辽宁省鞍山市2023-2024学年下学期高三下学期化学模拟试题（一模）有答案

辽宁省鞍山市2023-2024学年下学期高三下学期化学模拟试题（一模）一、单选题（本大题共15小题）1．中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列古代文献及诗句中涉及的化学研究成果，对其说明合理的是A．李白诗句“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象B．“墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”的分散质粒子直径在之间，具有胶体的性质C．“南朝四百八十寺，多少楼台烟雨中”中的“烟雨”指悬浮在空中的固体颗粒D．《天工开物·五金》中记载：“若造熟铁，则生铁流出时，相连数尺内，众人柳棍疾搅，即时炒成熟铁。”炒铁是为了降低铁水中的碳含量，且熟铁比生铁质地更硬，延展性稍差2．下列化学用语表述错误的是A．NaH的电子式为B．表示的一定不是基态原子C．乙炔的结构简式为CHCHD．基态C原子价电子排布图为3．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．在含4molSi-O键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为B．溶液中含有的氧原子数目为C．含4.6g钠元素的和的混合物中含有阴离子总数为D．由与组成的4.0g物质中含中子数为4．下列实验能达到目的的是实验目的A将Na[Al(OH)4]溶液与NaHCO3溶液混合，产生白色沉淀验证结合质子的能力[Al(OH)4]-＞COB取25.00mL盐酸向25.00mL酸式滴定管中装入盐酸，调整液面初始读数为0.00mL后，将所有溶液放入锥形瓶中C将适量HCl气体通入硅酸钠溶液，出现白色胶状沉淀比较Cl、Si元素的非金属性强弱D向NaCl溶液中加入过量的AgNO3，静置后滴加NaI溶液，观察沉淀颜色探究AgCl与AgI的Ksp相对大小A．A B．B C．C D．D5．向FeBr2溶液中通入Cl2时，随参加反应的Cl2物质的量的变化，溶液中某些离子的浓度变化情况如图所示。下列说法正确的是A．当n(Cl2)＜Mmol时，发生的离子反应：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-B．当n(Cl2)＝Mmol时，离子浓度关系：c(Fe3+):c(Br-):c(Cl-)=2:1:1C．当n(Cl2)=2Mmol时，离子浓度大小关系：c(Cl-)＞c(Br-)D．当通入Cl2的物质的量等于原FeBr2的物质的量时，Br-开始被氧化6．在实验室中，用如下图所示装置(尾气处理装置略去)进行下列实验，将①中液体逐滴滴入②中，则预测的现象正确的是选项①中的物质②中的物质预测②中的现象A酚酞溶液过氧化钠溶液始终为红色B稀硫酸苏打溶液立即产生气泡C浓盐酸二氧化锰产生黄绿色气体D浓氨水氯化银固体溶解A．A B．B C．C D．D7．“鲁米诺”是一种化学发光试剂，一定条件下被氧化后能发出蓝光。“鲁米诺”的合成原理如下图所示：下列说法正确的是A．X的分子中所有碳原子一定共面B．一定条件下X可以和乙醇发生缩聚反应C．“鲁米诺”分子中C、N原子杂化方式有3种D．上图反应①与反应②理论上生成水的质量比为2∶18．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、W同族，常温下Z的单质遇Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液会发生钝化反应，由X、Y、Z三种原子构成的一种特殊离子化合物如图所示，下列说法正确的是A．在元素周期表中，113号元素与Z元素不同族B．Y的非金属性比W的强，所以单质的还原性：Y>WC．X、Y形成的二元化合物只含有极性共价键D．X、Z、Y、W四种元素的简单离子半径依次增大9．图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分配平相关离子未画出)，下列描述错误的是A．PbCl和Cu2+在反应中都起到催化剂的作用B．该转化过程中，仅O2和Cu2+均体现了氧化性C．该转化过程中，涉及反应4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2OD．乙烯催化氧化的反应方程式为2CH2=CH2+O22CH3CHO10．下图是硫元素部分“价类”二维关系图。下列相关说法错误的是A．图中C和D两点对应的物质可能互相反应生成硫单质B．可以实现B→E→A→B物质循环C．图中A点对应的物质可以使品红溶液褪色D．化学式为Na2S2O3的物质在图中对应点为F点，可表现出强氧化性11．利用可消除污染，反应原理为，在10L密闭容器中分别加入和，测得不同温度下随时间变化的有关实验数据见下表。组别温度/K

时间/min物质的量/mol010204050①0.500.350.250.100.10②0.500.300.18M0.15下列说法错误的是A．该反应为放热反应B．组别①中0～10min内，的平均反应速率为C．若组别②改为恒压装置，则M值一定大于0.15D．当有1molC-H键断裂同时有1molO-H键断裂，则达到平衡状态12．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A．含的溶液中：、、、B．由水电离产生c(OH−)=1×10−13mol·L−1的溶液中：、、、C．在有色透明溶液中：、、、D．加入甲基橙显黄色的溶液：、、、13．目前，光电催化反应器(PEC)可以有效的进行能源的转换和储存，一种PEC装置如图所示，通过光解水可由CO2制得主要产物异丙醇。下列说法中正确的是A．该装置的能量来源有光能和电能B．光催化剂电极反应为C．每生成60g异丙醇，电路中转移的电子数目为D．可通过蛋白质纤维膜向右移动14．常温下，在新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水电离出来的c水(H+)与NaOH溶液的体积之间的关系如图所示。下列推断正确的是()A．用pH试纸测定E点对应的溶液，其pH=3B．F、H点对应的溶液中都存在c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)C．常温下加水稀释H点对应的溶液，溶液的pH增大D．G点对应的溶液中c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)15．近日，科学家研究利用CaF2晶体释放出的Ca2+和F-脱除硅烷，拓展了金属氟化物材料的生物医学功能。下列说法错误的是A．F、Si和Ca电负性依次减小，原子半径依次增大B．OF2与SiO2中含有化学键类型和氧原子杂化方式均相同C．图中A处原子分数坐标为(0，0，0)，则B处原子分数坐标为D．脱除硅烷反应速率依赖于晶体提供自由氟离子的能力，脱硅能力二、非选择题（本大题共4小题）16．硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛。已知硼镁矿的主要成分为，硼砂的化学式为。一种利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程如图所示：(1)生成的化学方程式为。(2)将硼砂溶于热水后，用硫酸调节溶液的pH为2～3以制取，已知是一元弱酸，且自身不能电离出氢离子，写出其电离方程式。X为晶体加热脱水的氧化物，其与Mg反应制取粗硼的化学方程式为。(3)由制备时，需要在HCl氛围中加热，其目的是。(4)镁酸性燃料电池的反应原理为，常温下，若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时，电解质溶液中所含的物质的量浓度为。已知常温下，，当电解质溶液的pH=6时，(填“有”或“无”)沉淀析出。(忽略反应过程中溶液的体积变化)17．硫酸亚铁铵是一种重要化工原料，其晶体为浅蓝绿色晶体，较硫酸亚铁不易被氧化。(1)硫酸亚铁铵晶体的制备：①铁屑需先用碱洗后，再用少量酸洗，酸洗的目的是。②制备硫酸亚铁过程中，初始时活塞a、b、c的开关状态依次是，反应一段时间后，调整活塞a、b、c的开关状态依次为，最后得到晶体产品。(2)产品的相关实验：①硫酸亚铁铵晶体在500℃时隔绝空气加热完全分解，将方程式补充完整(合理即可)。□□(系数为1时，也要写出)②为验证甲中残留物含有可选用的试剂有(填字母)。a.稀硝酸

b.稀硫酸

c.新制氯水

d.硫氰酸钾③装置乙中HCl的作用是。实验中，观察到装置丙中有白色沉淀生成，发生的离子反应方程式为。(3)样品纯度的测定：准确称量20.00g硫酸亚铁铵晶体样品，配制成100mL溶液。取所配溶液20.00mL于锥形瓶中，加稀酸化，实验测定其与溶液恰好完全反应。已知：的摩尔质量是392g/mol，则产品中的质量分数为。18．合成氨是人工固氮的主要手段，对人类生存社会进步和经济发展都有着重大意义。该反应历程和能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。(1)合成氨反应的热化学方程式为。(2)下表为不同温度下合成氨反应的平衡常数。由此可推知，表中572(填“>”“<”或“=”)。572K(3)在一定温度和压强下，将和按体积比3∶1在密闭容器中混合，当该反应达到平衡时，测得平衡时体系的总压强为P，混合气体中的体积分数为3/7，该反应的压强平衡常数。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)(4)合成氨反应在工业生产中的大量运用，满足了人口的急剧增长对粮食的需求，也为有机合成提供了足够的原料-氨。合成氨反应是一个可逆反应：。在298K时，。从平衡常数来看，反应的限度已经很大，为什么还需要使用催化剂？。(5)若工业生产中和按投料比1∶2.8的比例进入合成塔，采用此投料比的原因是。若从合成塔出来的混合气体中氨的体积分数为15%，则和的转化率比值为。(保留两位小数)(6)利用反应构成电池，能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，装置如下图所示：写出电极B的电极反应式：。19．螺虫乙酯是一种新型现代杀虫剂，制备其中间体H的一种合成路线如下：已知：①回答下列问题：(1)A的系统命名法名称是；由B生成C的反应类型为。(2)E与F生成G的化学方程式为(合理即可)。(3)H中含氧官能团名称为、(填两种)。(4)芳香化合物X是D的同分异构体，符合下列条件的同分异构体有种。①在NaOH溶液中能水解②核磁共振氢谱中有4组峰(5)参照以上信息，设计以为起始原料制备2-吲哚酮()的合成路线(无机试剂任选)。

答案1．【正确答案】B【详解】A．“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”是水产生的雾气，不是碘升华的现象，故A错误；B．“墨滴”的分散质粒子直径在之间，形成胶体，具有胶体的性质，故B正确；C．“南朝四百八十寺，多少楼台烟雨中”中的“烟雨”指悬浮在空中的小液滴，故C错误；D．炒铁是为了降低铁水中的碳含量，熟铁比生铁质地更软，延展性更好，故D错误；选B。2．【正确答案】C【详解】A．NaH为离子化合物，电子式为，A正确；B．中2p轨道的电子可能处于激发态，故表示的一定不是基态原子，B正确；C．乙炔含有官能团碳碳三键，其结构简式为CH≡CH，C错误；D．碳原子核外电子排布：1s22s22p2，基态C原子价电子排布图为，D正确；故选C。3．【正确答案】D【详解】A．二氧化硅中含4个Si-O键，故含4molSi-O键的石英晶体的物质的量为1mol，所含氧原子数目为，A项错误；B．水中也含有氧原子，故溶液中含有的氧原子数目大于，B项错误；C．4.6g钠元素的物质的量是0.2mol，Na2O2和Na2O中中阳离子与阴离子的离子个数比都是2:1，所以含有0.2mol钠元素的混合物中含有阴离子总数为，C项错误；D．与的摩尔质量均为20g/mol，则4.0g的物质的量为0.2mol，1个与的中子数均为10，则0.2mol与的混合物含中子数为，D项正确；答案选D。4．【正确答案】A【详解】A．产生白色沉淀说明发生反应[Al(OH)4]-+HCO=Al(OH)3↓+CO+H2O，[Al(OH)4]-结合了HCO中的质子，说明结合质子的能力[Al(OH)4]-＞CO，A正确；B．滴定管下端有一段没有刻度，所以将所有溶液放入锥形瓶中，会使盐酸体积大于25.00mL，B错误；C．发生强酸制取弱酸的反应，可知盐酸的酸性大于硅酸的酸性，盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较非金属性，C错误；D．硝酸银过量，加入的NaI溶液发生的是沉淀的生成，没有发生沉淀转化，不能比较AgCl与AgI的Ksp相对大小，D错误；综上所述答案为A。5．【正确答案】C【分析】据图可知：当n(Cl2)＜Mmol时，Fe2＋与Cl2开始反应，此时Br－并没有参加反应；当n(Cl2)＝Mmol时，Fe2＋与Cl2反应完全，发生反应的离子方程式为：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，当n(Cl2)>Mmol时Br－与Cl2反应，发生反应的离子方程式为：2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－；【详解】A．根据分析知，当n(Cl2)＜Mmol时，Fe2＋与Cl2开始反应，此时Br－并没有参加反应，发生的离子反应为：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，A错误；B．当通入的氯气为Mmol时，恰好将Fe2+反应完，根据Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故原Fe2+为2Mmol，则Br-为4Mmol，生成的Fe3+为2Mmol，Cl-为2Mmol，Br-未参加反应，为4Mmol，所以c(Fe3+)：c(Br-)：c(Cl-)=1：2：1，B错误；C．根据分析，当通入的Cl2为2Mmol，MmolCl2首先与Fe2+完全反应，生成2MmolCl-，剩余的MmolCl2会反应掉2MmolBr-，生成2MmolCl-，此时n(Cl-)=4Mmol，剩余的n(Br-)=(4M-2M)mol=2Mmol，所以离子浓度大小关系：c(Cl-)>c(Br-)，C正确；D．根据分析可知，通入Cl2的物质的量大于Mmol时，Br-开始被氧化，根据B选项分析可知FeBr2的物质的量为2Mmol，D错误；综上所述答案为C。6．【正确答案】D【详解】A．将酚酞溶液滴加到过氧化钠固体中，由于Na2O2与H2O反应生成NaOH溶液，能使溶液变为红色，同时Na2O2具有强氧化性而有漂白性，则溶液又会褪色，A错误；B．稀硫酸逐滴滴加到碳酸钠溶液中，由于反应2Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+2NaHCO3、2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑，则观察到一开始无气泡产生，一段时间后才有气泡产生，B错误；C．浓盐酸滴加到二氧化锰固体中，不加热，不产生黄绿色气体Cl2，C错误；D．浓氨水滴入氯化银固体中，由于发生反应：AgCl+2NH3∙H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O，故固体溶解，D正确；故D。7．【正确答案】A【详解】A．苯环所有的碳原子共平面，且羧基直接与苯环相连仍在苯环所在平面内，分子中所含碳原子均共平面，故A正确；B．X里含有两个羧基，乙醇中只有一个羟基，故X可以与乙醇反应生成小分子酯类物质，不能发生缩聚反应，故B错误；C．“鲁米诺”分子中C、N原子的杂化方式依次为sp2、sp3杂化，故杂化方式有两种，故C错误；D．上图反应①与反应②理论上生成水的质量比为1∶1，故D错误；故选A。8．【正确答案】D【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，常温下Z的单质遇Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液会发生钝化反应，则Z为Al，Y为N，不可能为S；Y、W同族，W为P元素；由X、Y、Z三种原子构成的一种特殊离子化合物的图示可知X与N形成一个共用电子对，则X为H，该化合物为NH4AlH4，结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，X为H，Y为N，Z为Al，W为P。A．在元素周期表中，第7周期的稀有气体的原子序数为118，则113号元素位于第ⅢA族，与Al元素同族，故A错误；B．同一主族，从上到下，非金属性减弱，因此Y的非金属性比W的强，所以单质的氧化性：Y＞W，故B错误；C．X、Y形成的二元化合物可能为氨气，也可能为肼，肼中含有非极性共价键，故C错误；D．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，氢离子核外没有电子，半径最小，P的阴离子有3个电子层，半径最大，N的阴离子和Al的阳离子的电子层数都是2，则X、Z、Y、W四种元素的简单离子半径依次增大，故D正确；故选D。9．【正确答案】B【分析】过程ⅠPbCl+CH2=CH2→PbCl3(CH2=CH2)-+Cl-，过程ⅡPbCl3(CH2=CH2)-+H2O→+H++Cl-，过程Ⅲ→CH3CHO+Pb+H++2Cl-，过程Ⅳ中Pd+2Cu2++4Cl-=PbCl+2Cu+，过程Ⅴ发生4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O，(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ+Ⅳ)×2+Ⅴ得总方程式为：2CH2=CH2+O22CH3CHO。【详解】A．从反应过程可见，和Cu2+是循环使用的，可认为是催化剂，故A正确。B．过程Ⅳ中，Cu2+体现氧化性，Pd被氧化为，说明循环过程中，被还原，体现氧化性，故B错误；Ｃ．该转化过程中，过程Ⅴ中涉及反应4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O，故C正确；Ｄ．乙烯催化氧化生成乙醛，反应方程式为2CH2=CH2+O22CH3CHO，故D正确；故选B。10．【正确答案】D【详解】A．C为含有-2价硫元素形成的酸，应为H2S，D为+4价硫元素的酸，应为H2SO3，二者反应可以发生归中反应生成硫单质，A正确；B．B为+6价硫的氧化物，应为SO3，E为+6价硫形成的酸，应为H2SO4，A为+4价S的氧化物，应为SO2，B与水反应生成E，E与还原剂反应可以得到A，A与氧气反应可以生成B，B正确；C．A为SO2，可以漂白品红溶液，C正确；D．Na2S2O3中硫的平均化合价为+2，对应的点为F点，既有氧化性也有还原性，但是氧化性较弱，D错误；综上所述答案为D。11．【正确答案】C【详解】A．由表中数据可知，T2下反应速率大于T1，故T2高于T1，平衡时甲烷的物质的量是T2大于T1，即升高温度，平衡逆向移动，故该反应为放热反应，A项正确；B．由表中数据可知，组别①中0～10min内，的平均反应速率为=0.003，B项正确；C．分析反应可知正反应是一个气体体积增大的方向，若组别②改为恒压装置，相当于增大体积，减小压强，平衡正向移动，则M值一定小于0.15，C项错误；D．当有1molC-H键断裂表示正反应，同时有1molO-H键断裂表示逆反应，则表示达到平衡状态，D项正确；答案选C。12．【正确答案】B【详解】A．铵根和硅酸根会发生彻底双水解而不能大量共存，A不符合题意；B．水电离产生c(OH−)=1×10−13mol·L−1的溶液可能显酸性也可能显碱性，若为碱性溶液，四种离子相互之间不反应，也不与氢氧根反应，可以大量共存，B符合题意；C．Fe2+会和[Fe(CN)6]3-生成蓝色沉淀而不能大量共存，C不符合题意；D．加入甲基橙显黄色的溶液的pH＞4.4，Fe3+不能大量存在，D不符合题意；综上所述答案为B。13．【正确答案】B【分析】该装置的能量来源于光能；由图可知，A极上CO2→异丙醇[CH3CH(OH)CH3]，H+→H2，其中C元素的化合价由+4→-2价、H由+1→0价，CO2发生得电子的还原反应生成CH3CH(OH)CH3、H+发生得电子的还原反应生成H2，则A为正极，B电极为负极，正极反应为3CO2+18H++18e-=CH3CH(OH)CH3+5H2O、2H++2e-═H2↑，负极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+，原电池工作时，阳离子移向正极，据此分析解答。【详解】A．该装置为原电池装置，该装置的能量来源于光能，A错误；B．由图可知，B极上水失电子生成氢离子和氧气，则光催化剂电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，B正确；C．60g异丙醇的物质的量为=1mol，由反应3CO2+18H++18e-=CH3CH(OH)CH3+5H2O可知，每生成1mol异丙醇时转移18mol电子，但H+在正极上也得电子生成H2，反应为2H++2e-═H2↑，所以正极上每生成1mol异丙醇时转移电子大于18mol，C错误；D．原电池工作时，阳离子移向正极，则H+从光催化剂电极一侧向左移动，D错误；故B。14．【正确答案】D【详解】A．E点为新制氯水溶液，溶液显酸性，由水电离出的c水(H+)=10-11mo/L，溶液中OH-完全是由水电离出来的，所以c(OH-)=c水(H+)=10-11mo/L，则溶液中c(H+)==10-3mol/L，则溶液pH=3，但新制氯水有漂白性，不能用pH试纸测量pH，故A错误；B．H点对于溶液中溶质为NaCl、NaClO和NaOH，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-)，此时溶液为碱性，则c(OH-)＞c(H+)，所以c(Na+)＞c(Cl-)+c(ClO-)，故B错误；C．加水稀释H点对应的溶液，H点为碱性溶液，加水稀释时碱性减弱，促使溶液pH值向中性接近，所以pH值降低，故C错误；D．G点为等物质的量浓度的NaClO和氯化钠的混合溶液，ClO-水解使溶液呈碱性，因此c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；答案选D。15．【正确答案】D【详解】A．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则F、Si和Ca电负性依次减小，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下，原子半径依次增大，则F、Si和Ca原子半径依次增大，故A正确；B．OF2与SiO2都是含有极性共价键的共价化合物，化合物中氧原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为sp3杂化，故B正确；C．由晶胞结构可知，A处到B处的距离为体对角线的，若A处原子分数坐标为(0，0，0)，则B处原子分数坐标为，故C正确；D．三种金属氟化物都为离子晶体，晶体提供自由氟离子的能力越强，阴阳离子间形成的离子键越弱，钡离子、钙离子和镁离子的电荷数相同，离子半径依次减小，则氟化钡、氟化钙、氟化镁三种晶体中的离子键依次增强，晶体提供自由氟离子的能力依次减弱，故D错误；故选D。16．【正确答案】(1)(2)

(3)防止水解生成(4)

0.045

无【分析】由流程可知，硼镁矿加入浓氢氧化钠溶液得到和氢氧化镁沉淀，氢氧化镁加入盐酸后蒸发结晶得到，在氯化氢气体氛围中加热生成氯化镁，电解氯化镁得到镁单质；溶液通入二氧化碳得到硼砂，加入水，调节pH，冷却得到晶体，加热生成B2O3，B2O3和镁发生氧化还原反应得到粗硼。(1)根据质量守恒可知，和氢氧化钠浓溶液反应生成和氢氧化镁，化学方程式为；(2)已知是一元弱酸，且自身不能电离出氢离子，则其电离类似氨水的电离，电离和水有关，其电离方程式。X为晶体加热脱水的氧化物，则为B2O3，镁的活动性较强具有还原性，其与Mg高温反应生成氧化镁和硼，化学方程式为；(3)水解生成氢氧化镁和氯化氢，HCl氛围可抑制氯化镁的水解，故在HCl氛围中加热，其目的是防止水解生成；(4)起始电解质溶液pH=1，pH=2时，氢离子浓度减少0.1mol/L-0.01mol/L=0.09mol/L，根据，可知电解质溶液中所含的物质的量浓度为0.045mol/L。当电解质溶液的pH=6时，氢氧根离子浓度为106-14=10-8mol/L，，说明没有氢氧化镁沉淀生成。17．【正确答案】(1)

去除表面的氧化物

活塞a关闭，活塞b、c打开

活塞a打开，活塞b、c关闭(2)

或；

bd

保持酸性环境，防止反应产生沉淀，干扰的检验

(3)98.00%【详解】（1）①铁表面会潮湿腐蚀生成Fe2O3等氧化物，加酸洗是为了去除表面的氧化物，故去除表面的氧化物；②制取硫酸亚铁过程中，先打开活塞b、c，平衡装置内的大气压，同时关闭活塞a，隔绝氧气防止亚铁被氧化；反应一段时间后，为了将锥形瓶中的硫酸亚铁进入饱和硫酸铵中反应制取产品，则应关闭活塞b、c，打开活塞a，利用产生的氢气的压强差将硫酸亚铁溶液压至饱和硫酸铵中反应，故活塞a关闭，活塞b、c打开；活塞a打开，活塞b、c关闭；（2）①根据已知方程式，根据铁原子守恒可知：前系数配4，令化学方程式为：，根据得失电子守恒，则有，当b=1时，则c=4＜8，满足质量守恒定律，且a=6、d=4、e=31，配得化学方程式为：；当b=2时，则c=7＜8，满足质量守恒定律，且a=4、d=1、e=34，配得化学方程式为：；当b=3时，则c=10＞8，不满足质量守恒定律，故或；②先用稀硫酸溶解甲中残留物，得到溶液，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，说明含有Fe3+，若无明显现象，说明不含有，则可选用的试剂有：bd，故bd；③产生的气体有SO2和SO3，加稀盐酸可排除BaSO3沉淀的影响，生成不溶于稀盐酸的BaSO4才能证明气体含有SO3，则HCl的作用是：保持酸性环境，防止SO2反应产生沉淀，干扰SO3的检验；装置丙中H2O2具有氧化性，能将+4价的S氧化成+6价，再与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+，故保持酸性环境，防止反应产生沉淀，干扰的检验；；（3）用酸性KMnO4滴定是利用其与样品中Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：，则存在关系式：，解得n=0.01mol，则20.00