吉林省白山市2025届高三第二次调研化学试卷含解析

吉林省白山市2025届高三第二次调研化学试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、某化学实验室产生的废液中的阳离子只可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+中的某几种，实验室设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。已知：步骤①中，滴加NaOH溶液过程中产生的沉淀会部分溶解。下列说法中正确的是A．根据步骤①的现象，说明废液中一定含有Al3+B．由步骤②中红棕色固体可知，废液中一定存在Fe3+C．沉淀甲中可能含有Al(OH)3D．该废液中一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+和Fe3+至少存在一种2、化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是A．“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的不同性质B．氨基酸在人体中生成新的蛋白质的反应属于缩聚反应C．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现D．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮3、阿伏加德罗是意大利化学家（1776.08.09-

1856.07.09），曾开业当律师，24岁后弃法从理，十分勤奋，终成一代化学大师。为了纪念他，人们把1mol某种微粒集合体所含有的粒子个数，称为阿伏加德罗常数，用N表示。下列说法或表示中不正确的是A．科学上规定含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为1molB．在K37ClO3+6H35Cl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，若有212克氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NAC．60克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2D．6.02×1023mol-1叫做阿伏加德罗常数4、以铁作阳极，利用电解原理可使废水中的污染物凝聚而分离，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A．电极b为阴极B．a极的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+C．处理废水时，溶液中可能发生反应：4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3D．电路中每转移3mol电子，生成1molFe(OH)3胶粒5、当冰醋酸固体变成液体或气体时，一定发生变化的是A．分子内化学键 B．共价键键能C．分子的构型 D．分子间作用力6、亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用氯酸钠（NaClO3）为原料制取，（常温下ClO2为气态），下列说法错误的是A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1B．反应①后生成的气体要净化后进入反应②装置C．升高温度，有利于反应②提高产率D．反应②中有气体生成7、根据如表实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现结论A常温下，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，沉淀由白色变为红褐色常温下，Ksp[Fe（OH）3]＞Ksp[Mg（OH）2]B向某溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，溶液中产生白色沉淀原溶液中一定含有SO42﹣C将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色氧化性：H2O2＞Fe3+D向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡A．A B．B C．C D．D8、能使氢硫酸溶液的pH先升高后降低的物质是A．Cl2 B．SO2 C．CuSO4 D．O29、amolFeS与bmolFe3O4投入到VLcmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO气体。所得澄清溶液的成分是Fe（NO3）3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为A．B．（a+3b）molC．D．（cV－3a－9b）mol10、下列过程中没有发生电子转移的是（）A．液氨作制冷剂 B．合成氨 C．大气固氮 D．生物固氮11、通过下列反应不可能一步生成MgO的是A．化合反应 B．分解反应 C．复分解反应 D．置换反应12、下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作和现象结论A向NaBr溶液中分别滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色Br-的还原性强于Cl-B相同条件下，分别向20mL0.1mol/LKMnO4溶液和20mL0.5mol/LKMnO4溶液中滴加相同浓度和体积的草酸溶液(过量)，0.5mol/LKMnO4溶液紫色褪去的时间更短(生成的Mn2+对该反应无影响)浓度对反应速率的影响：浓度越大，反应速率越快C向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液由无色变为蓝色，后蓝色褪去氯气具有强氧化性和漂白性D室温下，用pH试纸测得0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-的强A．A B．B C．C D．D13、已知2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，某同学设计利用如图装置分别检验产物中的气体。下列有关表述错误的是（）A．用装置甲高温分解FeSO4，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2B．用装置乙可检验分解产生的SO2，现象是石蕊试液先变红后褪色C．按照甲→丙→乙→丁的连接顺序，可用装置丙检验分解产生的SO3D．将装置丁中的试剂换为NaOH溶液能更好的避免污染环境14、25℃时，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1CH3COOH(Ka=1.75×10－5)溶液的过程中，消耗NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列各项中粒子浓度关系正确的是A．点①所示溶液中：2c(CH3COO－)－2c(CH3COOH)=c(H＋)－c(OH－)B．点②所示溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)C．点③所示溶液中：c(CH3COO－)－C(CH3COOH)=c(Na＋)＋2c(H＋)－2c(OH－)D．pH=12的溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)15、在2L的密闭容器中，发生反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)+131.5kJ，5min后达到平衡，固体减少了24g，则A．ρ气体不变时反应达到平衡状态 B．v正(CO)为2.4mol/(L∙min)C．若容器体积缩小，平衡常数减小 D．增大C的量，平衡右移16、《本草纲目》记载的烧酒工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。该方法与分离下列物质的原理相同的是A．苯和水 B．硝酸钾和氯化钠C．食盐水和泥沙 D．乙酸丁酯和1-丁醇17、A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，物质的转化关系如图所示。下列说法中正确的是A．对应的简单离子半径：C>D>BB．D、E形成的化合物为含有极性共价键的共价化合物C．电解C、E形成的化合物水溶液，可生成C、E对应的单质D．由A、B、E形成的化合物都含有共价键，溶液都呈强酸性18、水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是A．H2O的电子式为B．4℃时，纯水的pH=7C．D216O中，质量数之和是质子数之和的两倍D．273K、101kPa，水分之间的平均距离：d(气态)>d(液态)>d(固态)19、相对分子质量为128的有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，若A含一个六碳环且可与NaHCO3溶液反应，则环上一氯代物的数目为()A．2 B．3 C．4 D．520、下列指定反应的离子方程式正确的是()A．SO2与过量氨水反应：SO2＋NH3·H2O=NH4+＋HSO3－B．FeCl3溶液与SnCl2溶液反应：Fe3＋＋Sn2＋=Fe2＋＋Sn4＋C．Cu与稀硝酸反应：3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OD．用浓盐酸与MnO2制取少量Cl2：MnO2＋4H＋＋4Cl－MnCl2＋Cl2↑＋2H2O21、下列各组物质既不是同系物又不是同分异构体的是（）A．甲酸甲酯和乙酸 B．对甲基苯酚和苯甲醇C．油酸甘油酯和乙酸乙酯 D．软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯22、最近，一家瑞典公司发明了一种新型充电器"PowerTrekk'’，仅仅需要一勺水，它便可以产生维持10小时手机使用的电量。其反应原理为：Na4Si+5H2O=2NaOH+Na2SiO3+4H2↑，则下列说法正确的是()A．该电池可用晶体硅做电极材料B．Na4Si在电池的负极发生还原反应，生成Na2SiO3C．电池正极发生的反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-D．当电池转移0.2mol电子时，可生成标准状况下1.12LH2二、非选择题(共84分)23、（14分）利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应和合成重要的高分子化合物Y的路线如下：已知：①R1CHO+R2CH2CHO+H2②回答下列问题：（1）A的化学名称为____。（2）B中含氧官能团的名称是______。（3）X的分子式为_______。（4）反应①的反应类型是________。（5）反应②的化学方程式是_______。（6）L是D的同分异构体，属于芳香族化合物，与D具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则L的结构简式可能为_____。（7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由、CH3CHO、合成多环化合物的路线(无机试剂任选)______。24、（12分）已知：（Ⅰ）当苯环上已经有了一个取代基时，新引进的取代基因受原取代基的影响而取代其邻、对位或间位的氢原子。使新取代基进入它的邻、对位的取代基有—CH3、—NH2等；使新取代基进入它的间位的取代基有—COOH、—NO2等；（Ⅱ）R—CH=CH—R′R—CHO+R′—CHO（Ⅲ）氨基（—NH2）易被氧化；硝基（—NO2）可被Fe和盐酸还原成氨基（—NH2）下图是以C7H8为原料合成某聚酰胺类物质（C7H5NO）n的流程图。回答下列问题：（1）写出反应类型。反应①________，反应④________。（2）X、Y是下列试剂中的一种，其中X是____，Y是_____。(填序号)a．Fe和盐酸b．酸性KMnO4溶液c．NaOH溶液（3）已知B和F互为同分异构体，写出F的结构简式_____。A~E中互为同分异构体的还有____和____。(填结构简式)（4）反应①在温度较高时，还可能发生的化学方程式________。（5）写出C与盐酸反应的化学方程式________。25、（12分）用如图装置探究NH3和CuSO4溶液的反应。(1)上述制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2ONH3∙H2O、____________、_________________(在列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述)。(2)制备100mL25%氨水(ρ=0.905g∙cm-3)，理论上需要标准状况下氨气______L(小数点后保留一位)。(3)上述实验开始后，烧杯内的溶液__________________________，而达到防止倒吸的目的。(4)NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。_______________________。继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液。发生如下反应：2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)。①该反应平衡常数的表达式K=___________________________。②t1时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。在下图中画出该过程中v正的变化___________________。③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：________________________________。④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正随时间的变化如下图所示，v正先增大后减小的原因__________________________________。26、（10分）纳米TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：①组装装置如下图所示，保持温度约为65℃，先将30mL钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分搅拌；②将含水20％的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO2。已知，钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，回答下列问题：(1)仪器a的名称是_______，冷凝管的作用是________。(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是________(填标号)。a.增加反应的焓变b.增大反应的活化能c.减小反应的焓变d.降低反应的活化能制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有________。(3)步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为________。下图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是________(填标号)。(4)测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000mol·L-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00mL(已知：Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋)。①加入金属铝的作用除了还原TiO2＋外，另一个作用是________________。②滴定时所用的指示剂为____________(填标号)a.酚酞溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液③样品中TiO2的质量分数为________%。27、（12分）某实验小组探究补铁口服液中铁元素的价态，并测定该补铁口服液中铁元素的含量是否达标。(1)实验一：探究补铁口服液中铁元素的价态。甲同学：取1mL补铁口服液，加入K3[Fe(CN)6]（铁氰化钾）溶液，生成蓝色沉淀，证明该补铁口服液中铁元素以Fe2+形式存在。乙同学：取5mL补铁口服液，滴入10滴KSCN溶液无现象，再滴入10滴双氧水，未见到红色。乙同学为分析没有出现红色实验现象的原因，将上述溶液平均分为3份进行探究：原因实验操作及现象结论1其他原料影响乙同学观察该补铁口服液的配料表，发现其中有维生素C，维生素C有还原性，其作用是①______取第1份溶液，继续滴入足量的双氧水，仍未见红色出现排除②_________影响2量的原因所加③________溶液（写化学式）太少，二者没有达到反应浓度取第2份溶液，继续滴加该溶液至足量，仍然未出现红色说明不是该溶液量少的影响3存在形式铁的价态是+3价，但可能不是以自由离子Fe3+形式存在取第3份溶液，滴加1滴稀硫酸，溶液迅速变为红色说明Fe3+以④_______形式存在，用化学方程式结合文字，说明加酸后迅速显红色的原因(2)甲同学注意到乙同学加稀硫酸变红后的溶液，放置一段时间后颜色又变浅了，他分析了SCN-中各元素的化合价，然后将变浅后的溶液分为两等份：一份中滴人KSCN溶液，发现红色又变深；另一份滴入双氧水，发现红色变得更浅，但无沉淀，也无刺激性气味的气体生成。根据实验现象，用离子方程式表示放置后溶液颜色变浅的原因________。(3)实验二：测量补铁口服液中铁元素的含量是否达标。该补铁口服液标签注明：本品含硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)应为375～425(mg/100mL)，该实验小组设计如下实验，测定其中铁元素的含量。（说明：该实验中维生素C的影响已排除，不需要考虑维生素C消耗的酸性KMnO4溶液）①取该补铁口服液100mL，分成四等份，分别放入锥形瓶中，并分别加入少量稀硫酸振荡；②向________式滴定管中加入0.002mol.L-l酸性KMnO4溶液，并记录初始体积；③滴定，直至溶液恰好_____________且30秒内不褪色，记录末体积；④重复实验。根据数据计算，平均消耗酸性KMnO4溶液的体积为35.00mL。计算每100mL该补铁口服液中含铁元素__________mg（以FeSO4·7H2O的质量计算），判断该补铁口服液中铁元素含量___________（填“合格”或“不合格”）。28、（14分）二甲醚被称为21世纪的新型燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上常采用甲醇气相脱水法来获取。其反应方程式为：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)完成下列填空：28、有机物分子中都含碳元素，写出碳原子最外层电子的轨道表示式_______________；写出甲醇分子中官能团的电子式_________________。29、碳与同主族的短周期元素相比，非金属性较强的是_________（填元素符号）。写出一个能证明你的结论的化学方程式_____________________________________。30、在温度和体积不变的情况下，能说明反应已达到平衡状态的是______（选填编号）a.CH3OH的消耗速率与CH3OCH3的消耗速率之比为2：1b.容器内压强保持不变c.H2O(g）浓度保持不变d.气体平均相对分子质量保持不变31、一定温度下，在三个体积约为2.0L的恒容密闭容器中发生上述反应：容器

编号温度（℃）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)I3870.400.160.16Ⅱ3870.80aⅢ2070.400.180.18（1）若要提高CH3OH的平衡转化率，可以采取的措施是______（选填编号）。a.及时移走产物b.升高温度c.充入CH3OHd.降低温度（2）I号容器内的反应经过tmin达到平衡，则CH3OH的平均反应速率为_____________（用含t的式子表示）。II号容器中a=___________mol。32、若起始时向容器I中充入CH3OH0.2mol、CH3OCH30.30mol和H2O0.20mol，则反应将向__________（填“正”“逆”）反应方向进行。29、（10分）离子液体是一种由离子组成的液体，在低温下也能以液态存在，是一种很有研究价值的溶剂。研究显示最常见的离子液体主要由图示正离子和负离子组成：回答下列问题：(1)按电子排布，Al划分在元素周期表中的______区(填“s”“p”“d”或“ds”)，图中负离子的空间构型为____________________。(2)基态Cl原子的价电子排布图为____________________。(3)图中正离子有令人惊奇的稳定性，它的电子在其环外结构中高度离域。该正离子中C原子的杂化方式为_________。该化合物中不存在____(填标号)。A.离子键B.极性键C.非极性键D.配位键E.氢键(4)C、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为__________，NH3与CH4的中心原子均为sp3杂化，但是H－N－H的键角小于H－C－H的键角，原因是________。(5)AlN是一种陶瓷绝缘体，具有较高的导热性和硬度，其立方晶胞如图所示，Al原子周围紧邻的Al原子有_____个。已知：氮化铝的密度为dg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则最近的N原子与Al原子间的距离为_____________pm。

参考答案一、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、D【解析】

沉淀甲灼烧后为红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，则沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+；溶液甲中加入过量硫酸溶液，产生固体乙，则固体乙为BaSO4，说明废液中一定含有Ba2+；溶液乙中加入过量铁屑，产生红色固体，该红色固体为Cu，说明废液中一定含有Cu2+，以此解答该题。【详解】A.由步骤④可知，废液中一定含有Cu2+，而沉淀甲中没有Cu(OH)2，说明加入NaOH溶液后，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，因此步骤①沉淀部分溶解，不能说明废液中一定含有Al3+，A错误；B.废液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲，将该沉淀灼烧，得到红棕色固体，则该红棕色固体为Fe2O3，沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；C.由于步骤①中加入过量NaOH溶液，因此沉淀甲中肯定没有Al(OH)3沉淀，C错误；D.溶液乙中加入过量铁屑，得到红色固体，该固体为Cu，说明溶液乙中含有Cu2+，向原废液中滴加过量NaOH溶液，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，所以废液中一定含有NH4+、Cu2+、Ba2+，可能含有Fe2+或Fe3+中的一种，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的分离，离子的存在及金属的回收利用与环境保护，注意掌握常见的离子之间的反应及金属回收方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。2、C【解析】

A.血液和空气都属于胶体，“血液透析”利用的是渗析原理，“静电除尘”利用的是胶体的电泳原理，利用了胶体的不同性质，A项正确；B.氨基酸在人体中生成新的蛋白质的反应属于缩聚反应，B项正确；C.从海水中提取物质不一定要通过化学反应才能实现，如提取氯化钠，蒸发结晶即可，C项错误；D.硅胶具有吸水作用，可防止食物受潮，D项正确；答案选C。【点睛】C项考查的是关于海水水资源的利用常识，海水中可以提取溴、碘、镁元素，每个工艺流程及所涉及的化学反应，学生要注意归纳总结，这些过程均涉及化学变化，而海水中提取氯化钠、蒸馏水等则是物理变化，学生要加以理解并识记。3、D【解析】

A.含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为1mol，故A正确；B.生成的3mol氯气中含6molCl，其中1mol为37Cl，5mol为35Cl，生成氯气摩尔质量==70.7g·mol－1，若有212克氯气生成物质的量==3mol，生成3mol氯气电子转移5mol，故B正确；C.乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O，1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2mol，充分燃烧消耗2NA个O2，故C正确；D.6.02×1023mol-1是阿伏加德罗常数的近似值，故D错误；故选D。4、D【解析】

根据图示可知，铁做阳极，失电子，发生氧化反应，Fe-2e-=Fe2+，所以a为阳极，b电极为阴极，发生还原反应，2H2O+2e-=H2+2OH-。【详解】A.根据图示a电极为Fe电极，连接电源正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，b电极连接电源负极，作阴极，A正确；B.由图示可知：a电极为Fe电极，失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，B正确；C.Fe2+具有还原性，容易被溶解在溶液的氧气氧化变为Fe3+，氧气得到电子变为OH-，Fe3+与OH-结合形成Fe(OH)3，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，在处理废水时，溶液中可能发生的反应为：4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3，C正确；D.Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，所以电路中每转移3mol电子，生成Fe(OH)3胶粒的物质的量小于1mol，D错误；故合理选项是D。5、D【解析】

A．冰醋酸固体变成液体或气体为物理变化，化学键未断裂，A错误；B．化学键未断裂，则共价键类型未变，键能不变，B错误；C．物理变化分子本身未变化，分子构型不可能变化，C错误；D．冰醋酸固体变成液体或气体，分子间间隔增大，需克服分子间作用力，因此分子间作用力被破坏，D正确。答案选D。6、C【解析】

A.根据氧化还原反应原理，反应①阶段，NaClO3化合价降低1个价态，SO2化合价升高2个价态，根据升降守恒，则反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，A项正确；B.反应物中有SO2，不处理干净，会在下一步与H2O2和NaOH反应引入杂质，B项正确；C.当H2O2和NaOH足量时，理论上可完全消耗ClO2，产率与温度无关，温度只会影响反应速率，C项错误；D.反应②条件下，ClO2化合价降低得到NaClO2，作氧化剂，H2O2化合价升高，作还原剂得到氧气，故有气体生成，D项正确；答案选C。7、D【解析】

A、将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则氢氧化镁溶解度大于氢氧化铁，但不能直接判断二者的溶度积常数大小关系，故A错误；B、可能生成AgCl等沉淀，应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡溶液检验，故B错误；C、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化亚铁离子，故C错误；D、含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故D正确。答案选D。【点睛】要熟悉教材上常见实验的原理、操作、现象、注意事项等，比如沉淀的转化实验要注意试剂用量的控制；硫酸根的检验要注意排除干扰离子等。8、B【解析】

A、H2S+4Cl2+4H2O=H2SO4+8HCl，氢硫酸属于弱酸、硫酸和HCl属于强酸，所以溶液酸性增强，则溶液的pH减小，选项A错误；B、2H2S+SO2=3S↓+2H2O，该反应由酸性变为中性，所以pH增大，二氧化硫过量酸性增强pH降低，选项B正确；C、H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，氢硫酸是弱酸、硫酸是强酸，则溶液酸性增强，溶液的pH减小，选项C错误；D、2H2S+O2=S↓+2H2O，溶液由酸性变为中性，则溶液的pH增大，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查了氢硫酸的性质，根据物质之间的反应分析解答，会正确书写方程式，注意C是由弱酸制取强酸的反应，生成的硫化铜不溶于酸，为易错点。9、A【解析】

反应中硝酸起氧化、酸性作用，未被还原的硝酸将转化为Fe

(NO3)3中，由Fe元素守恒计算未被还原的硝酸的物质的量；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒，可以用a、b表示计算NO的物质的量，根据氮元素守恒可知，未被还原的硝酸物质的量=原硝酸总物质的量-NO的物质的量【详解】根据元素守恒可知，n[Fe

(NO3)3]=n

(Fe)=amol+3bmol=

(a+3b)

mol，

所以未被还原的硝酸的物质的量=3(a+3b)

mol；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒可知，铁和硫元素失电子数等于硝酸得电子数，铁元素失电子的物质的量为；NO的物质的量为，未被还原的硝酸的物质的量为。答案选A。10、A【解析】

A．液氨作制冷剂，液态氨变为气态氨，是物理变化，不存在电子转移，故A错误；B．合成氨是氢气与氮气反应生成氨气，是氧化还原反应，存在电子转移，故B正确；C．大气固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故C正确；D．生物固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故D正确；故答案为A。11、C【解析】

A.2Mg+O22MgO属于化合反应，A不选；B.Mg(OH)2MgO＋H2O属于分解反应，B不选；C.复分解反应无法一步生成MgO，C选；D.2Mg＋CO22MgO＋C属于置换反应，D不选；答案选C。12、A【解析】

A．NaBr溶液中滴入氯水，发生反应2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-，由此得出还原性Br-＞Cl-，A正确；B．要通过溶液紫色褪去的时间长短比较反应速率快慢，应该让酸性高锰酸钾的体积和浓度均相同，改变草酸的浓度，B错误；C．淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液先变蓝后褪色，氯气只表现氧化性，氯气没有漂白性，C错误；D．0.1mol/LNa2SO3溶液的pH大，碱性强，则结合H+的能力强，D错误；故选A。13、B【解析】

已知2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，通过乙中石蕊试液吸收检验二氧化硫或三氧化硫，三氧化硫极易溶于水，通过乙全部吸收，装置丙中的氯化钡溶液不能检验三氧化硫的存在，丁装置中饱和亚硫酸氢钠不能吸收二氧化硫。【详解】A.用装置甲高温分解FeSO4，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2，排除装置内空气，避免空气中氧气的干扰，A正确；B.用装置乙不能检验二氧化硫的存在，产物中有三氧化硫溶于水形成硫酸溶液，遇到石蕊试液也会变红色，二氧化硫遇到石蕊试液只能变红色，不能褪色，B错误；C.三氧化硫极易溶于水，通过装置乙的水溶液会被完全吸收，要检验三氧化硫存在，应把乙和丙位置互换才能检查三氧化硫的存在，按照甲→丙→乙→丁的连接顺序，C正确；D.丁中饱和亚硫酸氢钠溶液不能吸收二氧化硫，应为NaOH溶液能更好的吸收二氧化硫，避免污染环境，D正确；故答案为：B。【点睛】二氧化硫有漂白性，工业上常用二氧化硫来漂白纸浆、毛、丝、草帽等，但二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色。14、C【解析】

A.点①时，NaOH溶液与CH3COOH溶液反应生成等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中的电荷守恒式为，溶液中的物料守恒式为，两式联立得c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2c(H＋)－2c(OH－)，A项错误；B.点②处溶液呈中性，c(OH－)=c(H＋)，B项错误；C.点③处NaOH溶液与CH3COOH恰好反应生成醋酸钠，溶液中的电荷守恒式为，溶液中的物料守恒式为，两式联立得c(CH3COO－)－C(CH3COOH)=c(Na＋)＋2c(H＋)－2c(OH－)，C项正确；D.pH=12的溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，D项错误。答案选C。【点睛】本题首先要根据反应原理分析各点溶液的成分，不论在哪一点，均从物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析溶液中的离子即可。15、A【解析】

A.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)是气体体积增大的反应，反应过程中体积不变，当气体质量不变时反应到达平衡，此时ρ气体不变，ρ气体不变时反应达到平衡状态，故A正确；B.5minC(s)减少了=2mol，根据反应关系C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)可知△c(CO)==1mol/L，v正(CO)==0.2mol▪L-1▪min-1，故B错误；C.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)是气体体积增大的反应，若容器体积缩小，压强增大，平衡左移，平衡常数和温度有关系，压强改变，平衡常数不变，故C错误；D.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)中C是固体，增大C的量其浓度不变，平衡不移动，故D错误；正确答案是A。【点睛】C项注意：平衡常数是化学反应的特性常数。它不随物质的初始浓度（或分压）而改变，仅取决于反应的本性。一定的反应，只要温度一定，平衡常数就是定值，其他任何条件改变都不会影响它的值。16、D【解析】

据混合物的成分及性质，选择合适的分离提纯方法。【详解】“酸坏之酒”含有乙醇的氧化产物乙酸，可利用它们沸点的差异，以蒸馏方法除去乙酸。A.苯不溶于水，密度比水小，可用分液法分离，A项不符；B.硝酸钾和氯化钠都易溶于水，但溶解度受温度的影响不同，通常用结晶法分离，B项不符；C.食盐水与泥沙，是不相溶的固液混合物，用过滤法分离，C项不符；D.乙酸丁酯和1-丁醇，是互溶的、沸点不同的液体混合物，可蒸馏分离，D项符合。本题选D。17、B【解析】

根据A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性结合图表可知：D为Al，X溶液为HCl，Y溶液为NaOH溶液，Z溶液为AlCl3，W溶液为NaAlO2。所以元素A、B、C、D、E分别为：H、O、Na、Al、Cl，结合元素的相关性质进行判断。【详解】A.B、C、D对应的元素为O、Na、Al，其简单离子半径：O2->Na+>Al3+,故A错误；B.D、E分别为Al、Cl，D、E形成的化合物为AlCl3，为含有极性共价键的共价化合物，故B正确；C.C为Na，E为Cl，C、E形成的化合为NaCl，电解物其水溶液，可生成H2，Cl2故C错误；D.A、B、E分别为H、O、Cl，由A、B、E形成的化合物有多种，都含有共价键，如：HClO为弱酸，所以D错误；所以本题答案：B。【点睛】本题突破口是框图及X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，最后得到两性化合物，且他们都是由短周期元素组成的物质，推出D为铝，X溶液为盐酸，Y溶液为氢氧化钠溶液，Z溶液为AlCl3，W溶液为NaAlO2，两性化合物为氢氧化铝。18、C【解析】

A．H2O是共价化合物，其电子式为，故A错误；B．25℃时，纯水的pH=7，故B错误；C．D216O质量数之和为2×1+1×16=20，质子数之和为2×1+1×8=10，质量数之和是质子数之和的两倍，故C正确；D．273K时，水以固液混合物的形式存在，且温度、压强相同，同种状态、同种分子间的距离相同，故D错误；故选C。19、C【解析】

有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，说明一定含有C、H元素，还含有一个六元碳环且可与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基—COOH，羧基的式量是45，则烃基的式量128－45=83，则符合六元环的烃基是C6H11—，则该物质是，由于在环上有4种不同位置的H原子，它们分别被氯原子取代就得到一种一氯取代产物。所以环上一氯代物的数目为4种，选项是C。20、C【解析】

A.SO2与过量氨水反应生成亚硫酸铵和水：SO2＋2NH3·H2O=2NH4+＋SO32-＋H2O，故A错误，B.原方程式电荷不守恒，FeCl3溶液与SnCl2溶液反应：2Fe3＋＋Sn2＋=2Fe2＋＋Sn4＋，故B错误；C.Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故C正确；D.用浓盐酸与MnO2制取少量Cl2，生成的氯化锰是强电解质：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O，故D错误；故选C。21、C【解析】

A．甲酸甲酯和乙酸分子式相同，结构不同，属于同分异构体，A不合题意；B．对甲基苯酚和苯甲醇分子式相同，结构不同，属于同分异构体，B不合题意；C．油酸甘油酯是不饱和酯，乙酸乙酯是饱和酯，分子式不同，结构不相似，则既不是同系物，又不是同分异构体，C符合题意；D．软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯，结构相似，分子组成上相差2个CH2，互为同系物，D不合题意；故选C。22、C【解析】试题分析：由该电池的反应原理可知，硅化钠是还原剂，其在负极上发生氧化反应；水是氧化剂，其在正极上发生还原反应；反应中电子转移的数目是8e-。A.该电池工作时生成氢氧化钠溶液，而硅可以与氢氧化钠反应，所以不能用晶体硅做电极材料，A不正确；B.Na4Si在电池的负极发生氧化反应，B不正确；C.电池正极发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C正确；D.当电池转移0.2mol电子时，可生成标准状况下2.24LH2，D不正确。本题选C。二、非选择题(共84分)23、3-氯丙炔酯基C13H16O2取代反应【解析】

与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质A与NaCN在加热条件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B（），B与HI发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X（）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息②逆推法可以得出D为，C是由与水发生加成反应所得，C与苯甲醛在碱性条件下发生反应②，结合已知信息①可推出C为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。【详解】（1）A为，其名称为3-氯丙炔；（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；（4）反应①中-Cl转化为-CN，属于取代反应，故答案为取代反应；（5）根据已知的给定信息，反应②的化学方程式为：；（6）L是D的同分异构体，则分子式为C10H10O，不饱和度==6，属于芳香族化合物，说明分子结构中含苯环；与D具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则有5种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L的结构简式有：；（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息②得到，最后与溴加成制备得到目标产物，具体合成路线如下：。24、取代反应缩聚（聚合）反应ba+HCl→【解析】

根据反应④，C发生缩聚反应得到高分子化合物，则C的结构简式为；C7H8满足CnH2n-6，C7H8发生硝化反应生成A，结合A→B→C，则C7H8为，A的结构简式为，根据已知（III），为了防止—NH2被氧化，则A→B→C应先发生氧化反应、后发生还原反应，则B的结构简式为；根据已知（II），反应⑥生成的D的结构简式为，D与Cu(OH)2反应生成的E的结构简式为，E发生硝化反应生成F，B和F互为同分异构体，结合已知（I），F的结构简式为；（1）反应①为甲苯与浓硝酸发生的取代反应；反应④为C发生缩聚反应生成。（2）A的结构简式为，B的结构简式为，A→B使用的试剂X为酸性KMnO4溶液，将甲基氧化成羧基，选b；C的结构简式为，B→C将—NO2还原为—NH2，根据已知（III），Y为Fe和盐酸，选a。（3）根据上述推断，F的结构简式为；A~E中互为同分异构体的还有A和C，即和。（4）甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合酸在温度较高时反应硝化反应生成2,4,6—三硝基甲苯，反应的化学方程式为。（5）C的结构简式为，C中的—NH2能与HCl反应，反应的化学方程式为+HCl→。25、NH3∙H2ONH4＋＋OH－NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2的溶解平衡)29.8进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行Cu2＋＋2NH3∙H2O→Cu(OH)2↓＋2NH4＋[[Cu(NH3)4]2＋]/[NH3]2∙[NH4＋]2加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后c[Cu(NH3)4]2＋/c2(NH3)∙c2(NH4＋)会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正减小【解析】

(1)制备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3∙H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2的溶解平衡三个平衡过程；(2)氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算.n（NH3）==1.33mol；(3)实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；(4)NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2；①反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常数的表达式K=；②反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少；③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢。【详解】(1)制备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3∙H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2的溶解平衡三个平衡过程，故答案为：NH3∙H2ONH4＋＋OH－NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)、Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2的溶解平衡)；(2)氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算.n（NH3）==1.33mol，标准状况下体积为1.33mol×22.4L/mol=29.8L；(3)实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；(4)NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2，该反应的离子方程式为：Cu2＋＋2NH3∙H2O→Cu(OH)2↓＋2NH4＋；①反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常数的表达式K=；②反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少，画出该过程中v正的变化为：；③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢，故原因是：该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正减小。26、温度计冷凝回流b用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OHa与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化b80【解析】

(1)根据水、无水乙醇和乙酰丙酮容易挥发分析解答；(2)反应的焓变只与初始状态和终了状态有关；增大反应的活化能，反应速率减慢；降低反应的活化能，反应速率加快，据此分析判断；根据实验步骤②的提示分析判断；(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，据此书写反应的化学方程式；灼烧固体需要在坩埚中进行；(4)根据Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，说明Ti3+容易被氧化；并据此分析判断可以选用的指示剂，结合消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量计算样品中TiO2的质量分数。【详解】(1)根据装置图，仪器a为温度计，实验过程中为了防止水、无水乙醇和乙酰丙酮挥发，可以使用冷凝管冷凝回流，提高原料的利用率，故答案为温度计；冷凝回流；(2)a.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故a错误；b.增大反应的活化能，活化分子数减少，反应速率减慢，故b正确；c.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故c错误；d.降低反应的活化能，活化分子数增多，反应速率加快，故d错误；故选b；根据实验步骤②的提示，制备过程中，用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液，减慢钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解的反应速率，故答案为b；用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液；(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，步骤②中钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，反应的化学方程式为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；灼烧二氧化钛凝胶需要在坩埚中进行，故选择的装置为a，故答案为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；a；(4)①根据Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，说明Ti3+容易被氧化，铝与酸反应生成氢气，在液面上方形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化，故答案为与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化；②酚酞溶液、淀粉溶液与NH4Fe(SO4)2溶液，现象不明显；KMnO4溶液也能氧化Ti3+，影响滴定结果，KMnO4不与Fe3+反应；根据滴定反应Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋可知，可以选用KSCN溶液作指示剂，当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液，容易变成血红色，且半分钟不褪色，说明到达了滴定终点，故答案为b；③消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量=0.02L×0.1000mol·L-1=0.002mol，则根据钛原子守恒，n(TiO2)=n(Ti3+)=n（Fe3+）=0.002mol，样品中TiO2的质量分数=×100%=80%，故答案为80。27、防止Fe2＋被氧化维生素CKSCNFe(OH)3，Fe3＋水解程度大，加入稀硫酸，水解平衡Fe3＋+3H2OFe(OH)3+3H＋左移，Fe3＋浓度增大，因此显红色2SCN－+11H2O2=N2↑+2CO2↑+2SO42－+10H2O+2H+酸变为紫色(或浅紫色或其他合理颜色)389.2合格【解析】

(1)实验一是探究铁元素的价态，根据甲同学的实验现象推断是Fe2＋。乙同学按照实验原理看，先加KSCN溶液无现象，再加双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，应该能看到红色。之所以没有看到，除了分析实验原理是否可行，也要看实验实际。本题主要从三个角度入手：一是其他原料的影响；二是反应物的量是否达到能够反应的量；三是看反应物的存在形式。铁元素主要以Fe2+形式被人体吸收，但Fe2＋容易被氧化，而实验1中提示“维生素C有还原性”，因为其还原性比Fe2+强，所以先与氧气反应，因此其作用是防止Fe2＋被氧化。同时实验中如果双氧水量少的话，双氧水也是先与维生素C反应，反应后无剩余或剩余量少，导致Fe2+可能没有被氧化或生成极少量的Fe3+。因此继续滴加过量的双氧水，将维生素C完全氧化后再氧化Fe2+，因此过量的双氧水是排除维生素C的影响。实验2中提示“二者没有达到反应浓度”，该实验中有两个反应，一是双氧水氧化Fe2＋，二是Fe3＋与SCN－的反应；双氧水在实验1中已经排除其量的影响，铁元素在药品中是定量，不可更改，故只有改变KSCN的量。实验3中提示“铁的价态是+3价，但可能不是以自由离子Fe3+形式存在”“滴加1滴稀硫酸，溶液迅速变为红色”，通过这两处信息结合“Fe3+水解程度较大，通常用于净水”等常识，可知Fe3+水解成Fe(OH)3。加入稀硫酸以后，水解平衡Fe3＋+3H2OFe(OH)3+3H+左移，使Fe3+浓度增大，因此显红色。(2)甲同学注意到乙同学加稀硫酸变红后的溶液，放置一段时间后颜色又变浅了。分析SCNˉ中各元素的化合价，S为-2价，C为+4价，N为-3价，说明SCNˉ有还原性。通过“一份中滴入KSCN溶液，发现红色又变深”，说明褪色是因为SCNˉ被消耗；“另一份滴入双氧水，发现红色变得更浅，但无沉淀，也无刺激性气味的气体生成”说明双氧水与SCNˉ发生反应，其中S元素没有生成硫黄，也没有生成SO2气体，应该是被氧化为SO42－，反应的离子方程式为2SCN－+11H2O2=N2↑+2CO2↑+2SO42－+10H2O＋2H+。(3)②酸性KMnO4溶液具有强氧化性，易氧化橡胶管，所以不可以用碱式滴定管，须用酸式滴定管。③滴定时紫色酸性KMnO4溶液变为无色Mn2＋，当Fe2＋反应完，呈现MnO4-的紫色。④依据反应方程式MnO4-+5Fe2＋+8H＋=5Fe3＋+Mn2＋+4H2O可知，每100mL补铁剂中含FeSO4·7H2O的质量为0.002mol