四川省泸州市2021-2022学年高二化学上学期期末统考试卷（Word版附解析）

四川省泸州市高2020级高二上学期末统一考试化学试题本试卷分为第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。。满分100分。理化生三科同堂分卷合卡，考试时间150分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考试务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上无效。考试结束后，将答题卡交回，试题卷自留。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32C135.5Cu64Fe56第一部分选择题(共42分)注意事项：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，多选错选为0分，每小题6分，共42分)1.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法错误的是A.食品加工时可合理添加防腐剂B.用热的纯碱溶液可以去除厨房油污C.用明矾和Cl2处理自来水的原理相同D.燃料充分燃烧是节约能源的重要措施【答案】C【解析】【详解】A．食品加工时可合理添加防腐剂，这样可以防止食品腐坏，保存食品的营养及味道，A正确；B．纯碱是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盐的水解反应是吸热反应，升高温度，盐水解程度增大，溶液碱性增强，而油污能够与碱反应产生可溶性物质，故可以用热的纯碱溶液去除厨房油污，B正确；C．明矾常用作净水剂是由于明矾电离产生的Al3+发生水解反应形成了Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体表面积大，吸附力强，可以吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而从水中析出，从而具有净水作用；而Cl2处理自来水是由于Cl2与水反应产生的HClO 具有强氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质氧化变性而失去生理活性，因此具有杀菌消毒作用，故二者处理自来水的原理不相同，C错误；D．燃料若充分燃烧，就可以减少能源的使用量，同时减少有害气体的产生与排放，是节约能源、保护环境的重要措施，D正确；故合理选项是C。2.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A.NH4HCO3溶液与足量KOH溶液混合：HCO+OH-=+H2OB.用Cu作电极，电解NaOH溶液的阳极反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑C.向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸：+2H+=S↓+SO2↑+H2OD.用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：Ca2++=CaCO3【答案】C【解析】【详解】A．盐NH4HCO3电离产生的、都与KOH反应，KOH足量时离子方程式应该为：++2OH-=NH3·H2O++H2O，A错误；B．Cu是活性电极，用Cu作阳极，Cu失去电子变为Cu2+，与溶液中的OH-结合形成Cu(OH)2，则电解NaOH溶液的阳极的电极反应式：Cu-2e-+2OH-=Cu(OH)2，B错误；C．向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，反应产生NaCl、S、SO2、H2O，反应的离子方程式为：+2H+=S↓+SO2↑+H2O，C正确；D．CaSO4微溶于水，主要以固体存在，其与Na2CO3发生沉淀的转化，反应的离子方程式为：CaSO4+=CaCO3+，D错误；故合理选项是C。3.化学反应A(g)+3B(g)2C(g)+D(g)，其反应过程和能量能量变化如图所示，下列说法正确的是 A.该反应的ΔH=(E1-E2)kJ/molB.曲线I表示的反应速率比曲线II快C.该反应的逆反应的活化能为E1D.反应物断键吸收的总能量大于生成物成键放出的总能量【答案】A【解析】【详解】A．ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=(E1-E2)kJ/mol，A正确；B．由图像可知，曲线Ⅱ活化能较低，所以曲线Ⅱ表示的反应速率比曲线Ⅰ快，B错误；C．由图像可知，该反应的逆反应的活化能为E2，C错误；D．该反应为放热反应，所以反应物断键吸收的总能量小于生成物成键放出的总能量，D错误；故选A。4.下列操作、现象和结论都正确的是实验操作和现象结论A称取固体4.0gNaOH，倒入1000mL容量瓶中，加水稀释至刻度线配制0.1000mol·L-1的NaOH溶液B将充满NO2的两个完全相同的密闭烧瓶分别置于热水和冰水中，在热水中的红棕色更深探究温度对化学平衡的影响C用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为8，NaNO2溶液的pH约为9CH3COOH电离出H+能力比HNO2的强D向浓度均为0.05mol·L-1的NaI、NaCl混合溶液中滴Ksp(AgI)>Ksp(AgCl) 加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．配制0.1000mol·L-1的NaOH溶液时，应该将称取固体4.0gNaOH样品在烧杯中进行溶解，待溶液冷却至室温后转移至已经查漏的1000mL容量瓶中，经洗涤、旋摇、定容、摇匀等步骤进行配制，而不能将固体直接放在容量瓶中进行溶解，A错误；B．NO2气体在密闭容器中存在化学平衡：2NO2(g)N2O4(g)，该反应的正反应是放热反应，将装置放入热水时升高温度，化学平衡逆向移动，c(NO2)增大，导致混合气体颜色加深；将装置放入冷水时降低温度，化学平衡正向移动，c(NO2)减小，导致混合气体颜色变浅，因此可以探究温度对化学平衡的影响，B正确；C．两种溶液浓度未知，不能根据盐溶液pH大小判断CH3COOH电离出H+的能力比HNO2的强，C错误；D．向浓度均为0.05mol·L-1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明形成AgI沉淀需要的离子浓度比形成AgCl沉淀的小，故溶度积常数：Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，D错误；故合理选项是B。5.温度T°C时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH<0。实验测得：v正=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数，只受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如下：时间/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03下列说法正确的是A.0~2s内，该反应的平均速率v(NO)=0.06mol·L-1·s-1B.若，则反应到达平衡 C.其他条件不变，移走部分NO，则平衡逆向移动，平衡常数减小D.容积温度不变，5s后往容器中再通入0.20molN2，NO2浓度将减小【答案】B【解析】【详解】A．根据表格数据可知：在0~2s内，NO的物质的量由0.20mol变为0.08mol，△n(NO)=0.20mol-0.08mol=0.12mol，则该反应的平均速率v(NO)==0.03mol·L-1·s-1，A错误；B．k正、k逆为速率常数，化学平衡常数，若，反应达到平衡，B正确；C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故其他条件不变，移走部分NO，化学平衡逆向移动，但平衡常数不变，C错误；D．容积温度不变，往原容器中再通入0.20molN2，NO、O2、NO2浓度均不变，平衡不移动，NO2浓度不变，D错误；故选B。6.某实验小组用碱性锌锰电池作为电源模拟工业上电解精炼铜，装置如图。其中a、b分别为碱性锌锰电池的两电极，该电池总反应为Zn+2MnO2+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2。粗铜中含有Zn、Fe、Pt等杂质。下列说法错误的是A.碱性锌锰电池的a为正极，b为负极B.碱性锌锰电池正极的电极反应式为：2MnO2+2H2O+2e-=2MnO(OH)+2OH- C.CuSO4溶液中SO向粗铜一极移动D.当电路中转移1mol电子时，粗铜减少的质量为32g【答案】D【解析】【详解】A．电解精炼铜时，粗铜连接电源正极，作阳极；精铜连接电源的负极作阴极。根据图示可知碱性锌锰电池的a电解连接粗铜，应该是a为正极，则b为负极，A正确；B．根据总反应方程式可知碱性锌锰电池正极上MnO2得到电子被还原为MnO(OH)，故正极的电极反应式为：2MnO2+2H2O+2e-=2MnO(OH)+2OH-，B正确；C．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，CuSO4溶液中SO应该向正电荷较多的阳极——粗铜一极移动，C正确；D．阳极上主要是粗铜的主要成分Cu失去电子变为Cu2+进入溶液，同时活动性比Cu强的金属，如Fe、Zn也会失去电子变为金属阳离子进入溶液中，而活动性比Cu弱的金属入Ag、Au等则沉淀在阳极底部，形成阳极泥，因此当电路中转移1mol电子时，粗铜减少的质量可能为32g，也可能不是32g，D错误；故合理选项是D。7.常温下将NaOH溶液滴加到二元弱酸(H2A)溶液中，混合溶液pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A.曲线M表示pH与的变化关系 B.=2.4时，溶液呈酸性C.当滴定到pH=7时，c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)D.电离常数Ka1(H2A)的数量级为10-3【答案】D【解析】【详解】A．N曲线横坐标值为0时，pH1=2.6，M曲线横坐标值为0时，pH2=6.6，当，，同理，，当，，pH1<pH2，所以、，N曲线表示，M曲线表示，故A错误；B．当=2.4时，，，，故溶液呈碱性，故B错误；C．电荷守恒：则，所以，故C错误；D．数量级为10-3，故D正确；故答案为D。第二部分非选择题(共58分)注意事项：必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。二、非选择题(本题包括8~11题，共4题)8.有五种短周期元素A、B、X、D、E，它们的原子序数依次递增，A元素的一种核素可用于考古时判断文物的年代，X是地壳中含量最多的元素，D的氧化物具有两性，E和X同族。F为第四周期的元素，F3+离子的3d能级电子为半充满。根据以上信息，回答下列问题：（1）元素A基态原子的价电子排布图(轨道表示式)为___________，F2+的电子排布式为___________。 （2）元素A、B、X电负性由大到小的顺序为___________(用元素符号表示，下同)，基态X原子比基态B原子的第一电离能低的原因是___________。（3）元素E原子核外有___________种不同运动状态的电子。D元素基态原子的最高能级符号为___________。（4）元素B的简单氢化物的沸点比同主族相邻元素氢化物的高，原因是___________。（5）下列说法正确的是___________(填标号)。①简单离子半径：X＞D②简单氢化物的稳定性：X＜E③B的氧化物对应的水化物都是强酸④D和E的简单离子在水溶液中不能大量共存【答案】（1）①②.1s22s22p63s23p63d6（2）①.O>N>C②.同一周期从左到右，核电荷数增大，原子半径减小，原子核对核外电子的吸引从左到右增大（3）①.16②.3p（4）NH3能形成分子间氢键（5）①④【解析】【分析】五种短周期元素A、B、X、D、E，原子序数依次递增，A元素的一种核素可用于考古时判断文物的年代，A是C元素；X是地壳中含量最多的元素，X是O元素；则B是N元素；D的氧化物具有两性，D是Al元素；E和X同族，E是S元素；F为第四周期的元素，F3+离子的3d能级电子为半充满，F是Fe元素。【小问1详解】A是C元素，C元素基态原子的价电子排布图为，F是Fe元素，Fe失去4s轨道上2个电子形成Fe2+，Fe2+电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；【小问2详解】同周期元素从左到右，电负性依次增大，元素C、N、O电负性由大到小的顺序为O>N>C；同一周期从左到右，核电荷数增大，原子半径减小，原子核对核外电子的吸引从左到右增大，所以基态C原子比基态N原子的第一电离能低；【小问3详解】 E是S元素，S原子核外有16个电子，有16种不同运动状态的电子。D是Al元素，基态Al原子的最高能级符号为3p；【小问4详解】B是N元素，NH3能形成分子间氢键，所以NH3的沸点比同主族相邻元素氢化物的高。【小问5详解】①电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：O2-＞Al3+，故①正确；②同主族元素从上到下，简单氢化物的稳定性依次减弱，稳定性H2O>H2S，故②错误；③N的氧化物对应的水化物中，HNO2是弱酸，故③错误；④Al3+和S2-在水溶液中发生双水解反应，不能大量共存，故④正确；正确的是①④。9.在工业生产中，硫酸亚铁铵晶体[NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]具有十分广泛的用途。实验室拟用FeSO4溶液与(NH4)2SO4溶液反应制备硫酸亚铁铵晶体，并测定其纯度。已知：①铁粉中含有少量FeS杂质；②FeSO4溶液易被氧化；③硫酸亚铁铵晶体易溶于水，不溶于乙醇，在空气中不易被氧化。实验一：制备硫酸亚铁铵晶体，其装置如下(夹持仪器已略去)。（1）先关闭旋塞K2，打开旋塞K1，再打开分液漏斗活塞使H2SO4与铁屑反应，此时产生氢气的作用是___________；装置C中反应的离子方程式是___________。（2）反应一段时间后，关闭旋塞K1，打开旋塞K2，持续产生氢气的作用是___________。（3）将装置B中制得的溶液蒸发浓缩、___________、过滤、用乙醇洗涤，即可得到硫酸亚铁铵晶体。实验二：产品纯度的测定称取实验一中制取的产品ag溶于稀硫酸中配制成100mL溶液。每次量取20.00mL溶液注入 锥形瓶，用0.1000mol·L-1的KMnO4标准溶液滴定，三次消耗KMnO4溶液的读数如下表。滴定次数待测溶液的体积KMnO4溶液读数记录(mL)滴定前读数滴定后读数第一次20.00mL0.2020.20第二次20.00mL2.2022.20第三次20.00mL2.0025.00（4）盛装KMnO4标准溶液的仪器选择如图中的___________(选填m或n)，其名称为___________。（5）滴定终点时的现象是___________。（6）滴定过程中，可能导致产品纯度测定结果偏高的操作是___________(填标号)。A.锥形瓶用蒸馏水洗后，再用产品溶液润洗B.滴定过程中，振荡锥形瓶时部分液体溅出C.用滴定管量取产品溶液时，开始读数正确，最后俯视读数D.装KMnO4溶液的滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡（7）假设(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O相对分子质量为M，则产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量分数为___________(用含a、M的代数式表示)。 【答案】（1）①.排除内部残留空气，防止亚铁离子氧化②.OH-+2H++S2-=HS-+H2O、OH-+H+=H2O（2）将硫酸亚铁不被氧化的前提下压入B中（3）冷却结晶（4）①m②.酸式滴定管（5）溶液由黄色变为浅紫色且半分钟内不复色（6）AD（7）100%【解析】【小问1详解】先关闭旋塞K2，打开旋塞K1，再打开分液漏斗活塞使H2SO4与铁屑反应，根据信息可知亚铁离子易被氧化，此时产生氢气的作用是：排除内部残留空气，防止亚铁离子氧化；铁中含有少量FeS，FeS+H₂SO₄=H₂S↑+FeSO₄，装置C中1.氢氧化钠少量:NaOH+H2S=NaHS+H2O、2.氢氧化钠过量:2NaOH+H2S=Na2S+2H2O，离子方程式是：OH-+2H++S2-=HS-+H2O、OH-+H+=H2O；【小问2详解】反应一段时间后，关闭旋塞K1，打开旋塞K2，持续产生氢气的作用是将硫酸亚铁不被氧化的前提下压入B中；【小问3详解】将装置B中制得的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤，即可得到硫酸亚铁铵晶体；【小问4详解】KMnO4标准溶液具有强氧化性，则选择酸式滴定管，故选m；【小问5详解】滴定终点时的现象是：溶液由黄色变为浅紫色且半分钟内不复色；【小问6详解】A．装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测液润洗，则滴定中消耗的标准液偏多，结果偏高，A正确；B．滴定过程中，振荡锥形瓶时部分液体溅出结果偏低，B错误；C．用滴定管量取产品溶液时，开始读数正确，最后俯视读数，体积偏小，结果偏小，C错误；D．装KMnO4溶液的滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡，致使体积变大，结果偏高，D正确； 答案选AD。【小问7详解】MnO，三次滴定最后一次偏差较大舍去，故滴定消耗体积为20.00mL，n(MnO)=0.1000mol·L-1210-2L=210-3mol，n()=5n(MnO)，n()=110-2mol，n([NH4)2Fe(SO4)2·6H2O])=5110-2mol，n([NH4)2Fe(SO4)2·6H2O])=，m=510-2molM，w==100%。10.甲烷、甲醇(CH3OH)、甲醛(HCHO)等含有一个碳原子的物质称为“一碳”化合物，广泛应用于化工、医药、能源等方面，研究“一碳”化合物的化学称为“一碳”化学。（1）已知：HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(g)△H1=-84kJ/molCO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H2=-49.5kJ/mol则反应CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g)+H2O(g)△H3=___________kJ/mol（2）工业上合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H4，在一个密闭容器中，充入lmolCO和2molH2发生反应，测得平衡时H2的体积分数与温度、压强的关系如下图所示。①压强P1___________P2(填“大于”或“小于”)，该反应达到平衡的标志是___________(填标号)。A．反应速率v正(H2)=2v逆(CH3OH)B．容器内CO和H2物质的量之比为1：2.C．混合气体的质量不再变化D．混合气体的平均摩尔质量不再变化 ②a点条件下，H2的平衡转化率为___________，该温度下达到平衡后，在容积不变的条件下再充入molCO和molCH3OH，平衡___________(填“正向”“逆向”或“不”)移动，新平衡时的逆反应速率___________(填“大于”“等于”或“小于”)原平衡。（3）工业上用甲醇可以制备甲胺(CH3NH2)，甲胺与氨在水中的电离方式相似。则甲胺在水中的电离方程式为___________，常温下，反应CH3NH2·H2O(aq)+H+(aq)CH3NH(aq)+H2O(1)的平衡常数K=2.5×104，该温度下，甲胺的电离常数Kb=___________(填数值)。【答案】（1）+34.5（2）①.小于②.AD③.66.7%④.正向⑤.大于（3）①.②.【解析】【小问1详解】①HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(g)△H1=-84kJ/mol②CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H2=-49.5kJ/mol根据盖斯定律②-①得CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g)+H2O(g)△H3=-49.5kJ/mol+84kJ/mol=+34.5kJ/mol；【小问2详解】①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)正反应气体物质的量减小，增大压强平衡正向移动，氢气的体积分数减小，所以压强P1小于P2；A．达到平衡时，正逆反应速率的比等于系数比，反应速率v正(H2)=2v逆(CH3OH)，一定达到平衡状态，故选A；B．CO和H2的投料比等于系数比，所以容器内CO和H2物质的量之比任意时刻都是1：2，所以容器内CO和H2物质的量之比为1：2时，反应不一定平衡，故不选B；C．根据质量守恒，混合气体的质量是恒量，混合气体的质量不再变化，反应不一定达到平衡状态，故不选C；D．正反应气体物质的量减小，气体总质量不变，所以平均摩尔质量是变量，混合气体的平均摩尔质量不再变化，反应一定达到平衡状态，故选D；选AD；②a点条件下， 平衡时氢气的体积分数是40%，则，，H2的平衡转化率为；K=，该温度下达到平衡后，在容积不变的条件下再充入molCO和molCH3OH，Q=<K，平衡正向移动；浓度增大，新平衡时的逆反应速率大于原平衡。【小问3详解】甲胺与氨在水中的电离方式相似。则甲胺在水中的电离方程式为；常温下，反应CH3NH2·H2O(aq)+H+(aq)CH3NH(aq)+H2O(1)的平衡常数K=2.5×104，则，该温度下，甲胺的电离常数Kb=。11.磷酸亚铁锂电池可作为新能源汽车的动力电池，采用湿法治金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(主要成分是LiFePO4，以及少量碳黑、Al2O3等不溶于水的物质)中的金属，其流程如图所示。 已知：I．当离子浓度≤1.0×10-5mol/L时，即认为该离子沉淀完全：II．T°C时，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38。回答下列问题：（1）“碱浸”的离子反应方程式是___________。（2）“沉铝”所得滤液2中的物质___________(填化学式)经过处理可用于沉锂，从而实现联合生产；固体1常用___________法冶炼出金属。（3）加H2O2的目的是氧化___________，检验氧化已经完全的实验是___________；若将H2O2改为NaClO2也能达成目的，写出加NaClO2反应的离子方程式___________。（4）“调pH”是使杂质离子形成氢氧化物而沉淀完全，溶液的pH值应不低于___________。（5）磷酸亚铁锂电池是一种具有较长使用寿命的二次电池，在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，放电时的总反应为：LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4，则正极的电极反应式为___________。【答案】（1）Al2O3+2OH-=2+H2O（2）①.NaHCO3②.电解（3）①.将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+②.取氧化后的溶液少许，向其中滴加酸性KMnO4溶液，若看到溶液不褪色，就证明其中无Fe2+，即Fe2+完全被氧化为Fe3+③.4Fe2+++4H+=4Fe3++Cl-+2H2O（4）3.0（5）Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4【解析】【分析】废旧电池正极片(磷酸亚铁锂、炭黑和Al2O3等)放电拆解后加入氢氧化钠溶液碱浸，过滤得到滤液中含有NaAlO2及过量NaOH溶液，向滤液1通入过量CO2气体，反应产生Al(OH)3沉淀和NaHCO3，将沉淀过滤、洗涤，然后灼烧分解得到固体1是Al2O3；滤渣1经硫酸酸浸，过滤得到炭黑和硫酸锂、硫酸亚铁、磷酸锂等的溶液，再加入H2O2将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液pH生成Fe(OH)3沉淀，过滤后的滤液中加入Na2CO3沉淀锂离子生成Li2CO3，经过滤、洗涤、干燥等操作得到纯净的碳酸锂。【小问1详解】碱溶时两性氧化物Al2O3与氢氧化钠溶液反应，产生NaAlO2和水，则电极的正极片被“碱溶”时的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2+H2O；【小问2详解】 正极片经碱溶后得到的滤液1中含有NaAlO2、NaOH溶液，向其中通入过量CO2气体，发生反应：NaOH+CO2=NaHCO3，NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓，过滤，得到的滤液2中含有的物质是NaHCO3；NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3可用于沉锂，分解产生的CO2气体可以再用于沉铝，从而实现物质的循环利用和联合生产；沉铝后得到的Al(OH)3沉淀经过滤洗涤、灼烧分解产生固体1是Al2O3；电解熔融Al2O3可以冶炼金属铝；小问3详解】磷酸亚铁锂先碱浸，然后酸浸，在所得溶液中含有+2价的Fe2+，该微粒具有还原性，可以被H2O2氧化为+3价的Fe3+，故加H2O2的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；若溶液中Fe2+已经氧化完全，则反应后的溶液中无Fe2+，可根据Fe2+能够被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色进行检验，方法是：取氧化后的溶液少许，向其中滴加酸性KMnO4溶液，若看到溶液不褪色，就证明其中无Fe2+，即Fe2+完全被氧化为Fe3+；NaClO2具有氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，NaClO2被还原为Cl-，同时产生水，反应的离子方程式为：4Fe2+++4H+=4Fe3++Cl-+2H2O；【小问4详解】“调pH”是使杂质Fe3+离子形成Fe(OH)3而沉淀完全，由于T℃时Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，c(OH-)=，c(H+)=，所以溶液的pH=3.0，即Fe3+完全形成Fe(OH)3沉淀时溶液的pH值应不低于3.0；【小问5详解】