2026年新疆维吾尔自治区吐鲁番市高三二诊模拟考试化学试卷（含答案解析）

这是一份2026年新疆维吾尔自治区吐鲁番市高三二诊模拟考试化学试卷（含答案解析），共12页。
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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、利用固体燃料电池技术处理 H2S废气并发电的原理如图所示 。根据不同固体电解质M因传导离子的不同，分为质子传导型和氧离子传导型,工作温度分别为 500℃和 850℃左右，传导质子时的产物硫表示为Sx。下列说法错误的是

A．气体X 是H2S废气，气体Y 是空气
B．M传导质子时，负极a 反应为：xH2S—2xe-=Sx+2xH+
C．M传导氧离子时，存在产生SO2污染物的问题
D．氧离子迁移方向是从a 电极向b 电极
2、依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到相应实验目的是
A．①②③④B．①②③C．②③④D．②④
3、下列说法不正确的是
A．氯气是一种重要的化工原料，广泛应用于自来水的消毒和农药的生产等方面
B．钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂
C．用硅制造的光导纤维具有很强的导电能力，可用于制作光缆
D．化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等都可能用到硫酸
4、从海带中提取碘的实验中，包括灼烧、浸取和过滤、氧化、萃取、反萃取等步骤。下列说法正确的是（ ）
A．灼烧中用到的仪器有蒸发皿、三脚架、酒精灯、玻璃棒
B．过滤中用到的仪器只有烧杯、漏斗(带滤纸)、铁架台
C．萃取得到碘的四氯化碳溶液，分液时从分液漏斗上口倒出
D．反萃取是在有机相中加入浓氢氧化钠溶液，振荡、静置、分液，再向水相中滴加45％硫酸溶液，过滤得固态碘
5、对石油和煤的分析错误的是
A．都是混合物B．都含有机物
C．石油裂化和煤干馏得到不同的产品D．石油分馏和煤干馏原理相同
6、某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。下列说法正确的是（ ）
A．乙装置中盛放的是饱和食盐水
B．丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出
C．丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止产生的气体污染空气
D．实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶
7、室温下，分别用0.1000ml•L－1的NaOH标准液滴定浓度均为0.1ml•L－1的三种酸HX、HY、和HZ，滴定曲线如图所示，下列说法错误的是
A．三种酸的酸性强弱：HX>HY>HZ
B．等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性
C．用NaOH标准液滴定HZ溶液时，选用酚酞作指示剂
D．滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，溶液中存在c（X－）HY>HZ，选项A正确；
B. 由图可知，NaOH标准液滴定HY溶液中和百分数达50%时得等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性，选项B正确；
C. 用NaOH标准液滴定HZ溶液时，完全中和生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，可选用酚酞作指示剂，选项C正确；
D. 滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，得到等浓度、等体积的HX溶液和NaX溶液混合，溶液呈酸性，根据电荷守恒c（X－）+ c（OH－）=c（Na+）+ c（H+），则存在c（X－）>c（Na+），选项D错误。
答案选D。
8、C
【解析】
A．b的氢原子有2种，所以一氯代物有2种，故A错误；
B．根据结构简式确定c的分子式为C14H16O3，故B错误；
C．苯环、碳碳双键都能和氢气发生加成反应，苯环和氢气以1：3反应、碳碳双键和氢气以1：1反应，所以1mld最多能与4mlH2发生加成反应，故C正确；
D．d中连接3个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故D错误；
故答案选C。
明确官能团及其性质关系、一氯代物判断方法、原子共平面判断方法是解本题关键，D为解答易错点。
9、C
【解析】
A项、由图象只能判断NaClO3溶解度与温度的关系，无法确定其溶解过程的热效应，故A错误；
B项、MgCl2饱和溶液的密度未知，不能求出300K时MgCl2饱和溶液的物质的量浓度，故B错误；
C项、反应MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl类似于侯德榜制碱法生产的原理，因为NaCl溶解度小而从溶液中析出，使反应向正方向进行，故C正确；
D项、若NaCl中含有少量Mg（ClO3）2，应用蒸发结晶方法提纯，故D错误；
故选C。
10、D
【解析】
A. 该粒子为微观粒子，是离子，不是单质，A项错误；
B. 相同相同质子数不同中子数的原子互为同位素，该粒子与H的质子数不同，则不是氢的同位素，B项错误；
C. 粒子是由3个氢原子核(只含质子)和2个电子构成的,而H3表示个氢原子核(只含质子)和3个电子构成，C项错误；
D. 普通H2分子有2个原子核,而这种新粒子有3个氢原子核,比普通H2分子多一个氢原子核，D项正确；
答案选D。
11、D
【解析】
方案Ⅰ：发生反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2NaAlO2+H2SO4+2H2O==2Al(OH)3↓+Na2SO4；则2Al—2NaOH—H2SO4—2Al(OH)3；
方案Ⅱ：发生反应为2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaOH==2Al(OH)3↓+3 Na2SO4；则2Al—6NaOH—3H2SO4—2Al(OH)3；
方案Ⅲ：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O==8Al(OH)3↓+3Na2SO4，则2Al—1.5NaOH—0.75H2SO4—2Al(OH)3。
【详解】
A．三种方案中，消耗Al都为1ml，Al都由0价升高为+3价，则转移电子数一样多，A正确；
B．从三个方案的比较中可以看出，生成等物质的量的氢氧化铝，方案Ⅲ所用硫酸的量最少，B正确；
C．方案Ⅰ需控制酸的加入量，方案Ⅱ需控制碱的加入量，而方案Ⅲ不需对酸、碱的用量严格控制，所以方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量，C正确；
D．采用方案Ⅲ时，整个过程中Al与酸、碱的用量关系为6Al—6NaOH—3H2SO4—2Al，用于制备溶液①的 Al 占总量的 0.75，D不正确；
故选D。
12、A
【解析】
A.聚乙烯不属于可降解材料，故错误；
B.硅属于半导体材料，能制造集成电路或太阳能电池等，故正确；
C.氧化镁和氧化铝的熔点都较高，可以做耐高温材料，故正确；
D. 燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化可以减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放，能减少酸雨的产生，故正确。
故选A。
13、B
【解析】
NH4Cl溶液水解显酸性，且水解生成的氢离子浓度小于0.1ml/L，以此来解答。
【详解】
NH4Cl溶液水解显酸性，且水解生成的氢离子浓度小于0.1ml/L，则氯化铵溶液的pH介于1-7之间，只有B符合；
故答案选B。
14、A
【解析】
A.二噁烷的分子式为C4H8O2，完全燃烧后生成二氧化碳和水，1ml二噁烷完全燃烧消耗5mlO2，故A正确；
B. 二噁烷中含有2个氧原子，与组成上并非只相差n个CH2原子团，所以两者不是同系物，故B错误；
C. 根据二噁烷的结构简式可知，其分子中只有一种化学环境的氢原子，故核磁共振氢谱只有1组峰，C错误；
D. 分子中碳原子都是sp3杂化，所以所有原子不可能处于同一平面，故D错误，
故选A。
甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。
小结：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子中所有原子不可能共面。
15、C
【解析】
甲烷与氯气在光照下反应，将反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中 紫色石蕊试液变红且不褪色，混合气体中含有HC1,故A错误；向正已烷中加入催化剂，然后高温热裂解，将产生的气体通入溴水中溴水褪色 裂解产生的气体中含有烯烃，但不一定是乙烯，故B错误；向FeCI3溶液中滴入几滴30%的H2O2 有氧气产生，一段时间后溶液颜色加深 ，Fe3+能催化H2O2分解且该分解反应为放热反应，故C正确；铵盐与碱反应，加热才能放出氨气，向某溶液中滴加氢氧化钠稀溶液后，将红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，不一定无NH4+，故D错误。
点睛：甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体中含有氯化氢、氯代烃，可能含有剩余的氯气，将反应后的气体通入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液变红且不褪色，一定含有氯化氢，紫色石蕊试液变红后褪色，不一定有氯化氢。
16、D
【解析】
A．HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化最终生成硫单质和HI，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S，所以5×10﹣3mlHIO3被消耗，就会得到硫单质是0.48g，故A错误；
B．没有指明标准状况，无法计算所需H2S的体积，故B错误；
C．不管是HIO3与H2S反应，还是碘单质与H2S反应，H2S都被氧化，故C错误；
D．整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I﹣～6e﹣，消耗5×10﹣3mlHIO3伴随0.03ml电子转移，转移电子总数为3.0×10﹣2NA，故D正确；
故选D。
17、C
【解析】
A．温度过高蛋白质会发生变性，故A正确；
B．天然气燃烧只生成二氧化碳和水，为清洁燃料，利用天然气可以合成二甲醚等有机物，是重要的化工原料，故B正确；
C．碳化硅是非金属化合物，且为无机物，碳化硅是一种新型无机非金属材料，故C错误；
D．铝比铜活泼，形成原电池铝作负极被氧化，防腐方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
故答案为C。
18、C
【解析】
A．硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，所以BaSO4是电解质，故A错误；
B．氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因，故B错误；
C．固态离子化合物不能电离出离子，不能导电；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故C正确；
D．溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故D错误；
正确答案是C。
本题考查了电解质可导电关系的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关是解答的关键，题目难度不大。
19、D
【解析】
A．①点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在HClO和水的电离平衡，A错误；
B．①到②溶液c（H+）之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，B错误；
C．②点时溶液存在ClO-，具有强氧化性，可氧化I-，I-不能大量存在，C错误；
D．②点时溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），D正确；
答案选D。
向饱和氯水中逐滴滴入0.1ml•L-1的氢氧化钠溶液，发生的反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），为易错点。
20、A
【解析】
A.35Cl和37Cl是同种元素，质子数相同，电子数也相同，所以原子结构示意图也相同，故A正确；
B.羟基的电子式为，氢氧根离子的电子式为，故B错误；
C.比例模型中应符合原子的大小，氯原子半径大于碳原子半径，所以不能用同一个比例模型表示甲烷和四氯化碳，故C错误；
D.(CH3)2CHOH中主碳链有3个碳，羟基在二号碳上，仅可以表示2-丙醇，故D错误；
综上所述，答案为A。
21、B
【解析】
四种溶液中阳离子互不相同，可选用氢氧化钠溶液鉴别。氯化钠与氢氧化钠不反应；氢氧化钠与氯化镁生成白色沉淀；氢氧化钠与氯化铁生成红褐色沉淀；氢氧化钠加入硫酸铝溶液产生白色沉淀然后沉淀溶解。
答案选B。
氢氧化镁和氢氧化铝均为白色沉淀，但氢氧化铝溶于强碱溶液。
22、A
【解析】
A、SO2有毒，对人体有伤害，不能用于食品加工，故说法错误；
B、SiO2是原子晶体，熔点高，因此可以作耐高温仪器，故说法正确；
C、胃酸的成分是盐酸，氢氧化铝表现弱碱性，可以中和胃酸，因此用于胃酸中和剂，故说法正确；
D、铜和Fe3＋发生反应，即2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，故说法正确。
二、非选择题(共84分)
23、 醚键、羧基 还原反应(加成反应) 取代反应 、
【解析】
与溴单质发生信息反应②生成A，则A为；A与苯酚钠反应生成B，结合最终产物可知该反应为取代反应，反应生成的B为；B与氢气发生加成反应生成C，则C为；C与氯化亚砜(SOCl2)发生信息中的反应①生成D，则D的结构简式为：；D与NaCN发生反应生成E，则E为；E先与氢氧化钠反应，然后酸化得到F，结合最终产物可知F为，F与氯化钙反应得到苯氧布洛芬钙，以此解答该题。
【详解】
(1)由以上分析可知D为；F的结构简式是，根据F的结构简式可知其中含有的官能团是醚键、羧基；
(2)B是，B中含有羰基，与氢气发生加成反应产生羰基变为醇羟基，产生的C是，该反应是与氢气的加成反应，也是还原反应；D是，与NaCN发生取代反应，Cl原子被-CN取代，生成E是，即D产生E的反应为取代反应；
(3) F是，分子中含有羧基，C是，分子中含有醇羟基，F和C在浓硫酸条件下发生酯化反应，生成酯和水，该反应的化学方程式为：；
(4)A为，A的同分异构体符合下列条件：①属于苯的二取代物；②苯环上核磁共振氢谱图中共有2个吸收峰；③与FeCl3溶液发生显色反应，说明苯环上有两个处于对位的取代基，其中一个是羟基，则可能的结构简式为、；
(5) 苯甲醇()苯甲醇与SOCl2反应生成1-氯甲苯，然后与NaCN反应，产物经水解生成苯乙酸，最后苯乙酸与苯甲醇在浓硫酸存在时，加热发生酯化反应可生成目标物苯乙酸苯甲酯，反应的流程为。
24、①②④ 羧基 碳碳双键 、
【解析】
B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B→F为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，据此分析作答。
【详解】
B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B→F为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，
（1）B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，B属于饱和一元醇，B可以与HBr、羧酸等发生取代反应，B中与—OH相连碳原子的邻碳上连有H原子，B能发生消去反应，B能与O2、KMnO4等发生氧化反应，B不能加聚反应，答案选①②④。
（2）D为CH3CH2CH2CH2COOH，所含官能团名称为羧基；F为CH3CH2CH2CH=CH2，所含官能团名称为碳碳双键。
（3）D、E的官能团为羧基，与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式为（CH3）2CHCH2COOH、CH3CH2CH（CH3）COOH。
（4）E为（CH3）3CCOOH，2—甲基—1—丙醇与甲酸在一定条件下制取E的化学方程式为。
25、减少未反应的环己醇蒸出环己烯和水形成具有固定组成的混合物一起被蒸发增加水层的密度，有利于分层中和产品中混有的微量的酸除去有机物中少量的水3
【解析】 (1)根据题意，油浴温度过高可能有未反应的环己醇蒸出，因此加热过程中，温度控制在90℃以下，尽可能减少环己醇被蒸出，故答案为：减少未反应的环己醇蒸出；
(2) 环己烯和水形成具有固定组成的混合物一起被蒸发，使得蒸馏不能彻底分离环己烯和水的混合物，故答案为：环己烯和水形成具有固定组成的混合物一起被蒸发；
(3)加入精盐至饱和，可以增加水层的密度，有利于环己烯和水溶液分层，故答案为：增加水层的密度，有利于分层；
(4) 馏出液可能还有少量的酸，加入3～4mL5%Na2CO3溶液可以除去产品中混有的微量的酸，故答案为：中和产品中混有的微量的酸；
(5) 无水CaCl2固体是常见的干燥剂，加入无水CaCl2固体可以除去有机物中少量的水，故答案为：除去有机物中少量的水；
(6)环己烯的结构简式为，分子中有3种（）不同环境的氢原子，故答案为：3。
26、Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2OPt、Au将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质，对环境无污染Al3+、Fe3+加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙×100%c
【解析】
稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，滤液1中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氢氧化钠并调节溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀，滤液2中主要含有Cu2+，然后将硫酸铜溶液蒸发、冷却结晶、过滤得到硫酸铜晶体；将滤渣2(主要含有氢氧化铁和氢氧化铝)经过一系列步骤制取Al2(SO4)3·18H2O。结合物质的性质分析解答。
【详解】
(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Pt、Au，
(2)第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，根据流程图，调溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案为将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Al3+、Fe3+；
(3)第③步由CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是在坩埚中加热脱水，故答案为在坩埚中加热脱水；
(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，过滤除去生成的铁和过量的铝粉，将滤液蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成药品浪费，故答案为甲；所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；乙；
(5)①取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c ml•L-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL，滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cml/L×b×10-3L=bc×10-3ml；依据元素守恒得到：则20mL溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10-3ml；100mL溶液中含bc×10-3ml×5=5bc×10-3ml，所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式=×100%，故答案为×100%；
②a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响，故错误；b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，导致消耗标准液读数偏小，结果偏低，故错误；c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，导致消耗标准液多，结果偏高，故正确；导致含量的测定结果偏高的是c，故答案为c。
掌握中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质等是解答本题的关键。本题的易错点为(4)，要注意从原子利用的角度分析解答。
27、a防止产生的少量SO2 逸出(或隔绝空气，防止空气与过氧化钠反应等合理答案)2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3 + NaSO4+14Na2OPbSO4偏大酸玻璃棒100mL容量瓶
【解析】
（1）铝坩埚和陶瓷坩埚在高温下可以与过氧化钠或碳酸钠反应，而铁坩埚不会，所以，步骤①适宜材质的坩埚是a。
（2）步骤①中上面盖一层Na2CO3的主要目的是：防止产生的少量SO2 逸出。焙烧时，FeS2和Na2O2反应生成硫酸盐和氧化钠的化学方程式为2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3 + NaSO4+14Na2O 。
（3）PbSO4不溶于水和酸，所以，步骤③中得到的固体为PbSO4。
（4）步骤④若不除去过量的SnCl2，因为Sn2+的还原性强于Fe2+，后面用K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+时，会消耗过多的K2Cr2O7溶液，必然会造成铁的含量测量值偏大。
（5）步骤⑤滴定时，K2Cr2O7溶液有强氧化性，故应将其盛放在酸式滴定管中；实验室配制100 mL0.05ml/L K2Cr2O7溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒和100mL容量瓶。
28、减小 增大 增大 溶液中有白色沉淀生成 NH3+CO2+NaCl+H2O→NH4Cl+NaHCO3↓ 当NaHCO3溶液加入酸时，促进了HCO3-的水解，生成CO2；当加入碱时，促进了HCO3-的电离，生成碳酸正盐。 ②＞③＞④＞①
【解析】
(1)NO的转化率随温度升高而降低，说明该反应为放热反应，则降低温度后平衡向着正向移动，反应速率减小、氮气体积分数和平衡常数都增大；
(2)氨气极易溶于水，饱和食盐水中先通入氨气再通入二氧化碳会析出碳酸氢钠晶体；
(3)碳酸氢钠在溶液中存在电离平衡HCO3- ⇌H++CO32-，水解平衡：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；当加入酸时促进了HCO3-的水解；当加入碱时促进了HCO3-的电离；
(4) H2CO3为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，溶液中c（CO32-）最小；Na2CO3在溶液中电离出碳酸根离子，碳酸根离子的水解程度较小，其溶液中c（CO32-）最大；NaHCO3在溶液中，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液中碳酸根离子浓度较小；NH4HCO3溶液中，铵根离子水解溶液呈酸性，抑制了碳酸氢根离子的电离，据此进行解答。
【详解】
(1)反应中，NO的转化率随温度升高而降低，说明升高温度平衡向着逆向移动，则该反应为放热反应；若降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向着吸热的正反应进行，氮气的物质的量增大，则N2的体积分数增大；因为降低温度后氮气和二氧化碳的浓度增大，NO的浓度减小，则平衡常数增大；
答案是：减小；增大；增大；
(2)将氨气和二氧化碳先后通入饱和食盐水中发生反应：NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓；则溶液中会有白色沉淀生成；
答案是：溶液中有白色沉淀生成；NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓；
(3)碳酸氢钠在溶液中存在电离平衡:HCO3-⇌H++CO32-，水解平衡：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；当NaHCO3溶液加入酸时，减小了c（OH-），促进了HCO3-的水解，生成CO2；当加入碱时，减小了c(H+)，促进了HCO3-的电离，抑制了HCO3-的水解，生成了碳酸正盐；
答案是：当NaHCO3溶液加入酸时，促进了HCO3-的水解，生成CO2；当加入碱时，促进了HCO3-的电离，生成碳酸正盐；
(4)③④相比较，④中铵根离子水解呈酸性，抑制了碳酸氢根离子的电离，c（CO32-）大小为:③>④；①为二元弱酸，c（CO32-）最小；②Na2CO3在溶液中电离出钠离子和碳酸根离子，碳酸根离子水解程度较小，则其溶液中c（CO32-）最大，所以c（CO32-）的大小关系为: Na2CO3> NaHCO3> NH4HCO3> H2CO3，即: ②＞③＞④＞①；
答案是: ②＞③＞④＞①。
碳酸氢钠在溶液中存在电离平衡: HCO3- ⇌H++CO32-，水解平衡：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；当NaHCO3溶液加入酸时，抑制了电离促进了水解，所以NaHCO3溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水；当NaHCO3溶液加入碱时，抑制了水解促进了电离，所以NaHCO3溶液与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；所以小苏打既能跟酸反应，又能跟碱反应。
29、Na