江苏省常州市14校联盟2024年高三最后一模化学试题含解析

江苏省常州市14校联盟2024年高三最后一模化学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、部分氧化的Fe－Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共2.88g，经如下处理：下列说法正确的是A．滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋ B．V＝224C．样品中CuO的质量为2.0g D．样品中铁元素的质量为0.56g2、同素异形体指的是同种元素形成的不同结构的单质，它描述的对象是单质。则同分异构体、同位素、同系物描述的对象依次为A．化合物、原子、化合物 B．有机物、单质、化合物C．无机化合物、元素、有机化合物 D．化合物、原子、无机化合物3、下列符合元素周期律的是A．碱性：Ca(OH)2>Mg(OH)2 B．酸性：H2SO3>H2CO3C．热稳定性：NH3<PH3 D．还原性：S2－<Cl－4、利用如图所示装置，在仪器甲乙丙中，分别依次加入下列各选项中所对应的试剂进行实验。能达到实验目的的是（）A．浓盐酸、高锰酸钾、浓硫酸，制取纯净的氯气B．浓盐酸、浓硫酸、浓硫酸，制取干燥的氯化氢气体C．稀硫酸、溶液X、澄清石灰水，检验溶液X中是否含有碳酸根离子D．稀硫酸、碳酸钠、次氯酸钠，验证硫酸、碳酸、次氯酸的酸性强弱5、下列有关实验的选项正确的是()A．分离甲醇与氯化钠溶液B．加热NaHCO3固体C．制取并观察Fe(OH)2的生成D．记录滴定终点读数为12.20mL6、下列各项反应对应的图像正确的是()A．图甲为25℃时，向亚硫酸溶液中通入氯气B．图乙为向NaAlO2溶液中通入HCl气体C．图丙为向少量氯化铁溶液中加入铁粉D．图丁为向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠7、属于非电解质的是A．二氧化硫 B．硫酸钡 C．氯气 D．冰醋酸8、捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)()A．10.1gN(C2H5)3中所含的共价键数目为2.1NAB．标准状况下，22.4LCO2中所含的电子数目为22NAC．在捕获过程中，二氧化碳分子中的共价键完全断裂D．100g46％的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA9、铊(Tl)与铝同族。Ti3+在酸性溶液中就能发生反应：Tl3++2Ag=Tl++2Ag+。下列推断错误的是A．Tl+的最外层有1个电子B．Tl能形成+3价和+1价的化合物C．酸性溶液中Tl3+比Tl+氧化性强D．Tl+的还原性比Ag弱10、下列实验操作或装置（略去部分夹持仪器）正确的是A．除去HCl中含有的少量Cl2B．石油的蒸馏C．制备乙酸乙酯D．制备收集干燥的氨气11、2019年化学诺贝尔奖授予拓展锂离子电池应用的三位科学家。如图是某锂—空气充电电池的工作原理示意图，下列叙述正确的是A．电解质溶液可选用可溶性锂盐的水溶液B．电池放电时间越长，Li2O2含量越少C．电池工作时，正极可发生Li+＋O2－e-=LiO2D．充电时，b端应接负极12、将下列物质分别加入溴水中，不能使溴水褪色的是A．Na2SO3晶体 B．乙醇 C．C6H6 D．Fe13、常温下，在10mL0.1mol·L−1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L−1HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示，下列说法不正确的是A．溶液的pH为7时，溶液的总体积大于20mLB．在B点所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)＝2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-)C．在A点所示的溶液中：c(Na+)＝c(CO32-)＝c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)D．已知CO32-水解常数为2×10－4，当溶液中c(HCO3-)＝2c(CO32-)时，溶液的pH＝1014、下列有关实验的选项正确的是A．A B．B C．C D．D15、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是A．10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为1.2NAB．NA个P4()与NA个甲烷所含的共价键数目之比为1∶1C．常温下，1LpH＝13的M(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.1NAD．含0.4molHNO3的浓硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2NA16、某溶液中可能含有离子：K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO32-、SO42-，且溶液中各离子的物质的量相等，将此溶液分为两份，一份加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀。下列说法正确的是（）A．若溶液中含有硫酸根，则可能含有K+B．若溶液中含有亚硫酸根，则一定含有K+C．溶液中可能含有Fe3+D．溶液中一定含有Fe2+和SO42-17、在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：。相关条件和数据见下表：实验编号实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ反应温度/℃700700750达平衡时间/min40530n(D)平衡/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A．实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，平衡不移动B．升高温度能加快反应速率的原理是降低了活化能，使活化分子百分数提高C．实验Ⅲ达平衡后容器内的压强是实验Ⅰ的0.9倍D．K3>K2>K118、下列由实验操作及现象得出的结论正确的是操作及现象结论A其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+C向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液，溶液变浑浊酸性：盐酸>碳酸>硅酸DC2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制得气体使酸性KMnO4溶液褪色一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色A．A B．B C．C D．D19、在NH3、HNO3、H2SO4的工业生产中，具有的共同点是()A．使用吸收塔设备 B．使用尾气吸收装置C．使用H2作原料 D．使用催化剂20、化学在实际生活中有着广泛的应用。下列说法错误的是（）A．食品添加剂可以改善食物的色、香、味并防止变质，但要按标准使用B．铅蓄电池工作时两极的质量均增加C．CO2和SO2都是形成酸雨的气体D．用明矾作净水剂除去水中的悬浮物21、在25℃时,将1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是(

)A．水的电离程度：a>b>cB．c点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)C．a点对应的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)D．该温度下，CH3COOH的电离平衡常数22、某小组设计如图装置，利用氢镍电池为钠硫电池(总反应为：)充电。已知氢镍电池放电时的总反应式为，其中M为储氢合金，下列说法正确的是A．a极为氢镍电池的正极B．充电时，通过固体陶瓷向M极移动C．氢镍电池的负极反应式为D．充电时，外电路中每通过2mol电子，N极上生成1molS单质二、非选择题(共84分)23、（14分）盐酸普罗帕酮是一种高效速效抗心律失常药。合成此药的原料D的流程如下：已知：请回答以下问题：(I)A的化学名称为____，试剂a的结构简式为____。(2)C的官能团名称为____________。(3)反应⑤的反应类型为____；反应①和⑤的目的为_______。(4)满足下列条件的B的同分异构体还有___种(不包含B)。其中某同分异构体x能发生水解反应，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，请写出x与NaOH溶液加热反应的化学方程式____。①能发生银镜反应②苯环上有2个取代基(5)关于物质D的说法，不正确的是____（填标号）。a．属于芳香族化合物b．易溶于水c．有三种官能团d．可发生取代、加成、氧化反应24、（12分）聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如图（部分反应条件略去）：已知：+R2OH(1)A的名称是___________________。(2)写出下列反应的反应类型：反应①是_____________，反应④是__________。(3)G的结构简式为_____________________，F的分子式为_____________________。(4)写出反应②的化学方程式____________________。(5)C存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式：____________。(6)仅用一种试剂就可以鉴别B、D、H，该试剂是____________。(7)利用以上合成路线的信息，以甲苯、乙醇、乙醇钠为原料合成下面有机物（无机试剂任选）___________。25、（12分）无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体．某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成．实验装置如下：每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积．实验数据如下（E中气体体积已折算至标准状况）：实验组别温度称取CuSO4质量/gB增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4④T40.640X40.19233.6（1）实验过程中A中的现象是______．D中无水氯化钙的作用是_______．（2）在测量E中气体体积时，应注意先_______，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．（3）实验①中B中吸收的气体是_____．实验②中E中收集到的气体是______．（4）推测实验②中CuSO4分解反应方程式为：_______．（5）根据表中数据分析，实验③中理论上C增加的质量Y3=_______g．（6）结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由________．26、（10分）草酸是草本植物常具有的成分，具有广泛的用途。草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色易溶于水，熔点为101℃，受热易脱水、升华，在170℃以上分解。常温下，草酸的电离平衡常数K1=5.4×10－2，K2=5.4×10－5。回答下列问题：（1）拟用下列装置分解草酸制备少量纯净的CO，其合理的连接顺序为____（填字母）。（2）相同温度条件下，分别用3支试管按下列要求完成实验：试管ABC4mL0.01mol/L4mL0.02mol/L4mL0.03mol/L加入试剂KMnO4KMnO4KMnO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O4褪色时间28秒30秒不褪色写出试管B中发生反应的离子方程式____________；上述实验能否说明“相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快”？_____（填“能”或“不能”）；简述你的理由：__________________。（3）设计实验证明草酸为弱酸的方案及其结果均正确的有________（填序号）。A．室温下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，测其pH=2；B．室温下，取0.010mol/L的NaHC2O4溶液，测其pH>7；C．室温下，取pH=a（a<3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pH<a+2；D．取0.10mol/L草酸溶液100mL与足量锌粉反应，收集到H2体积为224mL（标况）。（4）为测定某H2C2O4溶液的浓度，取20.00mLH2C2O4溶液于锥形瓶中，滴入2-3滴指示剂，用0.1000mol/L的NaOH溶液进行滴定，进行3次平行实验，所用NaOH溶液体积分别为19.98mL、20.02mL和22.02mL。①所用指示剂为__________；滴定终点时的现象为________________；②H2C2O4溶液物质的量浓度为________；③下列操作会引起测定结果偏高的是_______（填序号）。A．滴定管在盛装NaOH溶液前未润洗B．滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出C．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数D．滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数27、（12分）硫酸亚铁晶体俗称绿矾(FeSO4•7H2O)，重铬酸钠晶体俗称红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，它们都是重要的化工产品。工业上以铬铁矿[主要成分是[Fe(CrO2)2]为原料制备绿矾和红矾钠的工艺流程如图所示。请回答下列问题：(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，则Fe(CrO2)中铁元素的化合价为______________。(2)化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3写成Na2O·SiO2，则Fe(CrO2)2可写成__________。(3)煅烧铬铁矿时，矿石中的Fe(CrO2)2转变成可溶于水的Na2CrO4，反应的化学方程式如下：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2①该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为________________。②为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是_________________(填一种即可)。⑷己知CrO42-在氢离子浓度不同的酸性溶液中有不同的反应。如：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O3CrO42-+4H+=Cr3O102-+2H2O①往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是________________。②混合溶液乙中溶质的化学式为______________________。(5)写出Fe与混合溶液丙反应的主要离子方程式_________________。检验溶液丁中无Fe3+的方法是：_____________。从溶液丁到绿巩的实验操作为蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。28、（14分）黄铜矿(CuFeS2)是炼铜的主要矿物，在野外很容易被误会为黄金，因此被称为愚人金。回答下列问题：（1）处于激发态的S原子，其中1个3s电子跃迁到3p轨道上，该激发态S原子的核外电子排布式为__。同族元素的氢化物中，H2O比H2Te沸点高的原因是__。（2）检验Fe2+的试剂有多种，其中之一是铁氰化钾（K3[Fe(CN)6])，又称赤血盐。①在配合物K3[Fe(CN)6]中，易提供孤电子对的成键原子是__（填元素名称），含有12molσ键的K3[Fe(CN)6]的物质的量为__mol。②赤血盐中C原子的杂化方式为__；C、N、O三种元素第一电离能由大到小的排序为___；写出与CN-互为等电子体的一种化合物的化学式__。③Fe、Na、K的晶胞结构相同，但钠的熔点比钾更高，原因是___。（3）CuFeS2的晶胞结构如图所示。已知：晶胞参数a=0.524nm，c=1.032nm。则CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与__个S原子相连，晶体密度ρ=__g·cm-3（列出计算表达式）。29、（10分）钛酸锌（ZnTiO3）是一种抗菌涂料，应用于人造骨骼等生物移植技术。回答下列问题：（1）基态Zn原子的电子占据能量最高的能层符号为_____________，与Zn同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与Zn相同的元素有___________种（2）钛能与B、C、N、O等非金属元素形成稳定的化合物。则电负性C____B（选填“>或“<”）；第一电离能N>O，原因是__________________________________________。（3）ZnTiO3与80%H2SO4反应可生成TiOSO4。①的空间构型为_____________，其中硫原子采用____________杂化。②与互为等电子体的分子的化学式为_________________（任写一种即可）（4）Zn与S所形成化合物晶体的晶胞如图所示。①与Zn原子距离最近的Zn原子有___________个。②该化合物的化学式为_________________________________。③已知该晶体的晶胞参数为a×10-12m，阿伏加德罗常数为NA。则该晶体的密度为__________________g/cm3（列式即可）

参考答案一、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、B【解析】

根据氧化性Fe3+>Cu2+>H+可知铁离子优先反应，由于滤液A中不含Cu2+，且有气体氢气生成，则滤液A中不含Fe3+，滤渣1.6g为金属铜，物质的量为0.025mol，即合金样品中总共含有铜原子和铜离子0.025mol。滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体为Fe2O3，质量为1.6g，物质的量为0.01mol，即合金样品中总共含有铁原子和铁离子0.02mol。稀硫酸过量，因此滤液A中的溶质为H2SO4和FeSO4，其中溶质FeSO4为0.02mol，则能加反应的硫酸的物质的量也为0.02mol，0.02molH2SO4电离出0.04mol氢离子，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧离子O2-结合成水。A、滤液A中的阳离子为Fe2+、H+，选项A错误；B、合金中氧离子O2-的物质的量为=0.01mol，0.01molO2-生成水需结合H+0.02mol，所以参加反应的0.02mol硫酸中有0.04mol-0.02mol=0.02molH+生成了氢气，即有0.01molH2生成，标准状况下产生的氢气的体积为0.01mol22.4L/mol=0.224L=224mL，选项B正确；C、假设Fe－Cu合金样品全部被氧化，则样品中CuO的质量为0.025mol80g/mol=2g，而实际情况是Fe－Cu合金样品部分氧化，故样品中CuO的质量小于2g，选项C错误；D、样品中铁元素的质量为0.02mol56g/mol=1.12g，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查混合物计算及物质的性质，为高频考点，把握流程中反应过程是解答关键，侧重解题方法与分析解决问题能力的考查，注意利用极限法与原子守恒解答。2、A【解析】

同分异构体是一种有相同分子式而有不同的原子排列的化合物；同种元素的不同的原子互称同位素；同系物是结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的化合物的互称。同分异构体、同位素、同系物描述的对象依次是化合物、原子、化合物；故A正确；答案：A3、A【解析】

A．金属性Ca＞Mg，对应碱的碱性为Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故A正确；B．非金属性S＞C，对应最高价含氧酸的酸性为H2SO4＞H2CO3，而H2SO3＞H2CO3可利用强酸制取弱酸反应说明，故B错误；C．非金属性N＞P，对应氢化物的稳定性为NH3＞PH3，故C错误；D．非金属性S＜Cl，对应阴离子的还原性为S2-＞Cl-，故D错误；故答案为A。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①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；②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；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。4、B【解析】

A．生成的氯气中含有HCl气体，浓硫酸不能吸收HCl，故A错误；B．浓硫酸与浓盐酸混合放出大量热，且浓硫酸吸水，可以挥发出较多HCl气体，也可以用浓硫酸干燥氯化氢，所以可以得到干燥的HCl，故B正确；C．二氧化硫也能够使澄清石灰水变浑浊，且碳酸氢根离子也能够能够产生二氧化碳，无法证明溶液X中是否含有CO32-，故C错误；D．稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和次氯酸钠反应生成次氯酸，但生成次氯酸现象不明显，无法判断，故D错误；故选：B。5、C【解析】

A．甲醇与水互溶，不分层，则不能用分液的方法分离，故A错误；B．加热固体，试管口应略朝下倾斜，以避免试管炸裂，故B错误；C．植物油起到隔绝空气作用，氢氧化钠与硫酸亚铁反应，可生成氢氧化亚铁，故C正确；D．滴定管刻度从上到下增大，则记录滴定终点读数为11.80mL，故D错误。故选：C。【点睛】酸式滴定管或碱式滴定管的0刻度在滴定管的上方，与量筒读数不同。6、C【解析】

A．亚硫酸为酸性，其pH小于7，与图象不符，发生Cl2+H2SO3+H2O=2Cl-+4H++SO42-后，随着氯气的通入，pH会降低，直到亚硫酸反应完全，pH不变，故A错误；B．NaAlO2溶液中通入HCl气体，发生H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1：3，故B错误；C．向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，则Fe元素的质量增加，Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，故C正确；D．BaSO4饱和溶液中，存在溶解平衡，加硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，故D错误；故答案为C。7、A【解析】

A、二氧化硫的水溶液能导电，是因为二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子和亚硫酸氢根离子，而不是二氧化硫本身发生电离，所以二氧化硫是非电解质，故A正确；B、硫酸钡在熔融状态能电离出钡离子和硫酸根离子，能够导电，所以硫酸钡是电解质，故B错误；C、非电解质是溶于水溶液中和在熔融状态下不能导电的化合物，而氯气为单质，不是非电解质，故C错误；D、醋酸在水溶液中电离出醋酸根离子和氢离子，能够导电，所以醋酸是电解质，故D错误；故选：A。【点睛】根据非电解质的定义：非电解质是指在水溶液中和在熔融状态下都不能导电的化合物及电离的特点来解答此题．8、C【解析】

A．10.1gN(C2H5)3物质的量0.1mol，一个N(C2H5)3含有共价键数目为21根，则10.1gN(C2H5)3含有的共价键数目为2.1NA，故A正确；B．标准状况下，22.4LCO2的物质的量是1mol，1个CO2分子中有22个电子，所以含的电子数目为22NA，故B正确；C．在捕获过程中，根据图中信息可以看出二氧化碳分子中的共价键没有完全断裂，故C错误；D．100g46％的甲酸水溶液，甲酸的质量是46g，物质的量为1mol，水的质量为54g，物质的量为3mol，因此共所含的氧原子数目为5NA，故D正确；选C。9、A【解析】

A．铊与铝同族，最外层有3个电子，则Tl+离子的最外层有2个电子，故A错误；B．根据反应Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知，Tl能形成+3价和+1价的化合物，故B正确；C．Tl3++2Ag═Tl++2Ag+，氧化还原反应中氧化剂的氧化性最强，则Tl3+的氧化性最强，所以Tl3+比Tl+氧化性强，故C正确；D．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，在反应Tl3++2Ag=Tl++2Ag+，还原性Ag＞Tl+，故D正确；故选A。10、A【解析】

A．氯气在饱和食盐水中的溶解度较低，可除掉氯化氢，故A正确；B．蒸馏试验中温度计测量蒸气的温度，应与蒸馏烧瓶支管口处相平，故B错误；C．制备乙酸乙酯可直接加热，水浴加热不能达到合成温度，故C错误；D．可用浓氨水和生石灰制备氨气，氨气的密度比空气小，用向下排空法收集，但导管应插入试管底部，故D错误。故选A。【点睛】氯气和水的反应是可逆的，氯化氢溶于水电离是不可逆的，所有单质气体都是难溶于或者微溶于水的，只有卤族除外，他们可以和水发生化学反应，而Cl2和水反应产生Cl-，这个反应是一个平衡反应，有一定的限度，当水中Cl-增多时，平衡会逆向移动，所以NaCl溶液中Cl2更加难溶，HCl溶于水后非常容易电离，因此可以用饱和食盐水除去Cl2中的HCl。11、D【解析】

根据电子的流向可知b极为负极，锂单质失电子被氧化，a极为正极，氧气得电子被还原。【详解】A．负极单质锂与水反应，所以电解溶液不能用水溶液，故A错误；B．电池放电过程中锂单质被氧化成锂离子，锂离子移动到正极发生xLi++O2+xe-=LixO2，所以时间越长正极产生的Li2O2越多，而不是越少，故B错误；C．正极发生得电子的还原反应，当x=1时发生：Li++O2+e-=LiO2，故C错误；D．充电时，b极锂离子转化为锂，发生还原反应，即为电解池的阴极，则充电时，b端应接负极，故D正确；故选D。12、B【解析】

能使溴水褪色的物质应含有不饱和键或含有醛基等还原性基团的有机物以及具有还原性或碱性的无机物，反之不能使溴水因反应而褪色，以此解答该题。【详解】A．Na2SO3具有还原性，可与溴水发生氧化还原反应使溴水褪色，A不符合题意；B．乙醇与水混溶，且与溴水不发生反应，不能使溴水褪色，B符合题意；C．溴易溶于苯，苯与水互不相溶，因此会看到溶液分层，水层无色，C不符合题意；D．铁可与溴水反应溴化铁，溴水褪色，D不符合题意；故合理选项是B。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能力，注意相关基础知识的积累。13、C【解析】

A.当混合溶液体积为20mL时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸稍微过量，所以混合溶液体积稍微大于20mL，故不选A；B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)＝2c()+c()+c(OH−)+c(Cl−)，故不选B；C.根据图象分析，A点为碳酸钠，碳酸氢钠、氯化钠的混合溶液，且c()=c()，溶液呈碱性，则c(OH−)＞c(H+)，盐溶液水解程度较小，所以c()＞c(OH−)，则离子浓度大小顺序是c(Na+)>c()=c()＞c(OH−)＞c(H+)，故选C；D.根据Kh=计算可得c(OH−)=10-4，因此溶液的pH＝10，故不选D；答案选C。14、D【解析】

A.乙醇的密度比金属钠小，所以乙醇和金属钠反应钠应沉入试管底部，故A错误；B.因为2NO2N2O4H<0,升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以热水中NO2的浓度高，故B错误；C.氢氧化钠属于强碱，易潮解容易和玻璃中的SiO2反应生成硅酸钠，瓶和塞黏在一起，因此应保存在软木塞的试剂瓶中，故C错误；D.D是实验室制备蒸馏水的装置，故D正确；答案：D。15、B【解析】

A．在乙醇溶液中，除了乙醇外，水中也含H原子，而10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有4.6g乙醇，物质的量为0.1mol，含0.6NA个H原子，水5.4g，物质的量为0.3mol，含H原子为0.6NA个，故共含H原子为1.2NA个，故A正确；B．白磷分子中含6条共价键，而甲烷中含4条共价键，因此相同数目的分子中含有的共价键个数之比为3∶2，故B错误；C．pH=13的M(OH)2溶液中，氢氧根的浓度为0.1mol/L，因此1L溶液中含有的氢氧根的个数为0.1NA个，故C正确；D．硝酸的物质的量为0.4mol，若与铜反应完全生成二氧化氮，转移电子物质的量为0.2mol，但是由于铜足量，浓硝酸随着反应的进行，后来变成了稀硝酸，生成了一氧化氮，转移的电子数增加，所以0.4mol硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2mol，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意随着反应的进行，硝酸的浓度减小，难点为A，要注意水分子中也含有H原子。16、B【解析】

向溶液中加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，说明溶液中含有还原性微粒，可能含有Fe2+或；另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀，溶液中可能含有或；若溶液中阴离子只有，与Fe2+会发生双水解，因溶液中各离子的物质的量相等以及会与Fe3+反应，因此阳离子为K+、Na+；若溶液中阴离子为，则阳离子为Fe2+（不能含有K+、Na+，否则溶液不能使高锰酸钾褪色）；若溶液中阴离子为、，Fe3+、Fe2+与不能共存，故溶液中阴离子不可能同时含有、；综上所述，答案为B。【点睛】本题推断较为复杂，需要对于离子共存相关知识掌握熟练，且需依据电荷守恒进行分析，注意分类讨论。17、A【解析】

A．容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)⇌2D(g)，实验III中，平衡时n(D)=1mol，则n(A)=1mol，n(B)=0.5mol，因此c(D)=0.5mol/L，c(A)=0.5mol/L，c(B)=0.25mol/L，750℃的平衡常数K===4，温度不变，则平衡常数不变，实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(D)=1mol/L，此时浓度商QC==4=K，则平衡不发生移动，故A正确；B．升高温度不能降低反应的活化能，但能使部分非活化分子吸收热量而变为活化分子，即增大了活化分子百分数，增大活化分子的有效碰撞机会，化学反应速率加快，故B错误；C．根据理想气体状态方程PV=nRT可知，在相同体积的容器中，PIII：PI=nIIITIII:nITI。反应起始时向容器中充入2molA和1molB，实验III达平衡时，n(D)=1mol，根据反应方程式，则平衡时n(A)=1mol，n(B)=0.5mol。实验I达平衡时，n(D)=1.5mol，根据反应方程式，n(A)=0.5mol，n(B)=0.25mol，则实验III达平衡后容器内的压强与实验I达平衡后容器内的压强之比=≠0.9，故C错误；D．反应为2A(g)+B(g)⇌2D(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时D的量减少，化学平衡向逆反应方向移动，则K3＜K1，温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上，则平衡常数的关系为：K3＜K2=K1，故D错误；答案选A。【点睛】本题的难点为C，需要结合理想气体状态方程pV=nRT计算判断。本选项的另一种解法：实验III中平衡混合物的总物质的量为2.5mol，实验I中平衡混合物的总物质的量为2.25mol，两者物质的量之比为2.5:2.25=1.1，则在相同温度下的相同容器的压强之比等于其气体的总物质的量之比=1.1，由于实验III的温度更高，升高温度，气体的压强增大，则两容器的压强之比大于1.1。18、A【解析】

A.酸的电离平衡常数越大，其酸根离子水解程度越小，则其相应的钾盐pH越小，所以测定等物质的量浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小，故A正确；B.向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，原溶液中可能含有铁离子，无法据此判断原溶液中是否含有亚铁离子，故B错误；C.盐酸易挥发，产生的气体中混有HCl，HCl与硅酸钠反应也产生白色沉淀，则该实验不能比较碳酸与硅酸酸性的强弱，故C错误；D.C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制取的乙烯气体中混有乙醇、SO2等，乙醇、SO2都能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明一定是乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误。故选A。19、D【解析】

A、H2SO4不用H2作原料，错误；B、SO2到SO3需要催化剂，NH3的合成与氧化需要催化剂，正确；C、NH3的合成不使用吸收塔设备，错误；D、工业生产中原料充分利用，一般有毒气体较少排放，错误。答案选D。20、C【解析】

A．食品添加剂要按标准使用，因为它在为人类改善食物的色、香、味的同时，可能也产生一定的毒性，A正确；B．铅蓄电池工作时，负极Pb→PbSO4，正极PbO2→PbSO4，两极的质量均增加，B正确；C．SO2是形成酸雨的气体，但CO2不是形成酸雨的气体，C错误；D．明矾中的Al3+可水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮物并使之沉降，所以可用作净水剂，D正确；故选C。21、D【解析】

A.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，c点反应CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH固体，a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度：a>b>c，故A正确；B.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b点溶液呈酸性，说明CH3COOH浓度远大于CH3COONa，c点CH3COONa与HCl反应完全，溶液呈酸性，此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液，则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正确；C.a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），此时pH=7，则c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（CH3COO-），故C正确；D.该温度下pH=7时，c（H+）=10-7mol·L-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2mol/L，c（CH3COOH）=（c-0.2）mol/L，则醋酸的电离平衡常数Ka==，故D错误；故选D。【点睛】解答本题的难点是选项A，需要明确酸、碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。需要分析a、b、c三点c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差别，从而确定水的电离程度的相对大小。22、B【解析】

由电池总反应可知，氢镍电池放电时为原电池反应，负极反应式为MH+OH--e-=M+H2O，正极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-；钠硫电池充电时为电解池反应，阴极反应式为2Na++2e-=2Na，阳极反应式为Sx2--2e-=xS；充电时，两个电池的电极负接负，正接正，固体Al2O3中的Na+(阳离子)向阴极（电池的负极）移动，据此解答。【详解】A.根据以上分析，与a极相连的是钠硫电池的负极，所以a极为氢镍电池的负极，故A错误；B.电解时阳离子向阴极移动，所以充电时，通过固体Al2O3陶瓷向M极移动，故B正确；C.氢镍电池的负极发生氧化反应，反应式为MH+OH--e-=M+H2O，故C错误；D.充电时，N电极为阳极，反应式为Sx2--2e-=xS，根据电子守恒，外电路中每通过2mol电子，N极上生成xmolS单质，故D错误。故选B。二、非选择题(共84分)23、邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）羟基，羰基取代反应保护羟基不被氧化11bc【解析】

C为；(I)按命名规则给A命名，结合题给信息与反应②中的反应物和产物结构，找出试剂a，可确定结构简式；(2)由反应⑤⑥找到C的结构简式，并且找出其的官能团写名称即可；(3)找到C的结构简式是关键，从流程开始的物质A到C，可发现只有醛基被消除，由此可发现⑤的反应类型及反应①和⑤的目的；(4)从B的结构出发，满足条件的B的同分异构体(不包含B)中，先找出条件对应的基团及位置，最后再确定总数目，同分异构体x与NaOH溶液加热下反应，则X含酯基，X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，确定X结构即可求解；(5)关于物质D的说法不正确的有哪些？从结构中含有苯环、醚键、羰基、醇羟基等基团的相关概念、性质判断；【详解】(I)A为，则其名称为：邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；答案为：邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；题给信息，反应②为，则试剂a为；答案为：；(2)由反应⑤⑥找到C的结构简式：，官能团为羟基和羰基；答案为：羟基；羰基；(3)C的结构简式是，与HI在加热下发生反应⑤得到，可见是-OCH3中的-CH3被H取代了；从流程开始的物质A到C，为什么不采用以下途径：主要是步骤3中醇羟基被氧化成羰基时，酚羟基也会被氧化，因此反应①和⑤的目的为保护羟基不被氧化；答案为：取代反应；保护羟基不被氧化；(4)B的同分异构体(不包含B)要满足条件①能发生银镜反应②苯环上有2个取代基，其中有一个醛基(含甲酸酯基)，且取代基可以是邻、间、对3种位置，则2个取代基可以有四种组合：首先是和，它们分别处于间、对，共2种（处于邻位就是B要排除），剩下3种组合分别是、、，它们都可以是邻、间、对3种位置，就9种，合起来共11种；答案为：11；某同分异构体x能与NaOH溶液加热下反应，则X含甲酸酯基，则X中苯环上的侧链为，X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，则取代基处于对位，因此X为，则反应方程式为；答案为：(5)D为，关于物质D的说法：a．因为含有苯环，属于芳香族化合物，a说法正确，不符合；b．亲水基团少，憎水基团大，不易溶于水，b说法不正确，符合；c．含氧官能团有3种，还有1种含氮官能团，c说法不正确，符合；d．醇羟基可发生取代、氧化，羰基、苯环上可催化加氢反应,d说法正确，不符合；答案为：bc。24、1，2-二氯丙烷加成反应氧化反应C10H18O4CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaClNa2CO3饱和溶液【解析】

丙烯与氯气加成得A为CH3CHClCH2Cl，A发生水解反应得B为CH3CH(OH)CH2OH，苯与氢气发生加成反应得C为环己烷，C发生氧化反应得D为己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应（取代反应）得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到。【详解】根据上述分析可知A为CH3CHClCH2Cl，B为CH3CH(OH)CH2OH，C为，C发生氧化反应得D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应(取代反应)得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。(1)A为CH3CHClCH2Cl，名称为：1，2-二氯丙烷(2)反应①是属于加成反应，反应④属于氧化反应；(3)G的结构简式为：；F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，分子式是C10H18O4；(4)反应②的化学方程式：CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl；(5)C为环己烷，C存在多种同分异构体，其中核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式为；(6)B是1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H是酯，鉴别三种物质的方法是向三种物质中加入Na2CO3饱和溶液，B与碳酸钠溶液混溶，不分层；D反应，产生气泡；H不反应，互不相容，液体分层，油层在上层。因此鉴别试剂是碳酸钠饱和溶液；(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到，所以合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的推断与性质，注意根据有机物的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，难度中等．25、白色固体变黑吸收水蒸气，防止影响C的质量变化冷却至室温偏小SO3O22CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑0.128T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2【解析】

(1)根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；(2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；(4)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：＝0.004mol，氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：＝0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；(5)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：32＝0.032g，根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；(6)根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。【详解】(1)因为无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气，防止装置E中的水进入装置C，影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；(2)加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温偏小；(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气，故答案为：SO3；O2；(4)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：＝0.004mol，氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：＝0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；(5)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：32＝0.032g，实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；(6)根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2，故T4温度更高，故答案为：T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。26、B-E-D2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O能实验中KMnO4的浓度cB>cA，且其反应速率νB>νAAC酚酞锥形瓶内溶液由无色变成(粉)红色，且半分钟内不变化0.05000mol/LAD【解析】

（1）由题给信息可知，草酸分解时，草酸为液态，草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水；（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳；硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快；（3）依据草酸为二元弱酸和草酸氢钠溶液中草酸氢根电离大于水解分析；（4）①强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性；②由H2C2O4—2NaOH建立关系式求解可得；③滴定操作误差分析可以把失误归结为消耗滴定管中溶液体积的变化分析判断。【详解】（1）由题给信息可知，草酸受热分解时熔化为液态，故选用装置B加热草酸晶体；草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水，则气体通过装置E吸收二氧化碳，利用排水法收集一氧化碳，其合理的连接顺序为B-E-D，故答案为B-E-D；（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。保持硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快，实验中KMnO4的浓度cB＞cA，且其反应速率νB＞νA，上述实验能说明相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快，故答案为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；能；实验中KMnO4的浓度cB＞cA，且其反应速率νB＞νA；（3）A、草酸为二元酸，若为强酸电离出氢离子浓度为0.02mol/L，pH小于2，室温下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，测其pH=2，说明存在电离平衡，证明酸为弱酸，故A正确；B、室温下，0.010mol/L的NaHC2O4溶液中草酸氢根电离大于水解，溶液呈酸性，pH小于7，故B错误；C、室温下，取pH=a（a＜3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pH＜a+2，说明稀释促进电离，溶液中存在电离平衡，为弱酸，故C正确；D、标况下，取0.10mol/L的H2C2O4溶液100mL与足量锌粉反应，无论是强酸还是弱酸都收集到H2体积为224mL，故D错误；故选AC，故答案为AC；（4）①强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性，所以选择酚酞作指示剂，滴入最后一滴锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化，故答案为酚酞；锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化；②取20.00mLH2C2O4溶液于锥形瓶中，滴入2-3滴指示剂，用0.1000mol/L的NaOH溶液进行滴定，并进行3次平行实验，所用NaOH溶液体积分别为19.98mL、20.02mL和22.02mL，其中22.02mL误差太大，消耗平均体积为20ml，由H2C2O4—2NaOH可得0.020L×c×2=0.1000mol/L×0.020L，解得c=0.05000mol/L，故答案为0.05000mol/L；③A、滴定管在盛装NaOH溶液前未润洗，导致溶液浓度减小，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故正确；B、滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出，待测液减小，消耗标准溶液体积减小，测定结果偏低，故错误；C、滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，读取的标准溶液体积减小，测定标准溶液难度偏低，故错误；D、滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；故选AD，故答案为AD【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意物质分解产物的分析判断、实验验证方法分析、弱电解质的电离平衡理解与应用，掌握滴定实验的步骤、过程、反应终点判断方法和计算等是解答关键。27、+2价FeO·Cr2O34：7粉碎矿石(或升高温度）H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O10-2)，所以H2SO4必须适量Na2Cr2O7、Na2SO4Fe+2Fe3+=3Fe2+取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+冷却结晶【解析】铬铁矿中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液，然后过滤，得到得到Na2CrO4和过量的碳酸钠混合溶液和氧化铁固体，在Na2CrO4和碳酸钠混合溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2CrO4反应生成Na2Cr2O7和硫酸钠，同时除去碳酸钠，通过蒸发浓缩冷却结晶，得到红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)；氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，加入铁粉将硫酸铁还原生成硫酸亚铁，最后蒸发浓缩冷却结晶，得到绿矾。(1)Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，根据正负化合价的代数和为0，Fe(CrO2)中铁元素的化合价为+2价，故答案为+2价；(2)Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，铁元素的化合价为+2价，可写成FeO·Cr2O3，故答案为FeO·Cr2O3；(3)①高温氧化时，Fe(CrO2)2和碳酸钠、氧气反应氧化还原反应生成Na2CrO4、二氧化碳和氧化铁，该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、Cr元素化合价由+3价变为+6价，O元素化合价由0价变为-2价，所以氧气是氧化剂、Fe(CrO2)2是还原剂，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为4：7，故答案为4：7；②根据影响化学反应速率的外界因素，为了加快该反应的反应速率，可采取的措施有粉碎矿石、升高温度等，故答案为粉碎矿石(或升高温度)；⑷①H2SO4量少时不能除尽Na2CO3