陕西省延安市实验中学2024届高考化学全真模拟密押卷含解析

陕西省延安市实验中学2024届高考化学全真模拟密押卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、PbO2在酸性溶液中能将Mn2+氧化成MnO4﹣，本身被还原为Pb2+，取一支试管，加入适量PbO2固体和适量的稀H2SO4后滴入2mL1mol/LMnSO4溶液。下列说法错误的是（）A．上述实验中不能用盐酸代替硫酸B．将试管充分振荡后静置，溶液颜色变为紫色C．在酸性条件下，PbO2的氧化性比MnO4﹣的氧化性强D．若硫酸锰充分反应，消耗PbO2的物质的量为0.01mol2、金属铊(81Tl)有重要用途，可用来制造光电管、光学玻璃等。铊与铯(55Cs)同周期，下列说法不正确的是A．原子半径：Cs>Tl B．碱性：CsOH>Tl(OH)3C．与水反应的剧烈程度：Tl>Cs D．Tl是第六周期第ⅢA元素3、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．氢气与氯气反应生成标准状况下22.4L氯化氢，断裂化学键总数为NAB．NA个SO3分子所占的体积约为22.4LC．3.4gH2O2含有共用电子对的数目为0.2NAD．1L1mol/L的FeCl3溶液中所含Fe3+数目为NA4、下列反应中，相关示意图像错误的是：A．将二氧化硫通入到一定量氯水中B．将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中C．将铜粉加入到一定量浓硝酸中D．将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中5、利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的的是选项实验目的X中试剂Y中试剂A用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸B用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO水浓硫酸CCaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液浓硫酸D用CaO与浓氨水制取并收集纯净干燥的NH3NaOH溶液碱石灰A．A B．B C．C D．D6、氢氧熔融碳酸盐燃料电池是一种高温电池（600﹣700℃），具有效率高、噪音低、无污染等优点。氢氧熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是（）A．电池工作时，熔融碳酸盐只起到导电的作用B．负极反应式为H2﹣2e﹣+CO32﹣═CO2+H2OC．电子流向是：电极a﹣负载﹣电极b﹣熔融碳酸盐﹣电极aD．电池工作时，外电路中流过0.2mol电子，消耗3.2gO27、香豆素-3-羧酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成：下列说法正确的是()A．水杨醛苯环上的一元取代物有4种B．可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛C．中间体A与香豆素-3-羧酸互为同系物D．1mol香豆素-3-羧酸最多能与1molH2发生加成反应8、下列仪器洗涤时选用试剂错误的是（）A．木炭还原氧化铜的硬质玻璃管（盐酸）B．碘升华实验的试管（酒精）C．长期存放氯化铁溶液的试剂瓶（稀硫酸）D．沾有油污的烧杯（纯碱溶液）9、下列关于氯气性质的描述错误的是（）A．无色气体 B．能溶于水 C．有刺激性气味 D．光照下与氢气反应10、中华传统文化蕴含着很多科学知识。下列说法错误的是A．“司南之档(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“构”所用材质为Fe2O3B．“水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化C．“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指乙烯D．“含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味，可以止渴11、图甲是利用一种微生物将废水中尿素的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置在图乙中的铁上镀铜。下列说法中不正确的是()A．铜电极应与电极相连接B．通过质子交换膜由左向右移动C．当电极消耗气体时，则铁电极增重D．电极的电极反应式为12、苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A–。已知25℃时，HA的Ka=6.25×10–5，H2CO3的Ka1=4.17×10–7，Ka2=4.90×10–11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低B．提高CO2充气压力，饮料中c(A–)不变C．当pH为5.0时，饮料中=0.16D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H+)=c()+c()+c(OH–)–c(HA)13、某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取ag该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O)，称得固体质量为bg。则下列推断不合理的是A．反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种B．向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使bg固体完全溶解C．若b＝a，则红色固体粉末一定为纯净物D．b的取值范围:0＜b≤a14、废水中过量的氨氮(NH3和NH4+)会导致水体富营养化。为研究不同pH下用NaClO氧化废水中的氨氮(用硝酸铵模拟)，使其转化为无污染的气体，试剂用量如下表。已知：HClO的氧化性比ClO—的氧化性更强。下列说法错误的是pH0.100mol/LNH4NO3(mL)0.100mol/LNaClO(mL)0.200mol/LH2SO4(mL)蒸馏水(mL)氨氮去除率(%)1.010.0010.0010.0010.00892.010.0010.00V1V2756.0……85A．V1=2.00B．pH=1时发生反应:3ClO—+2NH4+=3Cl—+N2↑+3H2O+2H+C．pH从1升高到2，氨氮去除率降低的原因是更多的HClO转化为ClO—D．pH控制在6时再进行处理更容易达到排放标准15、《本草纲目》记载：“凡使白矾石，以瓷瓶盛。于火中，令内外通赤，用钳揭起盖，旋安石峰巢人內烧之。每十两用巢六两，烧尽为度。取出放冷，研粉”。在实验室完成该操作，没有用到的仪器是A．蒸发皿 B．坩埚 C．坩埚钳 D．研钵16、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。已知W原子的最外层电子数是电子层数的2倍，X元素存在两种气态同素异形体，一种可吸收大气中的紫外线，Y原子最外层电子数等于电子层数，Z离子在同周期最简单阴离子中，半径最小。下列说法正确的是A．W的氢化物沸点一定低于X的氢化物沸点B．简单离子半径：X＞Y＞ZC．X的一种单质和Z的某种化合物都可用于污水的杀菌消毒D．Y、Z形成的离子化合物溶于水，阴、阳离子数目比为3:117、化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是A．有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素B．聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程C．疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性D．“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅18、下图是一种有机物的模型，该模型代表的有机物可能含有的官能团有A．一个羟基，一个酯基 B．一个羟基，一个羧基C．一个羧基，一个酯基 D．一个醛基，一个羟基19、下列操作能达到实验目的的是目的实验操作AAl2O3有两性将少量Al2O3分别加入盐酸和氨水中B浓硫酸有脱水性蔗糖中加入浓硫酸，用玻璃棒充分搅拌C检验SO42-向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液D检验Fe2+向某溶液中滴入氯水，再滴入KSCN溶液A．A B．B C．C D．D20、化合物如图的分子式均为C7H8。下列说法正确的是A．W、M、N均能与溴水发生加成反应 B．W、M、N的一氯代物数目相等C．W、M、N分子中的碳原子均共面 D．W、M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色21、用下列实验装置能达到实验目的的是(部分夹持装置未画出)A．分离液体混合物B．蒸发NaC1溶液获得NaC1晶体C．制取二氧化硫气体D．测定化学反应速率22、a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层电子数相同，c所在周期数与族序数相同；d与a同族，下列叙述正确的是（）A．四种元素中b的金属性最强B．原子半径：dC．d的单质氧化性比a的单质氧化性强D．c的最高价氧化物对应水化物是一种强碱二、非选择题(共84分)23、（14分）聚碳酸酯（简称PC）是重要的工程塑料，某种PC塑料(N)的合成路线如下：已知：i．R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OHii．R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO（1）A中含有的官能团名称是______。（2）①、②的反应类型分别是______、______。（3）③的化学方程式是______。（4）④是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是______。（5）⑥中还有可能生成的有机物是______（写出一种结构简式即可）。（6）⑦的化学方程式是______。（7）己二醛是合成其他有机物的原料。L经过两步转化，可以制备己二醛。合成路线如下：中间产物1的结构简式是______。24、（12分）化合物G是制备治疗高血压药物纳多洛尔的中间体,实验室由A制备G的一种路线如下:已知:

(1)A的化学式是________(2)H中所含官能团的名称是_______;由G生成H的反应类型是_______。(3)C的结构简式为______,G的结构简式为_________。(4)由D生成E的化学方程式为___________。(5)芳香族化合物X是F的同分异构体,1molX最多可与4molNaOH反应,其核磁共振氢谱显示分子中有3种不同化学环境的氢,且峰面积比为3:3:1,写出两种符合要求的X的结构简式:___________________。(6)请将以甲苯和(CH3CO)2O为原料(其他无机试剂任选),制备化合物的合成路线补充完整。______________________________________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110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2。①仪器m的名称为___，装置F中试剂的作用是___。②装置连接顺序：A→___→___→___→E→D。③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是___。④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。①W溶液可以是___(填标号)。a.H2O2溶液b.KMnO4溶液(硫酸酸化)c.氯水②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）EDTA(乙二胺四乙酸)是一种能与Ca2+、Mg2+等结合的螯合剂。某高三研究性学习小组在实验室制备EDTA，并用其测定某地下水的硬度。制备EDTA的实验步骤如下：步骤1：称取94.5g(1.0mol)ClCH2COOH于1000mL三颈烧瓶中(如图)，慢慢加入50%Na2CO3溶液，至不再产生无色气泡；步骤2：加入15.6g(0.26mol)H2NCH2CH2NH2，摇匀，放置片刻，加入2.0mol/LNaOH溶液90mL，加水至总体积为600mL左右，温度计50℃加热2h；步骤3：冷却后倒入烧杯中，加入活性炭脱色，搅拌、静置、过滤。用盐酸调节滤液至pH=1，有白色沉淀生成，抽滤，干燥，制得EDTA。测地下水硬度：取地下水样品25.00mL进行预处理后，用EDTA进行检测。实验中涉及的反应有M2+(金属离子)+Y4－(EDTA)=MY2－；M2+(金属离子)+EBT(铬黑T，蓝色)==MEBT(酒红色)；MEBT+Y4－(EDTA)=MY2－+EBT(铬黑T)。请回答下列问题：(1)步骤1中发生反应的离子方程式为__________。(2)仪器Q的名称是____________，冷却水从接口_______流出(填“x”或“y”)(3)用NaOH固体配制上述NaOH溶液，配制时使用的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、______和_______，需要称量NaOH固体的质量为______。(4)测定溶液pH的方法是___________。(5)将处理后的水样转移到锥形瓶中，加入氨水－氯化铵缓冲溶液调节pH为10，滴加几滴铬黑T溶液，用0.0100mol·L－1EDTA标准溶液进行滴定。①确认达到滴定终点的现象是____________。②滴定终点时共消耗EDTA溶液15.0mL，则该地下水的硬度=____________(水硬度的表示方法是将水中的Ca2+和Mg2+都看作Ca2+，并将其折算成CaO的质量，通常把1L水中含有10mgCaO称为1度)③若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则测定结果将_____(填“偏大“偏小”或“无影响”)。27、（12分）草酸是一种常用的还原剂，某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。实验Ⅰ试剂混合后溶液pH现象（1h后溶液）试管滴管a4mL0.01mol·L−1KMnO4溶液，几滴浓H2SO42mL0.3mol·L−1H2C2O4溶液2褪为无色b4mL0.01mol·L−1KMnO4溶液，几滴浓NaOH7无明显变化c4mL0.01mol·L−1K2Cr2O7溶液，几滴浓H2SO42无明显变化d4mL0.01mol·L−1K2Cr2O7溶液，几滴浓NaOH7无明显变化（1）H2C2O4是二元弱酸，写出H2C2O4溶于水的电离方程式：_____________。（2）实验I试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：________。（3）瑛瑛和超超查阅资料，实验I试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需数月时间才能完成，但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料，吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。实验II实验III实验IV实验操作实验现象6min后固体完全溶解，溶液橙色变浅，温度不变6min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化6min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化实验IV的目的是：_______________________。（4）睿睿和萌萌对实验II继续进行探究，发现溶液中Cr2O72-浓度变化如图：臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。过程i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii．__________________________________。①查阅资料：溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。针对过程i，可采用如下方法证实：将0.0001molMnO2加入到6mL____________中，固体完全溶解；从中取出少量溶液，加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到_______________。②波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立，她们的实验方案是________。（5）综合以上实验可知，草酸发生氧化反应的速率与__________________有关。28、（14分）血红蛋白(Hb)和肌红蛋白(Mb)分别存在于血液和肌肉中，都能与氧气结合，与氧气的结合度a(吸附O2的Hb或Mb的量占总Hb或Mb的量的比值)和氧气分压p(O2)密切相关。请回答下列问题：(1)人体中的血红蛋白(Hb)能吸附O2、H+，相关反应的热化学方程式及平衡常数如下：Ⅰ．Hb(aq)+H＋(aq)HbH＋(aq)ΔH1K1Ⅱ．HbH＋(aq)＋O2(g)HbO2(aq)+H＋(aq)ΔH2K2Ⅲ．Hb(aq)＋O2(g)HbO2(aq)ΔH3K3ΔH3=_____（用ΔH1、ΔH2表示），K3=_____（用K1、K2表示）。(2)Hb与氧气的结合能力受到c(H＋)的影响，相关反应如下：HbO2(aq)+H＋(aq)HbH＋(aq)+O2(g)。37℃，pH分别为7.2、7.4、7.6时氧气分压p(O2)与达到平衡时Hb与氧气的结合度的关系如图1所示，pH=7.6时对应的曲线为_____（填“A”或“B”）。(3)Mb与氧气结合的反应如下：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)ΔH，37℃时，氧气分压p(O2)与达平衡时Mb与氧气的结合度a的关系如图2所示。①已知Mb与氧气结合的反应的平衡常数的表达式K=，计算37℃时K=_____kPa-1。②人正常呼吸时，体温约为37℃，氧气分压约为20.00kPa，计算此时Mb与氧气的最大结合度为______（结果保留3位有效数字）。③经测定，体温升高，Mb与氧气的结合度降低，则该反应的ΔH____（填“>”或“<”）0。④已知37℃时，上述反应的正反应速率v(正)=k1·c(Mb)·p(O2)，逆反应速率v(逆)=k2·c(MbO2)，若k1=120s-1·kPa-1，则k2=______。37℃时，图2中C点时，=____。29、（10分）研究和深度开发CO、CO2的应用具有重要的社会意义.回答下列问题：I.CO可用于高炉炼铁，已知：Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g)△H1=akJ/mol3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)△H2=bkJ/mol则反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)++3CO2(g)的△H=______kJ/molⅡ.—定条件下，CO2和CO可以互相转化(1)某温度下，在容积为2L的密闭容器按甲、乙两种方式投入反应物发生反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%。则0〜15min内平均反应速率_______，此条件下该反应的平衡常数K=____。欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则w、x、y、z需满足的关系是:y____z(填或“＞”“＜”“=”)，且y=_________(用含的等式表示)。(2)研究表明，温度、压强对反应“C6H5CH2CH3(g)+CO2(g)C6H5CH=CH2(g)+CO(g)+H2O(g)”中乙苯的平衡转化率影响如图所示：则△H_____(填“>”、“<”或“=”)，压强p1、p2、p3从大到小的顺序是_____。(3)CO可被NO2氧化:CO+NO2=CO2+NO。当温度高于225℃时，反应速率正=k正•c(CO)•c(NO2),逆=k逆•c(CO2)•c(NO),k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。在上述温度范围内，k正、k逆与该反应的平衡常数K之间的关系为___________。

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、D【解析】

加入适量PbO2固体和适量的稀H2SO4后滴入2mL1mol/LMnSO4溶液发生反应的离子方程式为：5PbO2+4H++2Mn2+=2MnO4−+5Pb2++2H2O；A.用盐酸代替硫酸，氯离子会被PbO2氧化，4H++2Cl−+PbO2═Cl2↑+Pb2++2H2O，故A正确；B.充分振荡后静置，发生氧化还原反应生成高锰酸根离子，溶液颜色变为紫色，故B正确；C.反应中，氧化剂PbO2的氧化性大于氧化产物MnO4−的氧化性，故C正确；D.2mL1mol/LMnSO4溶液中的锰离子物质的量为0.002mol，根据反应离子方程式可知消耗PbO2的物质的量为0.005mol，故D错误；答案选D。2、C【解析】

铯(55Cs)位于第六周期第ⅠA族，铊与铯(55Cs)同周期，可知铊(81Tl)位于第六周期第ⅢA族，金属性：Cs>Tl。A.元素在同一周期，序数越小，半径越大，则原子半径：Cs>Tl，A项正确；B.金属性：Cs>Tl，则碱性：CsOH>Tl(OH)3，B项正确；C.金属性：Cs>Tl，则与水反应的剧烈程度：Cs>Tl，C项错误；D.Tl是第六周期第ⅢA元素，D项正确；答案选C。【点睛】本题重点，知道元素在元素周期表中的位置，根据原子结构示意图的书写规律，每一层最多排布2n2个电子，最外层最多排布8个(除第一层外)，次外层最多排布18个，得出铊与铯的原子结构示意图，即可知道位置。3、A【解析】

A．当反应生成2molHCl时，断裂2mol化学键，故当生成标况下22.4LHCl即1molHCl时，断裂1mol化学键即NA个，故A正确；B．标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C.3.4gH2O2物质的量为0.1mol，含有共用电子对的数目为0.3NA，故C错误；D．三价铁离子为弱碱阳离子，在水溶液中会发生部分水解，所以1L1mol/L的FeCl3溶液中所含Fe3+数目小于NA，故D错误；故选：A。【点睛】当用Vm=22.4L/mol时，一定要在标准状况下为气体。如B选项，标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积=22.4/mol。4、B【解析】

A．当向氯水中通入二氧化硫时，氯水中的氯气具有强氧化性，在水溶液中能把二氧化硫氧化成硫酸，氯气和二氧化硫、水的反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，所以溶液的酸性增强，pH值减小，最后达定值，故A正确；B．氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不和弱碱反应，所以将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中沉淀先逐渐增大最后达到最大值，沉淀不溶解，故B错误；C．铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸完全反应时，生成的气体为定值，故C正确；D．铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液中离子数目增多，氯离子的量不变，所以氯离子的百分含量减少，到三价铁离子反应完全后，氯离子的百分含量不再变化，故D正确；故答案为B。5、C【解析】

A.MnO2和浓盐酸制取氯气，需要加热，A不符合题意；B.NO不能选排空气法收集，B不符合题意；C.CaCO3和稀盐酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠溶液可除去HCl，浓硫酸干燥后，选向上排空气法收集二氧化碳，C符合题意；C.用CaO与浓氨水制取氨气，进入X中时氨气会溶解，而且氨气密度比空气小，应该用向下排空气方法收集，不能用向上排空气的方法收集，D不符合题意；故合理选项是C。6、B【解析】

原电池工作时，H2失电子在负极反应，负极反应为H2+CO32－-2e－=H2O+CO2，正极上为氧气得电子生成CO32－，则正极的电极反应为O2+2CO2+4e－=2CO32－。【详解】A．分析可知电池工作时，熔融碳酸盐起到导电的作用，和氢离子结合生成二氧化碳，二氧化碳在正极生成碳酸根离子循环使用，故A错误；B．原电池工作时，H2失电子在负极反应，负极反应为H2+CO32﹣﹣2e﹣=H2O+CO2，故B正确；C，电池工作时，电子从负极电极a﹣负载﹣电极b，电子不能通过熔融碳酸盐重新回到电极a，故C错误；D．电极反应中电子守恒正极的电极反应为O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，电池工作时，外电路中流过0.2mol电子，反应氧气0.05mol，消耗O2质量=0.05mol×32g/mol=1.6g，故D错误；故选：B。7、A【解析】

A．水杨醛苯环上的四个氢原子的环境不同，即苯环上有4种等效氢，苯环上的一元取代物有4种，故A正确；B．水杨醛中含有醛基和酚羟基，具有醛和酚的性质；中间体中含有酯基、碳碳双键，具有酯和烯烃性质，二者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故B错误；C．结构相似，在分子组成上相差一个或n个-CH2原子团的有机物互称同系物，中间体中含有酯基、香豆酸-3-羧酸中含有酯基和羧基，二者结构不相似，所以不是同系物，故C错误；D．香豆酸-3-羧酸中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，则1mol各物质最多能和4mol氢气发生加成反应，故D错误；故答案为A。8、A【解析】

A项，氧化铜的还原产物为金属铜，而盐酸不能溶解铜，难以洗净该硬质玻璃管，故A项错误；B项，碘易溶于有机物，酒精可溶解碘，故B项正确；C项，长期存放的氯化铁水解最终生成氢氧化铁和HCl，HCl不断挥发，氢氧化铁则会不断沉积于试剂瓶内壁，而稀硫酸可溶解氢氧化铁，故C项正确；D项，纯碱溶液显碱性，可与油污反应，转化为可溶于水的脂肪酸钠和多元醇，故D项正确。故答案选A。【点睛】本题的易错项为C项；错选C项，可能是学生对长期存放FeCl3的试剂瓶内壁的物质不清楚，或认为就是FeCl3，用水即可洗掉。9、A【解析】

氯气是黄绿色的、有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，熔沸点较低，能溶于水，易溶于有机溶剂，光照下氯气与氢气反应生成氯化氢，故选A。10、A【解析】

A项、Fe3O4俗称磁性氧化铁，具有磁性，则司南中“杓”所用材质为Fe3O4，故A错误；B项、“水声冰下咽，沙路雪中平”的意思是流水在冰层下发出低咽的声响，原来崎岖不平的沙路铺上厚厚的积雪也显得很平坦，文中所述未涉及化学变化，故B正确；C项、乙烯能作水果的催熟剂，故C正确；D项、“含浆似注甘露钵，好与文因止消渴”说明柑橘糖浆含有葡萄糖，有甜味，可以起到“止消渴”的作用，故D正确。故选A。【点睛】本题考查的化学与生活，试题以传统文化为载体考查利用所学化学知识解释生产、生活中化学问题能力，掌握常见物质的性质及用途是解答关键。11、C【解析】

根据题给信息知，甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题。【详解】A．铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极Y相连，故A正确；B．M是负极，N是正极，质子透过离子交换膜由左M极移向右N极，即由左向右移动，故B正确；C．当N电极消耗0.25mol氧气时，则转移0.25×4=1mol电子，所以铁电极增重mol×64g/mol=32g，故C错误；D．CO(NH2)2在负极M上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-═CO2↑+N2↑+6H+，故D正确；故答案为C。12、C【解析】

A．由题中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中c（HA）增大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；B．提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，抑制HA电离，所以溶液中c（A-）减小，故B错误；C．当pH为5.0时，饮料中===0.16，C项正确；D．根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(A-)，根据物料守恒得c(Na+)=c(A-)+c(HA)，两式联立，消去c(Na+)得c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)-c(HA)，故D项错误；答案选C。【点睛】弱电解质的电离平衡和盐类水解平衡都受外加物质的影响，水解显碱性的盐溶液中加入酸，促进水解，加入碱抑制水解。在溶液中加入苯甲酸钠，苯甲酸钠存在水解平衡，溶液显碱性，通入二氧化碳，促进水解，水解生成更多的苯甲酸，抑菌能量增强。提高二氧化碳的充气压力，使水解程度增大，c(A–)减小。13、C【解析】

根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。1、若ag红色固体粉末只有Cu，加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量bg即为铜的质量，因此b＝a，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；2、若ag红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu不反应，与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若称得固体质量bg即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子和硫酸根离子、二价铁离子和铜离子；3、若ag红色固体粉末为Cu和Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为原样品中的铜的质量加上Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；4、若ag红色固体粉末只有Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，反应后无固体剩余，因此b＝0，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；5、若ag红色固体粉末只有Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；6、若ag红色固体粉末为Cu2O和Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，与Cu2O反应生成铜和硫酸铜溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜再次反应后剩余的质量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子以及硫酸根离子、铜离子、二价铁离子；A.根据上述分析，反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种，故A正确。B.不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故B正确C.若b＝a，即b<a，根据上述分析，红色固体粉末可能的组合为Cu和Fe2O3的混合物；Cu和Cu2O的混合物；只有Cu2O；Cu2O和Fe2O3的混合物，因此红色固体粉末可能是混合物也可以是纯净物，故C错误；D.根据上述六种红色固体粉末组成的分析，b的取值范围:0＜b≤a，故D正确。答案选C。14、A【解析】

A.溶液中氢离子浓度改变，而其它条件不变，则总体积为40mL，pH=2，则0.01×40=V1×0.200×2，V1=1.00mL，符合题意，A正确；B.pH=1时NaClO氧化废水中的氨氮(用硝酸铵模拟)，使其转化为无污染的气体，发生反应:3ClO-+2NH4+=3Cl-+N2↑+3H2O+2H+，与题意不符，B错误；C.HClO的氧化性比ClO-的氧化性更强，pH从1升高到2，酸性减弱，氨氮去除率降低的原因是更多的HClO转化为ClO-，与题意不符，C错误；D.pH控制在6时氨氮去除率为85%，进行处理更容易达到排放标准，与题意不符，D错误；答案为A。15、A【解析】

这是固体的加热、灼烧、冷却和研磨的过程，固体加热用坩埚B，要用坩埚钳C取放，研磨在研钵D中进行，所以蒸发皿是没有用到的仪器。答案为A。16、C【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。已知W原子的最外层电子数是电子层数的2倍，W应为第二周期元素，最外层电子数为4，可知W为C元素；X元素存在两种气态同素异形体，一种可吸收大气中的紫外线，则X为O；Y原子最外层电子数等于电子层数，可知Y为Al；Z离子在同周期最简单阴离子中半径最小，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，可知Z为Cl，以此解答该题。【详解】由上述分析可知，W为C，X为O，Y为Al，Z为Cl，A．水分子间存在氢键，沸点较高，故A错误；B．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Z＞X＞Y，故B错误；C．X的单质为臭氧，Z的化合物为NaClO时，都可用于污水的杀菌消毒，故C正确；D．氯化铝为共价化合物，故D错误；故选C。17、C【解析】

A.丝绸的主要成分是蛋白质，故A错误；B.聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，油脂不属于高分子，故B错误；C.疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性，使蛋白质失去活性，故C正确；D.硅是半导体，“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅，故D错误；故选C。18、B【解析】

比例模型可以直观地表示分子的形状，其碳原子的成键情况是确定分子结构的关键，碳原子的成键情况主要根据与碳原子形成共价键的原子的数目确定，原子半径的关系为C>O>H，最大的原子为C，最小的原子为H，小于C原子的灰色原子为O。则该有机物的结构简式为CH3CH(OH)COOH，则其中含有官能团有一个羟基，一个羧基。故选B。19、B【解析】

A．Al(OH)3是两性氢氧化物，只溶于强酸、强碱，不溶于氨水，故A错误；B．浓硫酸能将蔗糖中H、O以2∶1水的形式脱去，体现浓硫酸的脱水性，故B正确；C．向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液可能生成氯化银或硫酸钡白色沉淀，不能检验硫酸根离子，故C错误；D．氯气具有氧化性，可以将亚铁离子氧化，生成三价铁离子，三价铁离子可以和KSCN溶液发生显色反应，显红色，不能确定是含有亚铁离子还是铁离子，故D错误；故选B。20、D【解析】

A.由结构简式可知,W不能和溴水发生加成反应，M、N均能与溴水发生加成反应，故A错误；B.W的一氯代物数目为4种，M的一氯代物数目3种，N的一氯代物数目4种，故B错误；C.根据甲烷分子的正四面体结构、乙烯分子和苯分子的共面结构可知，W、N分子中的碳原子均共面，M中的碳原子不能共面，故C错误，D.W中与苯环相连的碳原子了有氢原子，M和N均含碳碳双键，故W、M、N均能被酸性KMnO4溶液氧化，故D正确;答案：D。21、B【解析】

A.该实验为蒸馏，温度计水银球应置于蒸馏烧瓶支管处，以便测量蒸汽的温度，A错误；B.该实验为蒸发，蒸发指蒸去溶剂从而得到溶质固体，因而蒸发NaC1溶液获得NaC1晶体，B正确；C.铜与浓硫酸反应需要加热，该装置中未添加酒精灯，C错误；D.过氧化氢与二氧化锰反应生成的氧气会从长颈漏斗溢出，从而无法测量化学反应速率，应该用分液漏斗，D错误。故答案选B。22、A【解析】

a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素；则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【详解】由以上分析可知：a为O元素、b可能为Na或Mg、c为Al、d为S元素。A．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，选项A正确；B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b＞c＞d，a为O，原子半径最小，选项B错误；C．一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质的氧化性强，选项C错误；D．c为Al，对应的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，选项D错误；故选：A。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键氧化反应加成反应CH3CH=CH2、、【解析】

A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中F和M可生成N，则E为HOCH2CH2OH，F为碳酸二甲酯，结构简式为；G和苯反应生成J，由J分子式知G生成J的反应为加成反应，G为CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成L和丙酮，L和丙酮在酸性条件下反应生成M，由M结构简式和D分子式知，D为，F和M发生缩聚反应生成的PC结构简式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到；【详解】（1）A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；（2）反应①是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应②是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应；（3）反应③是和CH3OH发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是；（4）反应④是G和苯发生加成反应生成的J为C9H12，由原子守恒可知D的分子式为C3H6，结合G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是CH3CH=CH2；（5）反应⑥中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成等；（6）反应⑦是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物1为环己醇，结构简式是。【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据产物的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。24、C10H8羟基，醚键取代反应【解析】

根据合成路线中有机物的结构变化及分子式结合反应条件分析合成过程中的中间产物及反应类型；根据提示信息及原料、目标产物，采用逆合成分析法设计合成路线。【详解】根据已知条件及D的结构式分析得A与浓硫酸发生取代反应，则B的结构简式为；根据B和D的结构及反应条件可以分析得中间产物C的结构简式为：；根据E的分子式结合D的结构分析知E的结构简式为：；根据F的结构及反应条件分析G的结构简式为：；(1)根据A的结构简式分析得A的化学式是C10H8；(2)根据H的结构简式分析，H中所含官能团的名称是羟基，醚键；比较G和H的结构变化可以看出H中酚羟基上的氢原子被取代，所以该反应为取代反应；(3)根据上述分析C的结构简式为；G的结构简式为；(4)由D生成E属于取代反应，化学方程式为：+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(5)X属于芳香族化合物，则X中含有苯环，1molX最多可与4molNaOH反应，结构中可能含有2个酯基，结构中有3种不同化学环境的氢，且峰面积比为3:3:1，说明结构中对称性较强，结构中应该含有多个甲基，则符合要求的X的结构简式有为：、、、；(6)根据目标产物逆分析知由发生取代反应生成，而根据提示信息可以由在一定条件下制取，结合有机物中官能团的性质及题干信息，可以由氧化制取，则合成路线为：。25、直形冷凝管(或冷凝管)除去Cl2中混有的HCl杂质FCB将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量)S2Cl2遇水会分解放热，放出腐蚀性烟气ac×100%或%或%或%【解析】

(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；(2)S2Cl2受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；(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中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数。【详解】(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；①仪器m的名称为直形冷凝管(或冷凝管)，装置F中试剂的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质；②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D；③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气；并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；④反应生成S2Cl2中因氯气过量则会有少量生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；(2)少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬独液，但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是：防止S2Cl2遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；(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中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数；①W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液，可以是a.H2O2溶液，c．氯水，但不能是b.KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，故答案为：ac；②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)==mol，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=。【点睛】考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、数据处理能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。26、2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2↑+H2O（球形）冷凝管x胶头滴管100mL容量瓶8.0g取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较滴入最后一滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色33.6度偏大【解析】

(1)根据强酸制弱酸的原理书写反应的离子方程式；(2)根据仪器结构判断仪器名称，冷凝管中冷却水应从下口进入，从上口流出；(3)实验中需要2.0mol/LNaOH溶液90mL，但是实验室没有90mL的容量瓶，应用100mL容量瓶，即应配制100mLNaOH溶液，据此计算需要NaOH固体的质量，再根据用NaOH固体配制NaOH溶液的实验步骤判断所需仪器；(4)根据pH试纸的使用方法进行解答；(5)①根据溶液颜色变色判断滴定终点，用EBT(铬黑T，蓝色)作为指示剂，结合已知反应判断滴定终点颜色的变化；②首先明确关系式n(M2+)~n(EDTA)~n(CaO)，进而计算1L水样中CaO的质量，再结合该地下水的硬度的表示方法进行计算；③若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则使得EDTA标准液的浓度偏小，则滴定等量EDTA消耗EDTA标准液的体积偏大。【详解】(1)已知ClCH2COOH与Na2CO3溶液反应产生无色气泡，可知二者反应生成二氧化碳气体，由强酸制弱酸的原理可知，反应的离子方程式为2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2↑+H2O，故答案为：2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2↑+H2O；(2)仪器Q的名称是（球形）冷凝管，冷却水应从下口进入，从上口流出，故答案为：（球形）冷凝管；x；(3)实验中需要2.0mol/LNaOH溶液90mL，但是实验室没有90mL的容量瓶，应用100mL容量瓶，即应配制100mLNaOH溶液，因此n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=2.0mol/L×0.1L=0.2mol，m(NaOH)=n(NaOH)M(NaOH)=0.2mol×40g/mol=8.0g，用NaOH固体配制NaOH溶液的实验步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、装瓶，据此可知配制时使用的仪器除了天平、烧杯、玻璃棒外，还需要胶头滴管和100mL容量瓶，故答案为：胶头滴管；100mL容量瓶；8.0g；(4)测定溶液pH的方法是取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较，故答案为：取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较；(5)①根据已知反应可知滴定前溶液为酒红色，滴定结束后为蓝色，所以滴定终点溶液的颜色变化为酒红色变为蓝色，故答案为：滴入最后一滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色；②用0.0100mol⋅L−1的EDTA标准溶液进行滴定，滴定终点时共消耗EDTA溶液15.0mL，则n(M2+)=n(EDTA)=0.0100mol⋅L−1×15.0×10−3L=1.5×10−4mol，则25.00ml水中m(CaO)=nM=56g/mol×1.5×10−4mol=8.4mg，所以1L水中，通常把1L水中含有10mgCaO称为1度，所以该地下水的硬度为，故答案为：33.6度；③若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则使得EDTA标准液的浓度偏小，则消耗EDTA标准液的体积偏大，会使得测定结果将偏大，故答案为：偏大。【点睛】容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应体积的溶液。容量瓶有以下规格：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等，因此该题中配制90mLNaOH溶液，需要使用100mL容量瓶，在使用公式n(NaOH)=cV计算NaOH物质的量时，一定注意代入的体积为0.1L，而不是0.09L，这是学生们的易错点。容量瓶的选用原则：如果所配制溶液的体积正好与容量瓶的某一规格一致，直接选用该规格的容量瓶即可，如果不一致，那么选择的容量瓶的规格跟实际配制溶液的体积相比较要大而近，比如该题配制90ml溶液选用100ml容量瓶，再由实际配制的体积计算需要溶质的物质的量。27、H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2）上清液为紫色2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂【解析】

（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离；（2）酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳；（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72-浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速；①由实验结论出发即可快速解题；②由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可；（5）注意实验的变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂。【详解】（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用可逆符号，则H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+；（2）实验I试管a中，酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳，则该反应的离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O；（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸，则实验IV的目的是：排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72-浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速，则可能是过程i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii．Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应；①将0.0001molMnO2加入到6mL0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2）中，固体完全溶解，则说明MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+；从中取出少量溶液（含Mn2+），加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到上清液为紫色，则说明溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-，MnO4-显紫色；②设计实验方案证实过程ii成立，由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可，即实验方案是2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001m