【文档说明】2021届高三下学期4月高考化学三模适应性训练三（新课标3）含答案3333.docx，共(16)页，589.681 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年度高考三模适应性训练三（新课标3）一、单选题1．电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100mol·L－1盐酸分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中电

离与氨相似，常温Kb[(CH3)2NH·H2O]＝1.6×10－4]。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是()A．d点溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]B．a点溶液中：c[(CH3)2NH2+]＞c[

(CH3)2NH·H2O]C．曲线①代表滴定二甲胺溶液的曲线D．b、c、e三点的溶液中，水的电离程度最大的是b点2．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．NaCl(aq)电解⎯⎯⎯⎯

→Cl2(g)Fe(s)Δ⎯⎯⎯→FeCl2(s)B．Ca(ClO)2(aq)2CO(g)⎯⎯⎯→HClO(aq)⎯⎯⎯⎯⎯→光照O2(g)C．MgCl2·6H2OΔ⎯⎯→MgCl2⎯⎯⎯⎯⎯→通电MgD．NH3(g)2O(g)催化剂，Δ⎯⎯⎯⎯→NO(g)2HO(l)⎯

⎯⎯→HNO3(aq)3．下列相关离子方程式书写正确的是A．氯化铝中加入足量的氨水:Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+B．钠与CuSO4溶液反应:2Na+Cu2+=2Na++CuC．铁与盐酸反应:2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑D．次氯酸钙溶液

中通入足量的二氧化硫:H2O+SO2+3ClOˉ=+2HClO+Clˉ4．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．标准状况下，11.2L水中含有的氢原子数为NAB．1mol·L－1FeCl3溶液中，阳离子数为NAC．一定条件下，

将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器内，充分反应后的生成物分子数为NAD．在反应2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2中，每生成0.5molO2转移的电子数为NA5．氯化钯可以催化乙烯制备乙醛(Wacker法)，反应过程如图：下列叙述错误的是A．CuCl被氧

化的反应为22212CuCl2HClO2CuClHO2++=+B．催化剂2PdCl再生的反应为222CuClPdPdCl2CuCl+=+C．制备乙醛的总反应为22PdCl,CuCl39322K231CH=CH+OCHCH

O2⎯⎯⎯⎯⎯→D．如果原料为丙烯，则主要产物是丙醛6．下列关于氧化还原反应的说法不正确的是A．氧化还远反应的实质是电子的转移B．含最高价元素的化合物均具有强氧化性C．一定存在元素化合价的变化D．氧化剂和还原剂混合不一定发生氧化还原反应7．短周期元素X、Y、Z原子序数之

和为16，原子半径大小为r(Y)>r(X)>r(Z)，它们的常见单质在适当条件下可发生如图变化，其中B和C均为10电子分子。下列说法不正确的是（）A．X与Z形成的某种化合物可用来杀菌消毒B．自然界中X单质与

Y单质不能发生化学反应C．B和C分子间因形成氢键而使C极易溶于B中D．A和C一定条件下能发生氧化还原反应二、填空题8．过硫酸(H2S2O8)是一种强酸，为无色晶体，易溶于水，在热水中易水解。过硫酸和过硫酸盐在工业上均可用作氧化剂。物质硫酸过硫酸结构式（1）根据硫酸和过硫酸的结构式，可判断下列说法正

确的是___________（填标号）。A．硫酸和过硫酸均为共价化合物B．过硫酸分子中含有的化学键与过氧化钠的相同C．过硫酸分子可看作2个硫酸分子脱去1个水分子D．过硫酸可用于工业漂白、外科消毒等领域（2）工业上利用过硫酸铵制备过氧化氢的一种方法如图。①Y为___________（填化

学式）。②其他条件一定，电解相同时间后，测得生成液中2-28SO的含量随温度变化的关系如图。电解时通常控制温度在15℃，不用更低温度的原因是___________。（3）氮氧化物是大气主要污染物，可采用强氧化剂氧化脱除、热分解等方法处理。①“反应1”的离

子方程式为___________。②“反应2”为-2NO+2-28SO+2OH－-3NO+22-4SO+H2O。不同温度下，达到平衡时-2NO的脱除率与过硫酸钠(Na2S2O8)初始浓度的关系如图所示。(NO2的初始浓度相同)比较a、b点的

反应速率：aυ___________(填“>”“<”或“一”)bυ。（4）过硫酸钾氧化法可用于分析锰钢中Mn元素的含量：取锰钢样品ag，加入过量浓硝酸，在加热条件下将Mn溶出，再用bL过硫酸钾溶液将溶出的Mn2＋全部转化为-4MnO，检测-4MnO浓

度，计算得出样品中Mn元素的质量分数为ω。①该实验条件下氧化性：2-28SO___________（填“>”或“<”）-4MnO。②该过程中过硫酸钾溶液的浓度至少是___________（用含a、b、ω的代数式表示）mol·L－1。三、结构与性质9．锂是高能电池的理想负极，

常用乙腈、二甲基甲酰胺等有机溶剂和LiC1O4、LlBF4、LiBr等电解质制成锂非水电池。回答下列问题：(1)二甲基甲酰胺()中基态氮原子的电子排布是__，乙腈(CH3-C≡N)中碳原子的杂化轨道类型为___。(2)LiClO4和LlBF4中都不存在的化学键是____(填代号)。a.离子键b.共

价键c.金属键d.配位键(3)LiX(X=F，Cl，Br，I)具有NaCl型晶体结构。当阴、阳离子电荷的绝对值相同且它们的半径相近时，生成的盐类一般难溶于水。由上述规则可以判断LiF、LiCl、LiBr、LiI中溶解度最小的是_______。(4)Li2S属立方晶体，晶胞边长为dpm，晶胞截

面图如下所示。每个晶胞中含有S2-的数目为_____，S2-的配位数是_______，NA表示阿伏加德罗常数的值，则Li2S晶体的密度为_______g•cm-3(用代数式表示)。四、原理综合题10．将1.800gFeC2O4·2H2O固体样品放在热重分析仪中进行热重分析，测得其热重分析

曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示：已知：①草酸盐受热分解易放出碳的氧化物。②500℃之前，该热重分析仪的样品池处于氩气气氛中，500℃时起，样品池与大气相通。回答下列问题：（1）300℃时是样品脱水的过程，试确定350℃时样品是否脱水完全___

________（填“是”或“否”）（2）400℃时发生变化的化学方程式是___________。（3）将600℃时样品池中残留的固体隔绝空气冷却至室温，再向该固体中加入一定量的稀盐酸刚好完全溶解，用pH试纸测得所得溶

液的pH＝3，其原因是___________（用离子方程式回答）。向该溶液中滴加适量NaOH溶液，生成红褐色沉淀，测得此时溶液中铁元素的离子浓度为4.0×10－11mol·L－1，则此时溶液的pH＝___________（已知：Ksp[Fe(OH

)2]＝8.0×10－16，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38）。（4）将1500℃时样品池中残留的固体隔绝空气冷却后，用稀盐酸溶解得到一棕黄色溶液。取少量该溶液滴加KSCN溶液，溶液显血红色；另取少量

的该溶液滴加K3[Fe(CN)6]（铁氰化钾）溶液，产生特征蓝色沉淀。写出残留固体与稀盐酸反应的化学方程式___________五、有机推断题11．据报道，化合物M对番茄灰霉菌有较好的抑菌活性，其合成路线如下图所示。已知：回答下列问题：（1）化合物C中的含氧官能

团为____________，反应④的反应类型为____________。（2）写出E的结构简式：________________________。（3）写出反应②的化学方程式：_____________________________________________。（4）写出化合物C满

足下列条件的一种同分异构体的结构简式：_________________。①含苯环结构，能在碱性条件下发生水解；②能与FeCl3发生显色反应；③分子中含有4种不同化学环境的氢。（5）已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。请以、CH2==CHCN和乙醇为原料合成化合物，写出制备的合成路

线流程图(无机试剂任用)_____。六、工业流程题12．（化学选修2：化学与技术）聚铁[化学式可表示为Fe2（OH）m（SO4）3-n/2]，具有吸附、脱色、除臭作用，是无机高分子混凝剂净水材料。实验室利用黄铜矿废渣（主要成分为FeCuS2和SiO2）制取聚铁的化工流程如下：回答下列

问题：（1）写出焙烧黄铜矿废渣时发生的主要反应的化学方程式_____________________________。（2）滤渣A的主要成分为________________（填化学式）。（3）本工艺流程中在硫酸铁、硫酸铜混合溶液中加入过量的_____________（填X的化

学式），过滤得到硫酸亚铁溶液和滤渣B，要使滤渣B中两种成分分离开来，最简单的方法是_____________。（4）将硫酸亚铁溶液、硫酸混合搅拌，当温度升高到30～45℃时，通过加料管缓慢加入H2O2可制得聚铁，此步骤的温度不能过高，其原因是_

___________________，工业上此过程应在________中进行（填字母）A．沸腾炉B．反应釜C．回转窑D蒸馏塔（5）流程中可循环利用的物质有________。（6）当生成1mol聚铁时，理论上消耗30%H2O2（密度为1．11g/c

m3）_____________mL。参考答案1．A【解析】【分析】（CH3）2NH•H2O）为弱电解质，在溶液中部分电离，等浓度时离子浓度比NaOH小，则导电性较弱，由此可知②为（CH3）2NH•H2O的变化曲线，①为NaOH的变化曲线，加入H

Cl，（CH3）2NH•H2O溶液中离子浓度逐渐增大，导电性逐渐增强，NaOH与盐酸发生中和反应，离子浓度减小，由图象可知加入HCl10mL时完全反应，以此解答该题。【详解】A.d点溶液中，存在质子守恒，即：c（H+）=c（OH-）+c[（CH3）2NH•H2O]，故A正确

；B.①为NaOH的变化曲线，a点溶液中，溶质为等量的NaCl和HCl，故B错误；C.二甲胺是弱电解质，溶液中离子浓度较小，与盐酸反应后溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，因此曲线②是滴定二甲胺溶液，故C错误；D.b点溶液中溶质为（CH3）2NH2Cl和（C

H3）2NH•H2O，（CH3）2NH•H2O电离出氢氧根离子抑制水的电离，c点溶质为NaCl对水的电离无影响，e点的溶液中溶质为（CH3）2NH2Cl和HCl，HCl抑制水的电离，所以c点水的电离程度最大，故D错误。故选A。2．

B【详解】A．电解NaCl(aq)生成NaOH、H2和Cl2，由于Cl2具有强氧化性，Cl2与Fe(s)加热反应生成FeCl3(s)，不能得到FeCl2，A不符合题意；B．Ca(ClO)2(aq)与CO2反应生成CaCO3和HClO，HClO光照分解成HCl和O2(g)，B符合题意；C．MgC

l2·6H2O加热时由于Mg2+水解，Mg2++2H2OMg(OH)2+2H+，HCl受热挥发，平衡正向移动，最终得到Mg(OH)2，若持续加热，Mg(OH)2可分解为MgO和H2O，无法得到MgCl2，C不符合题意；D．NH3发

生催化氧化生成NO和H2O，NO不与水反应，D不符合题意；故选B。3．A【解析】【详解】A.氯化铝溶液和过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氢氧化铝不溶于弱碱，则氯化铝溶液中加入过量氨水反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH

）3↓+3NH4+，故A正确；B.钠与硫酸铜溶液反应，因为钠非常活泼，与溶液中的水反应，而后生成氢氧化铜沉淀，故B错误；C.铁和盐酸反应，因为氢离子的氧化性不够强，反应生成亚铁离子：Fe+2H+=Fe2++H2↑

，故C错误；D次氯酸有强氧化性，可以将二氧化硫氧化，故向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2++2ClO-+H2O+SO2═CaSO4↓+H++Cl-+HClO，故D错误。故选A。【点睛】在

分析反应产物时要考虑是否发生氧化还原反应。4．D【解析】A.标准状况下，水为固液混合物，不能使用标况下的气体摩尔体积，故A错误；B.没有体积，无法求算其物质的量；C.SO2和O2是可逆反应，不能完全转化，错误；D、Na2O2中的-1价的氧，

一半得到电子变为-2价的氧,进入到Na2CO3中，另一半-1价的氧失去电子,变为产物中的1molO2，所以转移的电子数都是2mol，所以每生成0.5molO2转移的电子数为NA。5．D【详解】A．根据图

示可知在反应中CuCl被O2氧化产生CuCl2，同时产生H2O，反应方程式为：22212CuCl2HClO2CuClHO2++=+，A正确；B．由流程图可知：PbCl2再生的过程有Cu2+、Cl-参加，再生方程式为：222CuClPdPdCl2Cu

Cl+=+，B正确；C．PbCl2、CuCl2在反应中起催化剂作用，反应方程式为：22PdCl,CuCl39322K231CH=CH+OCHCHO2⎯⎯⎯⎯⎯→，C正确；D．如果原料为丙烯，则中间产物连接在第二个C原子上得到的产物为丙酮，D错误；故合理选项是D。6．B【

详解】A．氧化还原反应的特征为化合价变化，其实质是电子的转移，故A正确；B．含最高价元素的化合物不一定具有强氧化性，如碳酸钠中C为最高价不具有强氧化性，故B错误；C．氧化还原反应的特征为化合价变化，故C正确；D．一般氧化剂、

还原剂易发生氧化还原反应，但强氧化剂和强还原剂混合不一定发生氧化还原反应，如浓硫酸与二氧化硫不发生反应，故D正确；故选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及常见实例的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．7．B【分析】

常见的10电子分子有CH4、NH3、H2O、HF，则Z单质一定为H2，Z为H；X、Y、Z原子序数之和为16，则X、Y原子序数只和=16-1=15，原子半径大小为r(Y)>r(X)>r(Z)，X、Y分别为O、N或F、C，且X单质能和Y单质反应，则X、Y确定为O、N；综上所述，X、Y、Z分别为：

O、N、H，A为NO，B为H2O，C为NH3，据此解答。【详解】A．X(O)与Z(H)形成的H2O2有强氧化性，能使细菌的蛋白质变性，可用来杀菌消毒，A正确；B．自然界中的X单质(O2)与Y单质(N2)在放电的条件下能反应生成NO，B错

误；C．B为H2O，C为NH3，H2O和NH3分子间容易形成氢键而使NH3极易溶于H2O中，C正确；D．A为NO，有一定氧化性，C为NH3，有较强还原性，一定条件下能发生氧化还原反应，D正确。答案选B。8．ADK2SO4和H2SO4低温时2-28SO的含量增加不显著，

但增加能耗2NO+2-28SO+4OH－=2-2NO+22-4SO+2H2O<>aω22b【详解】(1)A．硫酸和过硫酸均由共价键形成，是共价化合物，故A正确；B．过氧化钠中含有离子键，而过硫酸分子的结构式为，其中只含有共价键，二者化学键种类不同，故

B错误；C．2个硫酸分子脱去1个水分子得到，不同于，故C错误D．过硫酸和过硫酸盐在工业上均可用作氧化剂，说明过硫酸具有强氧化性，能够用于工业漂白、外科消毒等领域，故D正确；故答案为：AD。(2)①K2S2O8水解反应的化学方程式为K2S2O8+2H2O=H2O2+K2SO4+H2S

O4，故Y为K2SO4和H2SO4的混合物；②根据图像，其他条件一定，在低于15℃时，2-28SO含量增加不显著，但低温增加能耗，因此电解时通常控制温度在15℃，不用更低温度；(3)①“反应1”中加入NO

、Na2S2O8、NaOH，产物是Na2SO4和NaNO2，其中NO发生氧化反应生产NaNO2，发生Na2S2O8中过氧原子发生还原反应Na2SO4，离子方程式为2NO+2-28SO+4OH－=2-2NO+22-4SO+2H2O；②b点的初始浓

度大于a点，浓度越大反应速率越快，b点温度也高于a点，温度越高，反应速率越快，因此aυ<bυ；(4)①过二硫酸根离子得电子化合价降低，为氧化剂，锰离子失电子化合价升高，为还原剂，则高锰酸根离子为氧化产物，所以氧化性2-28SO>-4MnO；②过硫酸钾溶液与锰钢

反应离子方程式为2Mn2＋+52-28SO+8H2O=2-4MnO+l02-4SO+16H＋，因此5n(Mn2＋)=2n(2-28SO)，n(Mn2＋)=aω55mol，则n(2-28SO)=52×aω55mol，c(2-28SO)=5aωmol255bL

=aω22bmol·L－1。9．1s22s22p3sp3杂化、sp杂化cLiF483A184dN×1030【详解】(1)N元素为7号元素，所以基态N原子的电子排布式为1s22s22p3；乙腈(CH3-C≡N)中甲基上的碳原子形成4个σ键，所

以为sp3杂化，另一个碳原子形成碳氮三键，所以为sp杂化；(2)LiClO4中存在锂离子和高氯酸根之间的离子键、氧原子和氯原子之间的共价键；LlBF4中存在Li+和BF4-之间的离子键、B原子和F原子之间的共价键，B原子最外层电子数

为3，而与4个F原子成键，说明其中有一个为配位键；金属晶体中才存在金属键；综上所述，LiClO4和LlBF4中都不存在的化学键是金属键，所以选c；(3)Li+带一个单位正电荷，有1层电子；Xˉ均带一个单位负电荷，而Fˉ、Clˉ、Brˉ、Iˉ的半径依次增大，其中与Li+半径最接近的为Fˉ

，根据题意可知LiF的溶解度最小；(4)根据晶胞截面图可知，白球即S2-位于顶点和面心，黑球即Li+位于每4个S2-形成的正四面体中心，晶胞结构如图(C为Li+，D为S2-)，所以每个晶胞中S2-的数目为116+828=4；Li+位于每4个S

2-形成的正四面体中心，所以Li+的配位数为4，而晶体的化学式为Li2S，所以S2-的配位数为8；晶胞体积V=d3pm3，每个晶胞有4个S2-，8个Li+，则晶胞的质量为m=A432+78gN，所以晶胞的密度=A33dpm432+78gN=-33A184gpmdN=

3A184dN×1030g•cm-3。【点睛】晶胞的相关计算为本题难点，一是需要有一定的空间想象能力，根据晶胞的截面图判断晶胞的结构，二是需要平时多注意积累一些常见的晶胞结构；求S2-的配位数时也可以根据晶胞结构直接判断，以面心的硫离

子为例，该晶胞中有4个距离硫离子最近且相等的锂离子，则该晶胞的上方晶胞中还有4个一样的锂离子，所以配位数为8。10．是FeC2O4400℃FeO＋CO↑＋CO2↑Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋5Fe3O4＋8HCl=FeCl2+2Fe

Cl3+4H2O【分析】结合信息“草酸盐受热分解易放出碳的氧化物”及图像中的数据，利用质量守恒定律，判断加热过程中不同温度下各固体的成分。【详解】(1)FeC2O4•2H2O的摩尔质量为180g/mol，1.800

gFeC2O4·2H2O为0.0100mol，结晶水为0.0200mol，结晶水质量为0.360g，无水FeC2O4质量为1.800g-0.360g=1.440g，根据图象，300℃时样品脱水生成固体质量为1.440g，则

300℃时样品是完全脱水；(2)400℃时固体为0.720g，根据铁原子守恒可知，400℃铁元素为0.0100mol，其质量为0.560g，剩余的质量为0.016g，由于草酸盐受热分解易放出碳的氧化物，则0.

016g应该是氧元素的质量，其物质的量为0.0100mol，则铁、氧原子物质的量之比为1:1，因此该化合物是氧化亚铁，其化学式是，FeO，所以反应的化学方程式是FeC2O4400℃FeO＋CO↑＋CO2↑；(3)600℃固体为0.800g，根据铁原子守

恒可知，铁元素为0.0100mol，其质量为0.560g，剩余氧元素质量为0.024g，其物质的量为0.0150mol，则铁、氧原子物质的量之比为2:3，因此该固体是氧化铁，氧化铁溶于盐酸生成氯化铁，铁离子水解溶液显酸性，其离子方程式是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋；根

据氢氧化铁的溶度积常数可知，当溶液中铁离子的离子浓度为4.0×10-11mol/L时，溶液中c(OH－)＝383114.0104.010−−＝10－9mol/L，所以溶液中c(H＋)＝10－5mol/L，因此pH＝5；(4)1500℃时样品池

中残留的固体为0.773g，根据铁原子守恒可知，铁元素为0.0100mol，其质量为0.560g，剩余氧元素质量为0.213g，其物质的量为0.0133mol，则铁、氧原子物质的量之比为3:4，因此该固体是四氧化三铁，因此1500℃时氧化铁分解生成了四氧化三铁，因此1

500°C的反应为：6Fe2O31500℃4Fe3O4＋O2↑；四氧化三铁溶于盐酸生成氯化铁、氯化亚铁和水，因此残留固体与盐酸反应的化学方程式为：Fe3O4＋8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O；从实验可以验证这个结论：取少量该溶液滴加KSCN溶液，溶液显血红

色说明有铁离子、另取少量该溶液滴加K3[Fe(CN)6)(铁氰化钾)溶液，产生特征蓝色沉淀，这说明溶液中还有亚铁离子生成。11．醚键取代反应【分析】由框图知A为，由C的结构简式知含氧官能团为“一O-”为醚键;E+M,M中生成了肽键，则

为取代反应。(2)由M逆推，知E的结构筒式为。逆推D的结构筒式为,C与D比较知，D比C比了“一NO2"，则应为C发生硝化反应所得。(4)碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含

有酚羟基，且酚羟基与酯基互为对位关系。(5)由合成产物逆推,产物可以由与乙醇酯化得到,羧基可以由“-CN”水解获得，和CH2=CHCN相连，可以先将CH2=CHCN与Br2发生加成反应生成卤代物，再发生类似于流程中A-→B的反应.【

详解】（1）由C的结构简式知化合物C中的含氧官能团为醚键，反应④为+，其反应类型为取代反应。答案：醚键；取代反应。（2）根据分析知E的结构简式为：；答案：。（3）反应②是的反应。其化学方程式：；答案：。（4）①碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有

酚羟基，③分子中含有4种不同化学环境的氢，酚羟基与酯基互为对位关系。；答案：。（5）已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。以、CH2==CHCN和乙醇为原料合成化合物的合成路线流程图为：。12．222234FeCuS+13O8SO+2FeO+4CuO焙烧SiO2Fe磁铁吸附温度过高，

双氧水会分解BFe、H2SO4102．1【详解】试题分析：（1）焙烧黄铜矿废渣时发生的反应为4FeCuS2+13O2焙烧8SO2+2Fe2O3+4CuO，故答案为4FeCuS2+13O2焙烧8SO2+2Fe2O3+4CuO；（2）加入硫酸后，只有SiO2不与硫酸反应，

故滤渣为SiO2，故答案为SiO2；（3）为了分离硫酸铁与硫酸铜，加入的X应为Fe，滤渣B为铁和铜，分离的最简单的方法为磁铁吸附，故答案为Fe，磁铁吸附；（4）加入过氧化氢后，若温度更高，会引起过氧化氢分解，工业上此

过程应在反应釜中进行，故答案为温度过高，双氧水会分解，B；（5）由流程图可知，可循环使用的物质有Fe、H2SO4，故答案为Fe、H2SO4；（6）由题意可知当生成1mol聚铁时，理论上消耗30%H2O2（

密度为1．11g/cm3）的体积为V，可列式得出，1000*1.11*30%134V=，解得V=102．1mL，故答案为102．1mL。考点：硫及其化合物铁、铜及其化合物、化学与资源开发