2024学年广东省佛山市顺德区高三第二次联考化学试卷含解析

2024学年广东省佛山市顺德区高三第二次联考化学试卷注意事项：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、下列实验操作，现象和结论都正确的是选项操作现象结论A用坩埚钳夹一块铝箔在酒精灯上灼烧铝箔熔化并滴落氧化铝的熔点较低B向亚硫酸钠溶液中滴加足量盐酸，将产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色非金属性：C将用砂纸除去保护膜的镁片和铝片（大小、形状相同），分别插入同浓度的稀硫酸中镁片表面产生气泡速率大于铝片还原性：D常温下，将两根大小相同的铁钉分别插入浓硝酸和稀硝酸中浓硝酸中无明显现象，稀硝酸中产生气泡稀硝酸的氧化性比浓硝酸强A．A B．B C．C D．D2、已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在。我国研究的Al-H2O2燃料电池可用于深海资源的勘查、军事侦察等国防科技领域，装置示意图如下。下列说法错误的是A．电池工作时，溶液中OH-通过阴离子交换膜向Al极迁移B．Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-C．电池工作结束后，电解质溶液的pH降低D．Al电极质量减轻13.5g，电路中通过9.03×1023个电子3、下列关于实验室模拟侯德榜制碱法的操作正确的是（）A．将CO2和NH3的混合气体同时通入饱和食盐水中B．将析出的NaHCO3固体过滤后灼烧得到纯碱C．在析出NaHCO3的母液中加入消石灰以循环利用NH3D．在析出NaHCO3的母液中通入NH3，加入氯化钠粉末，析出Na2CO3固体4、2019年12月27日晚，长征五号运载火箭“胖五”在海南文昌航天发射场成功将实践二十号卫星送入预定轨道。下列有关说法正确的是A．胖五”利用液氧和煤油为燃料，煤油为纯净物B．火箭燃料燃烧时将化学能转化为热能C．火箭箭体采用铝合金是为了美观耐用D．卫星计算机芯片使用高纯度的二氧化硅5、室温下，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速度来滴定该浓氯水，根据测定结果绘制出ClO－、ClO3－等离子的物质的量浓度c与时间t的关系曲线如下。下列说法正确的是A．NaOH溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装B．a点溶液中存在如下关系：c(Na+)+c(H+)=c(ClO－)+c(ClO3－)+c(OH－)C．b点溶液中各离子浓度：c(Na+)＞c(Cl－)＞c(ClO3－)=c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H+)D．t2~t4，ClO－的物质的量下降的原因可能是ClO－自身歧化：2ClO－=Cl－+ClO3－6、设计如下装置探究HCl溶液中阴、阳离子在电场中的相对迁移速率（已知：Cd的金属活动性大于Cu）。恒温下，在垂直的玻璃细管内，先放CdCl2溶液及显色剂，然后小心放入HCl溶液，在aa’处形成清晰的界面。通电后，可观察到清晰界面缓缓向上移动。下列说法不正确的是A．通电时，H+、Cd2+向Pt电极迁移，Cl-向Cd电极迁移B．装置中总反应的化学方程式为：Cd+2HClCdCl2+H2↑C．一定时间内，如果通过HCl溶液某一界面的总电量为5.0C，测得H+所迁移的电量为4.1C，说明该HCl溶液中H+的迁移速率约是Cl-的4.6倍D．如果电源正负极反接，则下端产生大量Cl2，使界面不再清晰，实验失败7、用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是A．得电子能力H+>Na+，故阴极得到H2B．水电离平衡右移，故阴极区得到OH-C．失电子能力Cl->OH-，故阳极得到Cl2D．OH-向阴极移动，故阳极区滴酚酞不变红8、以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A．放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e－=Na2Fe[Fe(CN)6]B．充电时，Mo(钼)箔接电源的负极C．充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室D．外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为2.4g9、X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物（ZXY）2的结构式如图所示。下列说法错误的是A．化合物WY是良好的耐热冲击材料B．Y的氧化物对应的水化物可能是弱酸C．X的氢化物的沸点一定小于Z的D．化合物（ZXY）2中所有原子均满足8电子稳定结构10、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X与Z同主族，X为非金属元素，Y的原子半径在第三周期中最大，Y与W形成的离子化合物对水的电离无影响。下列说法正确的是A．常温下，X的单质一定呈气态B．非金属性由强到弱的顺序为：X>Z>WC．X与W形成的化合物中各原子均达到8电子稳定结构D．Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物可能相互反应11、下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A将SO2通入BaCl2溶液中，然后滴入HNO3有白色沉淀生成，且白色沉淀不溶于稀硝酸所得的沉淀为BaSO3，后转化为BaSO4B向足量含有淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水溶液变蓝还原性：I->Fe2+C向FeCl2溶液中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色液体FeCl2溶液部分变质D将浓硫酸滴入蔗糖中并搅拌得黑色蓬松的固体并有刺激性气味该过程中浓硫酸仅体现了吸水性和脱水性A．A B．B C．C D．D12、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．常温常压下，1mol甲基(—14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NAB．pH＝1的H2SO3溶液中，含有0.1NA个H＋C．1molFe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为3NAD．1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数为NA13、在一个2L的密闭容器中,发生反应:2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)—Q(Q>0)，其中SO3的物质的量随时间变化如图所示，下列判断错误的是A．0～8min内v(SO3)=0.025mol/(L·min)B．8min时，v逆(SO2)=2v正(O2)C．8min时，容器内压强保持不变D．若8min时将容器压缩为1L，n(SO3)的变化如图中a14、水凝胶材料要求具有较高的含水率，以提高其透氧性能，在生物医学上有广泛应用。由N-乙烯基吡咯烷酮（NVP）和甲基丙烯酸－羟乙酯（HEMA）合成水凝胶材料高聚物A的路线如图：下列说法正确的是A．NVP具有顺反异构B．高聚物A因含有-OH而具有良好的亲水性C．HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物AD．制备过程中引发剂浓度对含水率影响关系如图，聚合过程中引发剂的浓度越高越好15、短周期元素X.Y.Z.W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断不正确的是（）A．四种元素的单质中，X的熔沸点最低B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强C．X的气态氢化物的稳定性较Z的弱D．原子半径：Y＞Z＞W＞X16、如表为元素周期表的一部分。X、Y、Z、W为短周期元素，其中Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍。下列说法正确的是（）XYZWTA．Y的氢化物的沸点一定比X氢化物的沸点高B．Z的氧化物对应的水化物酸性比W的弱C．ZY2、XW4与Na2Z的化学键类型相同D．根据元素周期律，可以推测存在TZ2和TW417、下列化学用语正确的是（）A．重水的分子式：D2O B．次氯酸的结构式：H—Cl—OC．乙烯的实验式：C2H4 D．二氧化硅的分子式：SiO218、如图为元素周期表的一部分，其中A、B、C、D、E代表元素。下列说法错误的是A．元素B、D对应族①处的标识为ⅥA16B．熔点：D的氧化物＜C的氧化物C．AE3分子中所有原子都满足8电子稳定结构D．E的含氧酸酸性强于D的含氧酸19、下列物质名称和括号内化学式对应的是（）A．纯碱（NaOH） B．重晶石（BaSO4）C．熟石膏（CaSO4•2H2O） D．生石灰[Ca(OH)2]20、用除去表面氧化膜的细铝条紧紧缠绕在温度计上（如图），将少许硝酸汞溶液滴到铝条表面，置于空气中，很快铝条表面产生“白毛”，且温度明显上升。下列分析错误的是A．Al和O2化合放出热量 B．硝酸汞是催化剂C．涉及了：2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg D．“白毛”是氧化铝21、下列离子方程式错误的是A．向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaS04↓＋2H2OB．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2OC．等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HC1溶液混合：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓D．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4＋2H2O－2e-=PbO2＋4H＋＋SO42－22、继电器在控制电路中应用非常广泛，有一种新型继电器是以对电池的循环充放电实现自动离合（如图所示）。以下关于该继电器的说法中错误的是已知电极材料为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料。A．充电完成时，电池能被磁铁吸引B．该电池电解液一般由高纯度的有机溶剂、锂盐等原料组成C．充电时，该电池正极的电极反应式为3Li2O+2Fe-6e-═Fe2O3+6Li+D．放电时，Li作电池的负极，Fe2O3作电池的正极二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物W在医药和新材料等领域有广泛应用。W的一种合成路线如图：已知部分信息如下：①1molY完全反应生成2molZ，且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜悬浊液反应②+R1COOH③RCH2NH2++H2O请回答下列问题：(1)Y的化学名称是___；Z中官能团的名称是___；(2)中_____________（填“有”或“无”）手性碳原子；图示中X转化为Y的反应类型是___。(3)生成W的化学方程式为___。(4)G是对硝基乙苯的同分异构体，G能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有—NH2（氨基），G的同分异构体有___种（不考虑立体结构），其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为1∶2∶2∶2∶2的结构简式为_________________。(5)设计以苯乙烯和丙酮为原料制备药物中间体的合成路线__________（无机试剂自选）。24、（12分）为探究某固体化合物X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验。请回答：(1)蓝色溶液中的金属阳离子是________。(2)黑色化合物→砖红色化合物的化学方程式是________________________。(3)X的化学式是________。25、（12分）某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验一制取氯酸钾和氯水利用如图所示的实验装置进行实验。（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有______。（2）若对调B和C装置的位置，_____（填“可能”或“不可能”）提高B中氯酸钾的产率。实验二氯酸钾与碘化钾反应的研究（3）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下（实验在室温下进行）：试管编号12340.20mol•L-1KI/mL1.01.01.01.0KClO3（s）/g0.100.100.100.106.0mol•L-1H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象①系列a实验的实验目的是______。②设计1号试管实验的作用是______。③若2号试管实验现象是溶液变为黄色，取少量该溶液加入______溶液显蓝色。实验三测定饱和氯水中氯元素的总量（4）根据下列资料，为该小组设计一个简单可行的实验方案（不必描述操作过程的细节）：_____。资料：①次氯酸会破坏酸碱指示剂；②次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-。26、（10分）硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下:①在仪器a中先加入20g铜片、60mL水，再缓缓加入17mL浓硫酸:在仪器b中加入39mL浓硝酸;在仪器c中加入20%的石灰乳150mL。②从仪器b中放出约5mL浓硝酸，开动搅拌器然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中，搅拌器间歇开动。当最后滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，立即将导气管从仪器c中取出，再停止加热。③将仪器a中的液体倒出，取出未反应完的铜片溶液冷却至室温.析出蓝色晶体.回答下列问题:（1）将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是__________。（2）写出装置a中生成CuSO4的化学方程式:_______。（3）步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，此时会产生的气体是______，该气体无法直接被石灰乳吸收，为防止空气污染，请画出该气体的吸收装置（标明所用试剂及气流方向）______。（4）通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu（NO3）2,可来用重结晶法进行提纯，检验Cu（NO3）2是否被除净的方法是_______。（5）工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4的优点是_______。（6）用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL用cmol·L-1EDTA（H2Y）标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液bmL，滴定反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，蓝色晶体中Cu2+质量分数_____%.27、（12分）碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了FeCO3，并对FeCO3的性质和应用进行了探究。已知：①FeCO3是白色固体，难溶于水②Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-(无色)Ⅰ.FeCO3的制取（夹持装置略）实验i：装置C中，向Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。(1)试剂a是_____。(2)向Na2CO3溶液通入CO2的目的是_____。(3)C装置中制取FeCO3的离子方程式为_____。(4)有同学认为C中出现白色沉淀之后应继续通CO2，你认为是否合理并说明理由________。Ⅱ.FeCO3的性质探究实验ii实验iii(5)对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_____。(6)依据实验ⅱ的现象，写出加入10%H2O2溶液的离子方程式_____。Ⅲ.FeCO3的应用(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe，相对分子质量为234）补血剂。为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称量1.0g补血剂，用酸性KMnO4溶液滴定该补血剂，消耗0.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____，该数值异常的原因是________（不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差）。28、（14分）（1）已知反应2HI（g）=H2（g）+I2（g）的△H=+11kJ·mol-1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436KJ、151KJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为___kJ。（2）已知某密闭容器中存在下列平衡：CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g），CO的平衡物质的量浓度c（CO）与温度T的关系如图所示。①该反应△H__________0（填“＞”或“＜”）②若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1_______K2（填“＞”、“＜”或“=”）。③T3时在某刚性容器中按1:2投入CO（g）和H2O（g），达到平衡后测得CO的转化率为75%，则T3时平衡常数K3=____________。（3）在恒容密闭容器中，加入足量的MoS2和O2，仅发生反应：2MoS2（s）+7O2（g）2MoO3（s）+4SO2（g）ΔH。测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示：①p1、p2、p3的大小：_________。②若初始时通入7.0molO2，p2为7.0kPa，则A点平衡常数Kp=________（用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算，分压=总压×气体的物质的量分数，写出计算式即可）。（4）中科院兰州化学物理研究所用Fe3（CO）12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。催化剂中添加Na、K、Cu助剂后（助剂也起催化作用）可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。助剂CO2转化率（%）各产物在所有产物中的占比（%）C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3（CO）12/ZSM-5中添加_______助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是_____；②下列说法正确的是______；a第ⅰ步所反应为：CO2+H2CO+H2Ob第ⅰ步反应的活化能低于第ⅱ步c催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用dFe3（CO）12/ZSM-5使CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH减小e添加不同助剂后，反应的平衡常数各不相同29、（10分）过氧化氢(H2O2)在医药、化工、民用等方面有广泛的应用。回答下面问题：（1）最早制备H2O2使用的原料是易溶于水的BaO2和稀硫酸，发生反应的化学方程式是_____。BaO2的电子式为：__________。（2）目前工业制备H2O2的主要方法是蒽醌法。反应流程如下：已知：乙基蒽醌是反应中的催化剂。①蒽醌法所用原料的物质的量之比为_____________。②操作a是__________________。③再生回收液的成分是______________________。（3）测量过氧化氢浓度常用的方法是滴定法，某次测定时，取20.00mL过氧化氢样品，加入过量硫酸酸化，用0.l000mol/L的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗10.00mL，滴定时发生反应的离子方程式为____，该样品中H2O2的物质的量浓度为_______。

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、C【解析】

A.用坩埚钳夹一块铝箔在酒精灯上灼烧，由于铝外面包着一层氧化铝，而氧化铝熔点高，所以铝箔融化，但不滴落，A错误；B.应当比较最高价氧化物对应水化物的酸性来推断元素非金属性的强弱，B错误；C.将用砂纸除去保护膜的镁片和铝片（大小、形状相同），分别插入同浓度的稀硫酸中，镁片表面产生气泡速率大于铝片，说明Mg比Al更活泼，即还原性更强，C正确；D.Fe在冷的浓硝酸中会发生钝化，故D错误；故答案选C。2、C【解析】

A.根电池装置图分析，可知Al较活泼，作负极，而燃料电池中阴离子往负极移动，因而可推知OH-（阴离子）穿过阴离子交换膜，往Al电极移动，A正确；B.Ni为正极，电子流入的一端，因而电极附近氧化性较强的氧化剂得电子，又已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得电子变为OH-，故按照缺项配平的原则，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B正确；C.根电池装置图分析，可知Al较活泼，Al失电子变为Al3+，Al3+和过量的OH-反应得到AlO2-和水，Al电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而总反应为2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+OH-，显然电池工作结束后，电解质溶液的pH升高，C错误；D.A1电极质量减轻13.5g，即Al消耗了0.5mol，Al电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，因而转移电子数为0.5×3NA=9.03×1023，D正确。故答案选C。【点睛】书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应注意以下几点：1.电极反应式作为一种特殊的离子反应方程式，也必需遵循原子守恒，得失电子守恒，电荷守恒；2.写电极反应时，一定要注意电解质是什么，其中的离子要和电极反应中出现的离子相对应，在碱性电解质中，电极反应式不能出现氢离子，在酸性电解质溶液中，电极反应式不能出现氢氧根离子；3.正负两极的电极反应式在得失电子守恒的条件下，相叠加后的电池反应必须是燃料燃烧反应和燃料产物与电解质溶液反应的叠加反应式。3、B【解析】

A.氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备，则应该先向饱和食盐水中通入过量的氨气，再通入过量的二氧化碳，故A错误；B.NaHCO3固体加热会分解成纯碱Na2CO3，故B正确；C.侯德榜制碱法中，在析出NaHCO3的母液中加入生石灰（CaO），可以循环利用NH3，故C错误；D.析出NaHCO3的母液中主要含NH4Cl，氯化钠粉末溶解度较大，有利于增加Cl-含量；通入氨气，增加NH4+量，有利于NH4Cl析出，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。4、B【解析】

A.煤油为多种烷烃和环烷烃的混合物，故A错误；

B.火箭中燃料的燃烧是将化学能转化为热能，再转化为机械能，故B正确；

C.铝合金的密度较小，硬度较大，火箭箭体采用铝合金的主要目的是减轻火箭的质量，故C错误；

D.卫星计算机芯片使用高纯度的硅，不是二氧化硅，故D错误。

故选：B。5、C【解析】

A.NaOH溶液属于强碱溶液，浓氯水显酸性且具有强氧化性，所以NaOH溶液不能用酸式滴定管，浓氯水不能用碱式滴定管，两者不能使用同种滴定管盛装，故A错误；B.a点溶液中含有NaClO3、NaClO和NaCl，根据电荷守恒，有：(Na+)+c(H+)=c(ClO3-)+c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-)，故B错误；C.由图象可知，b点溶液中c(ClO3-)=c(ClO-)，根据氧化还原反应得失电子守恒，写出发生反应的化学方程式为：8NaOH+4Cl2=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O，由此可知，溶液中n(NaCl):n(NaClO3):n(NaClO)=6:1:1，溶液中各离子浓度：(Na+)>c(Cl-)>c(ClO3-)=c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)，故C正确；D.ClO-发生歧化反应，离子方程式为：3ClO-=2Cl-+ClO3-，故D错误。故选C。6、D【解析】

装置中上边的Pt电极与外电源负极相连，作为阴极；下端的Cd电极与外电源的正极相连，作为阳极；题中指出Cd的金属活动性大于Cu，所以阳极发生Cd的氧化反应，阴极则发生H+的还原反应；如果把电源的正负极反接，则Pt电极为阳极，Cl-的在Pt电极处被氧化生成Cl2，Cd电极为阴极发生的是还原反应。【详解】A．通电后，Pt为阴极，Cd为阳极，所以H+和Cd2+向Pt电极迁移，Cl-向Cd电极迁移，A项正确；B．通电后Pt为阴极，Cd为阳极，分别发生发生H+的还原反应和Cd的氧化反应，所以总反应方程式为：，B项正确；C．由于通过该界面的总电量为5.0C，其中H+迁移的电量为4.1C，所以Cl-迁移的电量为0.9C，所以HCl溶液中H+迁移速率约为Cl-的4.6倍，C项正确；D．正负极若反接，则上端的Pt电极为阳极，Cl-在Pt电极处发生氧化反应生成Cl2，D项错误；答案选D。7、D【解析】

A.得电子能力H+>Na+，电解饱和食盐水阴极：2H++2e-═H2↑，故A正确；B.电解饱和食盐水过程中，H+被消耗，促进水的电离，阴极消耗H+同时得到OH-，故B正确；C.失电子能力Cl->OH-，电解饱和食盐水阳极：2Cl--2e-=Cl2，故阳极得到Cl2，故C正确；D.D.电解池中，阴离子会向阳极移动，而阴极氢离子放电，使整个溶液显碱性，因此阳极区滴酚酞也会变红，故D错误；故选D。8、B【解析】A、根据工作原理，Mg作负极，Mo作正极，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e－=Na2Fe[Fe(CN)6]，故A正确；B、充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，故B说法错误；C、充电时，属于电解，根据电解原理，Na＋应从左室移向右室，故C说法正确；D、负极上应是2Mg－4e－＋2Cl－=[Mg2Cl2]2＋，通过0.2mol电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，故D说法正确。9、C【解析】

因W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，且原子序数W>X，因此X、Y、Z为第二周期元素，W为第三周期元素，结合(ZXY)2的结构式可知，X为C，Y为N，Z为O，X最外层电子数为4，故W为Al，以此解答。【详解】A．化合物AlN为原子晶体，AlN最高可稳定到2200℃，室温强度高，且强度随温度的升高下降较慢，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，故A不符合题意；B．N的氧化物对应的水化物中HNO2为弱酸，故B不符合题意；C．C的氢化物的沸点随分子量的增加而增大，沸点不一定比H2O的沸点低，故C符合题意；D．由(OCN)2的结构式可知所有原子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；故答案为：C。10、D【解析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y的原子半径在第三周期中最大，Y为Na元素；Y与W形成的离子化合物对水的电离无影响，则W为Cl元素；X与Z同主族，X为非金属元素，则X可能为B、C、N、O，Z可能为Al、Si、P、S。【详解】A.常温下，B、C、N、O的单质不一定呈气态，如金刚石或石墨为固体，故A错误；B.同一周期，从左到右，非金属性逐渐增强，则非金属性：W>Z，故B错误；C.X与W形成的化合物中BCl3中的B原子未达到8电子稳定结构，故C错误；D.当Z为Al时，氢氧化铝为两性氢氧化物，Na、Al、Cl的最高价氧化物对应的水化物可能相互反应，故D正确；故选D。【点睛】本题的难点是X和Z的元素种类不确定，本题的易错点为C，要注意根据形成的化合物的化学式判断是否为8电子稳定结构。11、B【解析】

A．二氧化硫与氯化钡不反应，但溶解的二氧化硫能够被硝酸氧化生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，结论不正确，故A错误；D．氯水先氧化碘离子生成碘单质，则溶液变蓝，可知还原性：I-＞Fe2+，故B正确；C．过氧化钠具有强氧化性，与水反应生成碱，过氧化钠可氧化亚铁离子，因此出现红褐色沉淀和无色液体，该现象不能说明FeCl2溶液是否变质，故C错误；D．浓硫酸滴入蔗糖中，使蔗糖脱水，反应放热，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫等，主要体现了浓硫酸的脱水性和氧化性，结论不正确，故D错误；故选B。12、A【解析】

A.一个14C中的中子数为8，一个D中的中子数为1，则1个甲基(—14CD3)所含的中子数为11，一个14C中的电子数为6，一个D中的电子数为1，则1个甲基(—14CD3)所含的电子数为9；则1mol甲基(—14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NA，故A正确；B.pH＝1的H2SO3溶液中，c(H+)为0.1mol/L，没有给出溶液的体积，无法根据公式n=cV计算出氢离子的物质的量，也无法计算氢离子的数目,故B错误；C.铁和稀硫酸反应变为+2价，和足量稀硝酸反应变为+3价，故1molFe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数依次为2mol、3mol，故C错误；D.酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，故1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数小于NA，故D错误。答案选A。【点睛】本题考查的是与阿伏加德罗常数有关的计算。解题时注意C选项中铁和稀硫酸反应变为+2价，和足量稀硝酸反应变为+3价，故失电子数不同；D选项酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，可逆反应的特点是不能进行彻底，故1molCH3COOC2H5在稀硫酸中不会完全水解。13、D【解析】

A、0～8min内v（SO3）==0.025mol/（L•min），选项A正确；B、8min时，n(SO3)不再变化，说明反应已达平衡，v逆(SO2)=v正(SO2)=2v正(O2)，选项B正确；C、8min时，n(SO3)不再变化，说明各组分浓度不再变化，容器内压强保持不变，选项C正确；D、若8min时压缩容器体积时，平衡向气体体积减小的逆向移动，但纵坐标是指物质的量，不是浓度，SO3的变化曲线应为逐变不可突变，选项D错误；答案选D。【点睛】本题考查了化学反应速率的求算、平衡常数、平衡状态的判断、平衡移动的图象分析，明确概念是解题的关键。14、B【解析】

如图，HEMA和NVP通过加聚反应生成高聚物A，聚合过程中引发剂的浓度为1.6含水率最高。【详解】A.NVP中碳碳双键的其中一个碳原子的另外两个键均是C-H键，故不具有顺反异构，故A错误；B.–OH是亲水基，高聚物A因含有-OH而具有良好的亲水性，故B正确；C.HEMA和NVP通过加聚反应生成高聚物A，故C错误；D.制备过程中引发剂浓度对含水率影响关系如图，聚合过程中引发剂的浓度为1.6含水率最高，并不是引发剂的浓度越高越好，故D错误；答案选B。【点睛】常见亲水基：羟基、羧基等。含这些官能团较多的物质一般具有良好的亲水性。15、C【解析】

X、Y、Z、W均为短周期元素，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最内层只有2个电子，则最外层电子数为6，则Y为O元素，根据X、Y、Z、W在周期表中相对位置可知，X为N元素、Z为Si元素、Y为Al元素。【详解】A、四元素的单质中，只有X常温下为气态，其它三种为固态，故A正确；B、非金属性W>Z，故最高价氧化物对应水化物的酸性W>Z，故B正确；C、非金属性X>Z，故X的气态氢化物的稳定性较Z的强，故C不正确；D、同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小顺序为：Y＞Z＞W＞X，故D正确；故选C。16、D【解析】

X、Y、Z、W为短周期元素，Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y为O元素，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置关系可知，X为C元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素，结合元素周期律及物质的性质作答。【详解】根据上述分析可知，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素，A.Y的氢化物分别是H2O、H2O2，H2O、H2O2常温下都呈液态，X的氢化物为烃，烃分子中碳原子数不同，沸点差别很大，故Y的氢化物的沸点不一定比X氢化物的沸点高，A项错误；B.Z的氧化物对应的水化物可能是硫酸或亚硫酸，W的氧化物对应的水化物可能是次氯酸、氯酸或高氯酸等，因此Z的氧化物对应的水化物酸性不一定比W的弱，若HClO属于弱酸，H2SO4属于强酸，B项错误；C.SO2、CCl4的化学键类型为极性共价键，而Na2S的化学键类型为离子键，C项错误；D.Ge与C同族，根据元素周期律可知，存在GeS2和GeCl4，D项正确；答案选D。17、A【解析】

A.重水中氧原子为16O，氢原子为重氢D，重水的分子式为D2O，故A正确；B.次氯酸中不存在氢氯键，其中心原子为氧原子，分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，结构式为H—O—Cl，故B错误；C.实验式为最简式，乙烯的实验式为CH2，故C错误；D.二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D错误。答案选A。18、D【解析】

A.元素B、D是氧族元素，周期表中第16列，对应族①处的标识为ⅥA16，故A正确；B.D为S，其氧化物为分子晶体，C的氧化物为SiO2，是原子晶体，熔点：D的氧化物＜C的氧化物，故B正确；C.AE3分子中，NCl3分子中N最外层5个电子，三个氯原子各提供1个电子，N满足8电子，氯最外层7个，氮提供3个电子，分别给三个氯原子，所有原子都满足8电子稳定结构，故C正确；D.应是E的最高价含氧酸酸性强于D的最高价含氧酸，故D错误；故选D。19、B【解析】

A．纯碱的化学式为Na2CO3，A项错误；

B．重晶石结构简式为BaSO4，B项正确；

C．生石膏的化学式为CaSO4•2H2O，而熟石膏的化学式为2CaSO4•H2O，C项错误；

D．生石灰的化学式为CaO，D项错误；答案选B。20、B【解析】

铝与硝酸汞溶液发生置换反应生成汞，形成铝汞合金（铝汞齐）。合金中的铝失去氧化膜的保护，不断被氧化成氧化铝（白毛）。【详解】A.实验中，温度计示数上升，说明Al和O2化合放出热量，A项正确；B.硝酸汞与铝反应生成汞，进而形成铝汞齐，B项错误；C.硝酸汞与铝反应的离子方程式为2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg，C项正确；D.铝汞齐中的铝失去氧化膜保护，与氧气反应生成氧化铝（白毛），D项正确。本题选B。21、C【解析】

A.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡和水，离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaS04↓＋2H2O，书写正确，故A不符合题意；B.酸性介质中KMnO4氧化H2O2，H2O2做还原剂，产生氧气，离子方程式为：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，书写正确，故B不符合题意；C.等物质的量的Ba(OH)2和HC1溶液混合，溶液显碱性，氢氧根离子有剩余；剩余的氢氧根离子与MgCl2等物质的量反应，离子方程式为：2H++Mg2＋＋4OH－=Mg(OH)2↓+2H2O，原离子方程式书写错误，故C符合题意；D.铅酸蓄电池充电时的正极为二氧化铅得电子发生还原反应，离子方程式为：PbSO4＋2H2O－2e-=PbO2＋4H＋＋SO42－，故D不符合题意；故答案选C。22、A【解析】

由图可知该电池放电时负极反应式为Li-e-═xLi+，正极反应式为Fe2O3+6Li++6e-═3Li2O+2Fe，充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反，以此解答该题。【详解】A．充电时，Fe作为阳极生成Fe2O3，充电完成时，铁完全转化为Fe2O3，磁铁不可吸引Fe2O3，故A错误；B．锂属于活泼金属，会和水发生反应，所以不可以用电解质溶液作为电解液，一般由高纯度的有机溶剂、锂盐等原料组成，故B正确；C．充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反，则充电时，该电池正极的电极反应式为3Li2O+2Fe-6e-═Fe2O3+6Li+，故C正确；D．根据分析，放电时，Li作电池的负极，Fe2O3作电池的正极，故D正确；答案选A。【点睛】根据题意要判断出正负极，写出电极反应,原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，而电解池中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。二、非选择题(共84分)23、2，3-二甲基-2-丁烯羰基无消去反应17、【解析】

由分子式可知，X为饱和一元醇(或醚)，X在浓硫酸、加热条件下转化为Y，Y发生信息②中氧化反应生成Z，故X为饱和一元醇，X发生消去反应生成烯烃Y，1molY完全反应生成2molZ，则Y为结构对称，且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜浊液反应，结合信息②可知Z为，则Y为、X为，结合信息③可推知W为。乙苯发生硝化反应生成，然后发生还原反应生成，据此分析解答。【详解】(1)由分析可知，Y为，Y的化学名称是：2，3-二甲基-2-丁烯；Z为，Z中官能团的名称是：羰基；(2)连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，故中没有手性碳原子；图示中X转化为Y是分子内脱去1分子水形成碳碳双键，属于消去反应；(3)生成W的化学方程式为：；(4)G是对硝基乙苯()的同分异构体，G能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有-NH2(氨基)，G中还含有羧基，苯环可以含有1个侧链为-CH(NH2)COOH；可以有2个侧链为-CH2NH2、-COOH，或者为-NH2、-CH2COOH，均有邻、间、对三者位置结构；可以有3个侧链为：-CH3、-NH2、-COOH，氨基与羧基有邻、间、对3种位置结构，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有1+3×2+4+4+2=17种，其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为1：2：2：2：2的结构简式为：和；(5)由与反应生成；苯乙烯与氢气发生加成反应生成乙苯，乙苯发生硝化反应生成，再用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，然后与Fe/HCl反应生成，合成路线流程图为：。24、Cu2＋4CuO2Cu2O＋O2↑Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3【解析】

根据流程中信息可知黑色化合物为CuO，砖红色化合物为Cu2O，红色金属单质为Cu，蓝色溶液为CuSO4溶液；n(H2O)==0.01mol，黑色化合物n(CuO)==0.03mol，无色无味气体n(CO2)=n(CaCO3)==0.02mol，故可根据各元素推知分子式Cu3C2H2O8，则推断出X为Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3，据此分析。【详解】根据流程中信息可知黑色化合物为CuO，砖红色化合物为Cu2O，红色金属单质为Cu，蓝色溶液为CuSO4溶液；n(H2O)==0.01mol，n(H)=0.02mol，黑色化合物n(CuO)==0.03mol，无色无味气体n(CO2)=n(CaCO3)==0.02mol，故n(O)=0.04+0.03+0.01=0.08mol，可根据各元素推知分子式Cu3C2H2O8，则推断出X为Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3。(1)蓝色溶液为CuSO4溶液，含有的金属阳离子是Cu2＋；(2)黑色化合物→砖红色化合物，只能是CuO→Cu2O，反应的化学方程式是4CuO2Cu2O＋O2↑；(3)X的化学式是Cu(OH)2·2CuCO3或Cu3(OH)2(CO3)2。25、烧杯、漏斗、玻璃棒可能研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响硫酸浓度为0的对照实验淀粉；量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得【解析】

（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤，该实验操作过程需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）若对调B和C装置的位置，A中挥发出来的气体有Cl2和HCl，气体进入C装置，HCl溶于水后，抑制氯气的溶解，B中氯气与KOH加热生成氯酸钾，则可能提高氯酸钾的产率，故答案为：可能；（3）①研究反应条件对反应产物的影响，由表格数据可知，总体积相同，只有硫酸的浓度不同，则实验目的为研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响，故答案为：研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；②设计1号试管实验的作用是硫酸浓度为0的对照实验，故答案为：硫酸浓度为0的对照实验；③淀粉遇碘单质变蓝，若2号试管实验现象是溶液变为黄色，因此取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色，故答案为：淀粉；（4）由资料可知，次氯酸会破坏酸碱指示剂，因此设计实验不能用酸碱指示剂，可以利用氯水的氧化性，设计简单实验为量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得，故答案为：量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得。【点睛】本题的难点是（4），实验目的是测定饱和氯水中氯元素的总量，氯水中氯元素以Cl－、HClO、Cl2、ClO－形式存在，根据实验目的需要将Cl元素全部转化成Cl－，然后加入AgNO3，测AgCl沉淀质量，因此本实验不能用SO2和FeCl3，SO2与Cl2、ClO－和HClO反应，SO2被氧化成SO42－，SO42－与AgNO3也能生成沉淀，干扰Cl－测定，FeCl3中含有Cl－，干扰Cl－测定，因此只能用H2O2。26、打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2ONO取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)【解析】

Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，减少了能源消耗，生成的NO2和碱液反应生成硝酸盐或亚硝酸盐，制得的硫酸铜中含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色现象来分析。【详解】⑴将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下；故答案为：打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下。⑵根据题中信息得到装置a中Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，其化学方程式：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O。⑶步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，二氧化氮与水反应生成NO，因此会产生的气体是NO，该气体无法直接被石灰乳吸收，NO需在氧气的作用下才能被氢氧化钠溶液吸收，因此为防止空气污染，该气体的吸收装置为；故答案为：NO；。⑷通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色，故答案为：取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净。⑸工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，工业上铜在450°C左右焙烧，需要消耗能源，污染较少，工艺比较复杂，而本实验减少了能源的消耗，生成的氮氧化物可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作；故答案为：能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)。⑹根据反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，得出n(Cu2+)=n(H2Y)=cmol∙L−1×b×10−3L×5=5bc×10−3mol，蓝色晶体中Cu2+质量分数；故答案为：。27、饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)22HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响)Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+117%乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4【解析】

I.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C中，向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO3；II.(5)根据Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；(6)实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。【详解】I.(1)装置A中制取的CO2中混有HCl，欲除去CO2中混有的HCl，B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液，故答案为：饱和NaHCO3溶液；(2)向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2，故答案为：降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；(3)装置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO3)2，降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2，或者：出现白色沉淀之后继续通CO2，可防止空气中氧气氧化FeCO3，提高产物的纯度，故答案为：不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响)；Ⅱ.(5)通过对比实验ii和iii，可知Fe2+与SCN-的络合生成可溶于水的Fe(SCN)64-，会促进FeCO3固体的溶解，故答案为：Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大；(6)依据实验ⅱ的现象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成，发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+；故答案为：6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+；Ⅲ.(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe补血剂，可得关系式MnO4~5Fe2+~5[CH3CH(OH)COO]2Fe，则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/L×0.01L×5=0.005mol，则乳酸亚铁的质量分数，由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量增多，而计算中只按Fe2+被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%，故答案为：117%；乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4。28、2