江西省重点中学盟校2025届高三下第一次联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1江西省重点中学盟校2025届高三下第一次联考试题一、单选题1．化学与生活密切相关，以下说法不正确的A．吉州窑出品的木叶盏极具美学观赏及收藏价值，制备主要原料是铝硅酸盐矿物B．井冈山的红米饭南瓜汤美味又营养，富含人体易消化的糖类物质淀粉及膳食纤维C．安福火腿色泽红润，鲜香可口，可适量添加亚硝酸钠防腐，提升风味D．永和豆腐口感细腻，豆香醇厚，豆腐的制作应用了胶体聚沉的原理【答案】B【解析】木叶盏是一种陶瓷艺术品，其主要原料为铝硅酸盐矿物，A正确；红米饭南瓜汤富含易消化的糖类物质淀粉，南瓜还含有丰富的膳食纤维，但膳食纤维不能被人体吸收，B错误；亚硝酸钠具有防腐作用，可适量添加亚硝酸钠防腐，提升风味，C正确；豆浆为胶体，加入石膏、卤水等，可使胶体聚沉，D正确。故选B。2．下列工业生产或实验中，试剂加入(或通入)顺序对生产或实验无影响的是A．侯氏制碱 B．粗盐提纯C．实验室制乙酸乙酯 D．检验Na2CO【答案】D【解析】CO2微溶于水，NH3极易溶于水，制取NaHCO3的反应是先往精盐溶液中通入NH3，再通入CO2，A错误；除去粗盐中杂质(SO42-、Ca2+、Mg2+)，除Mg2+用NaOH溶液，除SO42-用BaCl2溶液，除Ca2+用Na2CO3溶液，由于加入的BaC12溶液过量，过量的BaCl2溶液需要用Na2CO3溶液除去，因此BaCl2溶液应先于Na2CO3溶液加入，B错误；制备乙酸乙酯时，添加试剂的顺序为无水乙醇、浓硫酸、冰醋酸，C错误；检验Na23．下列实验装置(夹持装置略)及操作不正确的是A．装置I可验证稀硝酸的还原产物为NOB．装置II用于氢氧化钠标准液滴定盐酸C．装置III可制备溴苯并验证反应类型是取代反应D．装置IV可用于Cl2【答案】C【解析】石灰石作用是先与稀硝酸反应产生CO2排尽装置内所有氧气，再将Cu与酸接触反应产生的无色气体收集起来，再打开集气瓶，气体遇到空气变为红棕色，证明其还原产物是NO，A正确；用聚四氟乙烯活塞盛放NaOH标准溶液，该活塞不是玻璃的，可盛放，B正确；挥发的溴与硝酸银溶液反应生成AgBr不能验证HBr的生成，C错误；浓盐酸与KMnO4反应制取Cl2不需要加热，D正确。故选C。4．冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别K+下列说法错误的是A．a最多可与2 B．b的核磁共振氢谱有2组峰C．c的分子式为CD．冠醚络合哪种阳离子主要取决于环的大小，而不是氧原子与阳离子的配位能力【答案】A【解析】a分子中含有2个酚羟基，酚羟基具有弱酸性，能与NaOH溶液反应，但未知a的物质的量，无法计算消耗的NaOH的物质的量，A错误；b分子中含有两种等效氢，核磁共振氢谱有2组峰，B正确；c分子中含有20个C原子，24个H原子，6个O原子，分子式为C20H24O6，C5．某分子是生物功能大分子蛋白质的基本组成单位，其结构如下图。W、X、Y、Z是依次增大的短周期主族元素，其中X、Y、Z同周期。下列说法正确的是A．第一电离能：X<Y<ZB．电负性：XC．最简单氢化物的键角：XD．分子中所有原子都满足8电子稳定结构【答案】B【解析】W、X、Y、Z是依次增大的短周期主族元素，其中X、Y、Z同周期，图示为氨基酸，含有氨基、羧基，则W是H、X是C、Y是N、Z是O。N原子2p能级半充满，结构稳定，N原子第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能C<O<N，A错误；同周期元素从左到右，电负性增大，电负性C<N<O，B正确；CH4中C原子价电子对数为4，无孤电子对；NH3中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对；H2O中O原子价电子对数为4，有2个孤电子对；价电子对数相同，孤电子对数越多，孤电子对与成键电子对的排拆作用越大，故键角CH4>NH3>H2O，C错误；分子中H原子不满足8电子稳定结构，D错误。故选B。6．M、N是日常生活中常见的金属单质，M、N及其化合物的转化关系(每一步反应完全)如下图，其中，X、Y、Z是含有元素N的化合物，反应②是制备金属M的方法之一，下列说法正确的是A．M、N在常温下都不溶于浓硫酸，因为被钝化B．N的金属性比M强，所以N的所有离子都不能与M反应C．1 molM在①中完全溶解转移的电子数与1 D．X→Y、【答案】D【解析】由图中信息可知，Z为Fe(OH)3红褐色沉淀，X中加入NaOH溶液后得到Z，NSO4中加入稀硫酸和H2O2可得到X，可知X为Fe2(SO4)3，NSO4为FeSO4，N为Fe，X中加入KSCN溶液得到Y，则Y为Fe(SCN)3；反应②是工业上制备金属M的方法之一，可知为湿法炼铜，M为Cu，MSOM为铜，N为铁，铁的金属性比铜强，Fe3+能将铜氧化为铜离子，B错误；在①中，Cu被氧化为Cu2+，1molCu在①中完全溶解转移的电子数为2NA，在③中，FeSO4被氧化为Fe2(SO4)3，1molFeSO4在③中完全反应转移的电子数为NA，两个反应转移电子数不相等，C错误；向Fe2(SO4)3溶液中加入KSCN生成Fe(SCN)37．NAA．60 gB．标准状况下，2.24 L己烷在OC．2 gDD．由乙烯和环丙烷组成的42 g【答案】C【解析】60g(即1mol)SiO2中含有硅氧键的数目为4NA，A错误；标况下己烷为液体，不能使用22.4L·mol-1求己烷的物质的量，B错误；2 gD216O的物质的量为2 g20g/mol=0.1mol，1个D216O中含有10个中子，故28．下列实验操作及现象，结论均正确的是选项操作及现象结论A将少量硼酸溶液加入碳酸钠溶液中，无气体产生酸性：硼酸<碳酸B取两份新制氯水，分别滴加硝酸银溶液和淀粉-KI溶液，前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色氯气与水反应存在限度C向含有物质的量之比为3：1的硫酸和硝酸混酸稀溶液中加入过量铜粉，生成气体，溶液变蓝反应结束后溶液中的溶质不含Cu(NO3)2D向盛有少量苯酚稀溶液的试管中，滴入几滴氯化铁溶液，振荡，溶液变为紫色该苯酚溶液未被氧化变质A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】将少量硼酸溶液加入碳酸钠溶液中，无气体产生，无法比较H2CO3和H3BO3的酸性强弱，应该改为加入过量的硼酸，A不合题意；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，氯气和次氯酸均能氧化KI生成碘，取两份新制氯水，分别滴加硝酸银溶液和淀粉-KI溶液，前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，不能证明氯气与水的反应有限度，B不合题意；向含有物质的量之比为3∶1的硫酸和硝酸混酸稀溶液中加入过量铜粉，生成气体，溶液变蓝，说明发生反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，该混酸中H+与NO3-的物质的量之比为7∶1，H+过量，NO3-不足，反应结束后溶液中的溶质为CuSO4和H2SO4，不含Cu(NO3)2，9．某化学小组探究CuNH实验序号实验操作和现象I向盛有4 mL0.1 mol/LCuSOII取0.1 g氢氧化铜固体于试管中，加入10 III另取0.1 g氢氧化铜固体于试管中，滴加饱和A．CuNHB．H-NC．由实验可知，I中蓝色沉淀溶解是溶液中NH4D．由实验可知，取少量CuOH【答案】D【解析】实验Ⅰ向CuSO4溶液中滴加氨水，先形成蓝色沉淀，离子反应方程式为：Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，后继续滴加约2 mL氨水，沉淀溶解，离子反应方程式为：4NH3⋅H2O+Cu(OH)2＝CuNH342++4H2O，溶液变深蓝色，溶液中既有NH4+又有氨水；实验Ⅱ向Cu(OH)2固体中加入氨水，溶液略变蓝色，继续滴加饱和NH4Cl溶液时，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液，溶液中既有NH4+又有氨水；实验Ⅱ前部分只加氨水，沉淀未见明显溶解，实验Ⅲ只加饱和NH4Cl溶液，沉淀未见明显溶解，说明CuOH2沉淀不能直接溶解于饱和NH4Cl溶液，也不能溶于过量浓氨水，从而说明蓝色沉淀溶解是溶液中NH4+和氨水共同作用的结果。CuNH310．高分子的循环利用过程如下图所示，下列说法正确的是(不考虑立体异构)A．b生成a的反应属于缩聚反应B．b中碳原子杂化方式为spC．b与Br2发生加成反应最多可生成5D．a的链节与b分子中氢元素的质量分数相同【答案】D【解析】由a和b的结构简式可知，b生成a的反应属于加聚反应，A错误；b中含有碳碳双键、酯基和甲基，碳碳双键和酯基中的碳原子为sp2杂化，甲基中的碳原子为sp3杂化，B错误；b中含有碳碳双键，与Br2发生加成反应生成以下二溴代物：、、、，最多可生成4种二溴代物，C错误；加聚物a是由一种单体聚合而成，其链节与单体分子式相同，氢元素的质量分数相同，D正确；故选D。11．电还原CO2时，采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等A．电池工作时，质子从左室通过质子交换膜到右室B．阳极生成了3 molO2，则阴极生成22.4 C．在Cu电极上难于发生析氢反应D．左室溶液中硫酸物质的量不变【答案】B【解析】图示装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx-Ti电极为电解池的阳极，电解池工作时，阳离子向阴极移动，即质子从左室通过质子交换膜移动到右室，A正确；阳极电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，当阳极生成了3 molO2时转移12mol电子，阴极电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O、2CO2+12e-+12H+=CH312．硫化镉(CdS)晶胞的结构如图所示。已知该晶胞参数为apm，以晶胞参数建立分数坐标系，1号原子的坐标为0,0,0，3号原子的坐标为(1，1，1)，下列说法错误的是A．晶体中，与S2-最近的S2-离子有B．2号原子的坐标为3C．Cd2+与Cd2+D．设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为【答案】C【解析】由晶胞图示知，S2-位于顶点和面心，晶胞中与S2-最近的S2-离子有12个，根据1号原子的坐标为0,0,0、3号原子的坐标为(1，1，1)，可知2号原子的坐标为34,14,34，B正确；由晶胞图示知，Cd2+与Cd2+之间最近的距离为晶胞面对角线的12，晶胞的面对角线长度为2apm，Cd2+与Cd2+之间最近的距离为2a2 pm，C错误；根据均摊法，晶胞中S13．下列方案设计、现象和结论都正确的是选项目的方案设计现象和结论A比较亚硫酸和碳酸酸性强弱向等体积的水中分别通入SO2和CO2通SO2所得溶液pH较小，因此得出酸性H2B比较CH3COOH与测定同温同浓度CH3COONa溶液和NaNa2CO3的pH大，C探究浓度对化学反应速率的影响向2支盛有2mL浓度分别为0.1mol/L、0.2mol/LH2C2O4溶液的试管中同时加入5mL0.1mol/L其他条件相同时，浓度越大，单位体积活化分子数越多，化学反应速率越快D比较KspAgCl和Ksp等温条件下，向等体积饱和的AgCl和AgI溶液中分别加入等量的AgNO3得到沉淀nAgCl>A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】向等体积的水中分别通入SO2和CO2至饱和，由于SO2和CO2在水中的溶解度不同，饱和溶液的浓度不同，不能仅根据溶液pH大小来判断H2SO3和H2CO3的酸性强弱，应比较等浓度的H2SO3和H2CO3溶液的pH，A错误；测定同温同浓度CH3COONa溶液和Na2CO3溶液的pH，Na2CO3的pH大，只能说明CO32-的水解程度大于CH3COO-，即CH3COOH的酸性强于HCO3-，而不能得出CH3COOH酸性强于H2CO3，B错误；H2C2O4与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4-14．电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。当溶液中被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生突跃，进而确定滴定终点。常温下，用0.100mol⋅L-1盐酸标准溶液滴定nmL苏打样品溶液中小苏打的含量A．水的电离程度：a>b>c>d，且b、B．苏打样品中碳酸钠质量为0.084C．d点存在cD．a到b过程的反应方程式：H【答案】B【解析】b点为第一个终点，Na2CO3与盐酸恰好发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，d点为第二个终点，NaHCO3与盐酸恰好发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。a点成分为Na2CO3、NaCl和NaHCO3，b点成分为NaCl和NaHCO3，相比b点，c点加入更多盐酸，NaHCO3减少，c点成分为NaCl和NaHCO3，d点成分为NaCl，且含碳酸。Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，则水的电离程度：a>b>c>d，从b到d溶液从碱性逐渐变为酸性，则b、d之间存在一点溶液呈中性，A正确；由图可知，Na2CO3转化为NaHCO3消耗2.9mL盐酸，根据反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，n二、解答题15．碲可用作合金材料的添加剂、催化剂等，也被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素”。某碲废渣主要成分为Cu2Te、TeO2、CuO等，从中回收碲和胆矾的工艺流程如下：已知：①高温焙烧后的产物为TeO2和Cu2O；②TeO2是两性氧化物，与强酸和强碱反应分别生成TeO2+和TeO3回答下列问题：(1)52Te基态原子价层电子排布图为。(2)“酸化”时还需要再加入一定量的H2O2，目的是。(3)“还原”步骤中，发生反应的化学方程式为。(4)“电解”时阴极的电极反应式为，电解池中使用阳离子交换膜，当阳极室产生2.24L(标况下)气体时，阴极室溶液质量减少g。(5)流程中可循环使用的化合物是。(填化学式)(6)向胆矾溶液中逐滴滴加氨水，先生成难溶物，继续滴加氨水难溶物溶解，再加入无水乙醇会析出深蓝色晶体。请从物质结构的角度分析加入无水乙醇后析出晶体的原因是。【答案】(1)(2)将铜元素完全转化为Cu2+(3)2SO(4)TeO32-(5)H2SO4，NaOH(6)乙醇分子的极性小于水分子的极性且可以与水互溶，加入无水乙醇后降低了溶剂的极性，溶质的溶解度降低并析出【解析】由题干流程图可知，碲废渣经过高温焙烧后产物主要含TeO2和Cu2O，焙烧产物经硫酸酸化处理，溶液中含有CuSO4、TeOSO4，再经过SO2还原，TeOSO4转化为Te和H2SO4，焙烧产物经NaOH碱浸处理，Cu2O不溶，TeO2转化为Na2TeO3，滤液电解得到Te，“酸化”过程的CuSO4和“碱浸”过程的Cu2O可进一步处理得到胆矾。（1）52Te基态原子的核外电子排布式为[Kr]4d105s25p4，故其价层电子排布图为；（2）“酸化”时发生反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，为使Cu元素完全转化为Cu2+，需要加一定量的H2O2；（3）“还原”时TeO2+被还原为Te，SO2被氧化为SO42-，发生的化学反应方程式为TeOSO4+2SO2+3H2O=3H2SO4（4）TeO2转化为Na2TeO3，滤液电解得到Te，故“电解”时阴极的电极反应式为：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-，阳极电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，电解池中使用阳离子交换膜，当阳极室产生标况下2.24LO2时，电路通过的电子物质的量为：（5）“还原”时TeO2+被还原成Te，SO2被氧化成H2SO4，“电解”时阴极的电极反应式为：TeO32-+4e-+3H2O=（6）向胆矾溶液中逐滴滴加氨水，先生成Cu(OH)2沉淀，继续滴加氨水Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4](OH)2，由于乙醇分子的极性小于水分子的极性且可以与水互溶，加入无水乙醇后降低了溶剂的极性，溶质的溶解度降低并析出，再加入无水乙醇会析出深蓝色晶体。16．氢能因其能量密度高、可再生、无毒、环保等特点成为世界各国应对能源环境问题的重要手段，目前多种途径都能制备氢气。I．甲醇重整技术：CH3OHg+(1)该反应能自发进行的最低温度为K(精确至0.1)。II．乙酸制氢技术：热裂解反应i：CH脱羧基反应ii：CH(2)热裂解过程中会发生甲烷化反应：2已知：甲烷化反应是指容器内H2和CO或CO2生成①ΔH4②恒温恒容条件下发生反应i和ii，下列说法正确的是(填序号)。A．平衡后增大压强，两反应重新达到平衡的时间相同B．增大进料时nCH3COOHC．加入合适的催化剂，可以降低反应i的活化能和反应热D．混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达到平衡(3)在密闭容器中充入一定量的乙酸和高温水蒸气，在水碳比nH2OnCH已知：CH①X、Y代表的产物分别是，水碳比为0时，X产率始终低于Y的可能原因是。②水碳比为2时Y产率随温度升高始终升高的原因是。(4)向某恒容密闭容器中充入一定量乙酸，压强为2MPa，在温度为T∘C、某催化剂催化下发生反应i和ii，一段时间后，两反应均达到平衡，容器内总压强为初始时的2倍，甲烷的选择性为50%，反应i的分压平衡常数Kp=III．电催化间接分解技术：电解装置如图丙所示，分为H2(5)阳极的电极反应式为。【答案】(1)272.3(2)-246.5 kJ(3)H2、CO(化学式或名称均给分)H2和CO2发生了甲烷化反应反应i为吸热反应，容器内其余反应都是放热反应，随温度升高，反应i(4)1(5)3【解析】（1）由题给数据可知，反应ΔH—TΔS=(+49kJ/mol)—T×180×10-3kJ/mol·K<0时反应能自发进行，ΔH—TΔS=(+49kJ/mol)—T×180×10-3kJ/mol·K=0时，T=272.22K，则能自发进行时T>272.3K。（2）①反应ii-反应i得反应2CO(g)+2H2(g)⇌CH4(g)+CO2(g)，由盖斯定律可知，ΔH4=ΔH3-ΔH2=（-33.5-213）kJ·（3）①当水碳比为0时，反应i是吸热反应，升温平衡正向移动，CO和H2的平衡产率会增大，但H2会和CO或CO2生成CH4，因此CO的平衡产率会比H2大，因此X代表的产物是H2，Y代表的产物是CO；水碳比为0时，X产率始终低于Y的可能原因是H②水碳比为2时，反应i为吸热反应，容器内其余反应都是放热反应，随温度升高，反应i平衡正向移动，因此CO产率始终升高。（4）设充入的CH3COOH为nmol，反应i消耗的CH3COOH为xmol，反应ii消耗的CH3COOH为ymol，CH3COOHg⇌2COg+2（5）由电解装置可知，左侧装置连接电源负极，为电解池阴极，H+得到电子生成H2，右侧装置连接电源正极，为电解池阳极，I-失去电子生成I3-，H2S与I3-反应生成S和I17．FeSO4在工业、农业、医药等多个领域有重要应用：Ⅰ、FeSO4可用作植物生长调节剂(1)盆栽在出现叶片泛黄变焦时可施用FeSO4花肥，很多用户因做法不当导致施用后效果不明显，下列做法正确且不影响施用效果的是___________。A．为保证肥效，配制较浓溶液浇灌盆栽B．施用FeSO4时同时施用碳铵等氮肥以增强肥效C．用自来水配制FeSO4溶液进行盆栽灌根D．用1%柠檬酸水溶液配制FeSO4Ⅱ、FeSO4可用于制备Li2FeSiO4，Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，在手机的几款最新型产品中已经有了一定程度的应用。制备Li2FeSiO4的方法为固相法：2某学习小组按如下实验流程制备Li2FeSiO4并测定所得产品中Li2FeSiO4的含量。实验(一)制备流程：实验(二)Li2FeSiO4含量测定：从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol/L的酸性KMnO4标准溶液装入酸式滴定管中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为MnO4-+5Fe2++8H+=实验序号1234消耗KMnO4溶液体积20.00mL20.02mL21.58mL19.98mL(2)废铁屑在加稀硫酸溶解前通常要预处理，预处理常用溶液并加热。(3)制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是。(4)关于上述实验下列说法正确的是。A．操作①为过滤，为加快过滤速率常用玻璃棒搅拌B．操作②的步骤为蒸发结晶，过滤洗涤C．实验(二)中称量产品常用托盘天平、药匙等仪器D．滴定时不慎将标准溶液滴过量，可再量取一定量待测液后继续滴定至终点E．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管保持垂直且平视读数(5)还原剂A可用SO2，写出该反应的离子方程式：，此时后续处理的主要目的是。(6)根据滴定结果，可确定产品中Li2FeSiO4的质量分数为(保留两位有效数字)；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会使测得的Li2FeSiO4含量(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。【答案】(1)D(2)NaOH或Na2CO3(3)防止Fe2+被氧化(4)D(5)2Fe3++2H2O+SO2=SO42-+2Fe2++4H+除去过量的SO2，防止SO2影响Fe(6)81%偏高【解析】（1）配制较浓FeSO4溶液浇灌盆栽，导致土壤溶液浓度过高，使植物细胞失水而出现烧苗现象，影响植物生长，影响肥效，A不合题意；施用FeSO4时同时施用碳铵等氮肥，Fe2+与CO32-水解相互促进生成Fe(OH)2，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，从而降低FeSO4的肥效，B不合题意；自来水中含有氯气等消毒剂，氯气能将Fe2+氧化为Fe3+，而植物主要吸收的是Fe2+，影响FeSO4的肥效，C不合题意还；用1%柠檬酸水溶液配制FeSO4溶液进行盆栽灌根，柠檬酸随用随配，柠檬酸能防止Fe2+被氧化，不影响施用效果，（2）废铁屑表面含有油污，阻止废铁屑与稀硫酸接触反应，而油脂在碱性条件下能够完全水解，故在加稀硫酸溶解前常用NaOH或Na2CO3溶液并加热，以除去表面油污，加快反应速率；（3）Fe2+易被氧化为Fe3+，实验室制备Li2FeSiO4时在惰性气体氛围中进行，防止Fe2+被氧化；（4）操作①为过滤，但过滤时不能玻璃棒搅拌，否则将导致滤纸破损，A错误；操作②是从FeSO4溶液得到FeSO4·7H2O，故操作②的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤，B错误；托盘天平的精确度为0.1g，故实验(二)中称量产品常用电子天平或光电天平等精密仪器、药匙等仪器，C错误；滴定时不慎将标准溶液滴过量，可再量取一定量待测液后继续滴定至终点，这样进行反滴定即可测量出准确值，D正确；滴定读数时，应该用一只手的拇指和食指夹住滴定管让其保持自然垂直状态且平视读数，E错误；（5）还原剂SO2的作用是把Fe3+还原为Fe2+，反应方程式是2Fe3++2H2O+SO2=SO42-+4H+，SO2具有还原性，能被高锰酸钾氧化，后续处理是除去过量的SO2，以免影响Fe2+的测定；（6）经4次滴定，第三次实验数据明显偏离正常误差范围，其余3次平均消耗KMnO4溶液的体积为20.00+20.02+19.983=20.00mL，每次实验消耗高锰酸钾的物质的量是0.02L×0.2mol•Lˉ1=0.004mol，根据MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5F