2021-2022学年安徽省蚌埠四校高考化学三模试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷考生须知：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、化学无处不在，与化学有关的说法不正确的是 （ ）A侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D黑火药由硫磺、

2、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成2、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、W处于同一主族Y、Z的原子最外层电子数之和等于8，X的简单氢化物与W的简单氢化物反应有大量白烟生成。下列说法正确的是A简单离子半径：YZWBZ与W形成化合物的水溶液呈碱性CW的某种氧化物可用于杀菌消毒DY分别与X、Z形成的化合物，所含化学键的类型相同3、已知298K时，Ksp(NiS)=1.010-21，Ksp(FeS)=6.0 10-18，其沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中R表示Ni或Fe)，下列说法正确的是(已知：2.4，3.2) （ ） AM点对应的溶液中，c(S2-)3.210-11 molL

3、-1B与P点相对应的NiS的分散系是均一稳定的C向Q点对应的溶液中加水，可转化成N点对应的溶液DFeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=60004、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，Y元素最外层电子数是其电子层数的3倍，Q与Y同主族，X与Y构成的化合物可引起光化学烟雾，Z、W、Q的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应。下列说法正确的是( )A简单氢化物的沸点：YQBW的氧化物可作耐高温材料C简单离子半径最大的为ZD气态氢化物的稳定性：YhdeB上述元素组成的ZX4f(gd4)2溶液中，离子浓度：c（f3+）c（zx4+）C由d、e、g三种元素组成的盐溶液和稀硫酸反应可

4、能生成沉淀Df的最高价氧化物的水化物可以分别与e和h的最高价氧化物的水化物发生反应8、下列选项中，为完成相应实验，所用仪器或相关操作合理的是ABCD用CCl4提取溶在乙醇中的I2测量Cl2的体积过滤用NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸AABBCCDD9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A1L0.1molL-1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目小于0.2NAB0.24g Mg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧，转移电子数为0.02NAC3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NAD1molNa2O2与SO2完全反应，转移电子数为2NA10、下列判断正确的是(

5、)A加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定原溶液中有Cl存在B加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定原溶液中有CO32存在C加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，可确定原溶液中有SO42存在D通入Cl2后，溶液由无色变为深黄色，加入淀粉溶液后，溶液变蓝，可确定原溶液中有I存在11、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半。下列说法正确的是()A原子半径：r(X)r(Y)r(W)BY的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强C由W、Y形成的化合物是离子化合物D由X、Y形

6、成的化合物的水溶液呈中性12、萜类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于萜类化合物a、b的说法正确的是Aa中六元环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)Bb的分子式为C10H12OCa和b都能发生加成反应、氧化反应、取代反应D只能用钠鉴别a和b13、溴化氢比碘化氢A键长短B沸点高C稳定性小D还原性强14、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为2NAB25时，1L pH=11的醋酸钠溶液中，由水电离出的OH数目为0.001NAC1molOH（羟基）与lmolNH4+中所含电子数均为10NAD2.8g乙烯与2.6g苯中含碳碳双键数均

7、为0.1NA15、室温下，用0.100molL1的NaOH溶液分别滴定均为20.00mL0.100molL1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A表示的是滴定醋酸的曲线BpH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）20.00mLCV（NaOH）20.00mL时，两份溶液中c（Cl）c（CH3COO）DV（NaOH）10.00mL时，醋酸中c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）16、大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下（T1，T2）海水中CO32-浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线。已知：海水中存

8、在以下平衡：CO2（aq）+CO32-（aq）+H2O（aq）2HCO3-（aq），下列说法不正确的是AT1T2B海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，CO32-浓度降低C当大气中CO2浓度确定时，海水温度越高，CO32- 浓度越低D大气中CO2含量增加时，海水中的珊瑚礁将逐渐溶解17、工业上用酸性 KMnO4溶液与乙苯()反应生产苯甲酸()，下列有关说法正确的是A乙苯是苯的同系物B乙苯的所有原子均共平面C生产苯甲酸时发生的是取代反应D乙苯不能与H2发生反应18、M、X、Y、Z、W为五种短周期元素，且原子序数依次增大，X、Y、Z最外层电子数之和为15，X与Z可形成X

9、Z2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gL1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的。下列说法正确的是（ ）A原子半径：WZYXMB常见气态氢化物的稳定性：XYZC1molWM溶于足量水中完全反应，共转移2mol电子D由M、X、Y、Z四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键19、国庆期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂以保证鲜花盛开，S-诱抗素的分子结构如图。下列关于该物质的说法正确的是A该有机物的分子式为C15H21O4B该有机物能发生取代、加成和水解反应C1mol该有机物与足量溴反应最多消耗4mol Br2D1mol该有机物与足量Na反应生成生成1mo

10、l H220、我国科技人员全球首创3290块长宽均为800毫米，重量仅为2.85公斤的可折叠光影屏助阵70周年国庆庆典。下列有关说法正确的是A光影屏中安装的计算机芯片，其材质是二氧化硅B为提升光影屏的续航能力，翻倍提高电池的能量密度C光影屏选用可折叠LED，其工作原理是将化学能转化为电能D为减轻光影屏的重量，选用的ABS工程塑料和碳纤维都是有机高分子材料21、NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（ ）A常温常压下，62g白磷中含有PP键数目为3NAB22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物中共价键数目为16NAC1molNa2O和NaHSO4的固体混合物中含有的阴、阳离子总数为3

11、NAD常温下，将一定量的铁粉投入2mol稀硝酸中，恰好完全反应，若还原产物为NO，则转移电子数一定为1.5NA22、中华文化绚丽多彩且与化学有着密切的关系。下列说法错误的是（ ）A“新醅酒”是新酿的酒，酿酒使用的谷物的主要成分是乙醇B“黑陶”是一种传统工艺品，用陶土烧制而成，“黑陶”的主要成分是硅酸盐C“木活字”是元代王祯发明的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素D“苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出的工艺品，蚕丝的主要成分是蛋白质二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物H可用以下路线合成：已知：请回答下列问题：（1）标准状况下11.2L烃A在氧气中充分燃烧可以生成88gCO

12、2和45gH2O，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为_；（2）B和C均为一氯代烃，D的名称（系统命名）为_；（3）在催化剂存在下1molF与2molH2反应，生成3苯基1丙醇。F的结构简式是_；（4）反应的反应类型是_；（5）反应的化学方程式为_；（6）写出所有与G具有相同官能团的芳香类同分异构体的结构简式_。24、（12分）M为一种医药的中间体，其合成路线为：（1）A的名称_。（2）C中含有的含氧官能团名称是_。（3）F生成G的反应类型为_。（4）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式_能发生银镜反应 遇到FeCl3溶液显紫色 苯环上一氯代物只有两种（5）H与乙二醇可生成聚酯，请

13、写出其反应方程式_（6）写出化合物I与尿素（H2N - CO - NH2）以2:1反应的化学方程式_（7）参考题中信息，以1，3-丁二烯（CH2=CHCH= CH2）为原料，合成，写出合成路线流程图（无机试剂任选）_。25、（12分）二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发黏、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：（1）制取少量S2Cl2实验室可利用硫与少量氯气在110140反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2。仪器m的名称为_，装置F中试剂的作用是_。装置连接顺序：A_ED。实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实

14、验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是_。为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和_。（2）少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬浊液。但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是_。（3）S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体SO2的体积分数。W溶液可以是_ (填标号)。a.H2O2溶液 b.KMnO4溶液(硫酸酸化) c.氯水该混合气体中二氧化硫的体积分数为_(用含V、m的式子表示)。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（H2C2O42H2O）无色易溶于水，熔点为 101

15、，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=5.4102，K2=5.4105。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ABC4 mL0.01mol/L4 mL 0.02mol/L4 mL 0.03mol/L加入试剂KMnO4KMnO4KMnO41 mL0.1moL/L H2SO41 mL0.1moL/L H2SO41 mL0.1moL/LH2SO42 mL0.1mol/L H2C2O42 mL 0.1mol/L H2C2O42 mL 0.1mol/L

16、 H2C2O4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0.010 mol/L的NaHC2O4溶液，测其pH7；C室温下，取 pH=a（a3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其 pH，氧、硫同主族，核电荷数越大，半径越大，则，故钠离子半径不可能最大，C错误；D.非金属性NO，则 气态氢化物的稳定性H2ONH3，D错

17、误；答案选B。5、A【解析】A. 过程中催化剂与气体之间是吸附，没有形成离子键，故A错误；B. 过程中，化学键断键需要吸收能量，故B正确；C.图二中通过a、b曲线说明加入催化剂可降低反应的活化能，故C正确；D. 在密闭容器中加入1molN2、3molH2，该反应是可逆反应，不可能全部反应完，因此充分反应放出的热量小于92kJ，故D正确。综上所述，答案为A。6、B【解析】A实验时坩埚未完全干燥，计算出的结晶水的质量偏高，会使误差偏大，故A错误；B加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，差距值变小，结果偏小，故B正确；C加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏高，故C错

18、误；D加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故D错误；故答案为B。【点睛】考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，明确实验操作方法和原理为解答关键，根据结晶水合物中，结晶水的质量=m(容器十晶体)-m(容器十无水硫酸铜)，质量分数=100%，在测定中若被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水，都会造成测量结果偏高。7、B【解析】根据八种短周期元素原子半径的相对大小可知：x属于第一周期，y、z、d属于第二周期，e、f、g、h属于第三周期元素；根据最高正价或最低负价可知：x为H, y为C、z为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。【详

19、解】A.g为S，h为Cl，属于第三周期，离子半径gh ；d为O，e为Na，同为第二周期，离子半径de，故离子半径：ghde，A正确；B.根据上述分析可知，ZX4f(gd4)2组成为NH4Al(SO4)2，溶液中Al3+和NH4+水解均显酸性，属于相互抑制的水解，由于氢氧化铝的电离常数大于一水合氨，则铝离子水解程度大于铵根，即离子浓度：c(Al3+)c（NH4+）,故B错误；C.d为O、e为Na、g为S，由d、e、g三种元素组成的盐Na2S2O3溶液和稀硫酸反应可能生成S沉淀,故C正确；D.f为Al，f的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3,为两性氢氧化物，e和h的最高价氧化物的水化物分别为Na

20、OH、HClO4，可以与Al(OH)3发生反应,故D正确；答案：B。【点睛】突破口是根据原子半径的大小判断元素的周期数；根据最高正化合价和最低负化合价的数值大小判断元素所在的主族；由此判断出元素的种类，再根据元素周期律解答即可。8、B【解析】A.四氯化碳是良好的有机溶剂，四氯化碳与乙醇互溶，不会出现分层，不能用分液漏斗分离，故A错误；B. 氯气不溶于食盐水，可排饱和食盐水测定其体积，则图中装置可测定Cl2的体积，故B正确；C. 过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故C错误；D. NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸，NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中，仪器的使用不合理，滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内

21、溶液颜色的变化，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查的是关于化学实验方案的评价， 实验装置的综合。解题时需注意氯气不溶于食盐水，可排饱和食盐水测定其体积；NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸，NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中。9、A【解析】A. 铁离子在溶液中水解导致阳离子个数增多，故溶液中阳离子个数多于0.2NA个，故A错误；B. 0.24g Mg为0.01mol，Mg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧生成MgO，失去0.02mol电子，则转移电子数为0.02NA，故B正确；C. CO2的摩尔质量为44g/mol，含22个质子；SO2的摩尔质量为64g/mol，含32个质子，即两者均是2g中含

22、1mol质子，故3g混合物中含1.5mol质子即1.5NA个质子，故C正确；D.过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，1mol过氧化钠中的1价的氧原子变为2价，故1mol过氧化钠转移2mol电子即2NA个，故D正确；答案选A。10、D【解析】A、在加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀,也可能是别的白色沉淀,但是后面加上HCl中含有大量Cl-，所以不能确定Cl-是原溶液里的还是后来加进去的,故A错误；B、碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根遇到盐酸,均会生成能使澄清石灰水变浑浊的气体,故B错误；C、若溶液中含有亚硫酸根,加入Ba(NO3)2溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸相当于存在了硝酸,亚硫酸根能被

23、硝酸氧化成硫酸根,会生成硫酸钡沉淀,故C错误；D、氯气能将碘离子氧化为碘单质,碘水溶液为棕黄色,碘遇淀粉变蓝色,故D正确；综上所述，本题应选D。11、A【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，因同周期元素中，原子半径从左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，因X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na；W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半，则符合条件的W为O元素，Y为S元素，Z原子序数比Y大，且为短周期元素，则Z为Cl元素，结合元素周期律与物质结构与性质作答。【详解】根据上述分析可知，短周期主族元素W、X、Y、Z分别为：O、Na、S和Cl元素，则A. 同周期

24、元素中，原子半径从左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，则原子半径：r(Na)r(S)r(O)，A项正确；B. 元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Cl的弱，B项错误；C. 由W、Y形成的化合物可以是SO2或SO3，均为共价化合物，C项错误；D. 由X、Y形成的化合物为Na2S，其水溶液中硫离子水解显碱性，D项错误；答案选A。12、C【解析】A、a中六元环上有5个碳上有氢，a中六元环上的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)，故A错误；B、b的分子式为C10H14O，故B错误；C、 a中的碳双键和b中苯环上的甲基都能发生氧化反应、a、

25、b甲基上的氢都可以发生取代反应、a中碳碳双键、b中苯环都可以发生加成反应，故C正确；D.可以用钠鉴别a和b，还可以用溴水来鉴别，故D错误；故选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重分析能力和应用能力的考查，解题关键：官能团与性质的关系、有机反应类型，难点：选项D为解答的难点，醇能与钠反应。题目难度中等。13、A【解析】A.溴化氢中的溴原子半径小于碘原子半径，所以溴化氢的键长比碘化氢的短，故A正确；B.溴化氢和碘化氢都是共价化合物，组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，所以溴化氢的沸点低于碘化氢的，故B错误；C.溴的非金属性比碘强，所以溴化氢比碘化氢稳定，故C错误；D.溴

26、的非金属性比碘强，非金属性越强，单质的氧化性越强，离子的还原性就越弱，所以溴化氢比碘化氢还原性弱，故D错误；故选：A。14、B【解析】A、根据水蒸气与Na2O2的方程式计算；B、25时，1L pH=11的醋酸钠溶液中，水电离出的OH浓度为10-3molL1；C、一个OH（羟基）含9个电子；D、苯中不含碳碳双键。【详解】A、水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，2H2O +2Na2O2=4NaOH+O2 m 2e- 4g 2mol 2g 1mol反应中转移的电子数为1NA，故A错误；B、25时，1L pH=11的醋酸钠溶液中，水电离出的OH浓度为10-3molL1，由水电离出的OH数目为0.

27、001NA，故B正确；C、1molOH（羟基）中所含电子数均为9NA，故C错误；D、苯中不含碳碳双键，故D错误；故选B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数及其应用，难点A根据化学方程式利用差量法计算，易错点B，醋酸钠水解产生的OH-来源于水。15、C【解析】A. 0.100molL-1的HCl溶液和醋酸溶液，醋酸属于弱酸，存在电离平衡，所以起点pH较小的表示的是滴定盐酸的曲线，A项错误；B. 当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，形成醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液pH7，所以pH =7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)CNOH，即WXYZM，故A错误；B.X、Y、Z分别为C、N、O三种元素，非金属性XYcA

28、，且其反应速率BA AC 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/L AD 【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）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；由H2C2O42NaOH建立关系式求解可得；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。【

29、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cBcA，且其反应速率BA，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-+5H2C2

30、O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；能；实验中KMnO4的浓度cBcA，且其反应速率BA；（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（a3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pHa+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

31、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）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；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H2C2O42NaOH可得0

32、.020Lc2=0.1000mol/L0.020L，解得c=0.05000mol/L，故答案为0.05000mol/L；A、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

33、、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、FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3+2SO42-+7H2O 恒压漏斗 安全瓶 提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解 稀释ClO2，防止其爆炸 2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl- 吸收ClO2等气体，防止污染大气 BaCl2 Cl-5e-+2H2O=ClO2+4H+ 【解析】二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。【详解】（1）以黄铁矿(FeS2

34、)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3+2SO42-+7H2O。（2）装置A的名称为恒压漏洞，装置C为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反应容器B应置于30左右的水浴中。根据题文可知，ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于

35、将ClO2排出，三是稀释ClO2，防止其爆炸。ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应，将CN-转化为无污染的CO2和N2，故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。（3）用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2，电极反应式为Cl-5e-+2H2O=ClO2+4H+。28

36、、 NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) H2=+57.2kJ/mol NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2+2NO2-+H2O NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低 1：1 cbd 60% 【解析】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，以此计算即可；(2)根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式；(3)NO、NO2和Ca(OH)2发生归中反应产生Ca(NO2)2、H2O；根据二者发生归中反应的物质的量的比及NO2与水反应产生HNO3和NO分析判断；(4)b点时N2含量最高，说明按方程式计量关系反应，根据方程

37、式分析C、N个数的比；根据坐标系中横坐标的含义及物质浓度与物质转化率的关系分析判断。利用化学平衡常数与温度的关系及该反应的正反应为放热反应，利用温度对平衡移动的影响判断；根据物质反应转化关系，结合=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，计算平衡时各种物质的浓度，最后根据转化率的含义计算NO的转化率。【详解】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，v1=k1c(O3)， v2=k2c(O3)c(O)，则k1c(O3)=k2c(O3)c(O)，所以c(O)=；(2)反应是O3在NO作用下生成NO2和O2，NO2在氧原子作用下生成NO和O2，反应过程中NO参与反应后

38、又生成，所以NO作用为催化剂，根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式；NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) H=+57.2 kJ/mol；(3)NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，所以离子方程式为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2+2NO2-+H2O；当NO太少，NO2量太多，首先发生反应：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2+2NO2-+H2O；NO2不能完全吸收，过量的NO2就和水反应生成HNO3和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降低；(4)当反应物按化学计量数

39、之比加入时，平衡时的N2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1：1；增大，CO的浓度增大的倍数大于NO增大的倍数，使CO转化率降低，所以a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为cbT2，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，故d点平衡常数小于b、c点，所以b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为b=cd；若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，假设开始时n(NO)=1 mol，n(CO)=0.8 mol，假设CO平衡时CO转化了x mol，则根据物质反应转化关系可知平衡产生CO2的物质的量为x mol，N2为0.5x mol，则此时CO为(0.8-x) mol，NO为(1-x)