中学生标准学术能力诊断2024届化学高二上期中联考模拟试题含解析

中学生标准学术能力诊断2024届化学高二上期中联考模拟试题注意事项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、两分子乙炔在一定条件下可生成乙烯基乙炔（HC≡C-CH=CH2），下列关于乙烯基乙炔的说法错误的是（）A．能使酸性KMnO4溶液褪色B．能发生加聚反应生成高分子化合物C．分子中所有碳原子都在一条直线上D．没有顺反异构现象2、已知：CH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(1)△H=―Q1KJ/mol2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)△H=―Q2KJ/mol2H2(g)+O2(g)==2H2O(1)△H=―Q3KJ/mol常温下，取体积比为4:1的甲烷和氢气的混合气体11.2L（已折合成标准状况），经完全燃烧后恢复至常温，则放出的热量为()A．（0.4Q1+0.05Q3）kJ B．（0.4Q1+0.05Q2）kJC．（0.4Q1+0.1Q3）kJ D．（0.4Q1+0.1Q2）kJ3、下列热化学方程式中的ΔH最小的是A．NaOH(aq)+HCl(aq)===NaCl(aq)+H2O(l)ΔH1B．NaOH(aq)+H2SO4(aq)===Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH2C．CH3COOH(aq)+NaOH(aq)===CH3COONa(aq)+H2O(l)ΔH3D．NaOH(aq)+H2SO4(浓)===Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH44、一定温度下的密闭容器中发生可逆反应，一定能说明该反应以达到平衡状态的是（）A．气体总质量 B．v逆(SO2)=v正(SO2)C．n(SO2)：n(SO3)=1：1 D．生成1molSO2的同时生成1molO25、下列关于物质的使用合理的是A．碳酸钠用于治疗胃酸过多B．婴儿食品应添加着色剂，以增加婴儿对食物的兴趣C．维生素C可防治坏血病，因而我们需要大量补充维生素CD．药物可以帮助我们战胜疾病，但我们仍需合理用药6、在373K时，把0.5molN2O4气体通入体积为5L的恒容密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2秒时,NO2的浓度为0.02mol/L。在60秒时,体系已达平衡,此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是（）A．前2秒，以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/(L·s)B．在2秒时体系内的压强为开始时的1.2倍C．在平衡时体系内含N2O40.20molD．平衡时，如果再充入一定量N2O4,则可提高N2O4的转化率7、下列叙述中，能证明某物质是弱电解质的是()A．熔融时不导电B．水溶液的导电能力很差C．不是离子化合物，而是极性共价化合物D．溶液中已电离的离子和未电离的分子共存8、对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是①增加C的量；②增加CO的量；③将容器的体积缩小一半；④保持体积不变，充入N2以增大压强；⑤升高反应体系的温度；⑥保持压强不变，充入N2以增大体积。A．②③ B．①④ C．①⑥ D．④⑥9、下列有关化学用语表示正确的是(

)A．质子数为53,中子数为78的碘原子:5378B．乙烯的结构简式:CH2CH2C．S2-的结构示意图:D．CH4分子的比例模型:10、二氯丁烷的同分异构体有()A．6种 B．8种 C．9种 D．10种11、下列溶液中含Cl－物质的量浓度最大的是A．20mL0.2mol/L的AlCl3溶液B．40mL0.2mol/L的CaCl2溶液C．60mL0.4mol/L的KCl溶液D．100mL0.4mol/L的NaCl溶液12、对于某些离子的检验及结论一定正确的是A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32－B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42－C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4＋D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2＋13、电解精炼铜时，纯铜做（），粗铜做（）A．阳极阳极B．阴极阴极C．阳极阴极D．阴极阳极14、下列物质中不可做净水剂的是A．磺化煤 B．高铁酸盐 C．活性炭 D．明矾15、下列配合物的配位数不是6的是A．K3[Fe(SCN)6]B．Na2[SiF6]C．Na3[AlF6]D．[Cu(NH3)4]Cl216、FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在。双聚分子中Fe的配位数为()A．6 B．4 C．3 D．不能确定二、非选择题（本题包括5小题）17、今有A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：第一电离能____________；电负性____________。18、Ⅰ．KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题：(1)为尽量少引入杂质，试剂①应选用______________(填标号)。a．HCl溶液b．H2SO4溶液c．氨水d．NaOH溶液(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_________________________。(3)沉淀B的化学式为______________________II．毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下:(4)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是_________________________________。Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2(5)滤渣Ⅱ中含(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________________________________。已知：Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-919、某学生用0.2000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：（A）移取15.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2-3滴酚酞（B）用标准溶液润洗碱式滴定管2-3次（C）把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液（D）取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2-3cm（E）调节液面至0或0刻度以下，记下读数（F）把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度完成以下填空：(1)正确操作的顺序是（用序号字母填写）（B）-（___）-（___）-（___）-（A）-（___）；(2)三次滴定消耗NaOH溶液的体积如下:实验序号123消耗NaOH溶液的体积(mL)20.0520.0019.95则该盐酸溶液的准确浓度为_____________。(保留小数点后4位)(3)用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，下列情况可能造成测定结果偏高的是：____________。A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确。B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗。C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液。D．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准液润洗。20、用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_______。（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_________。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_______(填“偏大、偏小、无影响”)（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热_______(填“相等、不相等”),简述理由________。（5）用相同浓度和体积的氨水（NH3·H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会__________；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。21、如图为向25mL0.1mol·L−1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L−1CH3COOH溶液过程中溶液pH的变化曲线。请回答：(1)B点溶液呈中性,有人据此认为,在B点时NaOH与CH3COOH恰好完全反应,这种看法是否正确?(选填“是”或“否”)_________.若不正确,则二者恰好完全反应的点是在AB区间还是BD区间内?__________________(若正确,此问不答)(2)AB区间,c(OH−)>c(H+),则c(OH−)与c(CH3COO−)大小关系是_______________A．c(OH−)一定大于c(CH3COO−)B．c(OH−)一定小于c(CH3COO−)C．c(OH−)一定等于c(CH3COO−)D．c(OH−)大于、小于或等于c(CH3COO−)(3)在D点时,溶液中c(CH3COO−)+c(CH3COOH)_________2c(Na+)(“>”、“<”或“=”)(4)常温下,将VmL、0.1000mol·L−1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol·L−1醋酸溶液中,充分反应。回答下列问题.(忽略溶液体积的变化)①如果溶液pH=7,此时V的取值____________20.00(填“>”、“<”或“=”),而溶液中c(Na+)、c(CH3COO−)、c(H+)、c(OH−)的大小关系为________________________.②如果V=40.00,则此时溶液中c(OH−)−c(H+)−c(CH3COOH)=__________________mol·L−1

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】A、乙烯基乙炔为HC≡C-CH=CH2，分子中含有一个碳碳双键、一个碳碳三键，都能使酸性KMnO4溶液褪色，所以A选项是正确的；B、乙烯基乙炔为HC≡C-CH=CH2,分子中含有一个碳碳双键、一个碳碳三键，能发生加聚反应生成高分子化合物,所以B选项是正确的；C、乙烯是平面结构，乙炔是直线型分子,乙烯基乙炔分子中的所有原子一定都共平面,但不是所有碳原子都在一条直线上,故C错误；D.乙烯基乙炔为HC≡C-CH=CH2,其中C=C连接相同的H原子，不具有顺反异构,所以D选项是正确的。所以本题答案选C。【题目点拨】本题主要考查了有机化合物的结构与性质，掌握乙烯和乙炔的分子结构是解题的关键，乙烯是平面结构，乙炔是直线型分子，乙烯基乙炔分子中的所有原子一定都共平面，但不是所有碳原子都在一条直线上。2、A【分析】根据混合气体的体积计算混合气体的物质的量，结合气体体积比计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学方程式计算放出的热量。【题目详解】甲烷和氢气的混合气体体积为11.2L（折合成标准状况），则甲烷和氢气的混合气体的总物质的量为=0.5mol，甲烷和氢气的体积比为4:1，所以甲烷的物质的量为0.5mol×=0.4mol，氢气的物质的量为0.5mol-0.4mol=0.1mol，由CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=―Q1kJ/mol可知，0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4mol×Q1kJ/mol=0.4Q1kJ，混合气体完全燃烧后恢复至室温，生成物水为液态，由2H2(g)+O2(g)==2H2O(1)△H=―Q3kJ/mol可知，0.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为0.05Q3kJ，所以放出的热量为0.4Q1+0.05Q3，答案选A。【题目点拨】本题考查反应热的计算，试题难度不大，注意根据生成物水为液态选择相应的热化学方程式计算反应热，为易错点。3、D【分析】根据放热反应放热的多少进行分析，但应注意放热焓变为负值。放热越多，ΔH越小。【题目详解】A、B中均为强酸与强碱生成1mol水及可溶性盐，则焓变相同，C中醋酸电离吸热,放出热量的数值小于A或B、D中浓硫酸稀释放热，放出热量的数值大于A或B，则△H3＞△H1=△H2＞△H4；故选：D。4、B【题目详解】A．该反应无固体参与反应，故整个过程中气体总质量不变，A错误；B．v逆(SO2)=v正(SO2)，表明二氧化硫的正反应速率=逆反应速率，可以说明反应达到平衡，B正确；C．反应中途某一时刻，可能出现n(SO2)：n(SO3)=1：1，故不能说明反应达到平衡，C错误；D．生成1molSO2的同时生成1molO2，均指逆反应方向，不能说明反应达到平衡，D错误；答案选B。5、D【解题分析】试题分析：A．碳酸钠碱性太强，碳酸氢钠用于治疗胃酸过多，A错误；B．婴儿的抵抗力弱，身体素质不高，着色剂中有化学成分，对婴儿影响不好，B错误；C．任何药物都有副作用，不能大量服用，C错误；D．任何药物都有副作用，应在医生指导下服用，D正确，答案选D。【考点定位】本题考查食品添加剂、药物的使用等【名师点晴】该题难度不大，注意任何药物都有副作用，应在医生指导下服用，平时注意养成良好的生活习惯，注意合理、科学医药。6、C【分析】A．根据化学反应速率的定义可知，利用单位时间内浓度的变化量来计算化学反应速率；

B．利用一定条件下反应前后的物质的量之比等于压强之比来计算；C．利用平衡时容器内压强为开始时的1.6倍来计算平衡时各物质的物质的量；

D．若往容器内充入N2O4气体，相当于压缩容器体积，相当于增大压强，利用压强对化学平衡的影响来分析能否提高N2O4的转化率。【题目详解】A项，前2秒，以NO2的浓度变化表示的平均反应速率为=0.01mol/(L·s)，则以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.005mol/(L·s)，故A项错误；B项2秒时，NO2的浓度为0.02mol/L，其物质的量为0.02mol/L×5L=0.1mol，则容器内气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.1mol=0.55mol，容器内的压强为反应前的=1.1倍，故B项错误；C项，平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol×1.6=0.8mol，设剩余N2O4的物质的量为xmol，则有(0.5-x)×2+x=0.8，解得x=0.2mol，即体系内含0.2mol

N2O4，故C项正确；D项，平衡时，若往容器内充入N2O4气体，相当于在原来的基础上缩小体积，由N2O4═2NO2，则缩小体积，压强增大，化学平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。【题目点拨】本题考查化学平衡及化学反应速率的计算，题目难度中等，明确信息中的压强关系及不同时间混合体系中各物质的物质的量的关系是解答的关键，并熟悉化学反应速率的计算式及影响化学平衡移动的因素即可解答。7、D【题目详解】A.熔融时不导电的化合物不一定是弱电解质，如HCl是共价化合物，熔融时不导电，但是强电解质，A项错误；B.电解质的强弱与溶液的导电性没有本质联系，很稀的强电解质水溶液的导电能力也很弱，因为溶液中离子浓度很小，B项错误；C.HCl是极性共价化合物，但是强电解质，C项错误；D.弱电解质在水溶液中部分电离，所以溶液中已电离的离子和未电离的分子共存，说明该物质是弱电解质，D项正确；答案选D。【题目点拨】判断强、弱电解质的关键是物质在水溶液里能否完全电离，是否存在电离平衡。8、B【分析】根据影响化学反应速率的外因分析判断。【题目详解】①C为固体，改变其用量不影响反应速率；②增加CO量即增大CO气体浓度，化学反应速率增大；③将容器的体积缩小，容器中气体浓度增大，反应速率增大；④体积不变时充入N2，与反应有关的气体浓度不变，反应速率不变；⑤升高反应温度，反应速率加快；⑥压强不变时充入N2，容器体积变大，与反应有关的气体浓度减小，反应速率减小。本题选B。9、D【解题分析】A.元素符号的左上角为质量数，质量数=质子数+中子数=53+78=131,所以质子数为53，中子数为78的碘原子表示为,故A错误；

B.乙烯的结构简式:CH2=CH2，故B错误；

C.S原子最外层6个电子,得到2个电子达到稳定结构,S2-的离子结构示意图:

,故C错误；

D.甲烷分子的比例模型应该体现出甲烷分子中各原子的相对体积大小,碳原子半径大于氢原子半径，甲烷的比例模型为:

,故D正确；

综上所述，本题选D。10、C【解题分析】丁烷中，当碳链为C-C-C-C，当氯原子在同一个碳上，有2中结构，氯在不同的碳上，有4种结构；当为异丁烷时，当氯原子在同一个碳上，有1中结构，氯在不同的碳上，有2种结构，共有2+4+1+2=9种二氯代物。故选C。【题目点拨】烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种；在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。11、A【解题分析】A.c(Cl-)=0.2×3mol/L=0.6mol/L；B.c(Cl-)=0.2×2mol/L=0.4mol/L；C.c(Cl-)=0.4mol/L；D.c(Cl-)=0.4mol/L；故正确答案为A。12、C【分析】A.根据与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，判断溶液所含离子；B.硫酸钡和氯化银均为不溶于酸的白色沉淀；C.根据铵根离子的检验方法进行判断；D.利用难溶的碳酸盐的性质进行分析。【题目详解】A.与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，可以是HCO3-、CO32-、SO32-、HSO3-等，不能证明一定是CO32－，A项错误；B.当溶液中含Ag+时，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，因而不一定有SO42－，也可能含有Ag+，B项错误；C.检验NH4+的正确方法是加入氢氧化钠溶液并加热，会产生氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝，C项正确；D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，溶液中可能含有Ca2+或者Ba2＋，D项错误；答案选D。【题目点拨】常用检验离子的方法是气体法还是沉淀法，掌握检验物质的方法是解答本题的关键。13、D【解题分析】电解精炼铜时，粗铜因含有杂质金属（铁、银等），所以做阳极，纯铜做阴极，阳极金属（主要是铁、铜）不断溶解，溶液中铜离子在阴极析出，粗铜变为纯铜，D正确；综上所述，本题选D。【题目点拨】粗铜精炼过程，粗铜做阳极，纯铜做阴极，含有铜离子的溶液做电解质溶液，精炼前后，电解质的溶液的浓度变小。14、A【题目详解】A.磺化煤不能净水，故符合题意；B.高铁酸盐具有强氧化性，且反应后生成的铁离子能水解生成氢氧化铁胶体具有吸附作用，所以具有净水的作用，故不符合题意；C.活性炭有吸附性，能净水，故不符合题意；D.明矾中的铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，能净水，故不符合题意。故选A。【题目点拨】掌握净水的原理，如胶体的吸附或活性炭的吸附等。注意净水和对水消毒、杀菌是不同的原理。15、D【解题分析】首先根据配合物的化学式确定配离子和外界离子，根据配离子确定配体的数目。【题目详解】A．K3[Fe(SCN)6]中配体为SCN-，配合物的配位数为6，故不选A；B．Na2[SiF6]中配体为F-，配合物的配位数为6，故不选B；C．Na3[AlF6]中配体为F-，配合物的配位数为6，故不选C；D．[Cu(NH3)4]Cl2中配体为NH3，配合物的配位数为4，故选D；【题目点拨】本题考查配合物的成键情况，题目难度不大，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，把握相关概念，不要混淆。16、B【题目详解】FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为：，Fe原子周围有4个Cl，则双聚分子中Fe的配位数为4，故答案为B。二、非选择题（本题包括5小题）17、OCaNaCl1s22s22p44s2Na＜Ca＜Cl＜ONa＜Ca＜Cl＜O【分析】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na；D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。【题目详解】（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na，Cl。（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2；。（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和VA族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。18、d2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Al(OH)3增大接触面积从而使反应速率加快Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少【分析】本题主要考查物质的制备实验与化学工艺流程。I.（1）由易拉罐制备明矾，则需要通过相应的操作除去Fe、Mg，根据金属单质的性质可选择强碱性溶液；（2）根据（1）中选择的试剂写出相关化学方程式；（3）Al在第一步反应中生成AlO2-，在第二步中加入了NH4HCO3，NH4+和HCO3-均能促进AlO2-水解生成Al(OH)3沉淀；II.浸取过程中碳酸钡和稀盐酸反应生成氯化钡，再加入NH3·H2O调节pH至8，由表中数据可知，滤渣I为Fe(OH)3，再将滤液调节pH至12.5，由表中数据可知，滤渣II为Mg(OH)2和少量Ca(OH)2，再加入H2C2O4，可除去Ca2+，再进行后续操作制备出BaCl2·2H2O，据此分析作答。【题目详解】（1）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质，故选d项；（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（3）滤液中加入NH4HCO3溶液后，电离出的NH4+和HCO3-均能促进AlO2-水解，反应式为NH4＋＋AlO2－＋2H2O=Al(OH)3＋NH3·H2O，生成Al(OH)3沉淀。Ⅱ、（4）毒重石用盐酸浸取前研磨将块状固体变成粉末状，可以增大反应物的接触面积从而使反应速率加快；（5）根据流程图和表中数据分析加入NH3·H2O调节pH至8，由表中数据可知，可除去Fe3+，滤渣I为Fe(OH)3，再将滤液调节pH至12.5，由表中数据可知，可完全除去Mg2+，部分Ca2+会沉淀，滤渣II为Mg(OH)2和少量Ca(OH)2，再加入H2C2O4，可除去Ca2+，若加入过量的H2C2O4，易发生Ba2＋＋H2C2O4=BaC2O4＋2H＋产生BaC2O4沉淀，导致产品的产量减少。19、DCEF0.2667mol/LCD【解题分析】（1）中和滴定的实验顺序为：检查、洗涤、润洗、装液、读数、取待测液、加指示剂、滴定、读数、处理废液、洗涤；（2）据三次实验的平均值求得所用标准液的体积，再据c（HCl）=[c(NaOH)•V(NaOH)]/V(HCl求算；（3）酸碱中和滴定中的误差分析，主要看错误操作对标准液V（NaOH）的影响，错误操作导致标准液体积偏大，则测定结果偏高，错误操作导致标准液体积偏小，则测定结果偏低，据此分析。【题目详解】（1）中和滴定的实验顺序为：检查、洗涤、润洗、装液、读数、取待测液、加指示剂、滴定、读数、处理废液、洗涤，所以正确操作的顺序是BDCEAF，故答案为：D；C；E；F；（2）消耗标准液V（NaOH）=（20.05+20.00+19.95）mL/3=20.00mL，c（HCl）=[c(NaOH)•V(NaOH)]/V(HCl)=(0.20000mol/L×0.0200L)/0.0150L=0.2667mol/L，故答案为：0.2667mol/L；（3）A项、滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其读数偏少，V（NaOH）偏少，故A偏低；B项、盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，无影响；C项、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，V（NaOH）偏高，故C偏高；D项、未用标准液润洗碱式滴定管，氢氧化钠浓度降低，导致所用氢氧化钠体积增多，故D偏高；故答案为：CD。20、环形玻璃搅拌器减少实验过程中的热量损失；偏小相等因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关偏小。【分析】根据中和热是酸和碱反应生成1mol水时放出的热量和中和热测定实验进行分析解答本题。【题目详解】(1)根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故答案为：环形玻璃搅拌器；

(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；

(3)大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会偏小，故答案为：偏小；

(4)因为中和热是酸和碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关；(5)稀的强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量为57.3kJ，氨水为弱碱的溶液，弱碱的电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故答案为：偏小。21