2026届湖南省华容县高三下学期一轮复习效果检测试题化学试题含解析

2026届湖南省华容县高三下学期一轮复习效果检测试题化学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、有X、Y、Z、W、M五种原子序数增大的短周期元素，其中X、M同主族；Z+与Y2-具有相同的电子层结构，W是地壳中含量最多的金属，X与W的原子序数之和等于Y与Z的原子序数之和；下列序数不正确的是A．离子半径大小：r(Y2-)＞r(W3+)B．W的氧化物对应的水化物可与Z的最高价氧化物水化物反应C．X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体D．X、M均能与氯形成由极性键构成的正四面体非极性分子2、根据下图，有关金属的腐蚀与防护的叙述正确的是A．钢闸门含铁量高，无需外接电源保护B．该装置的原理是“牺牲阳极的阴极保护法”C．将钢闸门与直流电源的负极相连可防止其被腐蚀D．辅助电极最好接锌质材料的电极3、W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，X、Z同主族，Y、Z同周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，以下说法错误的是A．原子半径大小：Y>ZB．Y3X2中既有离子键，又有共价键C．Z的最高价氧化物可做干燥剂D．可以用含XW3的浓溶液检验氯气管道是否漏气4、取三份浓度均为0.1mol/L，体积均为1L的CH3COONa溶液中分别加入NH4Cl固体、CH3COONH4固体、HCl气体后所得溶液pH变化曲线如图（溶液体积变化忽略不计）下列说法不正确的是A．曲线a、b、c分别代表加入CH3COONH4、NH4Cl、HClB．由图可知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3﹒H2O)＝1×10－7C．A点处c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)D．C点处c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)＞0.1mol/L5、氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是()A．由反应可确定：氧化性：HClO4＞HClO3B．变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4Cl2+I2+6H2O═12H++8Cl-+2IO3-C．若氯酸分解所得混合气体，1mol混合气体质量为47.6g，则反应方程式可表示为26HClO3═15O2↑+8Cl2↑+10HClO4+8H2OD．若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20e-6、下列说法正确的是()A．蒸发结晶操作时，当水分完全蒸干立即停止加热B．滴定实验中，可以将待测液放到滴定管中，标准液置于锥形瓶中C．测定NaClO溶液的pH，可用洁净的玻璃棒蘸取液体滴到pH试纸上，再与标准比色卡对照读数D．用pH计测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH，通过比较pH大小比较H2CO3、HCN的酸性强弱7、工业制硝酸产生的尾气NOx可用足量NaOH溶液吸收，以下判断错误的是（）A．x=1.5时，只生成NaNO2B．2＞x＞1.5时，生成NaNO2和NaNO3C．x＜1.5时，需补充O2D．x=2时，只生成NaNO38、某种兴奋剂的结构如图所示，下列说法正确的是（）A．该物质遇FeCl3溶液显紫色，属于苯酚的同系物B．1mol该物质分别与浓溴水和NaOH溶液反应时最多消耗Br2和NaOH均为4molC．滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去即证明该物质结构中存在碳碳双键D．该分子中所有碳原子均可能位于同一平面9、关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法中正确的是A．相同物质的量浓度的两游液中c(H+)相同B．相同物质的量的两溶液中和氢氧化钠的物质的量相同C．pH=3

的两溶液稀释100倍，pH均变为5D．两溶液中分别加入少量对应的钠盐固体，c(H+)均减小10、下列有关化学实验操作、现象和结论均正确的是()选项操作现象结论A向的NaHCO3溶液中滴加2滴甲基橙溶液呈黄色NaHCO3溶液溶液呈碱性B向氨水和的悬浊液中滴加少量溶液得到红褐色悬浊液Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Mg(OH)2]C使石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将产生的气体通过酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色石蜡油蒸汽中含有烯烃D向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性A．A B．B C．C D．D11、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．的溶液：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-B．0.1mol·L−1的氨水：Cu2+、Na+、SO42-、NO3-C．1mol·L−1的NaClO溶液：Fe2+、Al3+、NO3-、I−D．0.1mol·L−1的NaHCO3溶液：K+、Na+、NO3-、OH−12、某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是A．该有机物易溶于苯及水B．该有机物苯环上的一氯代物共有4种C．该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D．1mol该有机物最多可与1molNaOH发生反应13、碳钢广泛应用在石油化工设备管道等领域，随着深层石油天然气的开采，石油和天然气中含有的CO2及水引起的腐蚀问题（俗称二氧化碳腐蚀）引起了广泛关注。深井中二氧化碳腐蚀的主要过程如下所示：负极：（主要）正极：（主要）下列说法不正确的是A．钢铁在CO2水溶液中的腐蚀总反应可表示为B．深井中二氧化碳对碳钢的腐蚀主要为化学腐蚀C．碳钢管道在深井中的腐蚀与油气层中盐份含量有关，盐份含量高腐蚀速率会加快D．腐蚀过程表明含有CO2的溶液其腐蚀性比相同pH值的HCl溶液腐蚀性更强14、对氧化还原反应：11P+15CuSO4+24H2O→5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，下列说法正确的是A．5/11的磷被氧化B．3molCuSO4可氧化11/5molPC．每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6molD．当1molP参加反应时，转移电子的物质的量为3mol15、将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中。当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是A．2H2S+O2=2S+2H2O B．2H2S+3O2=2SO2+2H2OC．2H2S+SO2=3S+2H2O D．2SO2+O2=2SO316、草酸亚铁(FeC2O4)可作为生产电池正极材料磷酸铁锂的原料，受热容易分解，为探究草酸亚铁的热分解产物，按下面所示装置进行实验。下列说法不正确的是A．实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，则证明分解产物中有CO2和COB．反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，证明分解产物中不含Fe2O3C．装置C的作用是除去混合气中的CO2D．反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温17、仪器：①容量瓶、②长颈漏斗、③分液漏斗、④滴定管，使用前必须要检查是否漏液的是A．全部 B．①③④ C．只有③和④ D．只有④18、下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A．在溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，证明原溶液中有SO42－B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液C．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是SO219、向碳酸溶液中滴加NaOH溶液，测得碳酸中含碳微粒的物质的量分数随pH变化如图所示，下列说法不正确的是：A．除去NaCl溶液中Na2CO3的方法是向其中加入盐酸至pH=7B．X、Y为曲线两交叉点。由X点处的pH，可计算Ka1(H2CO3)C．pH=10的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)D．将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，应控制pH＞12.520、在密闭容器中，可逆反应aA（g）⇌bB（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡建立时，B的浓度是原来的60%，则新平衡较原平衡而言，下列叙述错误的是（）A．平衡向正反应方向移动B．物质

A

的转化率增大C．物质

B

的质量分数减小D．化学计量数

a

和

b

的大小关系为a＜b21、某温度下，分别向20mL浓度均为xmol/L的NaCl和Na2CrO4溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，滴加过程中和与AgNO3溶液的体积关系如图所示。下列说法不正确的是A．x=0.1 B．曲线I代表NaCl溶液C．Ksp(Ag2CrO4)约为4×10－12 D．y=922、NA代表阿伏加德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物()A．所含共用电子对数目为(a/7+1)NA B．所含原子总数为aNA/14C．燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14L D．所含碳氢键数目为aNA/7二、非选择题(共84分)23、（14分）聚合物H是一种聚酰胺纤维，其结构简式为。该聚合物可广泛用于各种刹车片，其合成路线如下图所示：已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。②Diels－Alder反应：。（1）生成A的反应类型是________，D的名称是________，F中所含官能团的名称是_________。（2）B的结构简式是________；“B→C”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是______（填化学式）。（3）D＋G→H的化学方程式是_________。（4）Q是D的同系物，其相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有______种。其中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为_______（任写一种）。（5）已知：乙炔与1，3－丁二烯也能发生Diels－Alder反应。请以1，3－丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）_______。24、（12分）G是一种新型香料的主要成分之一，合成路线如下：已知：①RCH=CH2+CH2=CHR’CH2=CH2+RCH=CHR’②G的结构简式为：（1）(CH3)2C=CH2分子中有___个碳原子在同一平面内。（2）D分子中含有的含氧官能团名称是___，F的结构简式为___。（3）A→B的化学方程式为___，反应类型为___。（4）生成C的化学方程式为___。（5）同时满足下列条件的D的同分异构体有多种：①能发生银镜反应；②能水解；③苯环上只有一个取代基，请写出其中任意2种物质的结构式___、___。（6）利用学过的知识以及题目中的相关信息，写出由丙烯制取CH2=CHCH=CH2的合成路线（无机试剂任选）。___（合成路线常用的表示方式为：）25、（12分）四氯化锡（SnCl4）常用作有机催化剂、烟雾弹和用来镀锡。某学习小组拟用干燥的氯气和熔融的锡制备SnCl4并测定产品的纯度。已知：i．SnCl4在空气中极易水解成SnO2·xH2O；ii．有关物质的物理性质如下表所示。物质颜色熔点/℃沸点/℃Sn银白色2322260SnCl2白色247652SnCl4无色-33114回答下列问题：(1)装置E的仪器名称是_____，装置C中盛放的试剂是_____。(2)装置G的作用是_____。(3)实验开始时，正确的操作顺序为_____。①点燃装置A处酒精灯②点燃装置D处酒精灯③打开分液漏斗活塞(4)得到的产品显黄色是因含有少量_____，可以向其中加入单质___________（填物质名称）而除去。为了进一步分离提纯产品，采取的操作名称是_____。(5)产品中含少量SnCl2，测定产品纯度的方法：取0.400g产品溶于足量稀盐酸中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.0100mo/L碘酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液8.00mL。①滴定原理如下，完成i对应的离子方程式。i．_____Sn2++_____IO3－+_____H+=________Sn4++_____I－+_____ii．IO3－+5I2－+6H+=3I2+3HO②滴定终点的现象是_____。③产品的纯度为_____%（保留一位小数）。26、（10分）实验室用如图装置（夹持装置略）制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。已知K2FeO4具有下列性质：①可溶于水，微溶于浓KOH溶液；②在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定，在Fe(OH)3或Fe3＋催化下发生分解；③在弱碱性至酸性条件下，能与水反应生成O2和Fe(OH)3（或Fe3＋）。(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是____。(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是____和____。(3)装置C中生成K2FeO4反应的离子方程式为____。(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。t1s～t2s内，O2的体积迅速增大的主要原因是____。(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，____。（实验中须使用的的试剂和用品有：浓盐酸，NaOH溶液、淀粉KI试纸、棉花）(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2＞FeO42-，而第(5)小题实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是____。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）氮的氧化物和硫的氧化物是主要的大气污染物，烟气脱硫脱硝是环境治理的热点问题。回答下列问题：（1）目前柴油汽车都用尿素水解液消除汽车尾气中的NO，水解液中的NH3将NO还原为无害的物质。该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为___。（2）KMnO4/CaCO3浆液可协同脱硫，在反应中MnO4－被还原为MnO42－。①KMnO4脱硫(SO2)的离子方程式为___。②加入CaCO3的作用是___。③KMnO4/CaCO3浆液中KMnO4与CaCO3最合适的物质的量之比为___。（3）利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液pH对脱硫脱硝的影响如图所示：图a和图b中可知脱硫脱硝最佳条件是___。图b中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH>5.5时反而减小，请解释NO去除率减小的可能原因是___。29、（10分）实验室用如图装置制备HCl气体。（1）推压注射器活塞将浓盐酸慢慢注入到浓硫酸中，可制备少量干燥HCl气体，其原理是___（选填编号）。a．浓硫酸吸收了盐酸中水分b．混合时放热使HCl溶解度减小c．浓盐酸中HCl以分子形式存在d．浓盐酸密度小于浓硫酸（2）为测定制备气体后残留混合酸中盐酸和硫酸的浓度，进行如下实验：取5.00mL混合酸，加水稀释至500mL，完成此操作，用到的精确定量仪器有____；称量4.7880gBa(OH)2固体，溶于水配成250mL标准溶液，装入洗净的细口试剂瓶，并贴上标签。装瓶前用标准溶液对试剂瓶进行润洗的目的是___，请你填写标签上的空白。____（3）从500mL稀释液中取出20.00mL，滴加几滴酚酞作指示剂，用标准Ba(OH)2溶液滴定至溶液由无色变为红色才停止滴定，出现这种情况的补救措施除重做外，还有可以采取的措施是__。（4）为完成全部测定，接下来对锥形瓶中混合物进行的操作是___、称量、___。（5）若固体Ba(OH)2中混有少量的NaOH，会导致混合酸中硫酸浓度的测定结果___（选填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。

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、C【解析】

根据已知条件可知：X是C，Y是O，Z是Na，W是Al，M是Si。【详解】A．O2-、Al3+的电子层结构相同，对于电子层结构相同的微粒来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径大小：r(Y2-)＞r(W3+)，A正确；B．W的氧化物对应的水化物是两性氢氧化物，而Z的最高价氧化物水化物是强碱，因此二者可以发生反应，B正确；C．X有多种同素异形体如金刚石、石墨等，Y也存在同素异形体，若氧气与臭氧，C错误；D．X、M均能与氯形成由极性键构成的正四面体非极性分子CCl4、SiCl4，D正确；故选C。2、C【解析】

A.钢闸门含铁量高，会发生电化学腐蚀，需外接电源进行保护，故A错误；B.该装置的原理是通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护，并未“牺牲阳极”，故B错误；C.将钢闸门与直流电源的负极相连，可以使被保护金属结构电位高于周围环境，可防止其被腐蚀，故C正确；D.辅助电极有很多，可以用能导电的耐腐蚀材料，锌质材料容易腐蚀，故D错误；故选C。电化学保护又分阴极保护法和阳极保护法，其中阴极保护法又分为牺牲阳极保护法和外加电流保护法。这种方法通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子从海水流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护。3、B【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，Y、Z同周期，则W位于第一周期，为H元素，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则X为N元素，X、Z同主族，则Z为P元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，Y为Mg元素，据此分析解答。【详解】A．Y为Mg元素，Z为P元素，Y、Z同周期，同周期元素随核电核数增大，原子半径减小，则原子半径大小：Y>Z，故A正确；B．X为N元素，Y为Mg元素，Y3X2为Mg3N2，属于离子化合物，其中只有离子键，故B错误；C．Z为P元素，最高价氧化物为五氧化二磷，具有吸水性，属于酸性干燥剂，故C正确；D．W为H元素，X为N元素，XW3为氨气，浓氨水与氯气在空气中反应生成氯化铵，形成白烟，可以用含氨气的浓溶液检验氯气管道是否漏气，故D正确；答案选B。4、B【解析】

醋酸钠为强碱弱酸盐，因醋酸根离子水解，溶液呈碱性。往溶液中加入氯化铵固体，由于铵根离子水解呈酸性，故随着氯化铵的加入，溶液将由碱性逐渐变为酸性，由于水解微弱，所得溶液酸性较弱，符合的曲线为b；往溶液中通入氢化氯气体，随着气体的通入溶液由碱性转变为酸性，由于氯化氢为强酸，通入量较大时，溶液的酸性较强，符合的曲线为c；加入醋酸铵固体所对应的变化曲线为a，据此结合电荷守恒及盐的水解原理分析。【详解】A.根据分析可知，曲线a代表醋酸铵、曲线b代表氯化铵、曲线c代表氯化氢，故A正确；B.当加入固体的物质的量为0.1mol时，曲线b对应的pH值等于7，说明等浓度的醋酸根离子的水解程度与铵根离子相同，即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3﹒H2O)，但无法计算其电离平衡常数，故B错误；C.A点含有的溶质为0.1molCH3COONa与0.1molCH3COONH4，溶液的pH>7，则c(OH−)>c(H+)，醋酸根离子的水解程度较小，则c(CH3COO−)>c(Na+)，铵根离子部分水解，则c(Na+)>c(NH4+)，溶液中离子浓度的大小关系为：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C正确；D.C点通入0.1molHCl，与0.1mol醋酸钠反应得到0.1molCH3COOH与0.1molNaCl，c(Cl−)=c(Na+)=0.1mol/L，则c(CH3COO−)+c(Cl−)+c(OH−)>0.1mol/L，故D正确；故选：B。本题考查图象分析、溶液中离子浓度关系，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，转移掌握电荷守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的综合应用能力。5、D【解析】

A.aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O反应中，HClO3是氧化剂，HClO4、O2是氧化产物，所以氧化性：HClO3＞HClO4，故A错误；B.变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为I2被Cl2继续氧化生成IO3-：5C12+I2+6H2O=12H++10Cl-+2IO3-，故B错误；C.由生成的Cl2和O2的混合气体平均分子量为47.6g/mol，则，可得n（Cl2）：n（O2）=2：3，由电子守恒得化学反应方程式为8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O，故C错误；D.若化学计量数a=8，b=3，由C可知，化学反应方程式为8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O，电子转移数为20e-，故D正确；答案选D。本题考查氧化还原反应规律和计算，注意把握氧化还原反应中的强弱规律，易错点为C，注意得失电子守恒在氧化还原反应中的应用。6、B【解析】

A.蒸发时不能蒸干，利用余热加热，出现大量固体时停止加热，故A错误；B.滴定实验中，可以将待测液放到滴定管中，标准液置于锥形瓶中，只要计算准确，不影响结果，故B正确；C.NaClO溶液有漂白性不能用pH试纸测其pH值，故C错误；D.测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH，可知碳酸氢根离子与HCN的酸性，不能比较H2CO3、HCN的酸性强弱，故D错误；故答案为B。从习惯上讲，被滴定的溶液在锥形瓶,标准溶液在滴定管中；从原理上说都可以，只要操作准确，计算准确即可。7、D【解析】

工业制硝酸产生的尾气NOx用足量NaOH溶液吸收，发生反应生成亚硝酸钠、硝酸钠与水，令NOx、NaOH系数都为1，配平后方程式为2NOx+2NaOH＝(2x﹣3)NaNO3+(5﹣2x)NaNO2+H2O；A．x＝1.5时，2x﹣3＝0，所以此时只能只生成NaNO2，故A正确；B．2＞x＞1.5时，2x-3≠0，5﹣2x≠0，此时生成NaNO2和NaNO3，故B正确；C．x＜1.5时，则氮的氧化物会剩余，所以需补充O2，故C正确；D．当x＝2时，2x﹣3＝1，所以生成的产物有NaNO2和NaNO3，故D错误。故答案为D。8、D【解析】

A．该有机物中含有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，苯酚的同系物应符合有且只有一个苯环，且苯环上只连一个羟基，其余全部是烷烃基，A错误；B．与浓溴水反应酚类为邻对位上的氢被溴取代，左边苯环邻对位上只有一个H，右边苯环邻对位上有两个H，还有一个C=C与溴水发生加成反应，共消耗4mol的Br2；3个酚羟基、一个氯原子，氯原子水解又产生1个酚羟基，1mol该有机物消耗5mol氢氧化钠，B错误；C．能使酸性KMnO4褪色的官能团有酚羟基、C=C、苯环上的甲基，C错误；D．苯环和碳碳双键均是平面形结构，因此分子中碳原子有可能均共平面，D正确；答案选D。9、B【解析】A.醋酸为弱电解质，在水中不能完全电离，盐酸为强电解质，在水中能完全电离，故两者溶液中c(H+)不相同，A错误；B.相同物质的量的两溶液含有相同物质的量的H+，中和氢氧化钠的物质的量相同，B正确；C.醋酸为弱电解质，稀释溶液会促进醋酸电离，pH不会增加至5，C错误；D.氯化钠和醋酸钠均为强电解质，所以溶液中c(H+)不变，D错误。故选择B。10、D【解析】

A.甲基橙的变色范围是3.1~4.4，若溶液的pH≥4.4，溶液都显黄色，因此不能证明NaHCO3溶液溶液呈碱性，A错误；B.由于其中含有氨水，向其中加入FeCl3溶液，FeCl3与溶液中的氨水会发生复分解反应形成Fe(OH)3沉淀，不能证明溶度积常数：Fe(OH)3<Mg(OH)2，B错误；C.石蜡油主要成分是各种烷烃、环烷烃，它们与酸性KMnO4溶液不能反应，使石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将产生的气体通过酸性KMnO4溶液，溶液褪色，证明石蜡油蒸汽分解后的产物中含有烯烃，C错误；D.蔗糖的化学式为C12H22O11，向其中滴加浓硫酸，浓硫酸将蔗糖中的H、O两种元素以2:1的组成脱去留下碳，浓硫酸表现脱水性，此过程中放出大量的热，使浓硫酸与脱水生成的C单质发生氧化还原反应，生成CO2、SO2、H2O，这些气体从固体中逸出，使固体变成疏松多孔的海绵状炭，同时闻到二氧化硫的刺激性气味，体现了浓硫酸的强氧化性，D正确；故合理选项是D。11、A【解析】

A．的溶液显酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，A项正确；B．氨水显碱性，与Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，B项错误；C．1mol·L−1的NaClO溶液具有氧化性，能氧化Fe2+和I−，故在该溶液中不能大量共存，C项错误；D．HCO3-与OH−会反应生成CO32-和H2O而不能大量共存，D项错误；答案选A。（1）判断离子能否大量共存的原则：在所给条件下，离子之间互不反应，则离子能够大量共存，否则，不能大量共存；（2）判断离子能否大量共存的步骤：先看题给限制条件，包括颜色、酸碱性、氧化（还原）性等，再看离子之间的相互反应，逐项判断各组离子之间是否发生反应，从而确定离子能否大量共存；（3）注意题目中给的是“一定”“可能”还是“不能”大量共存，具体问题具体分析。12、D【解析】

A.该有机物烃基较大，不溶于水（亲水基较少，憎水基较多），所以易溶于苯但不溶于水，故A错误；B.该有机物苯环上的一氯代物与苯环上另一取代基有邻间对3种位置，共有3种，故B错误；C.该有机物没有碳碳双键或碳碳叁键不能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，故C错误；D.该有机物只有一个普通酯基可与1molNaOH发生反应，故D正确；故答案为D。13、B【解析】

A.将正极反应式和负极反应式相加得到钢铁在CO2水溶液中的腐蚀总反应为，故A正确；B.深井中二氧化碳对碳钢的腐蚀主要为电化学腐蚀，不是化学腐蚀，故B错误；C.盐份含量高，溶液的导电性越好，腐蚀速率越快，故C正确；D.腐蚀过程表明含有CO2的溶液主要腐蚀电化学腐蚀，腐蚀性比相同pH值的HCl溶液腐蚀性更强，故D正确；故选B。14、C【解析】

A.11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0降低为-3价，这样的P原子是5mol，还有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol，即被氧化的磷原子为，选项A错误；B.根据反应知道，是1molCuSO4得到1mol电子，1molP失去5mol电子，则3molCuSO4可氧化0.6molP，选项B错误；C.起氧化作用P元素的化合价由0降低为-3价转移3个电子，起还原作用的P的化合价由0升高为+5价转移5个电子，则每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6mol，选项C正确；D.当1molP参加反应时，有molP作还原剂，转移电子的物质的量为mol，选项D错误．答案选C。本题考查了氧化剂和还原剂的判断、电子转移等知识点，注意该反应中P既是氧化剂又是还原剂，会根据元素化合价的变化判断氧化剂、还原剂和氧化产物、还原产物，11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0降低为-3价，这样的P原子是5mol，还有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，根据氧化还原反应中的概念以此电子守恒知识来解答。15、C【解析】

将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中，开始氧气过量H2S完全燃烧生成SO2和水。所以当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是2H2S+SO2=3S+2H2O；答案选C。16、B【解析】

A选项，实验中观察到装置B中石灰水变浑浊，说明产生了分解产物中有CO2，E中固体变为红色，F中石灰水变浑浊，则证明分解产物中有CO，故A正确；B选项，因为反应中生成有CO，CO会部分还原氧化铁得到铁，因此反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，不能证明分解产物中不含Fe2O3，故B错误；C选项，为了避免CO2影响CO的检验，CO在E中还原氧化铜，生成的气体在F中变浑浊，因此在装置C要除去混合气中的CO2，故C正确；D选项，反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温避免生成的铜单质被氧化，故D正确；综上所述，答案为B。验证CO的还原性或验证CO时，先将二氧化碳除掉，除掉后利用CO的还原性，得到氧化产物通入澄清石灰水中验证。17、B【解析】

据仪器的构造、用途判断其用法。【详解】①容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，其瓶塞与瓶口须吻合使用前必须检查是否漏液。②长颈漏斗上下相通、没有塞子或活塞，无须检查是否漏液。用于向反应容器中添加液体，下端应插入液面下形成液封。③分液漏斗有活塞和玻璃塞，必须检查是否漏液。球形分液漏斗用于向反应容器中添加液体，不需形成液封；锥形分液漏斗用于萃取分液。④滴定管用于滴定实验，使用前需检查酸式滴定管的活塞处、碱式滴定管的乳胶管处是否漏液。本题选B。18、C【解析】

A.在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡沉淀，不能证明一定含硫酸根离子，故A错误；B.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，则该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液，故B错误；C.气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,则发生反应：CuSO4+5H2O═CuSO4⋅5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故C正确；D.二氧化硫和澄清石灰水中氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液生成碳酸钙白色沉淀，反应都会变浑浊，不能检验二氧化碳和二氧化硫，故D错误；答案选C。19、A【解析】

A．由图像可知，当pH=7时含碳微粒主要为H2CO3和HCO3-，而pH约为3.5时，主要以碳酸形式存在，故要除去NaCl溶液中Na2CO3，需要调节pH小于3.5左右，故A错误；B．Ka1(H2CO3)=cHCO3-cH+cH2CO3，根据图像，X点处c(HCO3-)=c(H2CO3)，此时Ka1(H2CO3)=c(H+)，因此由XC．根据图像，pH=10的溶液中存在碳酸氢钠和碳酸钠，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，故C正确；D．根据图像，pH＞12.5含碳微粒主要以碳酸根离子形式存在，将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，应控制pH＞12.5，故D正确；答案选A。20、C【解析】

温度不变，将容器体积增加1倍，若平衡不移动，B的浓度是原来的50%，但体积增大时压强减小，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，可知减小压强向生成B的方向移动，减小压强向气体体积增大的方向移动，以此解答该题。【详解】A、由上述分析可知，平衡正向移动，故A不符合题意；B、平衡正向移动，A的转化率增大，故B不符合题意；C、平衡正向移动，生成B的物质的量增大，总质量不变，则物质B的质量分数增加了，故C符合题意；D、减小压强向生成B的方向移动，减小压强向气体体积增大的方向移动，则化学计量数关系a<b，故D不符合题意。故选：C。本题考查化学平衡，把握浓度变化确定平衡移动为解答的关键，注意动态与静态的结合及压强对化学平衡移动的影响。21、D【解析】

A．根据图像可知，未滴加AgNO3溶液时或均为1，则NaCl和Na2CrO4溶液均为0.1mol·L-1，即x=0.1，A选项正确；B．1molCl-和CrO42-分别消耗1mol和2molAg+，由图像可知，滴加AgNO3溶液过程中，曲线I突跃时加入的AgNO3溶液的体积为20mL，则曲线I代表NaCl溶液，B选项正确；C．b点时，=4，则c(CrO42-)=10-4mol·L-1，c(Ag+)=2×10-4mol·L-1，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)·c2(Ag+)=4×10－12，C选项正确；D．a点时，Cl-恰好完全沉淀，=5，则c(Cl-)=10-5mol·L-1，c(Ag+)=10-5mol·L-1，Ksp(AgCl)=c(Cl-)·c(Ag+)=10－10，c点加入40mLAgNO3溶液，溶液中，，则-lgc(Cl-)=9-lg3≈8.52，D选项错误；答案选D。22、D【解析】

C2H4和C3H6的最简式为CH2，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，以最简式计算，物质的量为a/14mol；【详解】A.环丙烷、丙烯和乙烯的最简式均为CH2，每个C有4个价电子、每个H有1个价电子，平均每个CH2中形成3个共用电子对，所以总共含有共用电子对，故A错误；B.C2H4和C3H6的最简式为CH2，1个CH2中含有3个原子，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，物质的量为，所含原子总数，故B错误；C.气体的状况不知道，无法确定消耗氧气的体积，故C错误；D.烃分子中，每个氢原子与碳原子形成1个C-H键，C2H4和C3H6的最简式为CH2，1个CH2中含有3个原子，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，物质的量为，所含碳氢键数目，故D正确。本题考查阿伏加德罗常数，为高考高频考点，注意挖掘题目隐含条件C2H4和C3H6的最简式为CH2，难度不大，注意相关基础知识的积累。二、非选择题(共84分)23、消去反应对苯二甲酸（或1，4－苯二甲酸）硝基、氯原子H2O10（任写一种）【解析】

乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成D，D中应该有两个羧基，根据H结构简式知，D为、G为；根据信息②知，生成B的反应为加成反应，B为，B生成C的反应中除了生成C外还生成H2O，苯和氯气发生取代反应生成E，E为，发生取代反应生成F，根据G结构简式知，发生对位取代，则F为，F发生取代反应生成对硝基苯胺。【详解】⑴C2H5OH与浓H2SO4在170℃下共热发生消去反应生成的A为H2C=CH2；由H的结构简式可知D为、G为；D为对苯二甲酸，苯与Cl2在FeCl3作催化剂的条件下反应生成的E()，E发生硝化反应生成的F()，F中所含官能团的名称是硝基和氯原子；故答案为：消去反应；对苯二甲酸(或1，4－苯二甲酸）；硝基、氯原子。⑵乙烯和发生Diels－Alder反应生成B，故B的结构简式是；C为芳香族化合物，分子中只含两种不同化学环境的氢原子，“B→C”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是H2O；故答案为：；H2O。⑶D＋G→H的化学方程式是；故答案为：。⑷D为，Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，如果取代基为−CH2COOH、−COOH，有3种结构；如果取代基为−CH3、两个−COOH，有6种结构；如果取代基为−CH(COOH)2，有1种，则符合条件的有10种；其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为，故答案为：10；。⑸CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成,和溴发生加成反应生成,发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。24、4羟基、羧基+Cl2+HCl取代反应+2NaOH+2NaCl或2CH3-CH=CH2CH3-CH=CH-CH3CH2=CH-CH=CH2【解析】

由A与氯气在加热条件下反应生成B，B与HCl发生加成反应生成，则B的结构简式为，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与(CH3)2C=CH2发生已知的烯烃复分解反应生成A；B()在NaOH的水溶液中发生水解反应，可知C为，结合D的分子式C10H12O3，可知C催化氧化生成的D为；苯乙烯与HO-Br发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H7O2Br，说明E中-OH连接的C原子上有2个H原子，故E为，C8H7O2Br为，和氢氧化钠的水溶液反应然后酸化得到F，故F为，D与F发生酯化反应生成G，，据此推断解题；(6)由CH3-CH=CH2合成CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法，先制，即由CH3-CH=CH-CH3与Br2发生加成即可，而CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生烯烃的复分解反应即可制得CH3-CH=CH-CH3。【详解】(1)乙烯是平面结构，分子结构中6个原子共平面，则(CH3)2C=CH2分子中每个甲基上的碳原子和共平面，所以该分子中4个碳原子共平面；(2)D为，分子中含有的含氧官能团名称是羟基、羧基；F的结构简式为；(3)由分析知A的结构简式为：，B的结构简式为，则A→B发生反应的化学方程式为+Cl2+HCl，反应类型为取代反应；(4)B()在NaOH的水溶液中发生水解反应生成的C为，发生反应的化学方程式为+2NaOH+2NaCl；(5)D的结构简式为，其同分异构体有多种，其中满足条件：①能发生银镜反应，说明分子结构中含有醛基；②能水解，说明含有酯基；③苯环上只有一个取代基；则此取代基包括一个HCOO-和-OH，可能还有一个甲基，如：、或；(6)由CH3-CH=CH2合成CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法，先制，即有CH3-CH=CH-CH3与Br2发生加成即可，而CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生烯烃的复分解反应即可制得CH3-CH=CH-CH3；则由丙烯制取CH2=CHCHCH2的合成路线为2CH3-CH=CH2CH3-CH=CH-CH3CH2=CH-CH=CH2。由丙烯合成CH2=CH-CH=CH2，可根据CH2=CH-CH=CH2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。本题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。25、冷凝管浓硫酸（浓H2SO4）吸收多余的Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解③①②Cl2锡蒸馏316313H2O锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色88.6【解析】

在A装置中，MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成Cl2，由于浓盐酸易挥发，所以生成的Cl2中混有HCl气体和水蒸气。B装置中，饱和食盐水可除去Cl2中的HCl，C装置用于干燥Cl2，所以应放入浓硫酸；在排尽装置内的空气后，加热D装置，让锡与Cl2反应生成SnCl4蒸汽，冷凝管冷凝后用F装置收集，同时用G装置吸收未反应的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入F中，引起SnCl4的水解。【详解】(1)装置E的仪器名称是冷凝管，由以上分析知，装置C用于干燥氯气，应盛放的试剂是浓硫酸（浓H2SO4）。答案为：冷凝管；浓硫酸（浓H2SO4）；(2)装置G既可防止氯气进入大气，又可防止大气中的水蒸气进入装置，所以其作用是吸收多余的Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解。答案为：吸收多余的Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解；(3)实验开始时，应先加药品再制氯气，最后发生Sn与Cl2的反应，所以正确的操作顺序为③①②。答案为：③①②；(4)得到的产品显黄色是因含有少量Cl2，可以向其中加入单质锡，让其与Cl2反应生成SnCl4除去。由信息可知，杂质SnCl2的沸点比SnCl4高，可采取的操作名称是蒸馏。答案为：Cl2；锡；蒸馏；(5)①利用得失电子守恒配平时，可先配含变价元素微粒的化学计量数，再利用电荷守恒、质量守恒配其它物质的化学计量数，从而得到配平的方程式为：3Sn2++IO3－+6H+=3Sn4++I－+3H2O。答案为：3；1；6；3；1；3H2O；②滴定终点时，发生反应IO3－+5I2－+6H+=3I2+3HO，生成的I2使淀粉变蓝，从而得出产生的现象是锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色。答案为：锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色；③由反应方程式可得关系式：3Sn2+——IO3－，n(Sn2+)=3n(IO3-)=3×0.0100mo/L×8.00×10-3L=2.4×10-4mol，产品的纯度为=88.6%。答案为：88.6。在回答“为了进一步分离提纯产品，采取的操作名称”时，我们应清楚产品中混入了何种杂质，所以需从题干、表格中寻找信息，在表格中将SnCl2的熔、沸点与SnCl4进行了对比，从而暗示我们，杂质为SnCl2，由此便可确定净化方法。26、防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落将装置C置于冰水浴中KOH应过量（或减缓通入氯气的速率等）3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO42-＋6Cl－＋8H2OK2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-＞Cl2溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱【解析】

利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染，据此分析。【详解】利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染。(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落；(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是将装置C置于冰水浴中和KOH应过量（或减缓通入氯气的速率等）；(3)装置C中利用氯气在碱性条件下将氢氧化铁氧化生成K2FeO4，反应的离子方程式为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO42-＋6Cl－＋8H2O；(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用，t1s～t2s内，O2的体积迅速增大；(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-＞Cl2；(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2＞FeO42-，而第(5)小题实验表明，溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱，在不同的酸碱性环境中，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反。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%；②I2遇淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，说明I2与Na2S2O3发生了氧化还原反应，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；24.80mL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为n(Na2S2O3)=0.02480L×0.100mol/L=2.48×10-3mol，根据关系式2Fe2+～