径为r cm，用NA表示阿伏加德罗常数的值)A金属Zn采用堆积方式B和中原子的配位数分别为：6、8C对于采用堆积方式的金属的晶胞质量为2MNAgD金属锻压时，会破坏密堆积的排列方式14、最近，意大利科学家使用普通氧分子和带正电荷的氧离子制造出了由4个氧原子构成的氧分子，并用质谱仪探测到了它存在的证据。若该氧分子具有空间对称结构，下列关于该氧分子的说法正确的是A是一种新的氧化物，属于非极性分子B不可能含有极性键C是氧元素的一种同位素D是臭

7、氧的同分异构体15、下列仪器不能直接加热的是A试管B烧瓶C坩埚D蒸发皿16、臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)O3(g)N2O5(g)O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是()A升高温度，平衡常数减小B0-3s内，反应速率v(NO2)=0.2molL-1Ct1时仅加入催化剂，平衡正向移动D达到平衡时，仅改变X，则X为c(O2)17、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18、有关晶体的下列说法中，正确的是()A分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定

8、B二氧化硅的熔点、硬度均比二氧化碳高C冰融化时水分子时，仅共价键发生断裂，分子本身没有变化D氯化钠熔化时离子键被破坏，故属于化学变化19、下列盛放试剂的方法正确的是()A氢氟酸或浓硝酸存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中B汽油或煤油存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中C碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中D氯水或硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中20、下列说法中正确的是（ ）A任何一个能层最多只有s、p、d、f四个能级B用n表示能层序数，则每一能层最多容纳电子数为2n2C电子云中每一个小点代表一个电子D电子的运动状态只能从能层、能级、轨道3个方面进行描述21、下列实验操作和现象与所得结

9、论一定正确的是 选项操作现象结论或解释A向黄色的Fe(NO)3溶液中滴加氢碘酸，再加入一定量CCl4振荡并静置下层溶液变为紫红色氧化性：Fe3+I2B向某无色溶液中滴加稀盐酸，将产生的无色气体通入品红溶液品红溶液褪色原溶液中一定大量存在SO32-C向Mg2+和Cu2+共存的溶液中滴加适量 NaOH溶液，过滤、洗涤得到白色沉淀相同温度下，溶度积常数：KspMg(OH)2”或“氯化钠水，故D正确。正确答案：D。8、D【解析】对充有氖气的霓虹灯管通电，灯管发出红色光是因为通电时Ne原子吸收能量，原子核外的电子由基态跃迁到激发态。但是激发态不稳定，电子再由激发态向基态跃迁，能量就以光的形式释放。所以灯

10、管发出红色光。因此正确选项为D。9、B【解析】A. 反应中只有碘元素的化合价变化，因此I2在该反应中既做氧化剂又做还原剂，A正确；B. I2的还原性小于KI的还原性，大于KIO和KI03的还原性，B错误；C. 设生成碘化钾是xmol，碘酸钾是3ymol，则次碘酸钾是2ymol，所以根据原子守恒、电子得失守恒可知x+3y+2y=2.2、x2y+3y5，解得x17y1.7，所以该反应中转移电子的物质的量为1.7mol，C正确；D. 根据C中分析可知该反应中，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是x：5y17:5，D正确，答案选B。点睛：明确反应中有关元素的化合价变化情况是解答的关键，在进行

11、氧化还原反应的有关计算以及配平时注意利用好电子得失守恒这一关系式。10、D【解析】氨基显碱性，能与酸反应生成盐。【详解】H2N（CH2）6NH2分子中有两个氨基，氨基显碱性，能与酸反应生成盐，H2N（CH2）6NH2能与盐酸反应生成ClH3N（CH2）6NH3Cl。H2N（CH2）6NH2不能与NaOH、Na2CO3、NaCl反应，故选D11、B【解析】C3H6ClBr可以看作是C3H8分子中2个H原子被1个Cl原子和1个Br原子分别取代，可据此根据有机物烷烃的同分异构体的写法来书写其所有的同分异构体。【详解】C3H8分子中有2种氢原子，一氯代物有2种，结构简式为CH3CH2CH2Cl和CH3

12、CHClCH3，CH3CH2CH2Cl分子中有3种氢原子，Br原子取代分子中的氢原子可以形成3种同分异构体，CH3CHClCH3分子中有2种氢原子，Br原子取代分子中的氢原子可以形成2种同分异构体，共5种，故选B。【点睛】本题考查同分异构体的书写，注意先依据烃分子中氢原子的种类写出一氯代物的同分异构体，再依据一氯代物分子中氢原子的种类确定被溴原子取代的同分异构体数目是解答关键。12、D【解析】根据HNO2和CH3COOH的电离平衡常数，推出HNO2的酸性强于CH3COOH，相同pH、相同体积时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即曲线II为HNO2的稀释曲线，曲线I为CH3COOH的稀释曲线，

13、据此分析。【详解】A、根据HNO2和CH3COOH的电离平衡常数，推出HNO2的酸性强于CH3COOH，相同pH、相同体积时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即曲线II为HNO2的稀释曲线，曲线I为CH3COOH的稀释曲线，故A错误；B、b点pH小于c点，说明b点溶液中c(H)大于c点溶液中c(H)，即溶液水的电离程度：c点大于b点，故B错误；C、HNO2的酸性强于CH3COOH，相同pH时，c(CH3COOH)c(HNO2)，即等体积、等pH时，与NaOH恰好中和时，CH3COOH消耗NaOH多，则此时，CH3COONa溶液中Na+含量较多，故C错误；D、c(HA)c(OH-)c(A-)=

14、c(HA)c(OH-)c(H+)c(A-)c(H+)=KwKa，Kw、Ka只受温度的影响，因此从c点到d点，该比值保持不变，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点是选项C，学生认为两种溶液的pH相同，体积相同，所以消耗的氢氧化钠的物质的量相同，错选C，忽略了两种酸的酸性不同，根据图像，推出HNO2的酸性强于CH3COOH，即相同pH时，c(CH3COOH)c(HNO2)，然后分析。13、C【解析】A.为体心立方堆积，而金属Zn采取六方最密堆积，图中为六方最密堆积，故A错误；B.是简单立方堆积，原子配位数为6，是六方最密堆积，原子配位数为12，故B错误；C.晶胞中原子数目1+81/8=2，故晶

15、胞质量=2Mg/molNAmol-1=2MNAg，故C正确；D.金属晶体具有延展性，当金属受到外力作用时，密堆积层的阳离子容易发生相对滑动，但不会破坏密堆积的排列方式，也不会破坏金属键，故D错误。故选C。14、B【解析】4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，分子内含有氧氧非极性键，是结构对称的非极性分子，与O2和O3互为同素异形体。【详解】A项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，不属于氧化物，故A错误；B项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，分子内含有氧氧非极性键，故B正确；C项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，不属于同

16、位素，故C错误；D项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，与O3互为同素异形体，不是同分异构体，故D错误；故选B。【点睛】本题的重点考查了同位素、同素异形体、同分异构体概念和区别，注意氧化物是指只含有两种元素，且其中一种元素是氧元素的化合物；由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，同种非金属元素之间形成非极性键；质子数相同中子数不同原子互称同位素；同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物。15、B【解析】A. 试管能直接加热，A不选；B. 烧瓶不能直接加热，需要垫石棉网，B选；C. 坩埚能直接加热，C不选；D. 蒸发皿能直接加热，D不选。答案选B。16、A【解析】A、由

17、图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，A正确；B、由图可知，0-3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，故v(NO2)=0.6mol/L3s=0.2mol/（Ls），单位错误，B错误；C、t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动。该反应前后气体的物质的量减小，不可能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，C错误；D、达平衡时，仅增大c(O2)，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，D错误。答案选A。17

18、、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不符合题意；故合理选项为A。18、B【解析】试题分析：分子晶体中分子间作用力越大，熔沸点越高，故A错误；二氧化硅是原子晶体，所以熔点、硬度均比二氧化碳高，故B正确；冰融化时水分子时，共价键没有发生断裂，分子本身

19、没有变化，故C错误；氯化钠熔化不属于化学变化，故D错误。考点：本题考查化学键。 19、D【解析】A氢氟酸能和二氧化硅反应，玻璃中含有二氧化硅，所以氢氟酸不能用玻璃瓶盛放；浓硝酸能加快橡胶老化，所以浓硝酸不能存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中，故A错误；B根据相似相溶原理知，橡胶能溶于汽油或煤油，所以汽油或煤油不能存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中，故B错误；C碳酸钠溶液和氢氧化钙溶液都呈碱性，二氧化硅能和强碱反应生成黏性的硅酸钠而使瓶塞打不开，故C错误；D氯水和硝酸银见光易分解，且氯水和硝酸银溶液都是液体，所以它们应该存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中，故D正确；答案选D。20、B【解析】A、在多电子原子中，

20、同一能层的电子能量也不同，还可以把它们分成能级，随着能层数的增大，能级逐渐增多，能级分为s、p、d、f、g等，故A错误；B、在多电子的原子核外电子的能量是不同的，按电子的能量差异，可将核外电子分成不同的能层，用n表示能层序数，则每一能层最多容纳电子数为2n2，故B正确；C、电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形，电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，核外电子运动的概率分布图（电子云）并不完全等同于原子轨道，故C错误；D、决定电子运动状态有四个量：主量子数、角量子数、磁量子数、自旋量子数；所以电子的运动状态可从能层、能级、轨道、自旋方向4个方面进行描述，故D错误

21、；故选B。【点睛】在多电子原子中，同一能层的电子能量也不同，还可以把它们分成能级；在多电子的原子核外电子的能量是不同的，按电子的能量差异，可将核外电子分成不同的能层；电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形，电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道；决定电子运动状态有四个量：主量子数、角量子数、磁量子数、自旋量子数，据此分析。21、D【解析】A. 向黄色的Fe(NO)3溶液中滴加氢碘酸，再加入一定量CCl4振荡并静置，下层溶液变为紫红色，说明生成了碘单质，是因为碘离子被硝酸氧化，故A错误；B. 向某无色溶液中滴加稀盐酸，将产生的无色气体通入品红溶液，品红溶液褪色，可

22、能是盐酸被氧化生成的氯气，氯气与水反应能够生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，故B错误；C. 未说明Mg2+和Cu2+共存的溶液中2种离子的浓度大小，无法判断溶度积常数的大小关系，故C错误；D. K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，向K2Cr2O7溶液中加入少量KOH溶液，H+浓度减小，平衡正向移动，溶液橙色变浅，故D正确；故选D。22、A【解析】A、反应为1mol甲烷完全燃烧放出的热量，反应为1mol甲烷不完全燃烧放出的热量，前者放出的热量较多，故ab，选项A正确；B、反应+与无法建立关系，故无法判断a + c和b的大小，选项B错误；C、根据盖斯定律，由2-2得反

23、应2CO (g)+O2 (g) =2CO2 (g)的H =2（ba）kJmol1，选项C错误；D、根据盖斯定律，由-得反应CO (g) + H2O (l)=CO2 (g)+H2 (g)的H =（bad）kJmol1，选项D错误；答案选A。二、非选择题(共84分)23、羟基、醛基、醚键 浓硫酸、加热 +3Br2+3HBr 【解析】由合成路线可知，反应由香兰素与硝基甲烷缩合，为加成反应；反应、两步实现了醇羟基的消去和碳碳双键的加氢过程，故反应为消去反应，A的结构简式为反应为加成反应；反应为还原反应，最后一步是水解反应。【详解】（1）香兰素中含有的官能团有3种，分别是羟基、醛基、醚键。（2）上述合成

24、过程中属于加成反应的是。（3）反应醇羟基的消去反应，其反应条件通常为：浓硫酸、加热。有机物A的结构简式为。（4）多巴胺（）的同分异构体符合下列条件：(i)属于1,3,5-三取代苯；(ii)苯环上直接连有一个羟基和一个氨基；(iii)分别能与钠和氢氧化钠反应,消耗钠与氢氧化钠的物质的量之比为21，则其分子中有醇羟基和一个酚羟基，而且醇羟基和除苯环外剩余的2个碳原子在一个取代基上，因此，其可能的结构只有2种： 和。（5）多巴胺苯环上的H原子都属于羟基的邻位或对位，都可以被溴原子取代，故遇足量浓溴水会产生沉淀，该反应的化学方程式为: +3Br2+3HBr。24、酯基 CH2=CHCOOH CHCH+

25、HCHO H2C=CHCHO C 【解析】烃A分子量为26，用“商余法”，烃A的分子式为C2H2，烃A的结构简式为CHCH；反应为酯化反应，F与HCOOH反应生成G（C4H8O2），则F属于饱和一元醇、且分子式为C3H8O，B能发生银镜反应，B中含CHO，B与足量H2反应生成F，则F的结构简式为CH3CH2CH2OH，G的结构简式为HCOOCH2CH2CH3；B发生氧化反应生成C，C与H2发生加成反应生成D，D与CH3OH反应生成E（C4H8O2），则D的结构简式为CH3CH2COOH，C为CH2=CHCOOH，E的结构简式为CH3CH2COOCH3，结合烃A和甲醛在一定条件下反应生成有机化合

26、物B，则B的结构简式为CH2=CHCHO；据此分析作答。【详解】烃A分子量为26，用“商余法”，烃A的分子式为C2H2，烃A的结构简式为CHCH；反应为酯化反应，F与HCOOH反应生成G（C4H8O2），则F属于饱和一元醇、且分子式为C3H8O，B能发生银镜反应，B中含CHO，B与足量H2反应生成F，则F的结构简式为CH3CH2CH2OH，G的结构简式为HCOOCH2CH2CH3；B发生氧化反应生成C，C与H2发生加成反应生成D，D与CH3OH反应生成E（C4H8O2），则D的结构简式为CH3CH2COOH，C为CH2=CHCOOH，E的结构简式为CH3CH2COOCH3，结合烃A和甲醛在一定

27、条件下反应生成有机化合物B，则B的结构简式为CH2=CHCHO；(1)据分析，E的结构简式为CH3CH2COOCH3，E中官能团的名称酯基；答案为酯基； (2)据分析，C的结构简式为CH2=CHCOOH；答案为：CH2=CHCOOH； (3) 反应为乙炔和甲醛发生加成反应生成B，反应方程式为CHCH+HCHO H2C=CHCHO；答案为：CHCH+HCHO H2C=CHCHO；(4) A.C 为CH2=CHCOOH，所含碳碳双键可以和溴水发生加成反应 ，A正确； B.D为CH3CH2COOH，F为CH3CH2CH2OH，两者在浓硫酸加热条件下能发生酯化反应，B正确；C.反应和，均为加成反应，C

28、错误； D. B、C、E依次为CH2=CHCHO、CH2=CHCOOH、CH3CH2COOCH3，加热下与新制氢氧化铜悬浊液反应得红色沉淀的为B，与新制氢氧化铜悬浊液反应得到蓝色溶液的为C，与新制氢氧化铜悬浊液不反应、且上层有油状液体的为E，现象不同可鉴别，D正确；答案为：C。25、2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 装有水的洗气瓶 5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2+2H2O 制取NO（或将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO） CO2+4NO2+2H2O 【解析】（1） 如果没有B装置，水能够与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气； 二氧化氮能够与水反

29、应，用水除去一氧化氮气体中的二氧化氮气，提高NaNO2的纯度； 酸性高锰酸钾溶液能够把一氧化氮氧化为硝酸根离子，本身还原为Mn2+；（2） 二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸再与铜反应生成一氧化氮； 碳和浓硝酸加热反应生成二氧化氮、二氧化碳，1molC失去4mole-，反应转移4mole-。【详解】（1）若没有B装置，一氧化氮气体中混有水蒸气，水蒸气和C装置中过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2；制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质，说明NO与空气中的O2反应生成NO2，反应生成的N

30、O2与Na2O2反应生成了NaNO3，则应在A、B之间加一个装有水的洗气瓶除去NO2气体，故答案为：装有水的洗气瓶；D装置为尾气处理装置，未反应的NO被MnO4-氧化生成NO3-，MnO4-被还原成Mn2+，反应的离子方程式为5NO + 3MnO4+ 4H+=5NO3 + 3Mn2+ + 2H2O，故答案为：5NO + 3MnO4+ 4H+=5NO3 + 3Mn2+ + 2H2O；（2）A装置中浓硝酸与碳反应生成NO2、CO2和H2O，NO2与B装置中的H2O反应生成HNO3，HNO3再与Cu反应生成NO，进而可以在C装置中与Na2O2反应，所以装置B的作用是制取NO，将NO2转化为NO，同时

31、Cu与稀硝酸反应生成NO，故答案为：制取NO（或将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO）；A烧瓶中浓硝酸与碳在加热的条件下生成NO2、CO2和H2O，碳元素由0价升高至+4价，每1molC失去4mole-，HNO3中的N元素化合价降低，得电子，化学方程式和单线桥为 CO2+4NO2+2H2O，故答案为： CO2+4NO2+2H2O。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意题给信息分析，明确实验原理，注意物质性质的理解应用，注意实验过程中的反应现象分析是解答关键。26、 500mL容量瓶 胶头滴管 A、B、C、D、F、E 13.6 恢复至室温 高 高【解析】分析：（1）根据配制步

32、骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤排序；（3）依据c=1000/M计算浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=n/V进行误差分析。详解：（1）操作步骤有计算、量取、稀释、冷却、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌。冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒23次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定

33、容颠倒摇匀。所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；（2）用浓硫酸配制稀硫酸的一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、洗涤、移液、定容、摇匀、装瓶，所以正确的顺序为A、B、C、D、F、E；（3）98%的浓硫酸（密度为1.84gcm-3）的物质的量浓度c=10001.8498%/98 mol/L=18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变可知V18.4mol/L=500mL0.5mol/L，解得V=13.6mL；容量瓶为精密仪器，不能盛放过热液体，在转入容量瓶前烧杯中液体应冷却恢复至室温；否则趁热定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；定容

34、时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若俯视会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，题目难度不大，侧重考查学生分析实验能力。难点是误差分析，注意误差分析的依据，根据cB=nBV可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量B和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和V怎样的变化。27、分液漏斗 HCl 防止Cl2与KOH反应生成KClO3 吸收多余的Cl2，防止污染空气 3ClO-+2Fe3+10OH-=2FeO42- +3Cl-+5H2O KOH 79.2% 【解析】根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸

35、加热制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液反应制得次氯酸钾，为防止在较高温度下生成KClO3，C装置中用冰水浴，反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收。(3)根据反应FeO42-+CrO2-+2H2OCrO42-+Fe(OH)3+OH-、2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O和 Cr2O72-+6Fe2+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O，可得关系式2FeO42-Cr2O72-6Fe2+，再根据题意计算。【详解】(1)根据装置图可知仪器a的名称是分液漏斗，根据上述分析，装置B吸收的气体为HCl；Cl2与KOH溶液在2

36、0以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3，所以冰水浴的目的是防止Cl2与KOH反应生成KClO3，氯气有毒，需要进行尾气吸收，装置D是吸收多余的Cl2，防止污染空气；(2)足量KClO中依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，发生氧化还原反应生成K2FeO4、KCl和水等，反应的离子方程式为3ClO-+2Fe3+10OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O；K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，所以向装置C中加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤；(3)根据反应FeO42-+CrO2-+2H2OCrO42-+Fe(OH)3+OH-、2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2

37、O和 Cr2O72-+6Fe2+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O，可得关系式2FeO42-Cr2O72-6Fe2+，根据题意可知，(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为0.024L0.1000mol/L=0.0024mol，所以高铁酸钾的质量为0.0024mol198g/mol=1.584g，所以K2FeO4样品的纯度为100%=79.2%。28、 H2C2O4+ 2CO32-2HCO3-+C2O42- c4c3c2c1 2C(s)+O2(g) 2CO(g)H=222.0 kJmol1 HC2O4-H2CO3HCO3-，酸性越弱，其对应的强碱盐水解程度越大，盐溶液的碱性越强，c(H+)越

38、小，故浓度均为0.1 molL-1的Na2CO3溶液、NaHCO3溶液、Na2C2O4溶液、NaHC2O4溶液中c(H+)逐渐增大，即c4c3c2c1；(2)由已知C和CO的标准燃烧热数据可写出其热化学方程式:C(s)+O2(g)CO2(g)H=-394.0 kJmol-1、CO(g)+12O2(g)CO2(g)H=-283.0 kJmol-1，根据盖斯定律，由(-)2可得:2C(s)+O2(g)2CO(g)H=(-394.0 kJmol-1+283.0 kJmol-1)2=-222.0 kJmol-1；(3)由表格中的平衡常数数据可知，温度越高，平衡常数越小，即升高温度，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，即Q0。由题意可知，平衡时c(H2)=1.4 molL-1，c(CO)=0.