2022届山东省微山高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、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：XZ

2、WCX与W形成的化合物中各原子均达到8电子稳定结构DY、Z、W的最高价氧化物对应的水化物可能相互反应2、只能在溶液中导电的电解质是()AKOHBCH3COONH4CSO2DCH3COOH3、25时，向L-1的氨水和醋酸铵溶液中分别滴加0.100molL-1的盐酸溶液，溶液pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）A25时，Kb（NH3H2O）Ka（CH3COOH）10-5Bb点溶液中水的电离程度比c点溶液中的大C在c点的溶液中：c（Cl）c（CH3COOH）c（NH4+）c（OH）D在a点的溶液中：c（NH4+）+2c（H+）2c（CH3COO-）+c（NH3H2O）+2c（O

3、H-）4、在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示。关于该装置，下列说法正确的是（ ）A外电路中电流方向为：XYB若两电极分别为铁棒和碳棒，则X为碳棒，Y为铁棒CX极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D若两电极都是金属单质，则它们的活动性顺序为XY5、下列实验操作、现象和结论均正确的是实验操作和现象结 论A向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)Ksp(ZnS)B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色样品已变质C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸

4、变蓝NH4HCO3显碱性D常温下，测得0.1 molL1 NaA溶液的pH小于0.1 molL1 Na2B溶液的pH酸性：HAH2BAABBCCDD6、共用两个及两个以上碳原子的多环烃称为桥环烃，共用的碳原子称为桥头碳。桥环烃二环2.2.0己烷的碳原子编号为。下列关于该化合物的说法错误的是（）A桥头碳为1号和4号B与环己烯互为同分异构体C二氯代物有6种（不考虑立体异构）D所有碳原子不可能位于同一平面7、类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC=lgC，pKa=lgKa，常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pC(H2A)、pC(HA)、pC(A2)变化如图所示，下列说法正确的是A随着pH的

5、增大，pC增大的曲线是A2的物质的量浓度的负对数BpH=3.50时，c(HA) c(H2A) c(A2)Cb点时c(H2A)c(A2)/c2(HA)=104.5DpH=3.005.30时，c(H2A)+c(HA)+c(A2)先减小后增大8、化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是()现象或事实解释AAl(OH)3用作塑料的阻燃剂Al(OH)3受热熔化放出大量的热BK2FeO4用于自来水的消毒和净化K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3水解生成胶状物，可以软化硬水CNa2O2用于呼吸面具中作为O2的来源Na2O2是强氧化剂，能氧化CO2生成O2D浸泡过KMnO4溶液的硅藻

6、土可用于水果保鲜KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2AABBCCDD9、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 （ ）A氨水应密闭保存，置低温处B在FeCl2溶液中加入铁粉防止氧化变质C生产硝酸中使用过量空气以提高氨的利用率D实验室用排饱和食盐水法收集氯气10、三元轴烯（a）、四元轴烯（b）、五元轴烯（c）的结构简式如图所示，下列说法不正确的是Aa、b、c都能发生加成反应Ba与苯互为同分异构体Ca、b、c的一氯代物均只有一种Dc分子中的原子不在同一个平面上11、联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”。现有四种不同主族短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，X与Y形成的化合物是光

7、合作用的原料之一，Z、W处于同周期且族序数相差6。下列说法正确的是A元素非金属性：BY和Z形成的化合物中只存在离子键CZ、W的简单离子半径：D只有W元素的单质可用于杀菌消毒12、下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是( )选项实验操作实验现象结论或解释AKI淀粉溶液中通入少Cl2溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴水发生了取代反应C向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热无银镜出现不能判断蔗糖是否水解D向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液出现红褐色沉淀KspFe(OH)3Z，故B错误；C. X与W形成

8、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。2、D【解析】A氢氧化钾是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选A；B醋酸铵是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选；C二氧化硫为非电解质，不能导电，故不选C；D醋酸是共价化合物，只有在水溶液里能电离导电，故选D。3、C【解析】A.根据图象可知，0.100molL1的氨水的pH=

9、11，c（OH）=103mol/L，Kb（NH3H2O）= =105，醋酸铵溶液的pH=7，说明铵根离子和醋酸的水解程度相等，则二者的电离平衡常数相等，即25时，Kb（NH3H2O）=Ka（CH3COOH）105，故A正确；B.加入20mL等浓度的HCl溶液后，氨水恰好反应生成氯化铵，b点铵根离子水解促进了水的电离，而c点溶质为醋酸和氯化铵，醋酸电离出的氢离子使溶液呈酸性，抑制了水的电离，则b点溶液中水的电离程度比c点溶液中的大，故B正确；C.Kb（NH3H2O）=Ka（CH3COOH）105，Kh（NH4+）=109105，醋酸的电离程度较大，则c（NH4+）c（CH3COOH），正确的离子

10、浓度大小为：c（Cl）c（NH4+）c（CH3COOH）c（OH），故C错误；D.在a点的溶液中反应后溶质为等浓度的CH3COONH4、NH4Cl和CH3COOH，根据电荷守恒可知：c（NH4+）+c（H+）c（CH3COO）+c（Cl）+c（OH），根据物料守恒可得：2c（Cl）=c（NH4+）+c（NH3H2O），二者结合可得：c（NH4+）+2c（H+）2c（CH3COO）+c（NH3H2O）+2c（OH），故D正确。故选C。【点睛】明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒在盐的水解中的运用。4、D【解析】根据图片知，该装置是原电池，根据电子的流向判断X为负极，Y为正

11、极，电流的流向正好与电子的流向相反；在原电池中，较活泼的金属作负极，不活泼的金属或导电的非金属作正极；负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应。【详解】A. 根据图片知该装置是原电池，外电路中电子从X电极流向Y电极，电流的流向与此相反，即YX，A项错误；B. 原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，若两电极分别为Fe和碳棒，则Y为碳棒，X为Fe，B项错误；C. X是负极，负极上发生氧化反应；Y是正极，正极上发生还原反应，C项错误；D. X为负极，Y为正极，若两电极都是金属单质，则它们的活动性顺序为 XY，D项正确。答案选D。【点睛】原电池工作原理的口诀可概括为“两极一液一

12、连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。电子从负极沿导线流向正极，而不通过溶液，溶液中是阴、阳离子移动导电，俗称“电子不下水，离子不上岸”。5、A【解析】A相同条件下，溶解度大的物质先溶解，组成和结构相似的难溶物，溶解度越大，其溶度积越大。因在等体积等浓度的盐酸ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）Ksp（ZnS），故A正确；BFe(NO3)2溶于稀硫酸后，Fe2+在酸性条件下被NO3-氧化为Fe3+，此时滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则无法证明Fe(NO3)2是否变质，故B错误；C在加热条件下NH4HCO3固体分解生成NH3

13、，NH3能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，由于固体本身没有与试纸接触，故本实验不能证明NH4HCO3显碱性，故C错误；D强碱弱酸盐的pH越大，对应酸的酸性越弱，Na2B溶液对应的酸为HB-，则由现象可知酸性：HAHB-，但是本实验不能证明HA的酸性比H2B强，故D错误；故答案为A。6、C【解析】A.由桥环烃二环2.2.0己烷的结构可知，桥头碳为1号和4号，形成2个四元碳环，故A正确；B. 桥环烃二环2.2.0己烷和环己烯的分子式均为C6H10，二者的分子结构不同，互为同分异构体，故B正确；C.该烃分子有2种不同化学环境的氢原子，其二氯代物中2个氯原子在同一碳原子上的有1种，在不同碳原子上的有6种，故

14、其二氯代物有7种，故C错误；D.该烃分子中所有碳原子均形成4个单键，所以所有碳原子不可能位于同一平面，故D正确；故选C。【点睛】7、C【解析】H2A存在电离平衡：H2AH+HA-、HA-H+A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，由此分析解答。【详解】A由分析可知，随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，故A错误；BpH=3.50时，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，此时pC（H2A）pC（A2-

15、）pC（HA-），即c（HA-）c（A2-）c（H2A），故B错误；Cb点时，c（H2A）=c（A2-），交点a处c（HA-）=c（H2A），故Ka1=c（H+）=l10-0.8，HA-A2-+H+，交点c处c（HA-）=c（A2-），故Ka2= =c（H+）=l10-5.3，故c(H2A)c(A2)/c2(HA)=10-0.8/10-5.3=104.5，故C正确；DDpH=3.005.30时，结合物料守恒c（H2A）+c（HA-）+C（A2-）始终不变，故D错误；故答案为C。【点睛】认真分析纵坐标的意义，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电离平衡及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及

16、灵活应用能力。8、D【解析】AAl(OH)3受热分解时需要吸收大量的热，同时产生的水蒸气起到降低空气中氧气浓度的作用，从而用作塑料的阻燃剂，故A错误；BK2FeO4具有强氧化性，用于自来水的消毒，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，具有吸附水体颗粒物起到净化水质的作用，但不能软化硬水，故B错误；CNa2O2与二氧化碳反应产生氧气，是过氧化钠自身的氧化还原反应，C错误；DKMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2，而乙烯具有催熟作用，故浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜，D正确。答案选D。9、B【解析】A、NH3+H2ONH3H2O H0，升高温度，促进氨水分解，正确；B、Fe2+易

17、被氧化为Fe3+，加入Fe粉，Fe+2Fe3+=3Fe2+，能防止Fe2+氧化变质，B不能用勒沙特列原理解释；C、增大一种反应物浓度，可以提高另一反应物转化率，正确；D、Cl2+H2OH+Cl-+HClO，增大c(Cl-)，抑制氯气溶解，D正确。答案选B。10、D【解析】A. a、b、c均含有碳碳双键，因此都能发生加成反应，故A正确；B. a和苯的分子式均为C6H6，且结构不同，则a与苯互为同分异构体，故B正确；C. a、b、c分子中均只有一种氢原子，则它们的一氯代物均只有一种，故C正确；D. c分子中含有碳碳双键的平面结构，根据乙烯的平面结构分析，c中所有的原子在同一个平面上，故D错误；故选

18、D。【点睛】在常见的有机化合物中，甲烷为正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断即可。11、C【解析】现有四种不同主族短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，Z、W处于同周期且族序数相差6，则Z位于A族，W位于A族；X与Y形成的化合物是光合作用的原料之一，该化合物可能为H2O、CO2，若为H2O，H位于A族，与Z位于同一主族，不满足条件，所以X、Y形成的化合物为CO2，则X为C、Y为O元素；Z、W的原子序数大于O元素，则Z、W位于第三周期，Z为Na，W为Cl元素，据此解答。【详解】根据分析可知： X 为C元素，Y为O元素，Z为Na，W为Cl元素。

19、A. 高氯酸的酸性大于碳酸，则非金属性 XW ，故 A 错误；B. O、Na形成的化合物有氧化钠和过氧化钠，过氧化钠中既含有离子键又含有共价键，故 B 错误；C. 离子的电子层越多离子半径越大，则钠离子的离子半径小于氯离子，故C正确；D. 除了氯气，臭氧也能够用于自来水的杀菌消毒，故D错误。故选C。12、C【解析】A、I2能与淀粉发生显色反应，Cl2不能与淀粉发生显色反应，故A错误； B、向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置，苯萃取溴水中的溴，苯与溴水不反应，故B错误；C、银镜反应需在碱性条件下进行，向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，先加入氢氧化钠中和硫酸，然后加入银氨溶液，加热，才能判断蔗糖

20、是否水解，故C正确；D、向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，不能证明KspFe(OH)3KspAl(OH)3，故D错误。13、A【解析】A.NaHCO3与CO2不反应，烧瓶内的压强不变，不能形成喷泉，故选A；B.NH3易溶于水，形成NH3H2O，NH3H2ONH4OH，溶液呈碱性，能形成红色喷泉，故不选B；C.H2SCuSO4H2SO4CuS，CuS为黑色沉淀，能形成黑色喷泉，故不选C；D.HClAgNO3HNO3AgCl，AgCl为白色沉淀，能形成白色喷泉，故不选D。答案选A。14、C【解析】A中子数为2的氢原子的质量数为3，该原子正确的表示方

21、法为：H，故A错误；B钠离子的核外电子总数为10，质子数为11，钠离子正确的离子结构示意图为：，故B错误；C氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式为H一，故C正确；D氮气分子的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，氮气的结构式为：NN，故D错误；故选C。15、D【解析】A.由图可知，0.1 molL1 HX溶液的pH3，说明HX为弱酸，故A正确；B.若V120，则溶液中的溶质只有NaX，由于HX为弱酸，则NaX溶液呈碱性，pH7，所以V1应小于20，故B正确；C.M点溶液中的溶质是等物质的量的HX和NaX，溶液呈酸性，说明HX的电离程度大于X的水解程度，则溶液中离子浓度大小顺序为c（X）c（

22、Na）c（H）c（OH），故C正确；D.两种溶液等体积混合时，根据电荷守恒有c（Na）c（H）c（X）c（OH），故D错误；故选D。16、C【解析】A46.0 g乙醇的物质的量为1mol，酯化反应为可逆反应，不能进行到底，lmol乙醇与过量冰醋酸在加热和浓硫酸条件下充分反应生成的乙酸乙酯分子数小于NA，故A错误；B36.0 gCaO2的物质的量为=0.5mol，与足量水完全反应生成氢氧化钙和氧气，转移0.5mol电子，故B错误；C53.5g氯化铵的物质的量为1mol，中性溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(NH4+)+ c(H+)=c(OH-)+ c(Cl-)，因此c(NH4+)

23、= c(Cl-)，即n(NH4+)= n(Cl-)=1mol，故C正确；D一个乙烷分子中含有6个C-H键和1个C-C键，因此5.0g乙烷中所含的共价键数目为7NA=NA，故D错误；答案选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意过氧化钙与水的反应类似于过氧化钠与水的反应，反应中O元素的化合价由-1价变成0价和-2价。二、非选择题（本题包括5小题）17、C2H6O 银氨溶液，水浴加热（或新制氢氧化铜悬浊液，加热） 取代反应 +2NaOH CH3-CC-CH3+2NaBr+2H2O 【解析】根据信息反应(i)，B生成C，说明B分子对称，又A生成B，则A与B碳原子数相同，A和G互为同分异构体，A不能使Br

24、2的CCl4溶液褪色，所以A含有4个碳原子，不含碳碳双键，所以B也含4个碳原子，则B为，A为，B与HBr发生取代反应生成H，则H为，H生成I，I中所有碳原子均在一条直线上，则I为CH3-CC-CH3，又B发生信息反应(i)生成C，则C为CH3CHO，C与银氨溶液反应在水浴加热的条件下生成D，D再酸化生成E，则E为CH3COOH，由E与F在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成G，则F为醇，C发生还原反应生成F为CH3CH2OH，G为CH3COOCH2CH3，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：A为，B为，C为CH3CHO，D为CH3COONH4，E为CH3COOH，F为CH3CH2OH，G为CH

25、3COOCH2CH3。(1)根据以上分析，F为CH3CH2OH，分子式为C2H6O；C为CH3CHO，分子中含有醛基，与银氨溶液在水浴加热条件下发生氧化反应产生D：CH3COONH4，所以C生成D的反应试剂与条件是银氨溶液，水浴加热；(2)根据以上分析，A的结构简式为，B为，B与HBr发生取代反应生成H：，所以B生成H的反应类型为取代反应；(3) I为CH3-CC-CH3，则H转化为I的化学方程式为+2NaOH CH3-CC-CH3+2NaBr+2H2O；(4)X是A的一种同分异构体，则分子式为C4H8O2，1 molX在HIO4加热条件下完全反应，可以生成1mol无支链的有机物，则X为环状结

26、构，则X的结构简式为。【点睛】本题考查有机物的推断，注意把握题给信息，结合已学过的有机物知识为解答该题的关键。侧重考查学生分析能力、推断能力和综合运用化学知识的能力。18、羟基、羰基 取代反应 、 【解析】分析题中合成路线，可知，AB为A在浓硫酸、浓硝酸作用下发生硝化反应，B中-CN与NaOH水溶液反应，产物酸化后为C。C中-NO2经Fe和HCl的作用被还原成-NH2，生成D。根据F和E的分子式以及F与间二苯酚()的结构简式，通过逆推方法，可推断出E的结构简式。据此分析。【详解】（1）根据F分子结构，可看出分子中含有酚羟基和羰基；答案为：羟基、羰基；（2）分析A、B分子结构及反应条件，可知AB

27、为硝化反应，属于取代反应；答案为：取代反应；（3）根据题给信息，D为对氨基苯乙酸，分析反应EF可知，其产物为物质E与间苯二酚发生取代反应所得，结合E分子式为C8H8O3，可知E为对羟基苯乙酸；答案为：；（4）不能与Fe3+发生显色反应，说明不含酚羟基，可以发生银镜反应，说明有醛基或甲酸酯基，苯环上有两种不同化学环境的氢原子，结合C物质的结构可推知苯环上有两个处于对位的不同基团，可能的结构有、。答案为：、；（5）根据信息，甲苯先发生硝化反应生成硝基甲苯，将硝基甲苯上的甲基氧化，再酯化，最后将硝基还原反应。答案为：。19、去除蒸馏水中的氧气，防止亚硫酸钠被氧化 500 mL容量瓶 烧杯、玻璃棒 S

28、O32-+2Ag+= Ag2SO3 Na2SO3被酸化的NO3-氧化成Na2SO4，Na2SO4与AgNO3溶液反应生成Ag:2SO4沉淀 取固体少许加入足量 Na2SO3溶液(或向试管中继续滴加Na2SO3溶液) Ag2O + 4NH3H2O =2Ag(NH3)2OH + 3H2O或Ag2O+4NH3+H2O=2Ag(NH3)2OH AgOH Na2SO3溶液滴加顺序不同 (或用量不同) ，溶液酸碱性不同(或浓度不同) 【解析】配置一定物质的量浓度的溶液时，溶解时：Na2SO3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化，故需煮沸；移液时：配置一定物质的量浓度的溶液时需要使用容量瓶，移液时需要洗涤烧杯和玻璃

29、棒；实验 探究不同pH的Na2SO3溶液与pH=4的AgNO3溶液反应的产物假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银；考虑加入的酸性的硝酸银溶液具有氧化性，将亚硫酸银氧化成硫酸银；由于Ag2SO3溶于过量Na2SO3溶液，可以加入Na2SO3溶液验证溶液中是否有Ag2SO3；(2) Ag2O为棕黑色固体，与氨水反应生成Ag(NH3)2OH和 3H2O；从非氧化还原反应分析得化合价不变，判断A的成分；(3) (1)中实验和(2)中实验中溶液的滴加顺序不同，溶液酸碱性不同。【详解】溶解时：Na2SO3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化，故需煮沸，防止亚硫酸钠被氧化；移液时：配置一定物质的量浓度的溶液

30、时需要使用500ml的容量瓶，移液时需要洗涤烧杯和玻璃棒23次；(1)假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银SO32-+2Ag+= Ag2SO3；将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，酸性溶液中存在氢离子，氢离子和硝酸根相当于硝酸，具有氧化性，可能会将亚硫酸根离子氧化成硫酸根；.Ag2SO3为白色固体，不溶于水，溶于过量Na2SO3溶液，故可以加入过量Na2SO3溶液，看是否继续溶解，若继续溶解一部分，说明假设三成立；(2) Ag2O，棕黑色固体，不溶于水，可与浓氨水反应，反应a为Ag2O + 4NH3H2O =2Ag(NH3)2OH + 3H2O；将pH=4的Ag

31、NO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，由于亚硫酸银易溶于亚硫酸钠，故生成的白色沉淀不是亚硫酸银，溶液呈碱性，也不是硫酸银，银离子在碱性条件下，例如银离子和氨水反应可以生成氢氧化银，是白色沉淀，A为AgOH；(3)实验(1)将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，实验(2)将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，对比两次实验可以看出，滴加顺序不同(或用量不同)，,所给盐溶液酸碱性不同(或浓度不同)。20、A 黄色 2Cr(OH)3 +3H2O2+4OH-=2CrO42- +8H2O A aebfd 冰水 100% 【解析】某实

32、验室废液含Na+、Fe3+、Cr3+、SO42-、PO43-等离子，加入KOH，可生成Fe（OH）3、Cr（OH）3沉淀，沉淀加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成CrO42-，过滤，红褐色沉淀为Fe（OH）3，加入酸可生成K2Cr2O7，由图1可知，蒸发至出现大量晶体，停止加热，趁热过滤除外KCl等，然后冷却至室温、抽滤、洗涤可得到K2Cr2O7，以此解答该题。【详解】（1）加入氢氧化钠最适合时，Fe3+、Cr3+恰好生成沉淀，则A为合适，在加入一定量KOH溶液后，用毛细管取样、点样、薄层色谱展开、氨熏后发生Cr3+6NH3=Cr（NH3）63+（黄色），则斑点呈黄色，故答案为：A；黄色；（2）根据分析可知步骤含Cr物质被氧化，发生的主要反应的离子方程式为2Cr（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O， 故答案为：2Cr（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O；（3）步骤反应需要加热，且反应中需要加入液体，因此选用A装置；故答案为：A；（4）步骤由溶液得到晶体，实验时，蒸发至出现大量晶体，停止加热，趁热过滤除外KCl等，然后冷却至室温、抽滤、洗涤可得到K2Cr2O7，则顺序为aebfd，故