浙江省金华十校2022-2023学年高二下学期期末调研考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省金华十校2022-2023学年高二下学期期末调研考试说明：1.全卷满分100分，考试时间90分钟。2.请将〖答案〗写在答题卷的相应位置上。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-21Mg-24Al-27Si-28S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Zn-65Br-80一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于盐且水溶液呈酸性的是A.SiO2 B.KNO3 C. D.KHSO4〖答案〗D【详析】A．SiO2按物质分类属于氧化物，不属于盐，故A错误；B．KNO3按物质分类属于盐类化合物，属于强酸强碱盐，溶液呈中性，故B错误；C．按物质分类属于碱，故C错误；D．KHSO4按物质分类属于酸式盐，在水溶液中电离出K+、H+和，溶液呈酸性，故D正确；〖答案〗选D。2.下列有关NaCl的说法不正确的是A.Cl元素位于周期表第Ⅶ族 B.可用作食品添加剂C.属于强电解质 D.溶液保存在带玻璃塞的细口瓶中〖答案〗A【详析】A．Cl元素位于周期表第三周期ⅦA族，故A说法错误；B．食盐可作食品中的防腐剂等，因此食盐可用作食品添加剂，故B说法正确；C．NaCl属于盐，在水中完全电离，属于强电解质，故C说法正确；D．NaCl的水溶液显中性，因此该溶液保存在带玻璃塞的细口瓶中，故D说法正确；〖答案〗为A。3.下列化学用语表示正确的是A.中子数为30的铁原子：B.基态Al原子的价电子的轨道表示式：C.H2O的空间结构为直线形D.TNT的结构简式：〖答案〗B【详析】A．中子数为30的铁原子：，故A错误；B．基态Al原子的价电子的电子排布式为3s23p1，故轨道表示式：，故B正确；C．H2O的空间结构为V形，故C错误；D．TNT的结构简式为，故D错误；故选B。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.FeCl3溶液能溶解Cu，可印制电路板B.石墨能导电，可作电解池的电极材料C.有弱碱性，可用于检验醛基D.钠钾合金熔点低，可用作核反应堆的导热剂〖答案〗C【详析】A．Fe3+具有强氧化性，能与Cu发生Cu+2Fe3+===2Fe2++Cu2+，因此氯化铁能腐蚀印制电路板上铜单质，故A说法正确；B．石墨是良好导电材料，可做电解池的电极材料，故B说法正确；C．氢氧化铜悬浊液能检验醛基，是利用氢氧化铜的弱氧化性，将醛基氧化，故C说法错误；D．钠钾合金熔点低，常温下为液态，其中的粒子可以对流，所以钠钾合金可以对流导热；又由于钠钾合金内部有大量的自由电子，所以钠钾合金又可以传导导热。因此可用作核反应堆的导热剂，故D说法正确；〖答案〗为C。5.下列关于元素及其化合物的性质的说法正确的是A.用金属Na鉴别乙醇和甲醚 B.SO2溶于水生成H2SO4C.常温下铝与浓硝酸反应可制备NO2 D.实验室用NH4Cl分解制NH3〖答案〗A【详析】A．乙醇和Na反应产生气体冒气泡，Na和甲醚不反应无现象，所以金属Na可以鉴别乙醇和甲醚，故A正确；B．SO2溶于水生成的是H2SO3，故B错误；C．常温下铝与浓硝酸会钝化，故C错误；D．实验室用加热Ca(OH)2和NH4Cl混合物来制取NH3，故D错误；故本题选A．6.已知反应：(Y含氮元素)，下列说法正确是A.发生还原反应B.Y是C.是氧化产物 D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4〖答案〗D〖祥解〗Fe3+化合价降低，做氧化剂，中的N元素化合价升高，做还原剂；4个Fe3+生成4个Fe2+得到4个电子，中的N元素化合价为-2价，2个氮原子失去4个电子都变成0价，Y为N2，根据电荷守恒和电子守恒配平方程式为4Fe3++===4Fe2++N2+5H+。【详析】A．中的N元素化合价升高，做还原剂，发生氧化反应，A错误；B．根据分析可知Y是N2，B错误；C．Fe2+为还原产物，C错误；D．根据分析可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4，D正确；故〖答案〗为：D。7.下列离子方程式正确的是A.氯气跟水反应：B.碳酸镁与稀盐酸反应：C稀H2SO4中滴加溶液：D.向苯酚钠溶液中通入过量Br2：〖答案〗C【详析】A．氯气跟水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，不能拆为离子，正确离子方程式：，故A错误；B．碳酸镁可与盐酸反应生成氯化镁、水和二氧化碳，碳酸镁为难溶性物质，不能拆为离子，正确离子方程式为：，故B错误；C．稀H2SO4中滴加溶液反应生成难溶性沉淀硫酸钡和水，离子反应方程式为，故C正确；D．向苯酚钠溶液中通入过量Br2，Br2先与水反应生成氢溴酸和次溴酸，在此酸性环境下，苯酚钠与氢离子结合生成苯酚，苯酚进一步与过量的溴反应生成三溴苯酚和溴化氢，离子方程式为：，故D错误；〖答案〗选C。8.下列关于有机物的说法不正确的是A.通过煤的分馏可以获得甲苯B.淀粉和纤维素都能发生酯化反应C.加热可破坏蛋白质的结构导致蛋白质变性D.碱催化下苯酚与过量甲醛可合成热固型材料〖答案〗A【详析】A．煤是多种复杂有机物和无机物的混合物，不含苯和甲苯，通过煤的干馏可获得甲苯，故A错误；B．纤维素和淀粉的葡萄糖单元都含有醇羟基，所以在一定条件下都能发生酯化反应，故B正确；C．加热等物理因素会破坏蛋白质结构导致蛋白质发生变性，故C正确；D．碱性条件下，甲醛过量时，苯酚与甲醛反应不仅可以发生在邻位，还可以发生在对位，从而得到网状结构的酚醛树脂，故D正确；〖答案〗选A。9.某有机物的结构如图所示，下列说法正确的是A.有机物分子中含有4个碳碳双键B.该有机物发生消去反应，有机产物只有一种C.该有机物不能发生催化氧化反应D.与足量溴水反应，1mol该有机物最多需3molBr2〖答案〗B【详析】A．苯中不含碳碳双键，因此该有机物中含有1个碳碳双键，故A错误；B．与羟基所连碳原子的相邻碳原子有氢原子，能发生消去反应，只能生成，故B正确；C．羟基所连碳原子上有氢原子，能发生催化氧化，即结构简式为，故C错误；D．该有机物中能与溴水发生反应的官能团是碳碳双键，1mol该有机物最多需1molBr2，故D错误；〖答案〗为B。10.A、B、C、D、E为前四周期不同主族的元素，原子序数依次增大。元素A可形成有机物的骨架，B、C、D位于同一周期，元素B在同周期中金属性最强，元素C的基态原子有2个未成对电子，元素D最外层电子数为A、B、E最外层电子数之和。下列说法正确的是A.元素第一电离能：B<D<CB.最高价氧化物对应水化物的酸性：D>C>AC.简单离子的离子半径：E<C<DD.五种元素的单质均可在O2中燃烧〖答案〗B〖祥解〗元素A可形成有机物的骨架，即元素A为C，元素B在同周期中金属性最强，则B为Na，元素C的基态原子有2个未成对电子，B、C、D在同周期，C价电子排布式可能为3s23p2(硅，与碳元素属于同主族，不合理)、3s23p4(硫，合理)，则D为Cl，因为元素D最外层电子数为A、B、E最外层电子数之和，则E为最外层有2个电子，因为五种元素为前四周期的主族元素，则E为Ca，据此分析；【详析】A．同周期从左向右第一电离能是增大趋势，因此有I1(Cl)＞I1(S)＞I1(Na)，故A错误；B．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞S＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Cl＞S＞C，故B正确；C．核外电子排布相同时，微粒半径随着原子序数的递增而减小，因此简单离子的离子半径：r(S2-)＞r(Cl-)＞r(Ca2+)，故C错误；D．Cl元素在氧气中不能燃烧，故D错误；〖答案〗为B。11.一种大型贮液蓄电电站的工作原理示意图如下，下列叙述正确的是A.放电时，负极区失去电子，正极区阴离子数量减少B.当从左向右透过交换膜时，电能转化为化学能C.充电时，阳极反应为D.随着充电时间延长，Na2S4的量逐渐增大〖答案〗C〖祥解〗根据装置图可知，左端电极为负极，化合价升高，电极反应式为2S-2e-=S，右端电极为正极，化合价降低，电极反应式为Br+2e-=3Br-，据此分析；【详析】A．放电时，该装置为电池，根据原电池工作原理，负极区失去电子，正极区的电极反应式为Br+2e-=3Br-，阴离子数量增多，故A错误；B．负极电极反应式2S-2e-=S，正极电极反应式Br+2e-=3Br-，为了平衡电荷，Na+从左侧向右侧透过交换膜，此时为放电，化学能转化为电能，故B错误；C．充电时，电池正极接电源的正极，阳极反应式为3Br--2e-=Br，故C正确；D．充电时，阴极反应式为S+2e-=2S，Na2S4的量逐渐减小，故D错误；〖答案〗为C。12.POCl3遇水易水解，与C2H5OH反应生成磷酸三乙酯()，下列叙述正确的是A.POCl3分子中各原子均达到稳定结构B.POCl3分子为极性键组成的非极性分子C.相同条件下，与乙醇反应生成磷酸三乙酯，产率：POCl3>H3PO4D.相同条件下，与水发生水解反应，速率：POCl3>POBr3〖答案〗D【详析】A．把磷酸三乙酯中的OC2H5换成Cl就是POCl3的结构了，只有O和Cl周围能达到8e-稳定结构，P不是8e-稳定结构，故A错误；B．把磷酸三乙酯中的OC2H5换成Cl就是POCl3的结构，P与O和Cl形成的都是极性键，POCl3遇水易水解，根据相似者相容原理，可知POCl3是极性分子，故B错误；C．把磷酸三乙酯中的OC2H5换成羟基就是H3PO4的结构，从结构上分析，POCl3是Cl原子与乙醇取代，而H3PO4是羟基与乙醇取代，但H3PO4是一种中强酸，更容易与乙醇反应产生比较多的磷酸三乙酯，故C错误；D．POCl3水解得到HCl，POBr3水解得到HBr，HCl的酸性比HBr的酸性更强，根据越弱越水解原则，越弱的是POCl3，故D正确；故本题选D。13.25℃，；，。下列说法正确的是A.25℃，浓度均为的NaClO、Na2CO3混合液中：B.25℃，中和等pH、等体积的盐酸与次氯酸，盐酸消耗的NaOH的质量大C.25℃，浓度均为的NaClO与NaHCO3不能共存D.25℃，pH相同的HClO与H2CO3溶液中：〖答案〗D【详析】A．由电离平衡常数可知，次氯酸的酸性大于碳酸氢根，小于碳酸，由水解规律可得在等浓度情况下，碳酸根离子的水解程度大于次氯酸根，所以25℃，浓度均为的NaClO、Na2CO3混合液中：次氯酸根大于碳酸根大于氢氧根，故A错误；B．盐酸是强酸，次氯酸是弱酸，等pH两个溶液，次氯酸的浓度大于盐酸，所以25℃，中和等pH、等体积的盐酸与次氯酸，次氯酸消耗的NaOH的质量大，故B错误；C．由电离平衡常数可知，次氯酸的酸性大于碳酸氢根，小于碳酸，故碳酸氢根并不能与次氯酸根反应得到次氯酸，故C错误；D．由电荷守恒可得，，碳酸溶液中：，两溶液pH相同，则=，故D正确；故选D。14.乙烯在加聚反应时，不同温度下可得到支链型聚乙烯或直链型聚乙烯，反应历程与能量变化如图所示(表示烃基自由基)。下列说法不正确的是A.取代基越多的烃基自由基越稳定B.合成等质量的聚乙烯，支链型放出的热量多于直链型C.支链型聚乙烯的密度小于直链型聚乙烯D.支链型自由基()的浓度先增大后减小〖答案〗D【详析】A．结合图像，对比支链型聚乙烯或直链型聚乙烯能量高低可知取代基越多烃基自由基能量越低，越稳定，故A正确；B．结合能量图像可知合成等质量的聚乙烯，支链型放出的热量多于直链型，故B正确；C．支链型聚乙烯由于支链的存在导致分子间作用力减弱，密度减小，所以支链型聚乙烯的密度小于直链型聚乙烯，故C正确；D．结合反应历程可知，支链型自由基()的浓度始终减小，故D错误；〖答案〗选D。15.25℃时，金属离子初始浓度为时，发生相应变化的pH如下表所示：开始沉淀完全沉淀(离子浓度等于)开始溶解完全溶解7.09.013.51.93.2146.38.010.512.6下列说法正确的是A.悬浊液中，B.加FeCl3可实现向有效转化C.若初始浓度为，则开始溶解的pH<10.5D.分离、：加碱至pH=13，搅拌后过滤，固体、滤液分别加酸至强酸性〖答案〗B【详析】A．氢氧化铁悬浊液中存在Fe(OH)2(s)Fe2+(aq)+2OH-(aq)，水属于弱电解质，也能电离出c(OH-)，根据电荷守恒，推出c(OH-)＞2c(Fe2+)，故A错误；B．根据表中数据，当金属离子浓度相等时，Fe3+开始沉淀pH=1.9，Zn2+开始沉淀的pH=6.3，说明氢氧化铁比氢氧化锌更难溶，氢氧化锌悬浊液中存在Zn(OH)2(s)Zn2+(aq)+2OH-(aq)，加入Fe3+，Fe3+与OH-结合生成更难溶的氢氧化铁，促进平衡向右进行，实现氢氧化锌向氢氧化铁的有效转化，故B正确；C．氢氧化锌沉淀加入OH-，发生Zn(OH)2+2OH-ZnO+2H2O，K=，平衡常数只受温度的影响，Zn2+浓度增大，只会影响其开始沉淀的pH，不会影响氢氧化锌开始溶解的pH，故C错误；D．根据表中数据，加碱至pH=13，Fe2+以Fe(OH)2形式存在，Zn(OH)2完全溶解，氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易用过滤方法从溶液中分离出来，同时根据表中Fe2+、Zn2+开始沉淀时的pH，不需要加酸至强酸性，故D错误；〖答案〗为B。16.在实验室中进行下列实验，操作流程、结论均合理的是选项实验目的操作流程结论A探究淀粉的水解程度淀粉水解液中和液不变蓝淀粉已完全水解B检验乙醇消去反应的产物乙醇混合气褪色乙醇消去生成乙烯C检验Na2SO3是否被氧化Na2SO3样品溶解液白色沉淀Na2SO3已被氧化D比较Cl2、、I2的氧化性FeCl2溶液黄色溶液蓝色溶液氧化性：A.A B.B C.C D.D〖答案〗B【详析】A．氢氧化钠溶液能与单质碘反应，在滴加碘液之前应该首先加入稀硫酸中和氢氧化钠，然后在加热单质碘，才能依据实验现象探究淀粉的水解程度，A错误；B．在浓硫酸的作用下加热到170℃发生消去反应生成乙烯，生成的混合气通入溴的四氯化碳溶液中，若褪色，说明含有乙烯，则可以证明乙醇消去生成乙烯，B正确；C．在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，能氧化亚硫酸根生成硫酸根，所以该实验方案不能证明Na2SO3已被氧化，C错误；D．通入氯气氧化亚铁离子，所得黄色溶液中可能含有过量的氯气，氯气也能氧化碘离子生成单质碘，因此该实验方案不能比较Cl2、、I2的氧化性，D错误；〖答案〗选B。二、填空题(共5大题，共52分)。17.C、N、O三种元素的单质或化合物是化学研究的重要对象。请回答：（1）第四周期中与C同主族的元素基态原子的电子排布式为___________。C、N、O三元素中，电负性最小的是___________。（2）N2O5在固态时存在、两种离子。①离子中，键、键个数比___________。②、两种离子中，键角较大的是___________，原因是___________。（3）由C、N、O三种元素组成的OPCN材料具有如图所示的二维层状结构。①OPCN的化学式为___________。②要增强OPCN材料的亲水性，可在材料上引入___________。(假设OPCN的形状不变)A．-ClB．-OHC．-NH2D．-CH3〖答案〗（1）①.1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2②.C（2）①.1∶1②.NO③.NO中N原子为sp杂化，键角为180°，NO中N原子为sp2杂化，键角为120°（3）①.C3N3O②.BC【小问1详析】第四周期中与C同主族的元素为锗元素，原子序数为32，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2；同周期元素从左至右电负性逐渐增大，因此电负性最小的是C；故〖答案〗为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2；C；【小问2详析】①NO与CO2互为等电子体，CO2的结构式为O=C=O，因此NO的结构与CO2的结构相似，即NO中σ键和π键的个数比为1∶1；故〖答案〗为1∶1；②NO中中心N原子的价层电子对数为2+=2，杂化类型为sp，空间构型为直线形，键角为180°，NO中中心N原子的价层电子对数为3+=3，杂化类型为sp2，空间构型为平面形，键角为120°，因此键角最大的是NO；故〖答案〗为NO；NO中N原子为sp杂化，键角为180°，NO中N原子为sp2杂化，键角为120°；【小问3详析】①，红线内部的为基本结构单元，6个C原子全部属于基本结构单元，用黑线画出的N原子被三个基本结构单元共用，因此N原子的个数为5+3×=6，2个氧原子全部属于基本结构单元，因此OPCN的结构简式为C3N3O；故〖答案〗为C3N3O；②-Cl、-CH3为疏水基团，-OH、-NH2属于亲水集团，因此OPCN在材料上引入-OH、-NH2，可以增强OPCN的亲水性，选项BC符合题意；故〖答案〗为BC。18.实验室以重晶石(BaSO4)和ZnSO4为主要原料，模拟工业制取立德粉()。具体操作过程如下：请回答：（1）BaS的电子式为___________。（2）写出“反应器”中反应的化学方程式___________。（3）“②过滤”得到的滤渣的主要成分是___________(填名称)。（4）“④洗涤”的具体操作是___________。（5）BaS久置于空气中会生成一种白色沉淀，请设计实验探究白色沉淀的成分________。〖答案〗（1）（2）4C+BaSO44CO↑+BaS（3）焦炭或炭（4）向原过滤器中加入蒸馏水，没过沉淀，静置，待水流尽后，重复上述操作2～3次（5）取白色沉淀，加稀盐酸，如果固体溶解，是BaCO3，如果不溶解，则是BaSO4〖祥解〗过量的焦炭与重晶石在900～1200℃下发生反应4C+BaSO44CO↑+BaS，加水过滤，因为焦炭是过量的，因此滤渣为焦炭或炭，滤液为BaS溶液，BaS溶液中加入过量硫酸锌溶液，发生BaS+ZnSO4===BaSO4·ZnS↓，据此分析；【小问1详析】BaS为离子化合物，其电子式为；故〖答案〗为；【小问2详析】根据流程图可知，反应器中得到BaS，所加焦炭过量，得到气体为CO，即反应方程式为4C+BaSO44CO↑+BaS，故〖答案〗为4C+BaSO44CO↑+BaS；【小问3详析】所加焦炭过量，焦炭难溶于水，因此②过滤得到滤渣为焦炭或炭；故〖答案〗为焦炭或炭；【小问4详析】③过滤后得到BaSO4·ZnS，用蒸馏水进行洗涤，④洗涤的操作是向原过滤器中加入蒸馏水，没过沉淀，静置，待水流尽后，重复上述操作2～3次；故〖答案〗为向原过滤器中加入蒸馏水，没过沉淀，静置，待水流尽后，重复上述操作2～3次；【小问5详析】BaS久置于空气中会生成一种白色沉淀，该白色沉淀可能为BaCO3，也可能为BaSO4，检验该白色沉淀的方法是取白色沉淀，加稀盐酸，如果固体溶解，是BaCO3，如果不溶解，则是BaSO4；故〖答案〗为取白色沉淀，加稀盐酸，如果固体溶解，是BaCO3，如果不溶解，则是BaSO4。19.研究CO2与CH4的干重整反应使之转化为合成气(H2和CO)对减缓燃料危机、减少温室效应具有重大意义。已知：干重整反应：副反应：请回答下列问题：（1）干重整反应能自发进行的条件是____(填字母)。选择该条件还有利于干重整反应______。A．高温B．低温C．任意温度D．恒不能自发进行（2）已知干重整反应的反应速率(其中k为速率常数，只随温度变化而变化)。900℃时，保持其它条件不变，v正随p(CH4)、p(CO2)的变化如下表所示。v正实验111k实验2224k实验3313k保持其它条件不变，只改变p(CH4)，请画出v正随p(CH4)的变化曲线___________。（3）在恒压、条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是___________。A.升温、加压均有利于提高CH4的平衡转化率B.曲线A表示CO2的平衡转化率随温度的变化C.改用高效催化剂，能使曲线A和曲线B相重叠D.某温度下，当气体密度不变时反应达到平衡状态（4）恒容容器中投入等物质的量的CH4、CO2，在不同催化剂作用下进行干重整反应(不考虑副反应)，相同时间后混合气体中CH4的体积分数随反应温度变化如图所示。对活化能下降最多的催化剂是___________(选填“cat.1”“cat.2”或“cat.3”)。b点CH4体积分数低于a点的原因是___________。（5）通过副反应获得富CO气体。同温同压下，物质的量1∶1的CO2和H2通入无水分子透过膜的反应器，CO2的平衡转化率为50%。若换成有水分子透过膜的反应器(如下图)，CO2的平衡转化率增大至80%，则相同时间内气体a和气体b中H2O的质量比为___________。〖答案〗（1）①.A②.平衡正向移动（2）（3）BD（4）①.cat.1②.该反应正反应方向为吸热，升温平衡正向移动，体积分数降低（5）5:8〖解析〗【小问1详析】为气体分子数增多的熵增反应，∆S＞0，在∆H＞0时，根据∆G=∆H-T∆S可知，在高温条件下，∆G＜0反应自发进行；干重整反应∆H＞0正反应为吸热反应，高温利于平衡正向移动；【小问2详析】根据干重整反应的反应速率(其中k为速率常数，只随温度变化而变化)。900℃时，保持其它条件不变，v(正)随p(CH4)、p(CO2)的变化如表所示，可知v(正)与p(CH4)成正比例关系，起点不为0，趋势直线向上，如图；【小问3详析】A．由图可知随温度升高，转化率曲线向上，说明升温可以提高转化率，气体体积增大反应，加压平衡逆向移动，甲烷转化率降低，故A错误；B．题中给出两个反应均为吸热反应，升温两反应均正向移动，在条件下二氧化碳同时发生两个反应，所以转化率大于甲烷，即曲线A表示二氧化碳转化率，故B正确；C．催化剂只改变反应速率，而不能改变转化率，所以改用高效催化剂，不能使曲线A和曲线B相重叠，故C错误；D．反应过程中气体分子数发生变化，为保持恒压，则气体体积发生变化，在不涉及非气体参与条件下，气体总质量不变，则密度为变量，当密度不变，可以证明反应达平衡，故D正确；〖答案〗选BD。【小问4详析】由图可知，相同时间内在cat.1催化剂作用下，甲烷体积分数变化最大，说明相同时间内反应速率最快，降低活化能最大；b点CH4体积分数低于a点的原因是该反应正反应方向为吸热，在相同催化剂作用下，温度升高，平衡正向移动，甲烷转化率增大，体积分数下降；【小问5详析】假设通入CO2和H2物质的量均为1mol，根据反应，同温同压下，物质的量1∶1的CO2和H2通入无水分子透过膜的反应器，CO2的平衡转化率为50%，此时生成水的物质的量为0.5mol；换成有水分子透过膜的反应器(如下图)，CO2的平衡转化率增大至80%，生成水的物质的量为0.8mol，根据可知质量比=物质的量之比=5∶8；20.晶体见光易分解，易溶于水(溶解度：0℃，4.7g；100℃，117.7g)，难溶于乙醇，110℃下可失去全部结晶水。某小组用铁屑为原料进行制备，涉及的主要反应有：步骤①：步骤②：步骤③：。请回答：（1）步骤①可能会产生有毒的H2S，可用___________(填化学式)作试剂检验H2S。（2）下列有关晶体制备过程的说法，正确的是___________。A.步骤①，铁屑必须先除去表面的油污和铁锈B.步骤②，通过加过量H2C2O4以抑制水解C.步骤②，过滤后用蒸馏水洗涤固体至滤液呈中性D.步骤③，H2O2消耗的物质的量大于H2C2O4（3）实验小组通过下列操作获得晶体：将溶液置于冰水浴中，再加入少量95%乙醇，置于暗处结晶。这样操作的目的是___________。（4）实验小组欲用酸性KMnO4标准溶液测定晶体中铁元素的含量。①滴定前有如下操作，请按操作顺序排列：蒸馏水洗涤酸式滴定管→(_______)→(________)→(________)→(________)→(_________)→滴定。A．加KMnO4标准液至滴定管0刻度线以上B．用KMnO4标准液润洗3次C．排出滴定管尖嘴处的气泡D．记录起始读数E．调整滴定管内液面至刻度线0~1之间②滴定终点的现象是___________。③向滴定后的溶液中加入过量Zn粉，充分反应后，滴加硫酸溶解固体，所得溶液用KMnO4标准溶液滴定。已知被还原成，则第二次滴定的离子方程式为___________。〖答案〗（1）CuCl2或CuSO4（2）CD（3）冰水浴和乙醇可降低溶解度使晶体析出，置于暗处结晶，防止晶体见光分解（4）①.B→A→C→E→D②.滴入最后半滴高锰酸钾溶液，溶液变浅紫色，且半分钟或30s不褪色③.MnO+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O〖祥解〗本实验制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，在制备过程中充分理解K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的物理性质，如见光易分解，需要在暗处结晶得到，难溶于乙醇等等，测定样品中铁元素的含量时，根据元素守恒，建立关系式即可，据此分析；【小问1详析】检验H2S，常用该反应Cu2++H2S===CuS↓+2H+，将气体通入CuCl2或CuSO4溶液中出现黑色沉淀，说明该气体中含有H2S，故〖答案〗为CuCl2或CuSO4；【小问2详析】A．步骤①，铁屑与稀硫酸反应时，先除去表面油污，增加铁屑与稀硫酸的接触面积，加快反应速率，K3[Fe(C2O4)3]·3H2O中铁元素显+3价，铁锈化学式为Fe2O3，铁元素也显+3价，因此不需要除去铁屑表面的铁锈，故A错误；B．加入过量的草酸的目的是将Fe2+全部转化成草酸亚铁晶体，硫酸能抑制Fe2+水解，故B错误；C．步骤②，过滤后用蒸馏水洗涤，因为硫酸能与草酸钾反应生成草酸，消耗草酸钾的量增大，因此过量后用蒸馏水洗涤至滤液呈中性，故C正确；D．因为过氧化氢具有强氧化性，能氧化部分草酸或草酸根离子，过氧化氢不稳定，会发生分解，因此消耗过氧化氢的量大于草酸的量，故D正确；〖答案〗为CD；【小问3详析】K3[Fe(C2O4)3]·3H2O易溶于水，溶解度随着温度的升高而增大，且K3[Fe(C2O4)3]·3H2O难溶于乙醇，因此冰水浴和乙醇可降低溶解度使晶体析出，K3[Fe(C2O4)3]·3H2O见光易分解，置于暗处结晶，防止晶体见光分解；故〖答案〗为冰水浴和乙醇可降低溶解度使晶体析出，置于暗处结晶，防止晶体见光分解；【小问4详析】①用高锰酸钾溶液滴定，操作是先用蒸馏水洗涤酸式滴定管→然后用酸性高锰酸钾溶液润洗2～3次→滴定管中装入标准液高锰酸钾溶液至0刻度线以上→排出滴定管尖嘴处的气泡→调节滴定管液面至刻度线0～1之间→记录起始读数→滴定，顺序是B→A→C→E→D；故〖答案〗为B→A→C→E→D；②用高锰酸钾溶液滴定，滴定到终点的现象是滴入最后半滴高锰酸钾溶液，溶液变浅紫色，且半分钟或30s不褪色，故〖答案〗为滴入最后半滴高锰酸钾溶液，溶液变浅紫色，且半分钟或30s不褪色；③滴定是用高锰酸钾溶液将草酸根离子氧化，向滴定后的溶液加入过量的Zn粉，将Fe3+转化成Fe2+或Fe单质，滴加硫酸溶解固体，将铁单质转化成Fe2+，再用高锰酸钾溶液滴定，将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为MnO+5Fe2++8H+===Mn2++