山东省德州市平原县第一中学2024年高考化学三模试卷含解析

山东省德州市平原县第一中学2024年高考化学三模试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、温度T℃时，在初始体积为1L的两个密闭容器甲（恒容）、乙（恒压）中分别加入0.2molA和0.1molB，发生反应2A(g)+B(g)xC(g)，实验测得甲、乙容器中A的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是A．x可能为4B．M为容器甲C．容器乙达平衡时B的转化率为25%D．M的平衡常数大于N2、测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是A．取ag混合物用酒精灯充分加热后质量减少bgB．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bgC．取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入1~2滴甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmLD．取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入1~2滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL3、下列有关物质性质的叙述正确的是（）A．向NaOH溶液中加入铝粉，可生成Al(OH)3B．向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，可生成CO2C．向热的蔗糖溶液中滴加银氨溶液，可生成银镜D．向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入CO2，可生成NaHCO34、向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，溶液pH随时间的变化如图所示。呈碱性时停止滴加，一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。由此得不到的结论是A．该新制氯水c(H+)=10-2.6mol/LB．开始阶段，pH迅速上升说明H+被中和C．OH-和Cl2能直接快速反应D．NaOH和氯水反应的本质是OH-使Cl2+H2OH++Cl-+HClO平衡右移5、某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：实验1实验2①、③中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生③中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生下列说法正确的是A．稀硝酸一定被还原为NO2B．实验1-②中溶液存在：c(Cu2+)+c(H+)＝c(NO3－)+c(OH－)C．由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应D．实验1-③、实验2-③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-＋8H+=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O6、丙烯是石油化学工业的重要基础原料，我国科学家利用甲醇转化制丙烯反应过程如下：3CH3OH+H3AlO6→3++3H2O3+→H3AlO6+3C○↑↓H23C○↑↓H2→CH2=CHCH3下列叙述错误的是A．甲醇转化制丙烯反应的方程式为3CH3OH→CH2=CHCH3+3H2OB．甲醇转化制丙烯反应的过程中H3AlO6作催化剂C．1.4gC○↑↓H2所含的电子的物质的量为1molD．甲基碳正离子的电子式为7、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－8、用下表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能达到相应实验目的的是选项实验目的仪器A用CCl4除去NaBr溶液中少量Br2烧杯、分液漏斗B配制1.0mol•L-1的H2SO4溶液量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶C从食盐水中获得NaCl晶体酒精灯、烧杯、漏斗D制备少量乙酸乙酯试管、酒精灯、导管A．A B．B C．C D．D9、下列属于电解质的是()A．BaSO4B．浓H2SO4C．漂白粉D．SO210、下列化学用语表示正确的是A．CO2的比例模型：B．HClO的结构式：H—Cl—OC．HS-的水解方程式：HS-+H2O⇌S2-+H3O+D．甲酸乙酯的结构简式：HCOOC2H511、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A．NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)C．MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)Mg(s)D．N2(g)NH3(g)NaHCO3(s)12、NA是阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是A．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为2NAB．标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为NAC．密闭容器中，lmolNH3和lmolHC1反应后气体分子总数为NAD．在1L0.1mol/L的硫化钠溶液中，阴离子总数大于0.1NA13、由下列实验及现象推出的相应结论正确的是实验现象结论A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无Fe3+B．向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3>C6H5OHC．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)D．①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液②再加足量盐酸①产生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SO42-A．A B．B C．C D．D14、已知有机物C2H4O、C3H6O2和C4H8组成的混合物中，碳元素的质量分数为a%，则氧元素的质量分数为A．（100—）% B．% C．% D．无法计算15、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，Y为金属元素，Y与Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，X与W所在族序数之和等于10。下列说法正确的是（）A．原子半径大小顺序：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X) B．沸点：XW2>Y2WC．最高价氧化物对应的水化物的酸性：X<Z D．简单氢化物的热稳定性：Z>W16、依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到相应实验目的是A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．②④17、下列有关叙述错误的是()A．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈B．陶瓷、水泥和光导纤维均属于硅酸盐材料C．“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程有利于减少雾霾天气D．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性都是化学变化18、下列浓度关系正确的是（）A．0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全：c(NH4+)＞c(OH-)＞c(SO42-)＞c(H+)B．1L0.1mol/L的KOH溶液中通入标准状况下的CO2气体3.36L，所得溶液中：c(K+)＋c(H+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH-)C．0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合，所得溶液呈碱性：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)D．同温下pH相同的NaOH溶液、CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(NaHCO3)＜c(Na2CO3)19、化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是A．泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家特色产品，其主要成分均为金属材料B．利用钠蒸气放电发光的性质制造的高压钠灯，可发出射程远、透雾能力强的黄光C．高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可通过水解反应提供能量D．手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的有机高分子材料20、NA代表阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是A．0.1mol的白磷（P4）或甲烷中所含的共价键数均为0.4NAB．足量的Fe粉与1molCl2充分反应转移的电子数为2NAC．1.2gNaHSO4晶体中含有离子总数为0.03NAD．25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NA21、下列有关物质性质的比较，结论正确的是A．溶解度：Na2CO3<NaHCO3B．热稳定性：HCl<PH3C．沸点：C2H5SH<C2H5OHD．碱性：LiOH<Be(OH)222、25℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（）A．25℃时，H2CO3的一级电离K(H2CO3)=1.0×10-6.4B．图中a=2.6C．25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6D．M点溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)二、非选择题(共84分)23、（14分）治疗帕金森病的新药沙芬酰胺的合成方法如下：已知：①CH3CN在酸性条件下可水解生成CH3COOH。②CH2=CH-OH和CH3OOH均不稳定。(1)C生成D的反应类型为_______________。G中含氧官能团的名称为_____。B的名称为_____。(2)沙芬酰胺的结构简式为_____。(3)写出反应(1)的方程式_____。分析反应(2)的特点，写出用福尔马林浸制生物标本的反应原理的方程式_____（蛋白质的结构用表示）。(4)H是F相邻的同系物，H的苯环上有两个处于对位的取代基，符合下列条件的H的稳定的同分异构体共有_____种。①苯环上仍然有两个处于对位的取代基；②能与NaOH溶液反应；(5)下图是根据题中信息设计的由丙烯为起始原料制备B的合成路线，在方框中补全必要的试剂和中间产物的结构简式（无机试剂任选，氧化剂用[O]表示，还原剂用[H]表示，连续氧化或连续还原的只写一步）。________________________24、（12分）[化学——选修5：有机化学基础]A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：（1）A的名称是____；B中含氧官能团名称是____。（2）C的结构简式____；D-E的反应类型为____。（3）E-F的化学方程式为____。（4）B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是____（写出结构简式）。（5）等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为____；检验其中一种官能团的方法是____（写出官能团名称、对应试剂及现象）。25、（12分）甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。实验室利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。查阅资料：①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。实验过程：I．装置C中盛有17.4gFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。Ⅱ．反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。(1)仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是_______________。(2)装置B中盛有的试剂是：____________；装置D的作用是________________。(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，该反应的离子方程式为____________________________。(4)过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。①pH过低或过高均导致产率下降，其原因是_____________________；②柠檬酸的作用还有________________________。(5)过程II中加入无水乙醇的目的是_______________________。(6)本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是_____％。26、（10分）І．为探究铜与稀硝酸反应的气态产物中是否含NO2，进行如下实验。已知：FeSO4+NO→[Fe(NO)]SO4，该反应较缓慢，待生成一定量[Fe(NO)]2+时突显明显棕色。（1）实验前需检验装置的气密性，简述操作_____________________________________。（2）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，该实验操作的目的是__________________________________________________________________；铜片和稀硝酸反应的化学方程式为________________________________。（3）洗气瓶中加入KSCN溶液的目的及原理是______________________________________；本实验只观察到洗气瓶中出现了棕色，写出尾气处理的化学方程式________________。ІІ．实验室制备的CuSO4·5H2O中常含Cu(NO3)2，用重量法测定CuSO4·5H2O的含量。（4）实验步骤为：①___________②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤（其余步骤省略），在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是_________________________________。（5）若1.040g试样中含CuSO4·5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是l.000g测定的相对误差为____________。27、（12分）乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，相对分子质量为288}易溶于水，是一种很好的补铁剂，可由乳酸[CH3CH(OH)COOH]与FeCO3反应制得。I．碳酸亚铁的制备（装置如下图所示）(1)仪器B的名称是__________________；实验操作如下：打开kl、k2，加入适量稀硫酸，关闭kl，使反应进行一段时间，其目的是__________________。(2)接下来要使仪器C中的制备反应发生，需要进行的操作是____________，该反应产生一种常见气体，写出反应的离子方程式_________________________。(3)仪器C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是__________。Ⅱ．乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定(4)向纯净FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应，经过滤，在____________的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。(5)两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定：①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于l00%，其原因可能是_________________________。②乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。称取3.000g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成l00mL溶液。吸取1．00rnL该溶液加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0.100mol·L-1硫代硫酸钠溶液滴定（已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），当溶液_____________________，即为滴定终点；平行滴定3次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为_________％（保留1位小数）。28、（14分）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分为H2、CO、CO2、N2和H2O(g)。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。（1)步骤I，CO变换反应的能量变化如下图所示：①CO变换反应的热化学方程式是________________。②一定条件下，向体积固定的密闭容器中充入aL半水煤气，发生CO变换反应。测得不同温度（T1，T2）氢气的体积分数ψ(H2)与时间的关系如下所示。i．T1、T2的大小关系及判断理由是______________。ii．请在上图中画出：其他条件相同时，起始充入0.5aL半水煤气，T2温度下氢气的体积分数ψ(H2)随时间的变化曲线。______________(2)步骤Ⅱ，用饱和Na2CO3溶液作吸收剂脱除CO2时，初期无明显现象，后期有固体析出。①溶液中离子浓度关系正确的是__________（选填字母）。a．吸收前：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)b．吸收初期：2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(Na+)c．吸收全进程：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)②后期析出固体的成分及析出固体的原因是___________。③当吸收剂失效时，请写出一种可使其再生的方法（用化学方程式表示）：____________。29、（10分）锂离子电池是指以锂离子嵌入化合物为正极材料的电池。研究锂离子电池的电极材料、电解液具有重要的现实意义。（1）锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的LiMPO4(M=Fe、Co等元素)。①Li+能量最低的激发态的电子排布图为______________________。②第四电离能I4(Co)比I4(Fe)小，原因是______________________。（2）锂离子电池的电解液有LiBF4等，碳酸亚乙酯()用作该电解液的添加剂。①LiBF4中阴离子的空间构型为____________________。②碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式为___________________；碳酸亚乙酯能溶于水的原因是______________________________________________________。（3）硫化锂是目前正在研发的锂离子电池的新型固体电解质，为立方晶系晶体，其晶胞参数为apm。该晶胞中离子的分数坐标为：硫离子：(0，0，0)；()，；；……锂离子：；；；；……①在图上画出硫化锂晶胞沿x轴投影的俯视图。___________②硫离子的配位数为__________________。③设NA为阿伏加德罗常数的值，硫化锂的晶体密度为________g·cm－3(列出计算表达式)。

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】

若该反应为气体物质的量增大的反应，即x＞3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强增大，平衡过程中反应速率比恒压时大，建立平衡需要的时间较少，对应于图像M，增大压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像相符；若该反应为气体物质的量减少的反应，即x＜3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强减小，平衡过程中反应速率比恒压时小，建立平衡需要的时间较长，对应于图像N，减小压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像不符；若该反应x=3，则两容器得到相同的平衡状态，与图像不符，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析，该反应为气体物质的量增大的反应，因此x可能为4，故A正确；B．根据上述分析，该反应为气体体积增大的反应，M为容器甲，N为容器乙，故B正确；C．根据上述分析，N为容器乙，容器乙达平衡时A的转化率为25%，根据方程式2A(g)+B(g)xC(g)，加入0.2molA和0.1molB时，反应的B为A的物质的量的一半，A和B的转化率相等，也是25%，故C正确；D．温度不变，平衡常数不变，达到平衡时，M、N对应的温度相同，则平衡常数相等，故D错误；故选D。【点睛】解答本题的关键是判断压强对该反应的影响。本题的难点是排除x＜3的情况。2、B【解析】

A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故不选A；B.混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故选B；C.Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选C；DNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选D；答案：B【点睛】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。3、D【解析】

A.向NaOH溶液中加入铝粉，发生的反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，不会生成氢氧化铝，A项错误；B.因酸性比较：H2CO3>苯酚>HCO3-，则向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，不会生成CO2，只会生成苯酚钠与碳酸氢钠，B项错误；C.蔗糖不是还原性糖，不能与银氨溶液发生银镜反应，C项错误；D.向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入CO2，因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠溶解度小，会先以晶体形式析出，发生的反应是：NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，D项正确；答案选D。【点睛】A项是易错点，学生要理解并准确掌握铝三角的转化关系，铝单质的特性。铝单质与酸反应会生成正盐铝盐，而与碱反应生成偏铝酸盐，铝单质不能直接转化为氢氧化铝沉淀。4、C【解析】

A.没有加入NaOH溶液时，新制氯水的pH为2.6，氢离子的浓度c(H+)=10-2.6mol/L，故A正确；B.向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子反应，pH迅速上升，故B正确；C.新制氯水中有氢离子，逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子和HClO反应，故C错误；D.由图可知，逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子和HClO反应，使Cl2+H2OH++Cl-+HClO反应平衡右移，故D正确；题目要求选择不能得到的结论，故选C。5、D【解析】

实验1：稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水，再加稀硫酸，硝酸铜中硝酸根在酸性条件下能继续氧化铜单质。试管口NO均被氧化生成红棕色的二氧化氮。实验2：稀硫酸不与铜反应，再加稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水。试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮。【详解】A．稀硝酸与铜发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；

B．实验1-②中溶液存在电荷守恒为：2c（Cu2+）+c（H+）=c（NO3-）+c（OH-），故B错误；

C．由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，但不能与稀硫酸反应，故C错误；

D．实验1-③、实验2-③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-＋8H+=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故D正确；

答案选D。【点睛】一般情况下，稀硝酸与铜生成NO，浓硝酸与铜生成NO2。6、C【解析】

将题干中三个方程式相加即得甲醇转化制丙烯反应的方程式，选项A正确；在反应前有H3AlO6，反应后又生成了H3AlO6，而且量不变，符合催化剂的定义，选项B正确；反应前后原子守恒，电子也守恒，1.4gC○↑↓H2所含的电子的物质的量为0.8mol，所以选项C错误；甲基碳正离子是甲基失去一个电子形成的阳离子，选项D正确。7、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)。8、C【解析】

A.单质溴易溶于有机溶剂，因此可以用萃取的方法将其从水相中分离，A项正确；B.配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶，B项正确；C.若要从食盐水中获得食盐晶体，可以蒸发结晶，蒸发结晶一般在蒸发皿中进行，C项错误；D.制备少量乙酸乙酯，可以在试管中进行，再用导管将产物通入饱和碳酸钠溶液中收集产物并除杂，D项正确；答案选C。9、A【解析】

电解质是在水中或熔融状态下可以导电的化合物。【详解】A.BaSO4在熔融状态下可以导电，故A选；B.浓H2SO4是混合物，电解质必须是纯净物，故B不选；C.漂白粉是混合物，电解质必须是纯净物，故C不选；D.SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸是电解质，但SO2不是，液态SO2中只有分子，不能导电，故D不选；故选A。【点睛】BaSO4这类化合物，虽然难溶于水，但溶于水的部分可以完全电离，而且在熔融状态下也可以完全电离，故BaSO4是电解质。电解质和非电解质都是化合物，即必须是纯净物，所以混合物和单质既不是电解质也不是非电解质。10、D【解析】

A.碳原子半径大于氧，故A错误；B.氧为中心原子，HClO的结构式：H—O—Cl，故B错误；C.HS-的水解方程式：HS-+H2O⇌H2S+OH-，故C错误；D.甲酸乙酯的结构简式：HCOOC2H5，故D正确；故选D。11、D【解析】

A．铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以Cl2(g)FeCl2(s)转化不能实现，故A错误；B．硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；C．氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，所以Mg(OH)2(s)Mg(s)转化不能实现，故C错误；D．氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，故D正确；故答案选D。12、D【解析】

A.12g石墨烯里有1mol碳原子，在石墨中，每个六元环里有6个碳原子，但每个碳原子被3个环所共有，所以每个环平均分得2个碳原子，所以1个碳原子对应0.5个环，所以12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NA，故A不选；B.标准状况下，HF是液体，故B不选；C.NH3和HC1反应生成的NH4Cl不是由分子构成的，是离子化合物，故C不选；D.1L0.1mol/L的硫化钠溶液中，如果硫离子不水解，则硫离子为0.1mol，但硫离子会发生水解：S2-+H2OHS-+OH-，所以阴离子数目增加，最终阴离子总数大于0.1NA，故D选。故选D。13、B【解析】

A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+，选项A错误；B．向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚，选B正确；C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化，选项C错误；D．向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子，选项D错误。【点睛】在解决本题中选项C的类似问题时，一定要注意判断溶液中的主要成分。当溶液混合进行反应的时候，一定是先进行大量离子之间的反应（本题就是进行大量存在的硫离子和铜离子的反应），然后再进行微量物质之间的反应。例如，向碳酸钙和碳酸钠的悬浊液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸钠反应得到碳酸氢钠，再与碳酸钙反应得到碳酸氢钙。14、A【解析】

根据三种有机物中碳、氢的质量比相等，可根据碳元素的质量分数求出氧元素的质量分数，进而求出氧元素的质量分数。【详解】在三种化合物中碳、氢元素的原子个数比都为1：2，故碳元素和氢元素的质量比都为：12：1×2＝6：1，故氢元素的质量分数为%，而三种有机物是由碳、氢、氧三种元素组成的，故氧元素的质量分数为：100%−a%−%＝(100−)%；故答案选A。15、C【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于ⅣA主族，W处于ⅥA族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素；Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、ⅤA族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素，据此进行解答。【详解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于ⅣA主族，W处于ⅥA族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素，Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、ⅤA族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素，A.同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：Y(Na)＞Z(P)＞W(S)＞X(C)，故A错误；

B.W分别与X、Y形成的化合物为CS2、Na2S，CS2为共价化合物，Na2S为离子化合物，则沸点：Na2S＞CS2，故B错误；C.X、Z的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、磷酸，碳酸酸性比磷酸弱，故C正确；D.非金属性Z(P)＜W(S)，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则氢化物稳定性PH3＜H2S，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。16、B【解析】

依据实验步骤及操作的规范性、科学性分析作答。【详解】①浓硫酸在加热条件下与铜反应制取SO2，装置正确且能达到相应实验目的；②气体和液体反应，有防倒吸装置，装置正确且能达到相应实验目的；③用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，装置正确且能达到相应实验目的；④蒸发溶液时用蒸发皿，而不应用坩埚，装置错误，不能达到实验目的；故B项正确。答案选B。17、B【解析】

A．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH)2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故A正确；B．陶瓷、水泥和玻璃为硅酸盐产品，而光导纤维的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐材料，故B错误；C．二氧化硫、氮氧化物以及可吸入颗粒物这三项是雾霾主要组成，前两者为气态污染物，最后一项颗粒物才是加重雾霾天气污染的罪魁祸首．它们与雾气结合在一起，让天空瞬间变得灰蒙蒙的，“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霆天气，故C正确；D．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性过程均生成了新的物质，是化学变化，故D正确；故选B。【点睛】本题综合考查常见物质的组成、性质的应用，为高考常见题型，题目难度不大，侧重于化学与生活的考查，注意光导纤维的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐。18、C【解析】

A．向0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全时发生反应：NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O。NH3·H2ONH4++OH-H2OH++OH-。c(OH-)＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)。错误；B.根据电荷守恒可得：c(K+)＋c(H+)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH-).错误；C．0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合，则发生反应：NaOH+HCN="NaCN+"H2O。反应后溶液为NaCN和HCN等物质的量的混合溶液。由于所得溶液呈碱性，说明NaCN的水解作用大于HCN的电离作用，所以个微粒的大小关系为：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，正确；D．NaOH溶液电离使溶液显碱性；CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3水解使溶液显碱性。由于酸性CH3COOH>H2CO3>HCO3-。酸越强，盐水解的程度就越小。当溶液的pH相同时，盐的浓度就越大。故各物质的浓度的关系是：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(NaHCO3)＜c(CH3COONa)，错误；答案选C。19、B【解析】

A．泰国银饰属于金属材料。土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故A错误；B．高压钠灯发出的光为黄色，黄光的射程远，透雾能力强，对道路平面的照明度比高压水银灯高几倍，故用钠制高压钠灯，故B正确；C．人体不含消化纤维素的酶，纤维素在人体内不能消化，故C错误；D．碳纤维是一种新型的无机非金属材料，不是有机高分子材料，故D错误；答案选B。20、B【解析】A.白磷为正四面体结构，1个白磷分子中含有6个共价键，则0.1mol白磷含有的共价键数目为0.6NA，1个甲烷分子中含有4个共价键，所以0.1mol甲烷含有的共价键数目为0.4NA，故A错误；B.1molCl2与足量Fe粉反应生成FeCl3，转移电子的物质的量为2mol，数目为2NA，故B正确；C.NaHSO4晶体中含有Na＋和HSO4－，1.2gNaHSO4的物质的量为1.2g÷120g/mol=0.01mol，则含有离子的物质的量为0.02mol，总数为0.02NA，故C错误；D.25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中OH－的物质的量浓度为0.1mol/L，则n(OH－)=1.0L×0.1mol/L=0.1mol，OH－的数目为0.1NA，故D错误；答案选B。点睛：本题主要考查阿伏加德罗常数的计算和判断，熟练掌握物质的量和阿伏加德罗常数、物质的量浓度等物理量之间的关系是解题的关键，试题难度中等。本题的易错点是A项，解题时要注意白磷（P4）分子中含有6个P－P共价键。21、C【解析】

A．碳酸钠的溶解度应该大于碳酸氢钠，实际碳酸氢钠在含钠化合物中属于溶解度相对很小的物质。选项A错误。B．同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性应该是：HCl＞PH3。选项B错误。C．C2H5OH分子中有羟基，可以形成分子间的氢键，从而提高物质的沸点。选项C正确。D．同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性应该是：LiOH＞Be(OH)2。选项D错误。【点睛】解决此类问题，一个是要熟悉各种常见的规律，比如元素周期律等；另外还要注意到一些反常的规律。例如：本题的选项A，比较碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度，一般碳酸盐比碳酸氢盐的溶解度小，碳酸钙难溶，而碳酸氢钙可溶，但是碳酸钠却比碳酸氢钠溶解度大。此外，比如，碱金属由上向下单质密度增大，但是钾反常等等。22、D【解析】

A．25℃时，在N点，pH=7.4，则c(H+)=10-7.4，lg=1，则=10，H2CO3的一级电离K(H2CO3)==10-7.4×10=1.0×10-6.4，A正确；B．图中M点，pH=9，c(H+)=10-9，K(H2CO3)==1.0×10-6.4，=102.6，a=lg=2.6，B正确；C．25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh===1.0×10-7.6，C正确；D．M点溶液中：依据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)，此时溶液为NaHCO3、NaCl的混合溶液，则c(Na+)>c(H2CO3)+c(HCO3-)，所以c(H+)+c(H2CO3)<c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)，D错误；故选D。二、非选择题(共84分)23、取代反应醛基和醚键丙氨酸CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O+HCHO→+H2O5【解析】

CH3CHO、NH3、HCN和水在一定条件下合成A，反应为：CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O，结合信息①CH3CN在酸性条件下可水解生成CH3COOH，得A为，水解后生成，中和后得到B，B为，与SOCl2和CH3OH发生取代反应生成C，C为，C与NH3反应生成D，D为，E和F生成G，G为，G和D反应生成，最加氢生成。【详解】（1）C为，C与NH3反应生成D，D为，C生成D的反应类型为取代反应，G为，G中含氧官能团的名称为醛基和醚键。B为，B的名称为丙氨酸。故答案为：取代反应；醛基和醚键；丙氨酸；（2）由分析：沙芬酰胺的结构简式为。故答案为：；（3）反应（1）的方程式CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O。分析反应(2)的特点，醛基和氨基反应生成碳氮双键和水，使蛋白质变性，用福尔马林浸制生物标本的反应原理的方程式+HCHO→+H2O。故答案为：CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O；+HCHO→+H2O；（4）H是F相邻的同系物，H比F多一个碳原子，H的苯环上有两个处于对位的取代基，①苯环上仍然有两个处于对位的取代基，②能与NaOH溶液反应，可能为酚、、三种；酸一种、和酯一种，共5种；故答案为：5；(5)根据题中信息设计的由丙烯为起始原料先与溴发生加成反应，得1，2-二溴丙烷，水解后生成1，2-丙二醇，氧化后生成，羰基可与NH3反应，最后与氢气加成可得产品，。故答案为：。24、丙烯酯基取代反应1：1检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红（或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色）【解析】

B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A发生发生加成反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为；据此解答。【详解】（1）通过以上分析知，A为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，其含氧官能团名称是酯基，故答案为丙烯；酯基；

（2）C结构简式为，D发生水解反应或取代反应生成E，故答案为；取代反应或水解反应；

（3）E→F反应方程式为，故答案为；

（4）B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CHCH3、HCOOCH=C（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH=CH2、HCOOCH2C（CH3）=CH2、HCOOC（CH2CH3）=CH2，共有8种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是，

故答案为；（5）该有机物中含有碳碳双键、醇羟基、羧基，具有烯烃、羧酸、醇的性质。能和NaOH、NaHCO3反应的是羧基，且物质的量之比都是1：1，所以NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质反应时，则消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；分子中含有碳碳双键、醇羟基、羧基。若检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红；若检验碳碳双键：加入溴水，溴水褪色，故答案为1：1；检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红（或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色）。25、分液漏斗平衡压强、便于液体顺利流下饱和NaHCO3溶液检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2OpH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀防止Fe2+被氧化降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出75【解析】

(1)根据仪器的结构确定仪器a的名称；仪器b可平衡液面和容器内的压强；(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl；澄清石灰水遇CO2气体变浑浊；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，根据守恒法写出反应的离子方程式；(4)①甘氨酸具有两性，能与H+反应；溶液中的Fe2+易水解生成Fe(OH)2沉淀；②柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇；(6)17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中含甘氨酸的物质的量为0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪mol-1×0.1mol=20.4g，以此计算产率。【详解】(1)根据仪器的结构可知仪器a的名称分液漏斗；仪器b可平衡液面和容器内的压强，便于液体顺利流下；(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl，则装置B中盛有的试剂饱和NaHCO3溶液；当装置内空气全部排净后，多余的CO2气体排出遇澄清的石灰水变浑浊，则装置D的作用是检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)①过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，当pH过低即酸性较强时，甘氨酸会与H+反应生成NH3+CH2COOH；当pH过高即溶液中OH-较大时，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，故pH过低或过高均会导致产率下降；②柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化，则滴加柠檬酸可防止Fe2+被氧化；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，则过程II中加入无水乙醇可降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出；(6)17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中甘氨酸的物质的量为0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪mol-1×0.1mol=20.4g，产率是=75%。26、关闭活塞a和分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入，则装置气密性良好利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O检验有无NO2产生，若有NO2，则NO2与水反应生成硝酸，硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与SCN—反应溶液呈血红色，若无二氧化氮则无血红色2NO+O2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O称取样品在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀生成-1.5%（-1.48%）【解析】

（1）检查装置气密性的基本思路是使装置内外压强不等，观察气泡或液面变化。常用方法有：微热法、液差法、滴液法和抽气（吹气）法。本题选用滴液法的操作为：关闭活塞a和分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入，则装置气密性良好；（2）实验开始时先将Y型试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，碳酸钙和稀硝酸生成CO2，将整个装置的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；常温下，铜片和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；故答案为：利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。（3）本实验生成的气体中，若有NO2，NO2溶于水生成硝酸，会将Fe2+氧化成Fe3+，B瓶溶液会出现血色，若无NO2，则无血色；常用碱液吸收NO尾气，反应方程式为：2NO+O2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。答案为：检验有无NO2产生，若有NO2，则NO2与水反应生成硝酸，硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与SCN—反应溶液呈血红色，若无二氧化氮则无血红色；2NO+O2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。（4）测量固体的含量，要先称量一定质量的固体，经溶解、沉淀、过滤、洗涤、干燥、称量等操作。检验沉淀是否沉淀完全，是检验其清液中是否还有未沉淀的SO42-，可通过向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，若有沉淀说明没有沉淀完全。故答案为：称取样品；在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀生成。（5）相对误差=，故答案为：-1.5%（-1.48%）。27、蒸馏烧瓶生成FeSO4溶液，且用产生的H2排尽装置内的空气关闭k2Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净隔绝空气乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾氧化，导致消耗高锰酸钾溶液用量偏多蓝色褪去且半分钟不恢复95.2%【解析】

I．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与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，B制备硫酸亚铁，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。C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应产生FeCO3沉淀。Ⅱ．Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，获取乳酸亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰；①乳酸和亚铁离子都可被酸性高锰酸钾氧化；②I2的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，最终褪色；根据已知反应可得关系式2Fe3+～～I2～～2S2O32-，根据滴定时参加反应的硫代硫酸钠的物质的量计算出Fe2+的物质的量，再计算样品纯度。【详解】I．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与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，装置B制备硫酸亚铁，C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，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。(1)由仪器图形可知B为蒸馏烧瓶；打开kl、k2，加入适量稀硫酸，可使生成的氢气排出装置C内的空气，防止二价铁被氧化；(2)待装置内空气排出后，再关闭k2，反应产生的氢气使装置内的气体压强增大，可将B中生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(3)FeCO3是从含有SO42-的溶液中过滤出来的，检验沉淀是否洗涤干净，可通过检验是否含有SO42-判断。方法是：取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在SO42-，即可判断FeCO3沉淀洗涤干净；Ⅱ．(4)Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，则乳酸亚铁应隔绝空气，防止被氧化；(5)①乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，Fe2+也可以被氧化，因此二者反应都消耗KMnO4溶液，导致消耗高锰酸钾的增大，使计算