山东省青岛市平度一中2026届化学高三上期末统考模拟试题含解析

山东省青岛市平度一中2026届化学高三上期末统考模拟试题请考生注意：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、下列关于物质用途的说法中，错误的是A．硫酸铁可用作净水剂 B．碳酸钡可用作胃酸的中和剂C．碘酸钾可用作食盐的添加剂 D．氢氧化铝可用作阻燃剂2、以PbO为原料回收铅的过程如下：Ⅰ.将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；Ⅱ.电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示。下列判断不正确的是A．阳极区的溶质主要是H2SO4B．电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—C．当有2.07gPb生成时，通过阳离子交换膜的阳离子为0.04molD．电解过程中为了实现物质的循环利用，可向阴极区补充PbO3、已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。图所示为气体扩散速度的实验。两种气体扩散时形成图示的白色烟环。对甲、乙物质的判断，正确的是A．甲是浓氨水，乙是浓硫酸B．甲是浓氨水，乙是浓盐酸C．甲是氢氧化钠溶液，乙是浓盐酸D．甲是浓硝酸，乙是浓氨水4、据最近报道，中科院院士在实验室中“种”出了钻石，其结构、性能与金刚石无异，使用的“肥料”是甲烷。则下列错误的是（）A．种出的钻石是有机物 B．该种钻石是原子晶体C．甲烷是最简单的烷烃 D．甲烷是可燃性的气体5、高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：①C12+KOH→KC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平)；②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。下列说法正确的是A．若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1B．反应①中每消耗4molKOH，吸收标准状况下1．4LCl2C．氧化性：K2FeO4>KC1OD．若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC126、VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+ag，取VmL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液中SO42﹣的物质的量浓度是()A．mol/L B．mol/L C．mol/L D．mol/L7、下列由实验操作得到的实验现象或结论不正确的是实验操作实验现象或结论A向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体该溶液中一定含有S2O32-B向3mlKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色氧化性：Br2＞I2C相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈碱性，后者呈中性非金属性：S＞CD将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生A．A B．B C．C D．D8、十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下，当该装置工作时，下列说法正确的是A．盐桥中Cl-向Y极移动B．电路中流过7.5mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8LC．电流由X极沿导线流向Y极D．Y极发生的反应为2NO3-＋10e-＋6H2O===N2↑＋12OH—，周围pH增大9、电渗析法是指在外加电场作用下，利用阴离子交换膜和阳离子交换膜的选择透过性，使部分离子透过离子交换膜而迁移到另一部分水中，从而使一部分水淡化而另一部分水浓缩的过程。下图是利用电渗析法从海水中获得淡水的原理图，已知海水中含Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO42-等离子，电极为石墨电极。下列有关描述错误的是A．阳离子交换膜是A，不是BB．通电后阳极区的电极反应式：2Cl－－2e－→Cl2↑C．工业上阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，以减少石墨的损耗D．阴极区的现象是电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀10、25℃时，将1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中加入CH3COOH或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化)，引起溶液pH的变化如图所示。下列叙述错误的是A．该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka=B．a点对应的混合溶液中c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)C．水的电离程度:c>b>aD．当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)11、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是()A．25℃时，pH＝1的1.0LH2SO4溶液中含有的H＋的数目为0.2NAB．标准状况下，2.24LCl2与水反应，转移的电子总数小于0.1NAC．室温下，14.0g乙烯和环己烷的混合气体中含有的碳原子数目一定为NAD．在0.5L0.2mol·L－1的CuCl2溶液中，n(Cl－)＝0.2NA12、对下图两种化合物的结构或性质描述正确的是A．不是同分异构体B．分子中共平面的碳原子数相同C．均能与溴水反应D．可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分13、下列各组物质发生反应，生成产物有硫的是（）A．Na2S2O3

溶液和

HCl

溶液 B．H2S

气体在足量的

O2

中燃烧C．碳和浓硫酸反应 D．铜和浓硫酸反应14、下判说法正确的是A．常温下，c(Cl-)均为0.1mol/LNaCl溶液与NH4Cl溶液，pH相等B．常温下，浓度均为0.1mol/L的CH3COOH溶液与HCl溶液，导电能力相同C．常温下，HCl溶液中c(Cl-)与CH3COOH溶液中c(CH3COO-)相等，两溶液的pH相等D．室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性15、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A等体积的和两种酸分别与足量的锌反应相同时间内与反应生成的氢气更多是强酸B将湿润的淀粉-试纸分别放入和蒸气中试纸只在蒸气中变蓝色氧化性：C将光亮的镁条放入盛有溶液的试管中有大量气泡产生生成的气体是D向

NaHCO3溶液中加入NaAlO2溶液有白色沉淀生成结合的能力比强A．A B．B C．C D．D16、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W为空气中含量最多的元素，Y的周期数等于其族序数，W、X、Y的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水，Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列叙述正确的是A．X、Y均可形成两种氧化物B．离子的半径大小顺序：r(X+)<r(Z2-)C．W和Z的氢化物之间不能反应D．X的氢化物(XH)中含有共价键17、第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.01mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是A．简单离子半径:X>Y>Z>WB．W的单质在常温下是黄绿色气体C．气态氢化物的稳定性:Z>W>YD．X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2种18、利用如图所示装置进行下列实验，不能得出相应实验结论的是选项①②③实验结论A稀硫酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：S>C>SiB浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C浓硝酸FeNaOH溶液说明铁和浓硝酸反应可生成NO2D浓氨水生石灰酚酞氨气的水溶液呈碱性A．A B．B C．C D．D19、工业上用CO和H2生产燃料甲醇。一定条件下密闭容器中发生反应，测得数据曲线如下图所示（反应混合物均呈气态）。下列说法错误的是A．反应的化学方程式:CO+2H2CH3OHB．反应进行至3分钟时，正、逆反应速率相等C．反应至10分钟，ʋ(CO)=0.075mol/L·minD．增大压强，平衡正向移动，K不变20、为研究某固体混合物样品的成分，取等质量的两份该固体，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：(1)一份固体溶于水得透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L(标准状况)。根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是()A．Na2SO4、(NH4)2CO3、KClB．KCl、Na2CO3、(NH4)2SO4C．CuCl2、Na2CO3、(NH4)2SO4D．Na2SO4、NH4Cl、K2CO321、一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为－2价)与100mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成3.2g硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是（）A．该盐酸的物质的量浓度为4.0mol·L-1B．该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为2：1C．生成的H2S气体在标准状况下的体积为8.96LD．该磁黄铁矿中FexS的x=0.8522、已知A、B为单质，C为化合物。能实现上述转化关系的是（）A+BCC溶液A+B①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na②若C溶液遇Na2CO3放出CO2气体，则A可能是H2③若C溶液中滴加KSCN溶液显血红色，则B可能为Fe④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为CuA．①② B．③④ C．①③ D．②④二、非选择题(共84分)23、（14分）下图是一种天然药物桥环分子合成的部分路线图（反应条件已经略去）：已知：①LiBH4可将醛、酮、酯类还原成醇，但不能还原羧酸、羧酸盐、碳碳双键；LiBH4遇酸易分解。②RCH2COOR'RCH(CH3)COOR'，RCOR'RCH(OH)R'，RCOOR'RCH2OH+R'OH。（1）反应A→B中需要加入试剂X，其分子式为C4H8O2，X的结构简式为_____。（2）C用LiBH4还原得到D，C→D不直接用镍作催化剂H2还原的原因是______。（3）写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式为_____________。①属于芳香族化合物；②能使FeCl3溶液显色；③分子中有4种不同化学环境的氢。（4）写出E和银氨溶液反应的化学方程式_________。（5）根据已有知识并结合相关信息，设计B→C的合成路线图（CH3I和无机试剂任选），合成路线常用的表示方式为：。____________24、（12分）福莫特罗是一种治疗哮喘病的药物，它的关键中间体（G）的合成路线如下：回答下列问题：（1）F的分子式为_____________，反应①的反应类型为_________。（2）反应④的化学方程式为___________________________。（3）C能与FeC13溶液发生显色反应，C的结构简式为________________,D中的含氧官能团为_________________。（4）B的同分异构体（不含立体异构）中能同时满足下列条件的共有_____种。a．能发生银镜反应b．能与NaOH溶液发生反应c．含有苯环结构其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3:2:2:1的是________________（填结构简式）。（5）参照G的合成路线，设计一种以为起始原料（无机试剂任选）制备的合成路线________。25、（12分）实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图，主要步骤如下：步骤1组装好仪器，向三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴。步骤2。步骤3反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。步骤4室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。已知：①Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。②MgBr2+3C2H5OC2H5=MgBr2·3C2H5OC2H5③乙醚是重要有机溶剂，医用麻醉剂；易挥发储存于阴凉、通风处；易燃远离火源。请回答下列问题：（1）写出步骤2的操作是_________。（2）仪器A的名称是__________。装置中碱石灰的作用__________。冰水浴的目的__________。（3）该实验从安全角度考虑除了控制反应温度外，还需要注意：①_________②_______。（4）制备MgBr2装置中橡胶塞和用乳胶管连接的玻璃管口都要用锡箔纸包住的目的是_________。（5）有关步骤4的说法，正确的是__________。A可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B洗涤晶体可选用0℃的苯C加热至160℃的主要目的是除去苯D该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴（6）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y4-）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2++Y4-═MgY2-①先称取0.7500g无水MgBr2产品，溶解后，等体积分装在3只锥形瓶中，用0.0500mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至终点，三次消耗EDTA标准溶液的体积平均为26.50mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是_______（保留4位有效数字）。②滴定前未用标准溶液润洗滴定管，则测得产品纯度___________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。26、（10分）葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(GB2760－2014)规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g·L－1。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。Ⅰ.定性实验方案如下：(1)将SO2通入水中形成SO2—饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在多个含硫元素的平衡，分别用平衡方程式表示为__________________________________________________。(2)利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如下实验：实验结论：干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因：_______________________________。Ⅱ.定量实验方案如下(部分装置和操作略)：(3)仪器A的名称是________。(4)A中加入100.0mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为__________。(5)除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是__________。(6)步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2的含量为________g·L－1。该测定结果比实际值偏高，分析原因________________________________________。27、（12分）乳酸亚铁晶体{CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，广泛应用于乳制品、营养液等，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反应制得：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑Ⅰ.制备碳酸亚铁（FeCO3）：装置如图所示。（1）仪器C的名称是______。（2）清洗仪器，检查装置气密性，A中加入盐酸，B中加入铁粉，C中加入NH4HCO3溶液。为顺利达成实验目的，上述装置中活塞的打开和关闭顺序为：关闭活塞_____，打开活塞_____，装置B中可观察到的现象是_____，当加入足量盐酸后，关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞_____，打开活塞_____。C中发生的反应的离子方程式为_____。Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体：将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。（3）加入少量铁粉的作用是_____。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量：（4）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因可能是_____。（5）经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取5.76g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.100mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如表所示。滴定次数0.100mol/LCe(SO4)2标准溶液/mL滴定前读数滴定后读数10.1019.6520.1222.3231.0520.70则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为______（以质量分数表示，保留3位有效数字）。28、（14分）过一硫酸氢钾复合盐（KHSO4·2KHSO5·K2SO4）常用作漂白剂和消毒剂，其制备流程如下：（1）反应Ⅰ的化学方程式为：H2O2+H2SO4H2SO5+H2O，△H<0；则反应Ⅱ中K2CO3与H2SO5反应生成KHSO5的化学方程式为_____________。（2）生产原料的理论比值[n（H2O2）：n（H2SO4）]为0.4:1，但实际生产最佳投料比为0.6:1，其原因是_________________。（3）过一硫酸氢钾复合盐可以处理废水中的H2S。己知：25℃，H2S的电离常数Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13由于电离常数值极小，H2S水溶液中H2S的平衡浓度近似等于H2S的初始浓度。0.090mol·L-1H2S溶液的pH=4，该溶液中c（S2－）=________________。（4）准确称取3.350g复合盐样品配制成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸和足量的KI溶液，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量淀粉溶液，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消粍标准溶液20.00mL。计算复合盐中有效成分KHSO5的质量分数。（写出计算过程）（已知：HSO5-I2S4O62-）________________________。29、（10分）合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。回答下列问题：（1）德国化学家F.Haber从1901年开始研究N1和H1直接合成NH3。在1.01×105Pa、150℃时，将1molN1和1molH1加入aL刚性容器中充分反应，测得NH3体积分数为0.04；其他条件不变，温度升高至450℃，测得NH3体积分数为0.015，则可判断合成氨反应为____填“吸热”或“放热”）反应。（1）在1.01×105Pa、150℃时，将1moIN1和1molH1加入aL密闭容器中充分反应，H1平衡转化率可能为___（填标号）。A=4%B<4%C4%～7%D>11.5%（3）我国科学家结合实验与计算机模拟结果，研究了在铁掺杂W18049纳米反应器催化剂表面上实现常温低电位合成氨，获得较高的氨产量和法拉第效率。反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。需要吸收能量最大的能垒（活化能）E=____ev，该步骤的化学方程式为____，若通入H1体积分数过大，可能造成___。（4）T℃时，在恒温恒容的密闭条件下发生反应：反应过程中各物质浓度的变化曲线如图所示：①表示N1浓度变化的曲线是____（填“A”、“B”或“C’，）。与（1）中的实验条件（1.01×105Pa、450℃）相比，改变的条件可能是_____。②在0～15min内H1的平均反应速率为____。在该条件下反应的平衡常数为___mol-1．L1（保留两位有效数字）。

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】

A．硫酸铁中铁离子水解生成胶体，胶体具有吸附性而净水，故A不符合题意；

B．碳酸钡可用作胃酸的中和剂会生成溶于水的钡盐，使人中毒，故B符合题意；

C．碘酸钾能给人体补充碘元素，碘酸钾也比较稳定，所以碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂，故C不符合题意；

D．氢氧化铝分解吸收热量，且生成高熔点的氧化铝覆盖在表面，所以氢氧化铝常用作阻燃剂，故D不符合题意；

故选：B。【点睛】治疗胃酸过多常用氢氧化铝或小苏打，不能使用碳酸钠，因碳酸钠水解程度较大，碱性较强，但需注意，一般具有胃穿孔或胃溃疡疾病不能使用小苏打，以防加重溃疡症状。2、C【解析】

电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示，电极Ⅱ周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极反应方程式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—；电极Ⅰ为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O－4e−=4H＋＋O2↑，以此解题。【详解】A.根据分析，电极Ⅰ为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O－4e−=4H＋＋O2↑，阳极区的溶质主要是H2SO4，故A正确；B.电极Ⅱ周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—，故B正确；C.当有2.07gPb生成时，即生成Pb的物质的量为==0.01mol，根据电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—，转移电子的物质的量为0.02mol，电解液中的阳离子为氢离子，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.02mol，故C错误；D.阴极电解一段时间后溶液为HCl和NaCl的混合溶液，根据题意“将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液”，继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用，故D正确；答案选C。3、B【解析】

气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙。【详解】A.浓硫酸难挥发，不能在管内与氨气形成烟环，故A错误；B.由气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸，故B正确；C.氢氧化钠溶液不具有挥发性，且氢氧化钠与盐酸反应不能产生白色烟环，故C错误；D.氨气扩散速度比硝酸快，氨气比浓硝酸离烟环远，故D错误。答案选B。【点睛】本题需要注意观察图示，要在管内两物质之间形成烟环，两种物质都需要具有挥发性，A、C中的浓硫酸和氢氧化钠溶液都不能挥发。4、A【解析】

A．由题中信息可知，种出的钻石的结构、性能与金刚石无异，则种出的钻石和金刚石均是碳的单质，由C原子构成，不是有机物，故A错误；B．种出的钻石的结构、性能与金刚石无异，则种出的钻石和金刚石的晶体类型相同，均为原子晶体，故B正确；C．甲烷是最简单的有机物，1个分子中只含有4个C-H键，并且符合烷烃通式为CnH2n+2，即甲烷是最简单的烷烃，故C正确；D．甲烷分子式为CH4，具有可燃性，是可燃性气体，故D正确；故选：A。5、D【解析】

A选项，若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，设物质的量分别为5mol和1mol，则化合价升高失去10mol电子，则化合价降低得到10mol电子，因此总共有了8mol氯气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为10：6，即5:3，故A错误；B选项，根据A分析反应①得出消耗氢氧化钾物质的量为16mol，因此每消耗4molKOH，吸收氯气2mol，即标准状况下44.8LCl2，故B错误；C选项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，因此KC1O>K2FeO4，故C错误；D选项，若反应①的氧化产物只有KC1O，则C12与KC1O物质的量之比为1:1，根据第二个方程式得到KC1O与K2FeO4物质的量之比为3:2，因此得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12，故D正确。综上所述，答案为D。6、B【解析】

VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+ag即Al3+物质的量，取VmL溶液，则取出的Al3+物质的量，稀释到4VmL，则Al3+物质的量浓度，则稀释后溶液中SO42−的物质的量浓度是，故B正确。综上所述，答案为B。7、A【解析】

A.向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，原溶液中可能含有S2-和SO32-，且SO32-过量，加入稀硫酸时发生反应，，S单质是淡黄色沉淀，二氧化硫是有刺激性气味气体，故A错误；B.氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，溶液呈蓝色，说明有碘单质生成，Br2能氧化I-生成I2，Br2是氧化剂、I2是氧化产物，则Br2的氧化性比I2的强，故B正确；C.元素的非金属性越弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越弱，其最高价含氧酸的钠盐的碱性就越强，相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈碱性，后者呈中性，说明碳酸为弱酸、硫酸为强酸，由此得出非金属性S＞C，故C正确；D.将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶，镁条继续燃烧，反应生成MgO和C，则集气瓶中产生浓烟（MgO固体小颗粒）并有黑色颗粒产生，故D正确；故选A。【点睛】向某单一溶质的溶液中加入稀硫酸，同时生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，则该溶液中一定含有S2O32-，发生反应，这是常考点，经常在元素推断题中出现，也是学生们的易忘点。8、D【解析】

根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知，装置属于原电池装置，X是负极，发生失电子的氧化反应，Y是正极，发生得电子的还原反应，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极流向正极。【详解】A.处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，即氯离子向X极移动，故A错误；B.电池总反应为：，该反应转移了15个电子，即转移15个电子生成4个氮气，故电路中流过7.5mol电子时，产生2mol氮气，即44.8L，B错误；C.电流由正极流向负极，即Y极沿导线流向X极，故C错误；D.Y是正极，发生得电子的还原反应，，周围pH增大，故D正确；答案选D。9、A【解析】

A.阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜B是阳离子交换膜，选项A错误；B.阳极上是阴离子氯离子失去电子的氧化反应，即2Cl--2e-→Cl2↑，选项B正确；C.电解池的阴极材料可以被保护，阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，增大反应接触面，选项C正确；D.阴极区域是氢离子得电子的还原反应，电极上产生无色气体氢气，氢氧根离子浓度增加，溶液中出现少量氢氧化镁白色沉淀，选项D正确。答案选A。10、A【解析】1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，溶液显酸性，加入醋酸后，溶液酸性增强，加入醋酸钠，溶液的酸性减弱。A.该温度下，1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，醋酸的电离平衡常数Ka==≈=，故A错误；B.a点溶液的pH=3.1，是加入的醋酸后的结果，根据电荷守恒知，c(CH3COO-)＞c(Na+)，醋酸的电离程度较小，则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正确；C.a以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越强，水的电离程度越小，b点加入醋酸水的电离程度减小，c点加入醋酸钠，水的电离程度增大，故水的电离程度c>b>a，故C正确；D.当混合溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na+)=c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)，故D正确；故选A。11、A【解析】

A.pH＝1，c(H＋)＝0.1mol·L－1，n(H＋)＝0.1NA，选项A不正确；B.氯气和水的反应是可逆反应，可逆反应是有限度的，转移的电子总数小于0.1NA，选项B正确；C.乙烯和环己烷的最简式都是CH2，所以14.0g乙烯和环己烷的混合气体中含有的CH2为1mol，碳原子数目一定为NA，选项C正确；D.n(Cl－)＝0.5L×0.2mol·L－1×2＝0.2mol，即0.2NA，选项D正确。答案选A。12、C【解析】

A、二者分子式相同而结构不同，所以二者是同分异构体，错误；B、第一种物质含有苯环，8个C原子共面，第二种物质含有碳碳双键，7个C原子共面，错误；C、第一种物质含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，第二种物质含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，正确；D、两种有机物H原子位置不同，可用核磁共振氢谱区分，错误；答案选C。13、A【解析】

A、Na2S2O3溶液和HCl溶液反应，发生氧化还原反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠，生成产物有硫，故A符合题意；B、H2S气体在足量的O2中燃烧生成二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故B不符合题意；C、碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故C不符合题意；D、铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故D不符合题意；故选：A。14、C【解析】

A.c(Cl-)相同，说明两种盐的浓度相同，NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，而NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，因此二者的pH不相等，A错误；B.HCl是一元强酸，完全电离，而CH3COOH是一元弱酸，部分电离，在溶液中存在电离平衡，当两种酸的浓度相等时，由于醋酸部分电离，所以溶液中自由移动的离子的浓度HCl>CH3COOH，离子浓度越大，溶液的导电性就越强，故HCl的导电能力比醋酸强，B错误；C.HCl是一元强酸，溶液中c(Cl-)=c(H+)-c(OH-)，CH3COOH是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，但溶液中c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，两溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，常温下两溶液中c(H+)相等，所以两溶液的pH也就相等，C正确；D.室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，由于二者的物质的量相等，因此恰好反应产生CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，CH3COO-水解，使溶液显碱性，D错误；故合理选项是C。15、D【解析】

A．等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内，HA收集到氢气多，一定能说明HA是弱酸，故A错误；B．NO2和Br2蒸气均能氧化KI生成碘单质，湿润的淀粉KI试纸均变蓝，现象相同，不能判断两者的氧化性强弱，故B错误；C．氯化铵溶液水解显酸性，Mg与氢离子反应，且放热导致一水合氨分解，则有大量气泡产生，可知反应中生成H2和NH3，故C错误；D．偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，生成氢氧化铝沉淀，则AlO2-结合H+的能力比CO32-强，故D正确；故答案为D。【点睛】考查强弱电解质判断，为高频考点，注意不能根据电解质溶液导电性强弱、电解质溶解性强弱等方法判断，为易错题。强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，如要证明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根据醋酸钠溶液酸碱性、一定浓度的醋酸pH等方法判断。16、B【解析】

W是空气中含量最多的元素，则W为N元素。Y的周期数等于其族序数，另Y的原子序数大于W的原子序数，则Y在第三周期第ⅢA族，Y为Al元素。Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，可以与N的最高价氧化物的水化物HNO3反应生成盐和水，在Al和N之间的元素，Al(OH)3只能与Na的最高价的氧化物的水化物NaOH反应生成盐和水，则X为Na元素。Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最内层的电子数为2个，则Z的最外层电子数为6，则Z为S元素。A．Na的氧化物为Na2O和Na2O2(其中Na2O2为过氧化物，属于特殊的氧化物)，有2种；Al的氧化物为Al2O3，只有1种，A错误；B．S2－核外有3个电子层，Na＋核外只有2个电子层，电子层数越多，离子半径越大，则有r(Na＋)＜r(S2－)，B正确；C．W和Z的氢化物分别为NH3和H2S，可发生下列反应NH3+H2S=NH4HS或2NH3＋H2S=(NH4)2S，C错误；D．Na的氢化物NaH，由Na＋和H－构成，只有离子键，D错误。答案选B。【点睛】离子半径比较方法可以归纳为：①核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小；②核外电子排布不同的短周期元素离子，其电子层数越多，离子半径越大。17、B【解析】

第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na元素；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，SiO2不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此解答该题。【详解】综上所述可知X是Na元素，Y是P元素，Z是S元素，W是Cl元素。A.离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；离子的电子层越多，离子半径越大，离子半径P3->S2->Cl->Na+，A错误；B.W是Cl元素，其单质Cl2在常温下是黄绿色气体，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性W>Z>Y，所以气态氢化物的稳定性：W>Z>Y，C错误；D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4，二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，溶液中磷酸根发生分步水解反应，产生HPO42-，产生的HPO4-会进一步发生水解反应产生H2PO4-、H3PO4，同时溶液中还存在H+、OH-，因此溶液中的微粒种类比2种多，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查结构、性质、位置关系的应用的知识，根据溶液的pH与浓度的关系，结合原子半径推断元素是解题关键，侧重对元素周期表、元素周期律的考查，难度中等。18、C【解析】

A、稀硫酸滴入碳酸钠中二者反应生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，说明顺酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，非金属性：S>C>Si，能得出相应实验结论，不选A；B、浓硫酸能使蔗糖脱水碳化，反应放热，浓硫酸在加热条件下与碳反应生成的二氧化硫能使溴水褪色，能得出实验结论，不选B；C、常温下，浓硝酸使铁钝化，不能得出实验结论，选C；D、浓氨水与生石灰反应生成的氨气使酚酞变红，证明氨气的水溶液呈碱性，能得出实验结论，不选D；答案选C。19、B【解析】

由图可知，CO的浓度减小，甲醇浓度增大，且平衡时c(CO)=0.25mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，转化的c(CO)=0.75mol/L，结合质量守恒定律可知反应为CO+2H2⇌CH3OH，3min时浓度仍在变化，浓度不变时为平衡状态，且增大压强平衡向体积减小的方向移动，以此来解答。【详解】A．用CO和H2生产燃料甲醇，反应为CO+2H2⇌CH3OH，故A正确；B．反应进行至3分钟时浓度仍在变化，没有达到平衡状态，则正、逆反应速率不相等，故B错误；C．反应至10分钟，ʋ(CO)==0.075mol/(L•min)，故C正确；D．该反应为气体体积减小的反应，且K与温度有关，则增大压强，平衡正向移动，K不变，故D正确；故答案为B。20、D【解析】

根据（1）中沉淀6.63g和4.66g可知，含有SO42-和CO32-，且二者的物质的量分别为0.02mol、0.01mol；根据（2）中气体0.672L可知含有NH4+0.03mol。根据离子的定量关系看，只能选择Na2SO4、NH4Cl、K2CO3，若选择B项KCl、Na2CO3、(NH4)2SO4，SO42-0.02mol时NH4+有0.04mol，不符合定量关系，A、C项也类似，故D正确；答案选D。21、C【解析】

n(S)=3.2g÷32g/mol=0.1mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)==0.2mol，则n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，所以n(Fe2+)：n(Fe3+)=0.2mol：0.2mol=1：1，以此解答该题。【详解】A.盐酸恰好反应生成FeCl2的物质的量为0.4mol，根据Cl原子守恒可得c(HCl)==8.0mol/L，A错误；B.由以上分析可知，该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比n(Fe2+)：n(Fe3+)=1：1，B错误；C.根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)=n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol，V(H2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L，C正确；D.FexS中n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol，n(Fe)=0.4mol，所以n(Fe)：n(S)=0.4mol：0.5mol=0.8，所以x=0.8，D错误。故合理选项是C。22、D【解析】

从A+BCC溶液A+B的转化关系可知，电解C溶液时，是电解电解质本身，因此C溶液中的溶质可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸；据此分析解答。【详解】①若A为钠，则B为氧气，则C为过氧化钠，C的水溶液为氢氧化钠，电解氢氧化钠得到氢气和氧气，不符合转化关系，故①错误；②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C可以为HCl、HBr、HI等，电解这些酸的水溶液实际上是电解溶质本身，在阴极得到氢气，故A可能是H2，B可能为卤素单质，故②符号上述转化关系，故②正确；③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则C中含铁离子，电解铁盐不会得到铁单质，不符合转化关系，故③错误；④由C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则C为铜盐，C可以为卤化铜，如氯化铜、溴化铜等，电解他们的水溶液都会得到铜和卤素单质，故B可以为铜，故④正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、CH3COOC2H5避免碳碳双键被氢气加成（还原），酯很难和氢气加成（还原）或【解析】

（1）反应A→B中需要加入试剂X，其分子式为C4H8O2，属于加成反应，则X为CH3COOC2H5；

（2）避免碳碳双键被H2加成或还原，酯很难和H2发生还原反应；(3)①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，结构应对称；（4）E中醛基与银氨溶液发生氧化反应；（5）比较B与C的结构简式可知，B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成羧酸钠，然后将羰基用LiBH4还原为醇，然后酸化，将羧酸钠变为羧基，羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，生成酯基，最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C。【详解】（1）根据A与B的结构简式的异同，结合X的分子式可知，A转化为B属于加成反应，则X是CH3COOC2H5；（2）C→D不直接用H2(镍作催化剂)还原的原因是：因为C中含有碳碳双键，碳碳双键也能与氢气发生加成反应，酯很难和H2发生还原反应，故答案为避免碳碳双键被氢气加成(还原)，酯很难和氢气加成(还原)；(3)A的同分异构体满足：①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，A的分子式是C10H14O，则分子中存在对称结构，所以符合题意的A的同分异构体的结构简式是或；（4）E分子中的醛基可与银氨溶液反应，醛基被氧化为羧基，同时生成氨气、银单质、水，化学方程式是；（5）比较B与C的结构简式可知，B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成羧酸钠，然后将羰基用LiBH4还原为醇，然后酸化，将羧酸钠变为羧基，羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，生成酯基，最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C，合成流程图是：。24、C15H12NO4Br取代反应++HCl羟基、羰基和硝基17【解析】

由D的分子式与E的结构可知，D与发生取代反应生成E，则D为，C能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，结合C的分子式逆推可知C为，A的分子式为C6H6O，A与乙酸酐反应得到酯B，B在氯化铝作用下得到C，则A为，B为．E与溴发生取代反应生成F。据此分析解答。【详解】(1)F()的分子式为：C15H12NO4Br，反应①是与(CH3CO)2O反应生成与CH3COOH，属于取代反应，故答案为C15H12NO4Br；取代反应；(2)反应④的化学方程式为：++HCl，故答案为++HCl；(3)根据上述分析，C的结构简式为，D的结构简式为，其中的含氧官能团有：羰基、羟基、硝基，故答案为；羰基、羟基、硝基；(4)B()的同分异构体(不含立体异构)能同时满足下列条件：a．能发生银镜反应，说明含有醛基，b．能与NaOH溶液发生反应，说明含有酯基或酚羟基，c．含有苯环结构，若为甲酸形成的酯基，含有1个取代基，可以为甲酸苯甲酯，含有2个取代基为-CH3、-OOCH，有邻、间、对3种，若含有醛基、酚羟基，含有2个取代基，其中一个为-OH，另外的取代基为-CH2CHO，有邻、间、对3种，含有3个取代基，为-OH、-CH3、-CHO，当-OH、-CH3处于邻位时，-CHO有4种位置，当-OH、-CH3处于间位时，-CHO有4种位置，当-OH、-CH3处于对位时，-CHO有2种位置，符合条件的同分异构体共有17种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1的是，故答案为17；；(5)模仿E→F→G的转化，发生硝化反应生成，然后与溴发生取代反应生成，最后在NaBH4条件下反应生成，合成路线流程图为：，故答案为。【点睛】根据物质的分子式及E的结构进行推断是解答本题的关键。本题的难点为(5)，要注意根据题干流程图转化中隐含的信息进行合成路线设计。25、缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中球形冷凝管吸收多余溴蒸气，防止污染空气，防止空气中的水分进入使MgBr2水解控制反应温度，防止Mg和Br2反应放热过于剧烈，使实验难以控制，同时减小溴的挥发防止乙醚和溴的泄露，应在通风橱中进行实验乙醚易燃，避免使用明火防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管BD97.52%（或0.9752）偏高【解析】

B中通入干燥的N2，产生气泡，使Br2挥发进入三颈烧瓶，Mg、Br2和乙醚在三颈烧瓶中剧烈反应，放出大量的热，为避免反应过剧烈，同时减少反应物Br2、乙醚挥发，将三颈烧瓶置于冰水浴中进行，同时用冷凝管将挥发的Br2、乙醚冷凝回流，提高原料利用率。在冷凝管上端加一个盛放碱石灰的干燥管，防止Br2挥发污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解，据此解答。【详解】(1)步骤2应为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中，故答案为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中；(2)仪器A为球形冷凝管，碱石灰可防止挥发的Br2进入到空气中污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解，冰水浴可减少溴挥发，可降低反应的剧烈程度，故答案为：球形冷凝管；吸收多余溴蒸气，防止污染空气，防止空气中的水分进入使MgBr2水解；控制反应温度，防止Mg和Br2反应放热过于剧烈，使实验难以控制，同时减小溴的挥发；(3)本实验用到的溴和乙醚均有毒且易挥发，实验时为防止挥发对人造成伤害，可以在通风橱中进行，乙醚易燃，注意避免使用明火，故答案为：防止乙醚和溴的泄露，应在通风橱中进行实验；乙醚易燃，避免使用明火；(4)溴有强氧化性，能氧化橡胶塞和乳胶而使橡胶塞、乳胶管腐蚀，包了锡箔纸是为了防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管，故答案为：防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管；(5)A．95%的乙醇有水，使溴化镁水解，不能用95%的乙醇代替苯，A错误；B．选用0℃的苯洗涤晶体可以减少晶体的损失，B正确；C．加热到160℃的主要目的是使三乙醚合溴化镁分解产生溴化镁，C错误；D．该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴得到纯净的溴化镁，D正确；综上所述，BD正确，故答案为：BD；(6)①共消耗EDTA的物质的量=0.0500mol·L-1×26.5×10-3L×3=3.975×10-3mol，根据镁原子守恒有：MgBr2～EDTA，则n(MgBr2)=n(EDTA)=3.975×10-3mol，m(MgBr2)=3.975×10-3mol×184g/mol=0.7314g，所以，MgBr2的纯度==97.52%，故答案为：97.52%（或0.9752）；②滴定前未用标准溶液润洗滴定管，标准液被稀释，滴定时所需体积偏大了，导致浓度偏高，故答案为：偏高。26、SO2（g）SO2（aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋+HSO3－；HSO3－H++SO32－干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少圆底烧瓶SO2＋H2O2=H2SO4加入二氧化锰并振荡0.32盐酸的挥发造成的干扰【解析】

（1）将SO2通入水中形成SO2─饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在的平衡有：SO2（g）SO2（aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋+HSO3－；HSO3－H＋+SO32－，故答案为SO2（g）SO2（aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋+HSO3－；HSO3－H＋+SO32－；（2）根据对比实验，干白葡萄酒中滴入品红溶液，红色不褪去，可能是葡萄酒中的二氧化硫的含量太少的缘故，故答案为干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少；Ⅱ.（3）根据装置图，仪器A是圆底烧瓶，故答案为圆底烧瓶；（4）H2O2具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸，化学方程式为SO2＋H2O2=H2SO4，故答案为SO2＋H2O2=H2SO4；（5）过氧化氢在催化剂作用下容易分解，除去H2O2，可以在反应后的溶液中加入二氧化锰并振荡，故答案为加入二氧化锰并振荡；（6）根据反应方程式，有SO2~H2SO4~2NaOH，n(SO2)=n(NaOH)=×0.04000mol/L×0.025L=0.0005mol，质量为0.0005mol×64g/mol=0.032g，因此1L溶液中含有二氧化硫的质量为0.032g×=0.32g，该葡萄酒中SO2的含量为0.32g/L，测定过程中，盐酸会挥发，导致反应后溶液酸的物质的量偏多，滴定时消耗的氢氧化钠偏多，使得结果偏大，故答案为0.32；盐酸的挥发造成的干扰。27、三颈烧瓶21、3铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色32Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O防止FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化98.0%【解析】

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，利用生成的氢气，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FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，据此解答本题。【详解】（1）仪器C为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）反应前先利用生成的氢气除去装置内空气，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，具体操作为：关闭活塞2，打开活塞3，然后打开活塞1加入足量的盐酸，然后关闭活塞1，反应一段时间后，装置B中可观察到的现象为：铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；打开活塞2，关闭活塞3；C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2；1、3；铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；3；2；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，可防止Fe2+离子被氧化，故答案为：防止FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化；（4）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致