2022-2023学年河北省石家庄市第十五中学化学高三第一学期期中达标检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原子序数依次增大，其中X、Z同族，Y是短周期主族元素中原子半径最大的，X是农作物生长的三种必须营养元素之一，W的单质以前常用于自来水消毒。下列说法正确的是AZ的最高价氧化物的水化物能形成多种含Y元素的盐BW的氧化物对应水化物的酸性一定强于ZCY的单质应

2、该保存在水中DX的氢化物沸点比Z的氢化物沸点低2、下列说法错误的是（ ）A萃取操作时，选择有机萃取剂，则溶质在萃取剂的溶解度必须比水大B分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C蒸馏操作时，应使温度计水银球插入混合溶液的液面下D配制一定物质的量浓度的溶液时，洗涤烧杯和玻璃棒的溶液必须转入容量瓶中3、25时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数-lgc(M2+)与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下KspCu(OH)2-KspFe(OH)2，下列说法正确的是Ab线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，且KspFe(OH)2=10-

3、15.1B当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中：C(Fe2+):c(Cu2+)=l：104.6C向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液D除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO4、下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是A向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4B澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3+H2OCNa2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2D向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe

4、(OH)3+3MgCl25、H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法错误的是（）A图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越大，其分解速率越快B图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越大，H2O2分解速率越快C图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快D图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大6、实验室常用NaNO2与NH4Cl两种物质的浓溶液混合共热制取少量N2。下列关于该反应的说法中不正确的是 （ ）A该反应产物除N2外还有NaCl和H2OBNaNO2是氧化剂，NH4Cl是还原剂C每生成2.24

5、L标况下N2转移0.6mol电子D氧化产物和还原产物均为N27、据了解，铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，结构如图所示。下列说法正确的是ACu2(OH)3Cl属于有害锈BCu2(OH)2CO3属于复盐C青铜器表面刷一层食盐水可以做保护层D用NaOH溶液法除锈可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”8、下列各组物质中，能一步实现下图所示转化关系的是选项XYZWACO2 CNa2CO3 NaHCO3 BFe3O4 FeFeCl2FeCl3CAlAl2O3NaAlO2A

6、l(OH)3 DH2SO4 SO2 SSO3 AABBCCDD9、下列离子方程式与所述事实相符且正确的是()ACa(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+CO32+2H2OB向含有0.4molFeBr2的溶液中通入0.3molCl2充分反应：4Fe2+2Br+3Cl24Fe3+6Cl+Br2C向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2A13+3SO42+3Ba2+6OH=3BaSO4+2A1(OH)3D用铁棒作阳极、碳棒作阴极电解饱和氯化钠溶液：2Cl+2H2O=H2+Cl2+2OH10、用于飞机制造业的材料需要满足密度低强度大的特点

7、，具有该性质的材料是 ( )A钠钾合金B镁铝合金C纯铝D黄铜11、硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。下列关于硫化氢的说法错误的是AH2S是一种弱电解质B可用石灰乳吸收H2S气体C根据右图可知FeCl3、CuCl2均能氧化H2SDH2S在空气中燃烧可以生成SO212、下列除杂方法正确的是物质杂质除杂试剂主要操作A溶液过滤B稀硫酸过滤C过滤D泥沙加水溶解、过滤、蒸发AABBCCDD13、常温下，H2C2O4的电离常数：Ka1=5.410-2，Ka2=5.010-5。在V1mL0.1molL-1H2C2O4溶液中滴加0.1molL-1KOH溶液，混合溶液中水电离的c水（H+）与KOH溶

8、液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是（）AV1=20mLBb点和d点对应的溶液中都存在：c（K+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）C常温下，加水稀释b点对应的溶液，稀释后溶液pH减小D常温下，KHC2O4的Kh1=210-1014、关于一些重要的化学概念有下列说法，其中正确的是 Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物 BaSO4是一种难溶于水的强电解质冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐 煤的干馏、煤的汽化和液化都属于化学变化A B C D15、下列说法错误的是A越王勾践剑(青铜)的铸造材料主要是铜锡合金B青花瓷制作原料的主要成分是硅酸盐C以毛竹为原料制作的竹纤维属于高分

9、子材料D石墨烯是一种能导电的有机高分子材料16、在V L Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，过滤得沉淀，然后在高温中灼烧沉淀最后得白色固体m g，溶液中SO42-的物质的量浓度是（ ）Am/27VmolL-1 B2m/27VmolL-1C3m/54VmolL-1 Dm/34VmolL-1二、非选择题（本题包括5小题）17、下图表示有关物质的相互转化关系，其中A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，I是常见的无色液体，反应在化工生产中有着重要应用（部分产物和条件已略去）。（1）写出以下物质的化学式：B_、F_。（2）反应的离子方程式为_。（3）我国首创的由G、空气和海水组成的电池，在航海领域有着

10、极其重要的作用，其工作时正极反应式为_，该电池最大的优点是只需补充_填“正极”或“负极”材料就可接着使用。（4）向M的水溶液中加入少量A中的淡黄色固体，反应的化学方程式为_。（5）25时，pH均为5的盐酸和M的水溶液中，由H2O电离出的H物质的量浓度之比为_。18、已知X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Z、Q的单质在常温下均呈气态；Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍；M与X同族；Z、G分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。回答下列问题：(1)Y、Z、M、G四种元素的原子半径由大到小的顺序是_ (用元素符号表示)。(2)Z在元素周期表中的位置为_，M2Z

11、的电子式为_。(3)上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的水化物是_(写化学式)。(4)X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平的是_ (写名称)。(5)GQ3溶液与过量的MZX溶液反应的化学方程式为_(6)常温下，不能与G的单质发生反应的是_ (填标号)。a.CuSO4溶液 b.浓硫酸 c.NaOH溶液 d.浓硝酸 e.氧化铜19、亚硝酸钙Ca(NO2)2是水泥混凝土外加剂的主要原料，某学习小组设计实验制备亚硝酸钙，实验装置如图所示（夹持装置略去）: 已知： 2NO+CaO2=Ca(NO2)2；2NO2+CaO2=Ca(N

12、O3)2。请回答下列问题：（1）将分液漏斗中的稀硝酸滴入三颈烧瓶中的操作为_、_。（2）向三颈烧瓶中加入稀硝酸之前，应向装置中通入一段时间的N2，原因为（用方程式表示）_。（3）装置D的仪器名称是_;装置B所加试剂是_。（4）装置F中，酸性K2Cr2O7溶液可将剩余的NO氧化成NO3-，溶液由橙色变为绿色(Cr3+)，发生反应的离子方程式是_。（5）己知：Ca(NO2)2溶液遇酸会产生NO气体。设计实验证明装置E中有亚硝酸钙生成：_。（6）工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气（含NO、NO2）反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，反应原理为Ca(OH)2+NO +NO2=Ca(N

13、O2)2+H2O。若n( NO)：n(NO2）l:l，则会导致_：若n( NO)：n( NO2)，则会导致_。20、某化学兴趣小组测定某Fe2(SO4)3样品(只含少量FeCl2杂质)中铁元素的质量分数，按以下实验步骤进行操作：称取a g样品，置于烧杯中；加入50 mL 1.0 mol/L稀硫酸和一定量的蒸馏水，使样品溶解，然后准确配制成250.0 mL溶液；量取25.0 mL步骤中配得的溶液，置于烧杯中，加入适量氯水，使反应完全；加入过量氨水，充分搅拌，使沉淀完全；过滤，洗涤沉淀；将沉淀转移到某容器内，加热、搅拌，直到固体由红褐色全部变为红棕色后，在干燥器中冷却至室温后，称量；请根据上面叙述

14、，回答：(1)上图所示仪器中，步骤中必须用到的仪器有E和_(填字母)。(2)步骤中：配制50 mL 1.0 mol/L稀H2SO4，需要用量筒量取98%(密度1.84 g/cm3)的浓H2SO4体积为_ mL。(3)样品中的杂质Fe2有较强的还原性，完成并配平下列反应的离子方程式_Fe2 ClO2 = Fe3 Cl H2O从理论上分析，上述实验中若将氯水改为ClO2时，对实验结果的影响是_(填“偏大”“偏小”或“不影响”)，等物质的量ClO2与Cl2的氧化效率之比为_。(4)若步骤不在干燥器中冷却，则测定的铁元素的质量分数会_(填“偏大”“偏小”或“不影响”)。21、工业上从电解精炼铜的阳极泥

15、(成分为CuS、Cu2Se、Cu2Te 和少量金属单质Au) 中回收碲、硒的工艺流程如下:已知:TeO2是两性氧化物。Se和TeO2的物理性质如下:物理性质熔点沸点水溶性Se221685难溶于水TeO27331260微溶于水（1）Se在周期表中的位置为_。（2）SeO2与SO2的混合烟气可用水吸收制得单质Se，当有2 mol电子转移时，会生成_mol Se。过滤所得粗硒可采用真空蒸馏的方法提纯获得纯硒，采用真空蒸馏的目的是_。（3）“碱浸”过滤得到滤渣的主要成分是_(填化学式)。（4）“沉碲”时控制溶液的pH为4.5-5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4的浓度过大，将导致“沉碲”不完全，原

16、因为_。（5）“酸溶”将TeO2先溶于硫酸得到Te(SO4)2，然后加入Na2SO3溶液进行还原，还原碲的离子反应方程式是_。（6）常温下，SeO2与NaOH溶液反应所得NaHSeO3溶液的pH_7(填“”“Br，首先发生反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，0.4molFeBr2的溶液中含有0.4mol亚铁离子，反应消耗0.2molCl2，剩余0.1molCl2，再发生反应：2Br+Cl2=2Cl+Br2，消耗0.2mol溴离子，反应的总离子方程式为：4Fe2+2Br-+3Cl2=4Fe3+6Cl-+Br2，选项B正确；C.向明矾KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO

17、42沉淀完全，二者的物质的量的比是1：2，离子方程式为：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=AlO2-+2BaSO4+2H2O，选项C错误；D.用铁棒作阳极、碳棒作阴极电解饱和氯化钠溶液，电解时，阳极铁被氧化，在阳极上不可能产生Cl2，选项D错误；故合理的选项为B。【答案点睛】本题考查了离子方程式判断的知识。离子反应在用离子方程式表示时，既要考虑相对量的多少，也要分析微粒的活动性强弱、反应的先后顺序及物质在不同环境中的存在形式，本题是易错题，要引起高度重视。10、B【题目详解】A选项，钠钾合金呈液态，故A错误；B选项，镁铝合金密度低强度大耐腐蚀，故B正确；C选项，纯铝强度低，故C错误；D

18、选项，黄铜密度大，故D错误；综上所述，答案为B。11、C【答案解析】试题分析：H2S是一种弱电解质，A正确；H2S的水溶液显酸性，可用石灰乳吸收H2S气体，B正确；根据右图可知CuCl2不能氧化H2S，C错误；H2S在空气中燃烧可以生成SO2和水，D正确。考点：考查了元素化合物中硫化氢的性质。12、D【题目详解】A在通常条件下，氧化铁与氢氧化钠不反应，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，不能除去杂质，故A错误；B稀硫酸与铁、铝均反应，无法达到除杂目的，故B错误；CCu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜，引入新杂质，不能除杂，应选铁粉，故C错误；D泥沙不溶于水，则溶解、过滤、蒸发可分离，故D

19、正确；答案选D。13、D【题目详解】A根据图像，能够水解的盐促进水的电离，在V1mL0.1molL-1H2C2O4溶液中滴加0.1molL-1KOH溶液20mL，恰好反应生成K2CrO4，溶液显碱性，此时水电离的c水(H+)最大，因此草酸体积V1=10mL，故A错误；Bb、d点水电离出氢离子110-7mol/L，b点为中性溶液，溶液中存在电荷守恒，c (K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，中性溶液中得到c (K+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，d点为碱性溶液c (K+)c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B错误；C常温下加水稀释b点

20、对应的溶液为KHC2O4和K2C2O4的混合溶液，稀释促进草酸氢根离子电离、草酸根离子水解，稀释后溶液pH7，故C错误；D常温下，C2O42-+H2O=HC2O4-+OH-的Kh1=210-10，故D正确；故选D。【答案点睛】本题的易错点为，B，要注意b、d点水电离出氢离子浓度相等，都是110-7mol/L，但b点为中性溶液，d点为碱性溶液。14、B【答案解析】Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是由分散质和分散剂组成的混合物，故正确；BaSO4是盐，难溶于水，但溶于水的部分完全电离，熔融状态完全电离，是强电解质，故正确；纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，故错误；煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、

21、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程；煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成氢气 、一氧化碳等气体的过程；煤的液化是将煤与氢气在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的氢气和一氧化碳通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程。这三种变化都有新物质生成，都属于化学变化，故正确；故正确序号为。A. 不符合题意；B. 符合题意；C. 不符合题意；D. 不符合题意；答案：B。15、D【题目详解】A越王勾践剑是春秋晚期越国青铜器，铸造材料主要是铜锡合金，故A正确；B青花瓷的制造原料为黏土，属于硅酸盐，故B正确；C高分子化合物相对分子质量很大，一般在10000以上，可高达

22、几百万，以毛竹为原料制作的竹纤维，主要成分为纤维素，是高聚物，属于有机合成高分子材料，故C正确；D“石墨烯”是一种碳的单质，为无机物，不是新型有机高分子材料，故D错误；故选：D。16、D【答案解析】依题意，最后所得固体为Al2O3，其物质的量为m/102 mol，原V L Al2(SO4)3溶液中含SO42-的物质的量m23/(1022)mol，c(SO42-)= m/34VmolL-1，所以答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、H2 Al2O3 2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 O22H2O4e4OH 负极 4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4AlOH3+12Na

23、Cl+3O2 1104 【分析】I是常见的无色液体，应为H2O，A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，该混合物与水反应得到B、D、C，而B、D反应生成水，B、D分别为氢气、氧气中的一种，可推知A为Al、Na2O2混合物，则C为NaAlO2，E为Al（OH）3、F为Al2O3，电解F得到D与G，故G为Al、D为O2、B为H2，G与盐酸反应生成M为AlCl3，据此解答。【题目详解】I是常见的无色液体，应为H2O，A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，该混合物与水反应得到B、D、 C，而B.、D反应生成水，B、D分别为氢气、氧气中的一种，可推知A为Al、Na2O2混合物，则C为NaAlO2，E为Al(O

24、H)3、F为Al2O3，电解F得到D与G，故G为Al、D为O2、B为H2，G与盐酸反应生成M为AlCl3；(1)由上述分析可知，B为H2，F为Al2O3；(2)反应为铝与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；(3)由Al、空气和海水组成的电池，正极发生还原反应，氧气在正极放电生成氢氧根离子，工作时正极反应式为：O2+4e+2H2O4OH，反应中Al被消耗，Al为负极，该电池最大的优点是只需补充负极材料就可继续使用，故答案为O2+4e+2H2O4OH；负极；(4)向AlCl3的水溶液中加入过氧化钠，反应的化学方程式为：4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4

25、AlOH3+12NaCl+3O2；(5)25时，pH为5的盐酸溶液中，由H2O电离出的H+物质的量浓度等于溶液中氢氧根离子浓度为109mol/L，pH为5的AlCl3的水溶液中氢离子浓度为水电离产生，由H2O电离出的H+物质的量浓度为105mol/L，故二者由H2O电离出的H+物质的量浓度之比为109mol/L：105mol/L=1:104，故答案为1:104。18、 第二周期A族 乙烯 AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O e 【分析】X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素,原子序数依次增大.Z、G分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素,则Z为O元素、G为Al元

26、素;Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍,原子序数小于O,只能处于第二周期,最外层电子数为4,则Y为C元素;X单质在常温下呈气态,则X为H元素,X与M同主族,原子序数大于O,则M为Na;Q单质常温下为气态,原子序数大于Al,则Q为Cl.【题目详解】（1）同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径减小,故原子半径；（2）Z为O元素,在元素周期表中的位置为第二周期A族，M2Z为氧化钠，电子式为；（3）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是；（4）X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平的是乙烯；（5）GQ3溶液与过量的M

27、ZX溶液反应的化学方程式为AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O；（6）常温下，不能与G的单质发生反应的是e氧化铜。【答案点睛】常温下，Al与浓硫酸和浓硝酸会钝化，是发生了化学反应，形成了致密的氧化膜，并非未发生反应。19、凹槽与小孔对齐（将玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对齐）打开活塞，控制滴速（打开分液漏斗的活塞，控制稀硝酸以一定速度滴入三颈烧瓶）NO+O2=NO2（排出装置中的空气，防止空气中的氧气将NO氧化为NO2)（球形）干燥管蒸馏水Cr2O72-2NO+6H+= 2Cr3+2NO3-3H2O取少量装置E中反应后的固体于洁净的试管中，滴加适量稀硫酸，试管口有红棕色气

28、体产生，则装置E中有亚硝酸钙生成排放NO气体，污染环境产品中混有Ca(NO3)2杂质【答案解析】试题分析：（1）根据压强原理，将分液漏斗中的稀硝酸滴入三颈烧瓶中，先将玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对齐再打开活塞；(2)NO与O2反应生成NO2，NO2与CaO2反应生成Ca(NO3)2，制取的亚硝酸钙不纯；（3）根据图示回答D装置的名称；A中生成的NO中含有硝酸蒸汽，B装置除去NO中的硝酸蒸汽；（4）K2Cr2O7溶液可将剩余的NO氧化成NO3-，Cr2O72-被还原为Cr3+，根据电子守恒配平方程式；（5）Ca(NO2)2溶液遇酸会产生NO气体，NO遇空气生成红棕色的NO2；（6）根据Ca(O

29、H)2+NO +N02=Ca(N02)2+H2O，n( NO)：n(NO2）l:l，NO过量；n( NO)：n( NO2)2过量，过量的NO2与Ca(OH)2反应生成Ca(NO3)2。解析：（1）根据压强原理，将分液漏斗中的稀硝酸滴入三颈烧瓶中，操作为将玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔、打开活塞，控制硝酸滴速；(2)NO与O2反应生成NO2，NO+O2=NO2，通入一段时间的N2，可以排出装置中的空气，防止空气中的氧气将NO氧化为NO2；（3）根据图示，D装置的名称是球形干燥管；A中生成的NO中含有硝酸蒸汽，B装置的作用是除去NO中的硝酸蒸汽，所以B中的试剂可以是蒸馏水；（4）K2Cr2O7溶液

30、可将剩余的NO氧化成NO3-，Cr2O72-被还原为Cr3+，根据电子守恒配平，离子方程式为Cr2O72-2NO+6H+= 2Cr3+2NO3-3H2O；（5）Ca(NO2)2溶液遇酸会产生NO气体，NO遇空气生成红棕色的NO2，证明装置E中有亚硝酸钙生成的方法是：取少量装置E中反应后的固体于洁净的试管中，滴加适量稀硫酸，试管口有红棕色气体产生，则装置E中有亚硝酸钙生成；（6）根据Ca(OH)2+NO +NO2=Ca(NO2)2+H2O；若n( NO)：n(NO2）l:l，NO过量，排放NO气体，污染环境；若n( NO)：n( NO2)2过量，过量的NO2与Ca(OH)2反应生成Ca(NO3)

31、2，使产品中混有Ca(NO3)2杂质。点睛： NO2与Ca(OH)2反应生成硝酸钙和亚硝酸钙，反应方程式为， NO 与 Ca(OH)2不反应，所以NO不能被氢氧化钙吸收。20、CFG 2.7 514H=512 不影响 52 偏大 【分析】根据氧化还原反应的本质和特征分析解答；根据一定物质的量浓度溶液的配制操作及注意事项分析解答；根据常用物质的制备分析解答。【题目详解】(1)称量药品用天平，氯化铁和氯化亚铁的水溶液都呈酸性，所以准确量取25.00mL步骤中配得的溶液用酸式滴定管，配制一定物质的量浓度的溶液用容量瓶，故答案为CFG；(2) 98%（密度1.84g/cm3）的浓H2SO4的物质的量浓

32、度为：c(浓H2SO4)= 18.4mol/L，依据稀释前后溶液溶质物质的量不变，故配制50mL，1.0mol/L稀H2SO4需要98%（密度1.84g/cm3）的浓H2SO4体积为c(浓)V(浓)=c(稀) V(稀)，带入计算得到：18.4mol/L V(浓)=1.0mol/L0.05L，即V(浓)=2.7mL，故答案为2.7mL；(3) 反应中，Fe2+转化为Fe3+，ClO2中氯元素化合价从+4价变化为-1价，变化5价，电子转移最小公倍数为5，依据电子守恒和原子守恒配平得到离子方程式为：5Fe2+ClO2+4 H+5Fe3+Cl-+2H2O；从理论上分析，上述实验中若将氯水改为ClO2时

33、对实验无影响，不同的是氧化剂不同，同量还原性物质被氧化需要失去电子相同；等物质的量的ClO2与Cl2的氧化效率之比为为转移电子数之比，ClO2Cl-5e-，Cl22Cl-2e-，所以1molClO2与Cl2的氧化效率之比为5：2，故答案为5Fe2+ClO2+4 H+5Fe3+Cl-+2H2O ， 不影响 ，. 52 ；(4) 若步骤不在干燥器中冷却，会吸收空气中的水蒸气，称量的质量增大，则测定的铁元素的质量分数偏大，故答案为偏大。【答案点睛】稀释操作中，溶质的物质的量是保持不变的，故有公式：c(浓)V(浓)=c(稀) V(稀)；氧化还原反应中，得失电子数目守恒。21、四周期，第VIA族 0.5 降低Se的沸点，避免 Se与空气中氧气发生反应 CuO,Au 硫酸浓度过大， TeO2会溶于酸，导致 TeO2沉淀不完全 Te4+2SO3