2025-2026学年四川省甘孜藏族自治州高三二诊模拟考试化学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年四川省甘孜藏族自治州高三二诊模拟考试化学试卷（含答案解析），共15页。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列仪器名称为“烧杯”的是（ ）
A．B．C．D．
2、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，Y元素最外层电子数是其电子层数的3倍，Q与Y同主族，X与Y构成的化合物可引起光化学烟雾，Z、W、Q的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应。下列说法正确的是( )
A．简单氢化物的沸点：Y c(HCO3-) > c(H+)
C．加热NaHCO3溶液，pH增大，一定是HCO3- 水解程度增大的结果
D．滴加饱和CaCl2溶液发生了反应：Ca2+ + 2HCO3- = CaCO3↓ + H2O + CO2↑
13、如图是一种可充电锂电池，反应原理是4Li＋FeS2Fe＋2Li2S，LiPF6是电解质，SO(CH3)2是溶剂。下列说法正确的是（）
A．放电时，电子由a极经电解液流向b极
B．放电时，电解质溶液中PF6-向b极区迁移
C．充电时，b极反应式为Fe＋2Li2S－4e-=FeS2＋4Li+
D．充电时，b极消耗5.6gFe时在a极生成0.7gLi
14、下列说法不正确的是
A．常温下，0.1 ml·L－1CH3COONa溶液的pH=8，则该溶液中 c(CH3COOH)=（10-6-10-8）ml·L—1
B．对于相同浓度的弱酸HX和HY(前者的Ka较大)溶液，加水稀释相同倍数时，HY溶液的pH改变值大于HX溶液的pH改变值
C．硫酸钡固体在水中存在以下平衡BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42-（aq），当加入饱和碳酸钠溶液时可以生成BaCO3沉淀
D．常温下，a ml·L－1的CH3COOH溶液与0.01ml·L－1NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，此温度下醋酸的电离平衡常数Ka=
15、某稀溶液中含有4mlKNO3和2.5mlH2SO4，向其中加入1.5mlFe，充分反应（已知NO3-被还原为NO）。下列说法正确的是（ ）
A．反应后生成NO的体积为28L
B．所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1:1
C．所得溶液中c（NO3-）=2.75ml/L
D．所得溶液中的溶质只有FeSO4
16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1.3g乙炔和苯蒸汽混合气体中的碳氢键（C﹣H）数为0.1NA
B．一定条件下，2 mlSO2与1 mlO2反应生成的SO3分子数为2NA
C．1 L0.1 ml•L﹣1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NA
D．2.24L的CO和N2混合气体中含有的质子数为1.4NA
二、非选择题（本题包括5小题）
17、聚酰亚胺是重要的特种工程材料，已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下（部分反应条件略去）。
已知:
i、
ii、
iii、CH3COOH+CH3COOH(R代表烃基)
（1）A所含官能团的名称是________。
（2）①反应的化学方程式是________。
（3）②反应的反应类型是________。
（4）I的分子式为C9H12O2N2，I的结构简式是________。
（5）K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，③的化学方程式是________。
（6）1 ml M与足量的NaHCO3溶液反应生成4 ml CO2，M的结构简式是________。
（7）P的结构简式是________。
18、根据文献报道，醛基可和双氧水发生如下反应：
为了合成一类新药，选择了 下列合成路线（部分反应条件已略去）
（1）C中除苯环外能团的名称为____________________。
（2）由D生成E的反应类型为_____________________。
（3）生成B的反应中可能会产生一种分子式为C9H5O4Cl2的副产物，该副产物的结构简式为_________。
（4）化合物C有多种同分异构体，请写出符合下列条件的结构简式:___________________。
①能与FeCl3溶液发生显色反应
②核磁共振氢谱图中有3个吸收峰
（5）写出以和CH3OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）___________。
19、S2Cl2是一种重要的化工产品。常温时是一种有毒并有恶臭的金黄色液体，熔点－76℃，沸点138℃，受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气，易与水反应，300℃以上完全分解。进一步氯化可得 SCl2， SCl2 是樱桃红色液体，易挥发，熔点－122℃，沸点 59℃。SCl2与 S2Cl2 相似，有毒并有恶臭，但更不稳 定。实验室可利用硫与少量氯气在 110～140℃反应制得 S2Cl2 粗品。
请回答下列问题：
（1）仪器 m 的名称为______，装置 D 中试剂的作用是______。
（2）装置连接顺序：______→B→D。
（3）为了提高 S2Cl2 的纯度，实验的关键是控制好温度和______。
（4）从 B 中分离得到纯净的 S2Cl2，需要进行的操作是______；
（5）若将S2Cl2放入少量水中会同时产生沉淀和两种气体。某同学设计了如下实验方案，测定所得混合气体中某一成分 X 的体积分数：
①W 溶液可以是______（填标号）。
a H2O2 溶液 b 氯水 c 酸性 KMnO4 溶液 d FeCl3 溶液
②该混合气体中气体 X 的体积分数为______（用含 V、m 的式子表示）。
20、碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了 FeCO3，并对 FeCO3 的性质和应用进行了探究。 已知：①FeCO3 是白色固体，难溶于水②Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-(无色)
Ⅰ. FeCO3 的制取（夹持装置略）
实验i：
装置 C 中，向 Na2CO3 溶液（pH＝11.9）通入一段时间 CO2 至其 pH 为 7，滴加一定量 FeSO4 溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到 FeCO3 固体。
(1)试剂 a 是_____。
(2)向 Na2CO3 溶液通入 CO2 的目的是_____。
(3)C 装置中制取 FeCO3 的离子方程式为_____。
(4)有同学认为 C 中出现白色沉淀之后应继续通 CO2，你认为是否合理并说明理由________。
Ⅱ.FeCO3 的性质探究
实验ii
实验iii
(5)对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_____。
(6)依据实验ⅱ的现象，写出加入 10%H2O2 溶液的离子方程式_____。
Ⅲ.FeCO3 的应用
(7)FeCO3 溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe，相对分子质量 为 234）补血剂。为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称 量 1.0g 补血剂，用酸性 KMnO4 溶液滴定该补血剂，消耗 0.1000ml/L 的 KMnO4 溶液 10.00mL，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____，该数值异常的原因是________（不考虑操 作不当以及试剂变质引起的误差）。
21、NH3、NOx、SO2处理不当易造成环境污染，如果对这些气体加以利用就可以变废为宝，既减少了对环境的污染，又解决了部分能源危机问题。
（l）硝酸厂常用催化还原方法处理尾气。CH4在催化条件下可以将NO2还原为N2。已知：
①
②
则反应 （1）△H=_______
（2）工业上利用氨气生产氢氰酸（HCN）的反应为：
①在一定温度条件下，向2L恒容密闭容器中加入2 ml CH4和2 ml NH3，平衡时NH3体积分数为30%，所用时间为10 min，则该时间段内用CH4的浓度变化表示的反应速率为______ ml·L-l·min-1，该温度下平衡常数K= ___。若保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1 ml，则此时v正 ___（填“>”“=”或“，氧、硫同主族，核电荷数越大，半径越大，则，故钠离子半径不可能最大，C错误；
D.非金属性N＜O，则 气态氢化物的稳定性H2O＞NH3，D错误；
答案选B。
3、A
【解析】
根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，由图中数据可知，B、D点的状态对应的温度为250℃，300℃时，SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH2＜0。
【详解】
A. 正反应的活化能是发生反应所需要的能量，逆反应的活化能是反应中又释放出的能量，正反应的活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量，由分析可知ΔH＜0，正反应为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；
B. 由分析可知ΔH＜0，正反应为放热反应，加热后平衡向逆反应方向移动，故B正确；
C. 根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，故C正确；
D. 根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)反应物和产物都是气体，且反应物和产物的系数相等，所以改变压强不改变平衡移动，缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变，故D正确；
答案选A。
4、C
【解析】
标况下，1.12L气体的物质的量==0.05ml，气体质量为3克，则气体的平均相对分子质量==60，所以混合气体中必含有一种相对分子质量小于60的气体，根据选项，应该是CO2。根据平均相对分子质量，[44n(CO2)+64 n(SO2)]÷[n(CO2)+ n(SO2)]=60，则n(CO2)：n(SO2)=1：4，所以n(CO2)=0.01 ml，n(SO2)=0.04 ml，由于n(Na2SO3)= n(SO2)=0.04 ml，故杂质质量=6g﹣0.04ml×126g/ml=0.96g，可以生成0.01ml二氧化碳。
【详解】
A．生成0.01ml二氧化碳，需要碳酸钠质量=0.01ml×106g/ml=1.06g>0.96g，A错误；
B．生成0.01ml二氧化碳，需要碳酸氢钠质量=0.01ml×84g/ml=0.84g c(H+)，B项错误；
C. 加热NaHCO3溶液，可能分解为碳酸钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，pH会增大，C项错误；
D. 向碳酸氢钠溶液中滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀生成为碳酸钙沉淀，促进了碳酸氢根离子的电离，离子方程式为：Ca2+ + 2HCO3- = CaCO3↓ + H2O + CO2↑，D项正确；
答案选D。
13、C
【解析】
由所给的反应原理可判断原电池时，Li易失电子作负极，所以a是负极、b是正极，负极反应式为Li-e-═Li+，LiPF6是电解质，则正极反应式为 FeS2+4Li++4e-═Fe+2Li2S。
【详解】
A.电子从负极沿导线流向正极，电子不经过电解质溶液，A错误；
B.原电池中阴离子移向负极，电解质溶液中PF6-应向a极区迁移，B错误；
C.充电时,原电池中负极变阴极，正极变阳极，则电解时b极为阳极，反应式为Fe＋2Li2S－4e-=FeS2＋4Li+，C正确；
D. 由所给原理4Li＋FeS2Fe＋2Li2S，可得关系式，b极消耗5.6gFe时在a极生成2.8gLi，D错误；
故选C。
14、B
【解析】
A．列出溶液中的电荷守恒式为：，溶液中的物料守恒式为：，两式联立可得：，又因为溶液在常温下pH=8，所以有，A项正确；
B．由于，HX酸性更强，所以HX溶液在稀释过程中pH变化更明显，B项错误；
C．硫酸钡向碳酸钡的转化方程式为：，当向硫酸钡中加饱和碳酸钠溶液时，溶液中的碳酸根浓度很高，可以让上述转化反应正向进行，生成BaCO3沉淀，C项正确；
D．常温下，两种溶液混合后，溶液呈中性，即：=10-7ml/L；列出溶液的电荷守恒式：，所以有：；此外，溶液中还有下列等式成立：，所以；醋酸的电离平衡常数即为：，D项正确；
答案选B。
处理离子平衡的题目，如果题干中指出溶液呈中性，一方面意味着常温下的该溶液c(H+)=10-7ml/L，另一方面意味着溶液中，可以通过将这个等量关系与其他守恒式关联进一步得出溶液中其他粒子浓度之间的等量关系。
15、B
【解析】
铁在溶液中发生反应为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，已知，n（Fe）=1.5ml，n（H+）=5ml，n（NO3-）=4ml，氢离子少量，则消耗1.25mlFe，生成1.25ml的铁离子，剩余的n（Fe）=0.25ml，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成0.75mlFe2+，剩余0.75mlFe3+；
【详解】
A.分析可知，反应后生成NO的物质的量为1.25ml，标况下的体积为28L，但题目未说明是否为标准状况，故A错误；
B.所得溶液中c（Fe2+）:c（Fe3+）=0.75ml:0.75ml=1:1，故B正确；
C.未给定溶液体积，无法计算所得溶液中c（NO3-），故C错误；
D.所得溶液中含有Fe2+、Fe3+、SO42-、NO3-，故D错误；
答案为B。
16、A
【解析】
A．乙炔和苯具有相同最简式CH，1mlCH含有1个C-H键；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底；
C．乙酸为弱电解质，部分电离；
D．气体状况未知。
【详解】
乙炔和苯蒸汽混合气体含有CH物质的量为：=0.1ml，含有碳氢键（C﹣H）数为0.1NA，故A正确；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以一定条件下，2 ml SO2与1 ml O2反应生成的SO3分子数小于2NA，故B错误；
C．乙酸为弱电解质，部分电离，1 L0.1 ml•L﹣1的乙酸溶液中含H+的数量小于0.1NA，故C错误；
D．气体状况未知，无法计算混合气体物质的量和含有质子数，故D错误；
故选：A。
解题关键：熟练掌握公式的使用和物质的结构，易错点D，注意气体摩尔体积使用条件和对象，A选项，注意物质的结构组成。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、碳碳双键 +C2H5OH+H2O 取代反应（硝化反应） +2CH3Cl+2HCl
【解析】
根据合成路线可知，A为乙烯，与水加成生成乙醇，B为乙醇；D为甲苯，氧化后生成苯甲酸，E为苯甲酸；乙醇与苯甲酸反应生成苯甲酸乙酯和水，F为苯甲酸乙酯；根据聚酰亚胺的结构简式可知，N原子在苯环的间位，则F与硝酸反应，生成；再与Fe/Cl2反应生成，则I为；K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则2个甲基在间位，K为；M分子中含有10个C原子，聚酰亚胺的结构简式中苯环上碳原子的位置，则L为；被氧化生成M，M为；
【详解】
（1）分析可知，A为乙烯，含有的官能团为碳碳双键；
（2）反应①为乙醇与苯甲酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应，方程式为+C2H5OH+H2O；
（3）反应②中，F与硝酸反应，生成，反应类型为取代反应；
（4）I的分子式为C9H12O2N2，根据已知ii，可确定I的分子式为C9H16N2，氨基的位置在-COOC2H5的间位，结构简式为；
（5）K是D的同系物，D为甲苯，则K中含有1个苯环，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则其为对称结构，若为乙基苯，有5组峰值；若2甲基在对位，有2组峰值；间位有4组；邻位有3组，则为间二甲苯，聚酰亚胺中苯环上碳原子的位置，则L为，反应的方程式为+2CH3Cl+2HCl；
（6）1mlM可与4mlNaHCO3反应生成4 ml CO2，则M中含有4ml羧基，则M的结构简式为；
（7）I为、N为，氨基与羧基发生缩聚反应生成酰胺键和水，则P的结构简式为。
确定苯环上N原子的取代位置时，可以结合聚酰亚胺的结构简式中的N原子的位置确定。
18、氯原子、羟基 加成反应
【解析】
由有机物的转化关系可知，与KMnO4或K2Cr2O7等氧化剂发生氧化反应生成，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则B为；与LiAlH4反应生成，则C为；发生氧化反应生成，与双氧水发生加成反应生成，酸性条件下与ROH反应生成，则F为。
【详解】
（1）C的结构简式为，含有的官能团为氯原子和羟基，故答案为氯原子、羟基；
（2）由D生成E的反应为与双氧水发生加成反应生成，故答案为加成反应；
（3）由副产物的分子式为C9H5O4Cl2可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则副产物的结构简式为，故答案为；
（4）化合物C的同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，核磁共振氢谱图中有3个吸收峰说明结构对称，结构简式为，故答案为；
（5）由题给转化关系可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，与LiAlH4反应生成，催化氧化生成，与过氧化氢发生加成反应生成，合成路线如下：，故答案为。
本题考查有机化学基础，解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。
19、三颈烧瓶 防止空气中的水蒸气进入B使产品与水反应，吸收剩余的Cl2 A→F→E→C 滴入浓盐酸的速率（或B中通入氯气的量） 蒸馏 a b ×100%
【解析】
本实验要硫与少量氯气在 110～140℃反应制备S2Cl2 粗品，根据题目信息“熔点－76℃，沸点138℃”，制备的产品为气体，需要冷凝收集；受热或遇水分解放热，所以温度要控制好，同时还要在无水环境进行制备，则氯气需要干燥除杂，且制备装置前后都需要干燥装置；所以装置连接顺序为A、F、E、C、B、D；
(5)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，实验目的是测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，据元素守恒计算二氧化硫体积分数。
【详解】
(1)仪器m的名称为三颈烧瓶，装置D中试剂为碱石灰，作用为吸收Cl2，防止污染环境，防止外界水蒸气回流使S2Cl2分解；
(2)依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→E→C→B→D；
(3)反应生成S2Cl2的氯气过量则会生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；
(4)实验室制得S2Cl2粗品中含有SCl2杂质，根据题目信息可知二者熔沸点不同，SCl2易挥发，所以可通过蒸馏进行提纯；
(5)①W溶液的目的是氧化二氧化硫，可以是a：H2O2溶液，b：氯水，但不能是b：KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，也不能用FeCl3 溶液会生成氢氧化铁成，故选：ab；
②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)==ml，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=。
本题为制备陌生物质，解决此类题目的关键是充分利用题目所给信息，根据物质的性质进行实验方案的设计，例如根据“受热或遇水分解放热”，所以温度要控制好，同时还要在无水环境进行制备，则制备装置前后都需要干燥装置。
20、饱和NaHCO3溶液 降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2 2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O 不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响) Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大 6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+ 117% 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4
【解析】
I. 装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C中，向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO3；
II. (5)根据Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；
(6)实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；
(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。
【详解】
I. (1)装置A中制取的CO2中混有HCl，欲除去CO2中混有的HCl，B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液，故答案为：饱和NaHCO3溶液；
(2)向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2，故答案为：降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；
(3)装置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(4)FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO3)2，降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2，或者：出现白色沉淀之后继续通CO2，可防止空气中氧气氧化FeCO3，提高产物的纯度，故答案为：不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响)；
Ⅱ. (5)通过对比实验ii和iii，可知Fe2+与SCN-的络合生成可溶于水的Fe(SCN)64-，会促进FeCO3固体的溶解，故答案为：Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大；
(6)依据实验ⅱ的现象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成，发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+；
故答案为：6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+；
Ⅲ. (7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe补血剂，可得关系式MnO4~5Fe2+~5[CH3CH(OH)COO]2Fe，则乳酸亚铁的物质的量为0.1000ml/L×0.01L×5=0.005ml，则乳酸亚铁的质量分数，由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量增多，而计算中只按Fe2+被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%，故答案为：117%；乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4。
21、-958.0kJ•ml-1 0.025 0.1875(ml/L)2 ＜ B 阴 SO32--2e-+H2O=2H++ SO42-
【解析】
(1)根据盖斯定律分析计算；
(2)①根据三段式结合平衡时NH3体积分数为30%计算出反应的氨气的物质的量，再结合v(CH4)=和K=计算，保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1 ml，根据Qc与K的关系判断；
②根据图示，X越大，转化率越小，平衡逆向移动，结合平衡移动的影响因素分析判断；
(3) 由得到的Na2SO3进行电解生产硫酸，硫酸根来源于亚硫酸根的放电，该过程发生氧化反应，在阳极发生，据此分析解答。
【详解】
(1) ①，②，CH4在催化条件下可以将NO2还原为N2发生的反应为：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)，根据盖斯定律可知，①-②可得热化学方程式：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)△H=(-890.3kJ•ml-1)-(+67.7kJ•ml-1)=-958.0kJ•ml-1，故答案为： -958.0kJ•ml-1；
(2)①设10 min时，反应的氨气的物质的量为x，

则×100%=30%，解得：x=0.5，因此v(CH4)===0.025 ml·L-l·min-1，该温度下，K===0.1875(ml/L)2，保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1 ml，此时Qc===0.5208(ml/L)2＞K，平衡逆向移动，则v正 ＜v逆，故答案为：0.025；0.1875(ml/L)2；＜；
②根据图示，X越大，转化率越小，平衡逆向移动。该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，转化率增大，错误；增大压强，平衡逆向移动，转化率减小，正确；原料中CH4的体积越大，氨气的转化率越高，错误；与图象符合的是B，故答案为：B；
(3) 由得到的Na2SO3进行电解生产硫酸，硫酸根来源于亚硫酸根的放电，该过程发生氧化反应，在阳极发生，故b为阴离子交换膜，阳极的电极反应式为SO32--2e-+H2O=2H++ SO42-，故答案为：阴；SO32--2e-+H2O=2H++ SO42-。