2024年高考化学模拟练习题01含解析

PAGE高考化学模拟练习题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．我国科技创新成果斐然，下列成果与电化学无关的是（）ABCD有机金属材料吸附与转化CO2研发出水溶液锂离子电池研发出“可呼吸”Na—CO2电池常温常压下用电解法制备高纯H2答案：A解析：A.依据结构简式可知，双氢青蒿素的组成元素有C、H、O，属于有机物，A项正确；B.全氮阴离子盐中不含C元素，不属于有机物，B项错误；C聚合氮中只有氮元素，不含C元素，不属于有机物，C项错误；D.砷化铌纳米带不含C元素，不属于有机物，D项错误；、答案选A。2、(2024·浙江4月选考，10)下列说法正确的是()A．18O2和16O2互为同位素B．正己烷和2,2-二甲基丙烷互为同系物C．C60和C70是具有相同质子数的不同核素D．H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2是同分异构体答案B解析18O2和16O2是相对分子质量不同的分子，而同位素指具有相同质子数，但中子数不同的元素，A项错误；正己烷的分子式为C6H14，2,2-二甲基丙烷即新戊烷分子式是C5H12，两者同属于烷烃，且分子式差一个CH2原子团，属于同系物，B项正确；核素表示具有肯定的质子数和中子数的原子，C60和C70是由肯定数目的碳原子形成的分子，明显，C项错误；H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2的分子式分别为C3H7O2N和C2H5O2N，分子式不同，明显不是同分异构体，D项错误。3、下列说法中不正确的是A.植物油氢化过程中发生了加成反应B.苯和甲苯都能发生取代反应C.氯乙烯和乙二醇都能用来作为合成高分子化合物的原料D.变质的油脂有难闻的特别气味，是由于油脂发生了水解反应答案：D解析：变质的油脂有难闻的特别气味，是由于油脂发生了水解反应；错误，是因为植物油被氧化成醛。发生的反应类型是氧化反应，所以D错误，选D。4、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是()A.标准状况下，11.2L苯中含有C—H键的数目为3NAB.常温下，1.0LpH＝13的Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.1NAC.常温下，56g铁片投入足量浓硫酸中生成NA个SO2分子D.电解饱和食盐水，阳极产生22.4L气体时，电路中通过的电子数目为2NA答案B解析标准状况下，苯不是气体，不能运用标准状况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量，A项错误；常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol·L－1，1.0L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH－数目为0.1NA，B项正确；常温下铁片与浓硫酸发生钝化现象，阻挡了反应的接着进行，C项错误；因为温度、压强不明确，无法计算阳极生成22.4L气体的物质的量，D项错误。5、某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是()A.HAP能提高HCHO与O2的反应速率B.HCHO在反应过程中，有C—H键发生断裂C.依据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D.该反应可表示为：HCHO＋O2eq\o(→,\s\up7(HAP))CO2＋H2O答案C解析依据图知，HAP在第一步反应中作反应物、其次步反应中作生成物，所以为催化剂，催化剂能改变更学反应速率，故A项正确；HCHO在反应中有C—H键断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，故B项正确；依据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故C项错误；该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO＋O2eq\o(→,\s\up7(HAP))CO2＋H2O，故D项正确。6、能正确表示下列反应的离子方程式为()A.向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－B.向碳酸钠溶液中通入少量CO2：COeq\o\al(2－,3)＋2CO2＋H2O=2HCOeq\o\al(－,3)C.向碘化钾溶液中加入少量双氧水：3H2O2＋I－=IOeq\o\al(－,3)＋3H2OD.向硫化钠溶液中通入过量SO2：2S2－＋5SO2＋2H2O=3S↓＋4HSOeq\o\al(－,3)答案D解析FeBr2电离产生的Fe2＋、Br－都具有还原性，向该溶液中通入过量Cl2，阳离子、阴离子都会被氧化，离子方程式为：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－，A项错误；向碳酸钠溶液中通入少量CO2，Na2CO3、CO2、H2O发生反应产生NaHCO3，反应的离子方程式为：COeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=2HCOeq\o\al(－,3)，B项错误；H2O2具有氧化性，在酸性条件下，会将I－氧化为I2，反应的离子方程式为：H2O2＋2H＋＋2I－=I2＋2H2O，C项错误；向硫化钠溶液中通入过量SO2，由于酸性：H2SO3>H2S，会发生S2－＋SO2＋H2O=H2S＋SOeq\o\al(2－,3)，SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O，SOeq\o\al(2－,3)＋SO2＋H2O=2HSOeq\o\al(－,3)，总反应方程式为2S2－＋5SO2＋2H2O=3S↓＋4HSOeq\o\al(－,3)，D项正确。7、化学在生活中有着广泛的应用，下列反应关系正确的是()选项化学性质实际应用AFeCl3溶液显酸性脱除燃气中的H2SBNa2S溶液显碱性去除废水中的Cu2＋、Hg2＋等C活性炭具有还原性用作自来水的净化剂DNaClO2具有氧化性脱除烟气中的SO2及NOx答案D＋、Hg2＋等形成沉淀，与Na2S溶液显弱碱性无关，B项错误；净化自来水是利用活性炭的吸附性，C项错误；NaClO2具有氧化性，将SO2及NOx转化为硫酸和硝酸而除去，D项正确。8、下列试验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是(阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子)()ABCD定律或原理勒夏特列原理元素周期律盖斯定律阿伏加德罗定律试验方案结果左球气体颜色加深，右球气体颜色变浅烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊测得ΔH为ΔH1、ΔH2的和H2与O2的体积比约为2∶1答案B解析2NO2N2O4是放热反应，上升温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的依据，故A符合；比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，无法比较氯和碳的非金属性；且生成的二氧化碳中含有氯化氢气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期律，故B不符合；ΔH＝ΔH1＋ΔH2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变更途径无关，可以证明盖斯定律，故C符合；在同温同压下，气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律，故D符合。9、.含碳、氢、氧、氮四种元素的某医药中间体的3D模型如图甲所示。下列有关该物质的说法正确的是A.能发生取代反应，但不能发生加成反应B.可以与强碱反应，也能与强酸反应C.属于芳香族化合物，且与苯丙氨酸互为同系物D.其结构简式可表示为图乙，全部原子可能共面答案B解析：A.由有机物的结构可知，存在碳碳双键，能发生加成反应，存在羧基，能发生取代反应，A项错误；B.有机物结构中存在羧基，能体现酸性，可与强碱反应，存在氨基，能体现碱性，因此也可与强酸反应，B项正确；C.有机物的结构中不存在苯环，不属于芳香族化合物，C项错误；D.乙为甲的结构简式，分子中六元环中含有2个亚甲基，具有四面体结构，因此全部原子不行能共面，D项错误；10.利用生物燃料电池原理探讨室温下氨的合成，电池工作时MV2＋/MV＋在电极与酶之间传递电子，示意图如图所示。下列说法错误的是()A.相比现有工业合成氨，该方法条件温柔，同时还可供应电能B.阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2＋2MV2＋=2H＋＋2MV＋C.正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3D.电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动答案B解析由题图和题意知，电池总反应是3H2＋N2=2NH3。该合成氨反应在常温下进行，并形成原电池产生电能，反应不须要高温、高压和催化剂，A项正确；视察题图知，左边电极发生氧化反应MV＋－e－=MV2＋，为负极，不是阴极，B项错误；正极区N2在固氮酶作用下发生还原反应生成NH3，C项正确；电池工作时，H＋通过交换膜，由左侧(负极区)向右侧(正极区)迁移，D项正确。11、BeCl2是有机反应的催化剂。铍和氯气反应的能量变更如图所示。下列说法正确的是()A．E2是正反应的活化能B．该反应的ΔH<0C．加入催化剂，ΔH减小D．ΔH＝E2－E1答案B解析E1是正反应活化能，E2是逆反应活化能，A项错误；该反应是放热反应，B项正确；加入催化剂，减小E2和E1，不变更ΔH，C项错误；ΔH＝E1－E2，D项错误。12、亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是()A.反应①阶段，参与反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1B.若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物C.反应②中的H2O2可用NaClO4代替D.反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2答案C解析C选项，反应②中H2O2为还原剂，NaClO4无还原性。13.25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是()A.加水稀释0.1mol·L－1氨水，溶液中c(H＋)·c(OH－)和eq\f(cH＋,cOH－)均不变B.向饱和AgCl溶液中加入少量AgNO3固体，AgCl的Ksp和溶解度均不变C.向盐酸中滴加氨水，由水电离出的c(H＋)＝10－7mol·L－1时，溶液肯定显中性D.向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液中eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)增大答案D解析加水稀释0.1mol·L－1氨水，溶液的pH减小，c(H＋)增大，c(OH－)减小，所以eq\f(cH＋,cOH－)增大，A项错误；向饱和AgCl溶液中加入少量AgNO3，随着c(Ag＋)的增大，AgCl的溶解度会减小，B项错误；盐酸抑制水的电离，氨水与盐酸反应生成的氯化铵促进水的电离，当溶液中盐酸的抑制作用和氯化铵的促进作用相抵消时，溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－7mol·L－1，此时溶液显酸性，C项错误；向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液中醋酸钠的浓度增大，碱性增加，pH增大，c(H＋)减小，而醋酸的电离平衡常数Ka＝eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)，eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq\f(Ka,cH＋)，因为c(H＋)减小，所以eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)增大，D项正确。14、不同条件下，用O2氧化amol/LFeCl2溶液过程中所测的试验数据如图所示。下列分析或推想合理的是（）A.由①、②可知，pH越大，+2价铁越易被氧化B.由②、③推想，若pH＞7，+2价铁更难被氧化C.由①、③推想，FeCl2被O2氧化的反应为放热反应D.60℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率大于0.15a答案D解析：A、由②、③可知，pH越小，+2价铁氧化速率越快，故A错误；B、若pH＞7，FeCl2变成Fe（OH）2，Fe（OH）2特别简单被氧化成Fe（OH）3，故B错误；C、由①、③推想，上升温度，相同时间内+2价铁的氧化率增大，上升温度+2价铁的氧化速率加快，由图中数据不能推断反应的热效应，故C错误；D、50℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的氧化率是60%，即消耗0.6amol/L，4h内平均消耗速率等于0.15amol/(L·h)，温度上升到60℃、pH=2.5时，+2价铁的氧化率速率加快，4h内Fe2+的平均消耗速率大于正确答案选D。其次部分本部分共5题，共58份15.(8分)“氮的固定”对保障人类生存具有重大意义。一种新型合成氨的原理如图所示：（1）N2的电子式：_____。（2）Li3N中含有的化学键类型是_____。（3）热稳定性：NH3_____H2O（填“＞”或“＜”）。（4）NH3、H2O分子中化学键极性更强的是_____，从原子结构角度说明缘由：_____。（5）写出右图所示过程的总反应方程式：_____。答案：(1).(2).离子键(3).＜(4).H—O(5).N和O电子层数相同，核电荷数N＜O，原子半径N＞O，吸引电子实力N＜O(6).2N2＋6H2O4NH3＋3O2解析：（1）氮原子通过三对共用电子对形成N2分子，N2的电子式是；（2）活泼金属与活泼非金属之间易形成离子键，Li3N中含有的化学键类型是离子键；（3）非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以热稳定性：NH3＜H2O；（4）N和O电子层数相同，核电荷数N＜O，原子半径N＞O，O原子吸引电子的实力大于N，所以NH3、H2O分子中化学键极性更强的是H—O；（5）依据图示，通入氮气和水，生成氨气和氧气，所以总反应2N2＋6H2O4NH3＋3O2．16.(10分)金是一种用途广泛的珍贵金属。某化工厂利用氰化法从一种含金矿石中提取金的工艺流程如下：资料：①Zn+O2+H2O=Zn(OH)2②Zn2+(aq)Zn(CN)2(s)Zn(CN)42-(aq)（1）步骤2中发生的反应有：①2Au(s)+4CN-(aq)+2H2O(l)+O2(g)=2Au(CN)2-(aq)+2OH-(aq)+H2O2(aq)∆H=-197.61kJ·mol-1②2Au(s)+4CN-(aq)+H2O2(aq)=2Au(CN)2-(aq)+2OH-(aq)∆H=-386.93kJ·mol-1则2Au(s)+4CN-(aq)+H2O(l)+1/2O2(g)=2Au(CN)2-(aq)+2OH-(aq)的∆H=_______。（2）下图是步骤2中金的溶解速率与温度的关系。80℃（3）步骤4的目的是_________________。（4）步骤5置换的总反应是：2Au(CN)2-+3Zn+4CN-+2H2O=2Au+2Zn(CN)42-+ZnO22-+2H2↑则以下说法正确的是________(填字母序号)。A步骤5进行时要先脱氧，否则会增加锌的用量B若溶液中c(CN-)过小，会生成Zn(CN)2，减缓置换速率C实际生产中加入适量Pb(NO3)2的目的是形成原电池加快置换速率（5）脱金贫液(主要含有CN-)会破坏环境，影响人类健康，可通过化学方法转化为无毒废水净化排放。碱性条件下，用Cl2将贫液中的CN-氧化成无毒的CO2和N2，该反应的离子方程式_____________________。答案(1).-292.27kJ·mol-1(2).温度太高会减小O2的溶解度，使c(O2)减小，[或温度太高会使H2O2分解，c(H2O2)减小]，金的溶解速率降低(3).提高金的浸出率(或提高金的产率，或减小金的损失，合理即可)(4).ABC(5).2CN-+5Cl2+8OH-===2CO2↑+N2↑+10Cl-+4H2O解析(1)①2Au(s)+4CN-(aq)+2H2O(l)+O2(g)═2Au(CN)2-(aq)+2OH-(aq)+H2O2(aq)△H=-197.61kJ•mol-1，②2Au(s)+4CN-(aq)+H2O2(aq)═2Au(CN)2-(aq)+2OH-(aq)△H=-386.93kJ•mol-1，依据盖斯定律，将可得2Au(s)+4CN-(aq)+H2O(l)+O2(g)═2Au(CN)2-(aq)+2OH-(aq)△H=-292.27kJ•mol-1，故答案为：-292.27

kJ•mol-1；(2)温度越高，气体在水中的溶解度越小。温度较高时，导致氧气的溶解度减小，同时也导致过氧化氢分解，使过氧化氢的浓度降低，金的溶解速率降低，故答案为：温度太高会减小O2的溶解度，使c(O2)减小[或温度太高会使H2O2分解，c(H2O2)减小]，金的溶解速率降低；(3)步骤4是洗涤沉淀，可提高金的浸出率(或提高金的产率，或减小金的损失)，故答案为：提高金的浸出率(或提高金的产率，或减小金的损失)；(4)A．氧气可氧化锌，则步骤5进行时要先脱氧，否则会增加锌的用量，故A正确；B．若溶液中c(CN-)过小，会生成Zn(CN)2，Zn(CN)2为固体，难溶于水，会减缓置换速率，故B正确；C．实际生产中加入适量Pb(NO3)2，锌置换出Pb，可形成原电池，加快置换速率，故C正确；故答案为：ABC；(5)碱性条件下，用Cl2将脱金贫液(主要含有CN-)中的CN-氧化成无毒的CO2和N2，该反应的离子方程式为2CN-+5Cl2+8OH-═2CO2↑+N2↑+10Cl-+4H2O，故答案为：2CN-+5Cl2+8OH-═2CO2↑+N2↑+10Cl-+4H2O。17.(15分)双安妥明[]可用于降低血液中的胆固醇含量，该物质的合成路途如图所示：已知：Ⅰ.RCH2COOHeq\o(→,\s\up7(Br2，P))eq\o(→,\s\up7(苯酚钠))Ⅱ.RCH=CH2eq\o(→,\s\up7(HBr，过氧化物))RCH2CH2BrⅢ.C的密度是同温同压下H2密度的28倍，且有一个甲基支链；I能发生银镜反应且1molI能与2molH2发生加成反应；K的结构具有对称性。试回答下列问题：(1)A的结构简式为__________，J中所含官能团名称为__________。(2)D的名称为__________________________________________________________________。(3)反应D→E的化学方程式为_____________________________________________________________________________________________________________________________________，反应类型是____________。(4)H＋K→双安妥明的化学方程式为_______________________________________________________________________________________________________________________________。(5)L为比H的相对分子质量小14的同系物的同分异构体，苯环上有两个取代基，苯环上一氯代物只有两种，能与氯化铁反应显紫色且属于酯，符合要求的有机物L有__________种。(6)利用上述框图信息由CH3CH2CH2OH合成CH3CH2CH2OOCCH2COOCH2CH2CH3，请写出合成路途图(合成过程无机物任选)。答案．(1)(醇)羟基和醛基(2)2­甲基­1­溴丙烷(3)(CH3)2CHCH2Br＋NaOHeq\o(→,\s\up7(△))(CH3)2CHCH2OH＋NaBr取代反应(4)2＋HOCH2CH2CH2OHeq\o(,\s\up7(浓硫酸),\s\do5(△))＋2H2O(5)6(6)CH3CH2CH2OHeq\o(→,\s\up7(连续氧化))CH3CH2COOHeq\o(→,\s\up7(Br2，P))CH3CHBrCOOHeq\o(→,\s\up7(NaOH/乙醇),\s\do5(H＋))CH2=CHCOOHeq\o(→,\s\up7(HBr，过氧化物))BrCH2CH2COOHeq\o(→,\s\up7(NaOH/H2O，H＋))HOCH2CH2COOHeq\o(→,\s\up7(连续氧化))HOOCCH2COOHeq\o(→,\s\up7(浓H2SO4),\s\do5(CH3CH2CH2OH))CH3CH2CH2OOCCH2COOCH2CH2CH3解析由双安妥明的结构简式可逆推出H为，K为HOCH2CH2CH2OH，再由已知Ⅰ逆推，可知B为苯酚钠，A为苯酚，G为，F为，E为，D为，C为，由K和已知Ⅲ逆推，J为HOCH2CH2CHO，Ⅰ为CH2=CHCHO。18.(10分)H2O2是医药、卫生行业上广泛运用的消毒剂。某课外小组采纳滴定法测定某医用消毒剂中H2O2的浓度。试验步骤如下：①标准液的配制和标定：称取肯定量KMnO4固体溶于水，避光放置6～10天，过滤并取滤液于滴定管中待用，称取mgNa2C2O4固体于锥形瓶中，加水溶解，再加H2SO4酸化，滴定至终点，消耗KMnO4溶液的体积V1mL。滴定过程中发生的一个反应为：5H2C2O4＋2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。②H2O2浓度的测定：取待测样品25mL稀释至500mL，再移取10.00mL于锥形瓶中，加H2SO4酸化，用上述KMnO4标准液滴定至终点，消耗溶液的体积V2mL。回答下列问题：(1)②中移取10.00mL待测液所用主要仪器名称为________。(2)配制KMnO4标准液时须要久置并过滤掉变质生成的MnO2，该过滤操作需用________。a．一般漏斗和滤纸b．布氏漏斗和滤纸c．不需滤纸的微孔玻璃漏斗(3)标定KMnO4标准液时须要限制温度为75～85℃，温度过低反应较慢，温度过高可能会因________而导致KMnO4标准液的标定浓度偏高，在恒定温度下进行滴定操作时，起先时反应速率较慢，随后加快，导致速率加快的缘由是________________________。(4)KMnO4标准液滴定H2O2的离子方程式为____________________________当滴定到_________________________________________________可以认为已达到滴定终点。(5)该医生消毒剂中H2O2的物质的量浓度为________mol·L－1。(6)②中若用盐酸代替H2SO4测定结果将________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。答案(1)移液管或酸式滴定管(2)c(3)草酸分解反应中生成了对反应有催化作用的Mn2＋(4)2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色(5)eq\f(1000mV2,67V1)(6)偏高解析(1)由于移取的H2O2溶液有强氧化性，故不能选用碱式滴定管，选用酸式滴定管或移液管。(2)由于KMnO4需避光放置，不能见光，故不能见光过滤，所以选c。(3)温度过高，对温度较敏感的物质则会受到影响，H2C2O4受热分解。反应起先时较慢，随后加快，考虑影响反应速率的因素：浓度、温度、催化剂、压强等。首先解除浓度、压强，又恒定温度下，可解除温度，故反应中生成了对反应有催化作用的物质，对比分析可知为Mn2＋。(4)KMnO4滴定H2O2时发生的离子方程式为2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O；当KMnO4过量时，即到达滴定终点，故溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。(5)由①中滴定可知：KMnO4标准液的浓度为eq\f(m,134)×eq\f(2,5)÷(V1×10－3)，由②中滴定可知c(H2O2)＝eq\f(V2×10－3×\f(m,134)×\f(2,5)÷（V1×10－3）×\f(5,2)×\f(500,10),25×10－3)＝eq\f(1000mV2,67V1)(mol·L－1)(6)②中用盐酸代替H2SO4，由于盐酸可被KMnO4氧化，导致标准液用量偏多，故测定结果偏高。19.(16分)某小组探究Br2、I2能否将Fe2+氧化，试验如下。试验试剂x现象及操作溴水i．溶液呈黄色，取出少量滴加KSCN溶液，变红碘水ii．溶液呈黄色，取出少量滴加KSCN溶液，未变红（1）试验ⅰ中产生Fe3+的离子方程式是________。（2）以上试验体现出氧化性关系：Br2_______I2（填“＞”或“＜”）。（3）针对试验ⅱ中未检测到Fe3+，小组同学分析：I2+2Fe2+2Fe3++2I