2024年高考化学必修第二册人教 第15周 期末测试卷（解析版）

第15周期末测试卷时间：45分钟满分：100分第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共15个小题，每小题只有一个正确选项，共45分。1.下列化学用语表述正确的是（）。A.四氯化碳分子空间填充模型： B.的电子式：C.醛基的电子式： D.丙烷的球棍模型：【答案】D【解析】能表示物质中各原子之间的成键方式和大小比例的模型为空间填充模型，碳原子半径小于氯原子半径，则不是四氯化碳分子空间填充模型，A错误；氯化铵中氯离子的电子式书写错误，氯化铵的电子式应为，B错误；醛基的电子式为，C错误；用小球和小棍表示的模型为球棍模型，为丙烷CH3CH2CH3的球棍模型，D正确。2.纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。下列说法错误的是（）。A.《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤…”。因为绿矾能电离出H+，所以有“味酸”B.《天工开物》记载：“凡白土曰垩土，为陶家精美器用”。陶是一种传统硅酸盐材料C.“水声冰下咽，沙路雪中平”描述的是水的三态变化；“冰，水为之，而寒于水”，说明冰转化为水吸热D.唐未《真元妙道要略》中有云：“以硫黄、雄黄合硝石并蜜烧之；焰起，烧手面及烬屋舍者”，文中描述的是黑火药的制作过程【答案】A【解析】绿矾不能电离出H+，“味酸”是由于FeSO4是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，A错误；陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，B正确；“水声冰下咽，沙路雪中平”描述的是水变成冰没有声音，是水的三态变化，“冰，水为之，而寒于水”，说明冰转化为水吸热，C正确；黑火药是由木炭粉(C)、硫磺(S)和硝石(KNO3)按一定比例配制而成的，根据题意，题中描述的是制备黑火药的过程，D正确。3.今年5月10日，搭载天舟四号货运飞船的长征七号遥五运载火箭在我国文昌航天发射场发射。长征七号采用液氧煤油发动机。我国自主研制的双向拉伸聚酰亚胺薄膜涂层及其复合热控材料解决了货船热控、热防护等难题。下列有关说法正确的是（）。A.运载火箭加注的煤油属于有机物，含C、H、O元素B.天舟四号飞船仓壁壳体的铝合金材料属于有机高分子材料C.天舟四号飞船上太阳能电池板的半导体材料的主要成分为D.聚酰亚胺涂层具有耐高温、抗氧化、抗辐射、耐腐蚀等综合性能【答案】D【解析】运载火箭加注的煤油属于有机物，含C、H元素，A错误；天舟四号飞船仓壁壳体的铝合金材料属于金属材料，不属于有机高分子材料，B错误；天舟四号飞船上太阳能电池板的半导体材料的主要成分为Si，C错误；我国自主研制的双向拉伸聚酰亚胺薄膜涂层应用于航空领域，解决了货船热控、热防护等难题，所以聚酰亚胺涂层具有耐高温、抗氧化、抗辐射、耐腐蚀等综合性能，D正确。4.下列化学用语的表示及说法正确的是（）。A.中子数为18的氯原子： B.的电子式：C.的名称：2-乙基丁烷 D.没有同分异构体【答案】D【解析】中子数为18的氯原子表示为，A错误；电子式是，B错误；的名称是3-甲基戊烷，C错误；为四面体结构，不是平面结构，因此没有同分异构体，D正确。5.下列离子方程式正确的是（）。A向稀硝酸中滴加溶液：B.向溶液中通入过量的SO2：C.铅酸蓄电池放电时的正极反应：D.燃料电池，当电解质为溶液时，负极反应式：【答案】C【解析】向稀硝酸中滴加溶液，反应生成硫酸钠、NO和水，反应的离子方程式为，A错误；向溶液中通入过量SO2，反应生成硅酸和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为，B错误；铅酸蓄电池放电时PbO2得电子，生成硫酸铅，正极反应的离子方程式为，C正确；燃料电池，当电解质为溶液时，负极反应式为，D错误。6．氮是生命的基础，氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧化生产硝酸，其热化学方程式为，和反应放出大量的热，可作火箭燃料。实验室采用下列装置制取氨气，正确的是（）。生成 干燥 收集并验满 吸收多余的【答案】D【解析】氯化铵固体受热分解生成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢在试管口遇冷后重新反应生成氯化铵，不能制备氨气，A错误；浓硫酸与氨气能反应，故不能用浓硫酸干燥氨气，B错误；因氨气的密度比空气小，收集氨气时导管应伸入试管底部，C错误；氨气极易溶于水，吸收多余的氨气时应该注意防倒吸，D正确。7．短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，形成的化合物是一种重要的食品添加剂，结构如下图。下列正确的是（）。A.原子半径大小：Y>Z>QB.该化合物中Z原子不满足8电子稳定结构C.Y是第ⅢA族元素D.W和Z可形成三种10电子微粒【答案】D【解析】五种元素均为短周期元素，且原子序数依次增大，Q显+1价，即Q为Na，W只能形成一个共价键，则W为H，Y能形成三个共价键，则Y为N，X能形成四个共价键，则X为C，Z能形成2个共价键，则Z为O，据此分析。一般电子层数越多，原子半径越大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，因此原子半径：Na＞N＞O，A错误；其中一个O与C形成碳氧双键，该氧原子满足8电子稳定结构，另一个O与C形成一个碳氧单键，同时该氧元素又得到Na失去的一个电子，因此该氧原子也满足8电子稳定结构，B错误；Y为N，位于第二周期ⅤA族，C错误；H和O形成的10电子微粒有H2O、H3O+、OH-，D正确。8.一种高活性有机物中间体分子结构如图。下列有关该物质的说法错误的是（）。A.分子式为C10H12O2B.含有两种官能团C.苯环上的一氯代物有4种D.1mol该有机物与足量金属Na反应可产生H222.4L(标况下)【答案】C【解析】该有机物分子中含有12个C原子、2个氧原子，不饱和度为5，所以分子式为C10H12O2，A正确；该有机物分子中含有羟基和碳碳双键两种官能团，B正确；该有机物分子中，苯环上有两个对位取代基，所以苯环上氢原子有2种，一氯代物有2种，C错误；该有机物分子中含有2个—OH，1mol该有机物与足量金属Na反应可产生1molH2，标况下的体积为22.4L，D正确。9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）。A.FeFeCl2Fe(OH)2B.SSO3H2SO4C.NH4Cl(s)NH3Mg(OH)2D.Al2O3Al(OH)3NaAlO2【答案】C【解析】铁在氯气中燃烧生成氯化铁，而不生成氯化亚铁，转化不能实现，A不符合题意；硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，而不能生成三氧化硫，转化不能实现，B不符合题意；氯化铵与氢氧化钙共热可制备氨气，氨气溶于水显碱性，可使氯化镁转化为氢氧化镁沉淀，转化均可一步实现，C符合题意；氧化铝不溶于水，也不与水发生反应，无法转化为氢氧化铝，转化不能实现，D不符合题意。10.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）。选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸(70%)Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液【答案】B【解析】这些装置分别为固液常温型制气体装置，向上排空气法收集气体装置，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理装置。氨气密度比空气小，不能用向上排空气法收集，A错误；各位置物质均合理，B正确；NO2与水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，用防倒吸装置不妥，C错误；制取氯气需要加热，D错误。11.CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作媒染剂。以废铜渣(主要成分为Cu，含少量Ni、等)为原料制备CuCl的工艺流程如下：下列说法不正确的是（）。A.“碱溶”过程中发生的主要反应为非氧化还原反应B.“酸溶”时可用热的氧气替换作氧化剂C.“还原”时发生反应的离子方程式为D.“洗涤”时采用乙醇与用蒸馏水相比较，制得CuCl纯度更高【答案】C【解析】废铜渣中通入CO，生成Ni(CO)4除镍，然后加入NaOH溶液，氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，再过滤，滤渣为Cu，滤渣中加入硫酸和过氧化氢酸溶，反应生成硫酸铜，加入亚硫酸钠和NaCl还原，生成CuCl，再过滤洗涤得到CuCl，据此解答。碱溶过程中氧化铝与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和水，该反应中没有元素化合价发生变化，属于非氧化还原反应，A正确；酸溶过程中H2O2主要起到氧化剂的作用，用热的氧气代替，氧气也能氧化Cu并反应生成Cu2+，B正确；还原时，亚硫酸钠将铜离子还原成Cu+，Cu+结合Cl-生成CuCl，离子方程式为2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+，C错误；CuCl难溶于水和乙醇，潮湿情况下易被氧化，洗涤时用乙醇能保证CuCl处于相对干燥的环境，被氧化几率较小，因此选用乙醇洗涤，制得CuCl纯度更高，D正确。12．某物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是（）。A.该物质有三种含氧官能团 B.既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C.与互为同分异构体 D.1mol该物质与碳酸钠反应得【答案】C【解析】由题干活性物质的结构简式可知，该分子中含有羟基、羧基2种含氧官能团，A错误；同系物是结构相似，分子式相差1个或n个“CH2”的有机物，该物质的分子式为C10H18O3，而且与乙醇、乙酸结构不相似，B错误；该物质的分子式为C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，C正确；该物质只含有一个羧基，1mol该物质与碳酸钠反应，最多生成0.5mol二氧化碳，质量为22g，D错误。13．向绝热恒容密闭容器中通入和，在一定条件下发生反应：，正反应速率随时间变化的示意图如下图，下列结论中正确的个数为（）。①反应在c点到达平衡②浓度：a点小于c点③反应物的总能量高于生成物的总能量④，段的消耗量小于段的消耗量⑤混合物颜色不再变化，说明反应达到平衡⑥体系压强不再变化，说明反应达到平衡⑦逆反应速率图像在此时间段内和上图趋势相同⑧混合气体的平均摩尔质量不再变化，说明反应达到平衡A.3个 B.4个 C.5个 D.6个【答案】B【解析】当正反应速率不变时，反应达到化学平衡状态，由图可知，c点正反应速率开始减少，所以c点不是平衡点，①错误；反应向正反应方向进行，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，所以SO2浓度：a点大于b点，②错误；从a点到c点，正反应速率逐渐增大，之后正反应速率逐渐减小，说明反应刚开始时温度升高，对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，故该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，③正确；时，vΔt=Δc，根据图像可知，ab段反应物浓度变化Δc小于bc段，则ab段参加反应的物质的量小于bc段，由于反应初始物质的量相等，所以SO2的转化率：a～b段小于b～c段，④正确；混合物的颜色不再变化，说明二氧化氮浓度不再变化，可以说明反应达到平衡状态，⑤正确；在绝热条件下，温度改变时，体系的压强也发生改变，故体系压强不再变化时，能说明反应达到平衡状态，⑥正确；该时间段内，在达到平衡之前，生成物浓度一直在变大，逆反应速率应该一直变大，⑦错误；该反应前后气体的系数和相等，混合气体的总物质的量不变，恒容容器内混合气体的总质量不变，则混合气体的平均摩尔质量一直不变，不能说明反应达到平衡，⑧错误；综上所述，③④⑤⑥正确，故选B。14.向一定量的溶液中逐滴加入溶液，生成沉淀的量随加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）。A.a点对应的溶液中：B.b点对应的溶液中：C.c点对应的溶液中：D.d点对应的溶液中：【答案】B【解析】由图可知，向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液时，从O到b的过程中，氢氧化钠溶液过量，氢氧化钠溶液和氯化铝溶液反应生成氯化钠、四羟基合铝酸钠，反应的化学方程式为4NaOH+AlCl3=+3NaCl，没有沉淀生成，b点NaOH溶液完全反应；从b到c的过程中，反应生成的四羟基合铝酸钠与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为3+AlCl3=3NaCl+4Al(OH)3↓，c点四羟基合铝酸钠完全反应，据此解答。a点对应的溶液中含有氯化钠、四羟基合铝酸钠和氢氧化钠，铁离子与四羟基合铝酸根、碳酸氢根离子反应，氢氧根离子和碳酸氢根离子、铁离子反应，不能大量共存，A不符合题意；b点对应的溶液含有氯化钠、四羟基合铝酸钠，溶液中Na+、S2﹣、SO、Cl﹣、之间不发生任何反应，能大量共存，B符合题意；c点对应的溶液为氯化钠溶液，氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，C不符合题意；d点对应的溶液中含有氯化钠和氯化铝，溶液中铝离子与离子发生双水解反应，不能大量共存，D不符合题意。15.X、Y、Z、M、Q、R是前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法正确的是（）。A.简单气态氢化物稳定性：Y＜ZB.简单离子半径：M＞Q＞RC.X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是酸、碱或盐D.Q元素的碳酸盐，进行焰色反应，火焰为黄色，发生了化学变化【答案】C【解析】X、Y、Z、M、Q、R是前20号元素，由原子半径与主要化合价的关系图可知，X为+1价，且原子半径最小，X为H元素；Y只有-2价，Y为O元素；Z有+5、-3价，且原子半径比Y大，Z为N元素；M有+7、-1价，M为Cl元素；Q为+1价，且原子半径大于M，则Q为Na；R为+2价，且原子半径最大，R为Ca，据此解答。同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：O＞N，简单气态氢化物反稳定性：Y＞Z，A错误；一般来说，离子的电子层数越多，离子半径越大，且具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：M(Cl-)＞Q(Ca2+)＞R(Na+)，B错误；X为H元素、Y为O元素、Z为N元素，H、O、N三种元素组成的化合物有硝酸、一水合氨、硝酸铵，分别为酸、碱、盐，C正确；Q为Na元素，碳酸钠溶液中含有钠元素，其焰色试验的火焰呈黄色，焰色反应为物理变化，D错误。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：包括第16题~第19题4个大题，共55分。16．下表列出了部分前20号元素的一些性质：元素编号元素性质①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩原子半径(10-10m)0.372.270.741.520.771.100.991.860.750.71最高价态+1+1-+1+4+5+7+1-最低价态-1--2--4-3-1--1下列问题用元素符号及化学式回答：（1）②在周期表中的位置是___________。（2）①与③以原子个数比1：1形成的化合物中含有___________（填字母）。A．离子键B．非极性键C．极性键（3）①②③组成的化合物电子式为___________。由①⑨组成的分子中，共含有18e-的化合物结构式为___________。（4）⑥、⑦、⑩元素非金属性由强到弱顺序为___________。（5）某元素X，原子半径为1.02×10-l0m，X的一种氧化物与⑦单质的水溶液反应生成两种强酸的离子方程式为______________________________________________。【答案】（1）第四周期第IA族（2）BC（3）①②（4）F＞Cl＞P（5）SO2+Cl2+2H2O=4H+++Cl－【解析】主族元素的最高价等于它所处的主族序数，则①②④⑧均为ⅠA族元素；同主族元素，核电荷数越大，电子层数越多，原子半径越大，由表知原子半径①＜④＜⑧＜②，则①为H、②为K、④为Li、⑧为Na，主族元素最低负价=最外层电子数-8(H除外，H最低为-1价)，由化合价知⑦⑩为ⅦA族元素，其中F没有正价，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，结合原子半径数据可知⑩为F、⑦为Cl，由化合价知⑤为ⅤA族元素，结合半径规律可知⑤为C，由化合价知③为ⅥA族元素，结合半径规律可知③为O，⑨的半径介于③⑤之间，则⑨为N：元素编号①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩元素符号HKOLiCPClNaNF原子半径(10-10m)0.372.270.741.520.771.100.991.860.750.71最高价态+1+1-+1+4+5+7+1+5-最低价态-1--2--4-3-1--3-1（1）②为K，在元素周期表中位于第四周期第IA族。（2）①和③以原子个数比1∶1形成的化合物为H2O2，含有极性键和非极性键，故选BC。（3）①②③组成的化合物为KOH，其电子式为；由①⑨组成的分子共含有18e-的化合物为N2H4，其结构式为。（4）同主族从上到下元素非金属性逐渐减小，同周期从左到右元素非金属性逐渐增大，⑥、⑦、⑩元素的非金属性由强到弱的顺序为F＞Cl＞P。（5）根据原子半径可知X为S，X的一种氧化物与⑦单质的水溶液反应生成两种强酸，则其离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H+++Cl－。17．某化学学习小组探究浓度对硝酸氧化能力的影响。Ⅰ．资料显示：浓硝酸能将NO氧化成，而稀硝酸不能氧化NO；氢氧化钠能吸收，但不能吸收NO。该学习小组按如图装置进行验证实验(夹持仪器已略去)。回答下列问题：（1）装置a的名称：___________。（2）写出装置①中反应的离子反应方程式：___________________________。（3）写出装置②中反应的化学反应方程式：___________________________。（4）①~⑥装置中，没有发生氧化还原反应的是___________(填装置序号)。（5）下列说法正确的是___________（填字母）。A.能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方出现红棕色气体B.②中的试剂为水C.滴加浓硝酸前要先打开弹簧夹通一段时间氮气D.⑥的作用是吸收尾气NOⅡ．测得铁与不同浓度硝酸反应时各还原产物的物质的量相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示：（6）下列说法正确的是___________（填字母）。A．硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的N元素成分越多B．硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物C．铁能与大于溶液反应说明不存在“钝化”现象（7）已知：在上述反应条件下，反应后铁以形式存在于溶液中。当硝酸浓度为时，计算氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。【答案】（1）分液漏斗（2）（3）（4）③⑤（5）BC（6）AB（7）15/13【解析】在探究浓度对硝酸氧化能力的影响实验中，装置②中试剂应该为水，使装置①中的二氧化氮与水反应生成一氧化氮，装置③应盛放稀硝酸，验证稀硝酸不能氧化NO，装置④中应盛放的是浓硝酸，若浓硝酸能氧化NO，则装置④液面的上方会产生红棕色气体，能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方不出现红棕色气体，装置④液面的上方出现红棕色气体。（1）装置a的名称为分液漏斗；（2）装置①中是铜片与浓硝酸的反应，离子反应方程式为；（3）②中的试剂为水，二氧化氮与水反应生成一氧化氮：；（4）①~⑥装置中，①中发生铜与浓硝酸的反应，②中发生二氧化氮与水的反应，③中的稀硝酸不能氧化NO，④中浓硝酸能将一氧化氮氧化成二氧化氮，⑤中一氧化氮与水不发生反应，⑥中氢氧化钠能吸收，因此没有发生氧化还原反应的是③和⑤；（5）装置③应盛放稀硝酸，验证稀硝酸不能氧化NO，装置④中应盛放浓硝酸，若浓硝酸能氧化NO，则装置④液面的上方会产生红棕色气体，能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方不出现红棕色气体，装置④液面的上方出现红棕色气体，A错误；②中的试剂为水，NO2与H2O反应生成一氧化氮，，B正确；空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓硝酸之前需要通入一段时间N2赶走装置中的空气，C正确；装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染空气，D错误；（6）由图可知，硝酸的浓度越大，其还原产物中氮的价态越高，A正确；由图可知，硝酸与铁反应的还原产物有一氧化氮、二氧化氮、氮气等，B正确；常温下，铁在浓硝酸中钝化，表面生成致密的氧化物薄膜，C错误；（7）由图可知，当硝酸浓度为时，还原产物为一氧化二氮、二氧化氮和一氧化氮，反应后铁以的形式存在于溶液中，铁与足量硝酸反应的离子方程式为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为60∶52=15∶13。18.工业上以铝土矿(主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)为主要原料制备氧化铝，流程如下。

（1）酸浸：①用H2SO4溶液浸取铝土矿中的铝元素和铁元素，H2SO4溶液的用量不宜过量太多，其原因是___________。②浸渣的主要成分为___________(填化学式)。（2）氧化：①用溶液将氧化为，反应的离子方程式为_____________________________。②实际用量比理论上多的原因是___________________________________(用化学方程式解释)。（3）沉淀：用Na2CO3溶液调节pH，将Al3+、Fe3+转化为沉淀。溶液终点pH对铝、铁沉淀率的影响如图所示。①为获得较高的铝、铁沉淀率，应控制溶液pH最佳为___________(填字母)。A．4.0左右B．5.0左右C．6.0左右②检验Fe3+沉淀完全的实验方法为___________。（4）碱溶：用NaOH溶液溶解沉淀，分离出Fe(OH)3的实验操作为___________(填名称)。（5）碳分：向“碱溶”后的溶液中通入足量气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，该反应的离子方程式为_____________________________。【答案】（1）①防止增大后续步骤中Na2CO3和NaOH溶液的消耗，造成浪费②SiO2（2）①2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O②2H2O22H2O+O2↑（3）①B②取少量沉淀后的溶液，静置，取上层清液于一支试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全（4）过滤（5）【解析】由题干工艺流程图可知，向铝土矿中加入硫酸，将Al2O3、Fe2O3、FeO分别转化为Al3+、Fe3+和Fe2+，过滤出SiO2，向滤液中加入H2O2溶液将Fe2+转化为Fe3+，便于沉淀步骤中转化为Al（OH）3和Fe（OH）3沉淀，过滤后得到沉淀，向沉淀中加入NaOH溶液，Al（OH）3沉淀溶解，得到Na[Al(OH)4]溶液，过滤，得到Fe（OH）3，向Na[Al(OH)4]溶液中通入过量的CO2，生成Al（OH）3沉淀和NaHCO3溶液，过滤洗涤沉淀，并进行灼烧得到Al2O3，据此解答。（1）①由于后续步骤中加入的Na2CO3和NaOH均能与H2SO4反应，故若“酸浸”步骤中H2SO4溶液的用量过量太多，则将增大后续步骤中Na2CO3和NaOH溶液的消耗，造成浪费；②硫酸将Al2O3、Fe2O3、FeO分别转化为Al3+、Fe3+和Fe2+，过滤得到SiO2；（2）①由题干流程图信息可知，在酸性环境中用H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；②H2O2遇Fe3+会被催化分解：2H2O22H2O+O2↑，从而导致实际用量多于理论用量；（3）①由题干图示信息可知，pH=5.0左右时铝铁的沉淀率均比较高，接近100%，再提高pH沉淀率增大不显著，且消耗更多的Na2CO3，则为获得较高的铝、铁沉淀率，应控制溶液pH为5.0左右，故选B；②检验