故选：D。
A．生成氢氧化钙易堵塞瓶颈处； B．X为苯时不能隔绝气体与水；
C．挥发的乙醇、生成的乙烯均使高锰酸钾氧化； D．从a处加水，观察两侧液面差。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、实验操作、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11. 【答案】 D
【解析】
解：A．醋酸是弱电解质而部分电离，则 0.1000mol?L-1醋酸溶液中c（H+）＜0.1000mol/L，则溶液的pH＞1，醋酸钠溶液呈碱性，则酸碱恰好完全反应时溶液呈碱性，溶液的pH＞7，故A错误；
B．稀释pH相同的盐酸和NH4Cl溶液，稀释相同倍数时pH值变化较大的是盐酸，根据图知，I表示盐酸稀释；溶液导电性与离子浓度成正比，离子浓度：a＞b＞c，所以导电性：a＞b＞c，故B错误；
C．A13+存在于酸性溶液中，a点pH＞7，溶液呈碱性，则不能大量存在A13+，故C错误； D．t1℃时A、B饱和溶液中ω（A）＜ω（B），升高温度溶液变为不饱和溶液，没有溶质析出，所以溶液的质量分数不变，ω（A）＜ω（B），故D正确； 故选：D。
A．醋酸是弱电解质而部分电离，则 0.1000mol?L-1醋酸溶液的pH＞1；
B．稀释pH相同的盐酸和NH4Cl溶液，稀释相同倍数时pH值变化较大的是盐酸；溶液导电性与离子浓度成正比； C．A13+存在于酸性溶液中；
D．将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，A、B溶液都转化为不饱和溶液，但是其质量分数不变。
本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断、溶解度等知识点，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确弱电解质电离特点、离子共存条件等知识点是解本题关键，题目难度不大。
12. 【答案】 A 【解析】 解：反应中NO3-→N2，N元素化合价降低、发生得电子的还原反应，b电极为原电池正极，电极反应为2NO3-+10e-+12H+═N2↑+6H2O，苯酚发生氧化反应生成CO2，a电极为原电池的负极，电极反应为C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+， A、左侧苯酚发生反应生成CO2，其中C的化合价由平均-升高到+4，发生氧化反应，故A正确； B、电解质溶液呈酸性，不可能生成OH-，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+═N2↑+6H2O，故B错误； C、该装置是原电池装置，不是电解池，不需要消耗外界电能，故C错误； D、惰性电极a为原电池的负极，负极上苯酚发生氧化反应生成CO2，电极反应为C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，放电时H+通过质子交换膜移向正极，由于电子和质子所带电荷数相等，根据电子守恒和电荷守恒可知，消耗1mol苯酚时，质子交换膜中将有28molH+通过，故D错误； 故选：A。
由原电池装置图可知，反应中NO3-→N2，N元素化合价降低、发生得电子的还原反应，b电极为原电池正极，电极反应为2NO3-+10e-+12H+═N2↑+6H2O，苯酚发生氧化反应生成CO2，a电极为原电池的负极，电极反应为C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，据此分析解答。
本题考查了原电池原理，为常见考试题型，侧重分析能力和计算能力的考查，把握原电池工作原理、电极的判断和电极反应是解题的关键，注意结合电解质条件书写电极反应式，题目难度中等。
13. 【答案】 C
【解析】
解：A．金属铈（稀土元素）的活泼性较强，应该用电解法获得，无法用焦炭还原铈的氧化物来制备金属铈，故A错误；
B．由于氧化性是Ce4+＞Fe3+，Ce2（SO4）3溶液与硫酸铁不发生反应，故B错误；
C．铈活泼性较强，在空气中易氧化变暗，所以Ce保存时应隔绝空气，防止被氧化，故C正确；
D．电解熔融状态的CeO2，电解池中在阴极是铈离子发生得电子得还原反应，即在阴极获得铈，故D错误； 故选：C。
A．金属铈（稀土元素）是一种活泼的金属，无法用焦炭还原； B．氧化性是Ce4+＞Fe3+，该反应不会发生；
C．金属铈是一种活泼的金属，活泼性略强于镁，易被氧气氧化； D．Ce4+得到电子发生还原反应，应该在阴极得到Ce。
本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、电解原理等知识，题目难度中等，明确题干信息为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及金属冶炼原理，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。 26. 【解析】
解：（1）由图可知仪器A的名称是分液漏斗， 故答案为：分液漏斗；
（2）反应前先利用生气除去装置内空气，再利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，则关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，其目的是排出装置内的空气，然后关闭活塞1，接下来的操作是反应一段时间后，打开活塞2，关闭活塞3，此后，C装置溶液中有沉淀生成，并有大量气泡冒出，则C中发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O， 故答案为：排出装置内的空气；反应一段时间后，打开活塞2，关闭活塞3；Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（3）Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，防止Fe2+离子被氧化，过量的铁粉可以充分利用，得到乳酸亚铁，加入适量乳酸让铁粉反应完全，从溶液中获得乳酸亚铁晶体，应经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作， 故答案为：防止Fe2+离子被氧化；蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）A．滴定管在盛装高锰酸钾前未润洗，消耗标准液的体积偏大，导致测定结果偏高，故
A选；
B．滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出，消耗标准液的体积偏小，导致测定结果偏低，故B不选；
C．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，消耗标准液的体积偏小，导致测定结果偏低，故C不选；
D．滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，消耗标准液的体积偏大，导致测定结果偏高，故D选；
故答案为：AD；
（5）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，
故答案为：乳酸根离子中含有羟基，被酸性高锰酸钾溶液氧化； （6）由Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，可知产品中乳酸亚铁晶体的纯度为
×100%=90%，
故答案为：90%。
因亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，C装置中FeCl2和NH4HCO3发生FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中压强增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，将制备的FeCO3加入到足量乳酸溶液，加入Fe粉，防止Fe2+离子被氧化，过量的铁粉用乳酸除去，Fe被充分利用，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等分离出乳酸亚铁晶体，结合亚铁离子与高锰酸钾发生氧化还原反应及滴定原理可测定其含量。
（5）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大； （6）由Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可计算25.0mL溶液中n（Fe2+），再根据m=nM计算乳酸亚铁晶体的质量，进而计算产品中乳酸亚铁晶体的质量分数。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 27. 【解析】
解：（1）“焙烧”后的固体产物成分除Na2CrO 4、Fe2O 3、Na AlO2外，还有Na2SiO3，焙烧过程中发生的氧化还原反应为4FeO?Cr2O3+7O2+8Na2CO3故答案为：Na2SiO3；4FeO?Cr2O3+7O2+8Na2CO3
8Na2CrO4+2Fe2O 3+8CO2，
8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2；
（2）“水浸”步骤中，为了提高浸出率，可采取的措施有加热、搅拌、研磨或延长浸出时间等，
故答案为：加热、搅拌、研磨或延长浸出时间等；
（3）操作Ⅰ用于分离固体和液体，为过滤操作；固体X中主要含有Fe2O3， 故答案为：过滤；Fe2O3；
（4）第一次加入醋酸的目的是将NaAlO2、Na2SiO3转化为H2SiO3、Al（OH）3沉淀除去，第二次加入醋酸调节溶液pH＜5，其目的是使CrO42-转化为Cr2O72-，
故答案为：将NaAlO2、Na2SiO3转化为H2SiO3、Al（OH）3沉淀除去；使CrO42-转化为Cr2O72-； （5）溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，根据表中数据知，四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小，Na2Cr2O7的溶解度比K2Cr2O7大，所以在溶液中能发生反应：Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7
↓+2NaCl，
故答案为：K2CrO7 的溶解度比Na2Cr2O7小；
（6）从溶液中获取晶体的方法是：加入KC1固体、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：冷却结晶；洗涤。
铬铁矿加入碳酸钠通过焙烧，生成Na2CrO 4、Fe2O 3、NaAlO2、Na2SiO3的混合体系，然后加水溶解得固体氧化铁和溶液Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2，再调节溶液的pH，使偏铝酸盐完全沉淀，硅酸盐完全沉淀；继续调节溶液的pH使CrO42-转化为Cr2O72-，最后向所得溶液中加入氯化钾，生成溶解度极小的K2Cr2O7，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。 28.
=7.77×10-6 mol/（L?s）， 故答案为：825；7.77×10-6；
（3）①根据图象分析，在温度较低时，产生较多的是N2，该催化剂在低温时选择反应Ⅱ； 故答案为：Ⅱ； ②可逆反应：
4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g） 开始（mol/L） 反应（mol/L）0.2 0.25 0.2 0.3 平衡（mol/L） 0.2 0.3
可逆反应4NH3（g）+3O2（g）?2N2（g）+6H2O（g） 开始（mol/L） 反应（mol/L）0.4 0.3 0.2 0.6 平衡（mol/L） 0.2 0.6 则平衡时c（NH3）=（1-0.2-0.4）mol/L=0.4mol/L、c（O2）=（2-0.25-0.3）mol/L=1.45mol/L，c（NO）=c（N2）=0.2mol/L、c（H2O）=（0.3+0.6）mol=0.9mol，
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