重庆市六校高二化学上学期期末考试试题（含解析）.doc

重庆市六校2016-2017学年高二化学上学期期末考试试题（含解析）考试说明:1.考试时间：90分钟2.试题总分：100分3.试卷页数：8页可能用到的相对原子质量： h-1 c-12 o-16 cl-35.5 fe-56 cu-64第一部分 （选择题 共48分）本部分包括16个小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分。1生活中处处有化学，下列有关说法正确的是（ ）a明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂b焊接时用nh4cl溶液除锈与盐类水解无关c草木灰与铵态氮肥不能混合施用与盐类水解有关d生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理【答案】c【解析】a明矾净水只是通过水解产生的氢氧化铝胶体吸附水中悬浮的杂质，净化水质，并不叫做漂白，故a错误；bnh4cl溶液水解显酸性，铁锈能与氢离子反应促进氯化铵的水解，故b错误；c草木灰(碳酸钾)与铵态氮肥(铵盐)混合施用，铵根离子和碳酸根离子双水解生成挥发性的二氧化碳和氨气，所以不能混合使用，会降低肥效，与盐类的水解有关，故c正确；d饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，属于电能转化为化学能的变化，与水解无关，故d错误；故选c。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及氧化还原反应、水解平衡等，侧重反应原理的考查。本题的易错点是d，要区分水解和电解。2下列化学用语使用正确的是（ ）ahcn分子的结构式 hcn b质量数为37的氯原子cf离子的结构示意图 d二氧化碳的电子式 【答案】a【解析】a、hcn分子中存在碳氢单键和碳氮三键，即分子的结构式：h-cn，故a正确；b、质量数为37的氯原子：3717cl，故b错误；c、f-离子核外电子数为10，不是9，故c错误；d、二氧化碳中碳氧之间是共价双键，不是共价单键，故d错误；故选a。3下列每组物质中化学键类型和分子的极性都相同的是（ ）ah2o和cs2 bso2和co2 cco2和ch4 dh2s和h2【答案】c【解析】ah2o和cs2均含极性共价键，cs2为直线型对称分子，均属于非极性分子，h2o为v型，属于极性分子，故a不选；bso2和co2均含极性共价键，分别为v型和直线型，则分别属于极性分子、非极性分子，故b不选；cco2和ch4均含极性共价键，分别为直线型和正四面体型，均属于非极性分子，故c选；dh2s和h2o2分别含极性键、非极性键，分别属于极性分子、非极性分子，故d不选；故选c。【点睛】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及分子极性与空间结构的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意分子极性的判断。一般来说，金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键；分子结构对称、正负电荷的中心重合，则分子为非极性分子，否则为极性分子。4下列关于化学反应的速率和限度的说法错误的是（ ）a催化剂只能加快化学反应速率，不能提高原料利用率和转化率b任何可逆反应都有一定的限度，化学反应的限度是可改变的c决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质d已知工业合成氨气h0，达到反应限度时，升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动【答案】d【解析】a催化剂对化学平衡移动无影响，则催化剂只能加快化学反应速率，不能提高原料利用率和转化率，故a正确；b、可逆反应中，当正逆反应相等时，达到反应限度，可逆反应不可能完全反应，存在反应限度，当外界条件变化时，如正反应速率和逆反应速率不相等，则化学反应的限度可发生变化，故b正确；c决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，外界因素是影响因素，故c正确；d升高温度，正逆反应速率都增大，故d错误；故选d。 5下列有关说法错误的是（ ）anh3(g) + hcl(g) = nh4cl(s) 较低温度下能自发进行，说明该反应的h0b纯碱溶于热水后去污效果增强，说明纯碱的水解反应是吸热反应c25时，agcl固体在等物质的量浓度的nacl、cacl2溶液中的溶度积相同dh0的反应在不同温度下均能自发进行【答案】a【解析】a反应nh3(g)+hcl(g)=nh4cl(s)在室温下可自发进行，g=h-ts0，s0，则该反应的h0，故a错误；b纯碱溶于水发生水解反应，溶液显碱性，纯碱的水解反应是吸热反应，温度升高，水解程度增大，去污效果增强，故b正确；c25时，溶度积常数不变，故c正确；dh0的反应，g=h-ts0，在任何温度下均能自发进行，故d正确故选a。【点晴】：化学反应自发进行的最终判据是吉布斯自由能变，自由能一般用g来表示，且g=h-ts：当g=h-ts0时，反应向正反应方向能自发进行；当g=h-ts=0时，反应达到平衡状态；当g=h-ts0时，反应不能向正反应方向自发进行。6下列说法不正确的是（ ）a向硫酸铜溶液中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解后得到深蓝色的透明溶液，形成该溶液是因为产生了配合离子 2+bnh4+的空间构型是正四面体形c氨气极易溶于水的重要原因之一：氨分子与水分子之间能形成氢键d由于氢键的作用，使nh3、h2o、hf的沸点反常，且沸点高低顺序为hfh2onh3【答案】d【解析】a向硫酸铜溶液中加入氨水，首先形成蓝色沉淀氢氧化铜，继续添加氨水，形成配合离子 2+沉淀溶解后得到深蓝色的透明溶液，故a正确；bnh4+中n原子采用sp3杂化，空间构型是正四面体形，故b正确；c氨分子与水分子之间能形成氢键，使得氨气极易溶于水，故c正确；d沸点高低顺序为h2ohfnh3，故d错误；故选d。7在已达到电离平衡的1 moll-1的醋酸溶液中，欲使醋酸电离程度增大，同时使溶液的ph 增大，应采取的措施是（ ）a通入少量hcl气体 b加热 c加少量醋酸钠晶体 d加少量水【答案】d【解析】a通入少量hcl气体，氢离子浓度增大，ph减小，故a错误；b醋酸的电离是吸热过程，加热，电离程度增大，ph减小，故b错误； c加少量醋酸钠晶体抑制了醋酸的电离，电离程度减小，故c错误；d加少量水，促进醋酸的电离，电离程度增大，溶液被稀释，ph减小，故d正确；故选d。8下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）由h2(g)、i2(g)、hi(g)组成的平衡体系，加压后颜色变深对新制氯水进行光照后，溶液的ph逐渐减小 加催化剂，使n2和h2在一定条件下更快转化为nh3在含有fe(scn)3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去实验室制取co2时，粉碎大理石有利于co2的生成向含有酚酞的氨水中加入氯化铵固体后，溶液红色变浅a b c d【答案】c【解析】该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故选；对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡cl2+h2ohcl+hclo向右移动，溶液的ph逐渐减小，能用勒夏特列原理解释，故不选；催化剂不影响平衡移动只能够加快化学反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，故选；溶液中存在平衡fe3+scn-fe(scn)2+，加铁粉，铁与fe3+反应，fe3+浓度降低，则平衡向左移动进行，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特利原理来解释，故不选；实验室制取co2的反应不是可逆反应，所以不能用勒夏特列原理解释，故选；氨水中存在一水合氨的电离平衡，加入氯化铵固体后，抑制了电离，溶液的碱性减弱，红色变浅，能用勒夏特列原理解释，故不选；不能用勒夏特列原理解释的有，故选c。【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释。9将足量的baco3粉末分别加入到下列溶液中充分溶解至溶液饱和，各溶液中ba2+的浓度最小的为（ ）a100 ml 0.01 moll-1盐酸 b40 ml水c50 ml 0.01 moll-1 氯化钡溶液 d10 ml 0.1 moll-1na2co3溶液【答案】d【解析】a、将足量baco3粉末加入100ml0.01mol/l盐酸中，碳酸钡与盐酸反应生成0.005mol/lba2+，则ba2+的浓度较大；b、baco3粉末加入40ml水中，充分溶解至溶液饱和存在baco3(s)ba2+(aq )+co32-(aq)，则溶液中存在一定浓度的ba2+，但浓度较小；c、将足量baco3粉末加入50ml0.01mol/l氯化钡溶液中，氯化钡电离产生0.01mol/lba2+，则ba2+的浓度较大；d、将足量baco3粉末加入10ml0.2mol/lna2co3溶液中，由于碳酸根离子的浓度较大，抑制碳酸钡的溶解，则ba2+的浓度很小；显然d中ba2+的浓度最小，故选d。【点睛】本题考查离子浓度的相关计算，明确选项中的离子浓度对碳酸钡的溶解的影响是解答本题的关键。解答本题可以根据baco3的溶解性，及碳酸钡与选项中的物质中的离子对碳酸钡的溶解为促进还是抑制来分析ba2+的浓度。10下列相关实验事实的说法不正确的是（ ）a当溶液中水电离的c(h+) = 10-12moll-1时，c1-、co32-、no3-、nh4+一定能大量共存b90时测得纯水中c(h+)c(oh) =3.810-13：h2o(l) h+(aq) + oh(aq) h0c常温下将相同体积的ph = 3硫酸和ph = 11一元碱boh溶液混合，所得溶液可能为中性也可能为碱性d使甲基橙变红的溶液中fe2+、al3+、no3-、so42-不能大量共存【答案】a【解析】a当溶液中水电离的c(h+) = 10-12moll-1时溶液可能显酸性或碱性，在酸性溶液中co32-不能大量共存，故a错误；b90时测得纯水中c(h+)c(oh) =3.810-13，说明水的电离是吸热过程，h0，故b正确；c一元碱boh溶液可能为强碱、弱碱，则c(boh)10-3mol/l，而硫酸中c(h+)=10-3mol/l，则等体积混合时所得溶液可能为中性也可能为碱性，故c正确；d使甲基橙变红的溶液显酸性，在酸性溶液中fe2+、no3-能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故d正确；故选a。11在密闭容器中，对于可逆反应2a+3b 2c (气)，平衡时c的体积分数与温度和压强的关系如图所示，下列判断正确的是（ ）a若正反应方向h0，则t1t 2b由上图可知，a和 b均一定为气体c其它条件不变，压强增大时，混合气体的平均相对分子质量减小d若增大压强，平衡不移动，说明a是气体，b为非气体【答案】d【解析】a、若正反应方向h0，升高温度，平衡向正反应移动，c的含量增大，由图可知，温度t2到达平衡时c的含量较低，故温度t2t1，故a错误；b、温度一定时，压强越大，c的含量越大，故增大压强平衡向正反应移动，正反应是气体体积减小的反应，即b一定是气体，故b错误；c、温度一定时，压强越大，c的含量越大，平衡向正反应方向移动，a、b至少有一种气体，而a的化学计量数小于c，故b一定为气体，若均为气体，混合气体总质量不变，总的物质的量减少，平均相对分子质量增大，若a为非气态，平衡正向移动，混合气体的总质量增大，总的物质的量减少，故平均相对分子质量增大，故c错误；d、若增大压强，平衡不移动，说明反应前后气体的物质的量不变，则a是气体，b为非气体，故d正确；故选d。【点睛】本题考查外界条件对化学反应速率、化学平衡移动影响、学生识图能力，做题时注意分析图象曲线的变化特点，采取定一议二。由图可知，温度一定时，压强越大，c的含量越大，故增大压强平衡向正反应移动，故b一定为气体；压强一定时，温度越高，平衡向吸热方向移动，根据c的含量变化结合选项判断反应热与温度高低。12下列说法正确的是（ ）aph = 2的hcl溶液和ch3cooh溶液，分别与2 moll-1的naoh反应，刚开始反应时速率：(hcl) (ch3cooh)b用锌和过量稀硫酸反应制取氢气时加入少量硫酸铜溶液会使生成氢气的反应速率加快，但h2的产量会降低c体积相同、ph = 12的naoh溶液和nh3h2o溶液，均加水稀释到原体积的100倍后，ph (naoh) ph( nh3h2o)d一般升高温度可使活化分子数增多，因而反应速率增大，但活化分子的百分数不变【答案】b【解析】aph = 2的hcl溶液和ch3cooh溶液，氢离子浓度相等，分别与2 moll-1的naoh反应，刚开始反应时速率：(hcl) =(ch3cooh)，故a错误；b用锌和过量稀硫酸反应制取氢气时加入少量硫酸铜溶液发生置换反应置换出的铜与锌、稀硫酸构成原电池，会使生成氢气的反应速率加快，但由于与硫酸反应的锌减少，因此h2的产量会降低，故b正确；c体积相同、ph = 12的naoh溶液和nh3h2o溶液中nh3h2o的物质的量大于naoh，加水稀释到原体积的100倍后，氨水的碱性强于naoh，ph (naoh) ph( nh3h2o)，故c错误；d一般升高温度能够增大活化分子百分数，活化分子数增多，因而反应速率增大，故d错误；故选b。13常温下向100 ml 0.01 moll-1 ha溶液中逐滴加入0.02 moll-1 moh溶液，图中所示曲线表示混合溶液的ph变化情况(溶液体积变化忽略不计)。下列说法正确的是（ ）aha可能为一元弱酸，moh为一元强碱bk点溶液中各微粒浓度大小关系： c(m+ ) c(a- ) c(moh) c(oh- ) c(h+ )cn点水的电离程度小于k点水的电离程度d若k点对应的溶液的ph = 10，则c(moh) + c(m+) = 0.02moll-1【答案】b【解析】a0.01moll-1 ha溶液中ph=2，则ha是强酸，50ml碱溶液恰好反应后，溶液呈酸性，51ml恰好溶液呈中性，说明碱为弱碱，故a错误；bn点时溶液呈中性，moh的物质的量大于ha的物质的量，说明moh是弱碱，k点溶液为ma和moh，溶液呈碱性，电离大于水解，溶液中c(m+ ) c(a- ) c(moh) c(oh- ) c(h+ )，故b正确；c由图象可知，n点溶液呈中性，水电离的氢离子为10-7mol/l，k点溶液呈碱性，moh电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10-7mol/l，所以n点水的电离程度大于k点水的电离程度，故c错误；d在k点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c(moh)+c(m+)=0.01moll-1，故d错误；故选b。14下列各离子浓度的大小比较正确的是（ ）a0.1moll-1k2co3溶液中：c(oh-)=c(hco3-)+c(h+)+c(h2co3)b常温时将等体积的盐酸和氨水混合后ph=7，则c(nh4+)c(cl-)cnh4+浓度相同的下列溶液：(nh4)2fe(so4)2(nh4)2co3(nh4)2so4，各溶液浓度大小顺序：d含有nh4+、cl-、oh-、h+的溶液中，离子浓度大小关系可能为：c(cl-)c(nh4+)c(h+)c(oh-)【答案】d【解析】a0.1 moll-1 k2co3溶液中存在碳酸钾的水解，水解后溶液显碱性，根据质子守恒，c(oh-) = c(hco3-) + c(h+) + 2c(h2co3)，故a错误；b常温时将等体积的盐酸和氨水混合后ph = 7，根据电荷守恒，c(nh4+) + c(h+)= c(cl-) + c(oh-)，则c(nh4+) = c(cl-)，故b错误；c (nh4)2fe(so4)2中亚铁离子水解抑制铵根离子的水解，(nh4)2co3中碳酸根离子的水解促进铵根离子的水解，(nh4)2so4中硫酸根离子不水解，对铵根离子的水解无影响，当nh4+浓度相同时，溶液浓度大小顺序：，故c错误；d含有nh4+、cl-、oh-、h+的溶液中存在电荷守恒c(nh4+) + c(h+)= c(cl-) + c(oh-)，离子浓度大小关系可能为：c(cl- ) c(nh4+ ) c(h+ ) c(oh- )，故d正确；故选d。【点睛】本题考查盐类水解的原理和应用，注意盐类水解的实质和把握弱电解质的电离，从影响平衡移动的角度分析离子浓度的大小比较是解答的关键。15将1mola(g)和2molb(g)置于2l密闭容器中，在一定温度下发生反应：a(g)+b(g)c(g)+d(g)并达到平衡。c的体积分数随时间变化如图中曲线b所示，反应过程中的能量变化如图所示，下列说法不正确的是（ ）a在上述反应体系中加入催化剂，化学反应速率增大，e1和e2均减小b该温度下反应的平衡常数数值约为7.36，若升高温度该反应的平衡常数减小c恒温条件下，缩小反应容器体积可以使反应的过程按图中a曲线进行d反应在第4秒钟达到化学平衡状态，此时以a表示的化学反应速率是(a)=0.1125moll-1s-1【答案】b【解析】a、加入催化剂降低反应的活化能，则e1和e2均减小，化学反应速率增大，故a正确；b、反应的平衡常数只与温度有关，温度不变，反应的平衡常数不变，故b错误；c、缩小反应容器的体积，压强增大，反应速率增大，方程式中气体的化学计量数反应前后相等，增大压强平衡不移动，故c正确；d、根据反应方程式的化学计算量数关系可知，va=vc=30.3mol2l4s=0.1125moll-1s-1，故d正确；故选b。16在373k时，把0.5moln2o4气体通入体积为5l(恒容)的真空密闭容器中，立即出现红棕色。反应进行到60s时体系达到平衡，此时容器内压强为反应前的1.6倍。下列说法不正确的是（ ）a平衡时，n2o4的转化率为60%b平衡时，体系内no2为0.04moll-1c其它条件不变，平衡后再往该密闭容器中通入0.5moln2o4气体，重新达到平衡时n2o4的体积百分数增大d其它条件不变，平衡后再往该密闭容器中通入1moln2o4气体，重新达到平衡时该反应平衡常数不变【答案】b【解析】a设转化的n2o4的物质的量为x，则平衡时n2o4的物质的量为0.5mol-x，no2的物质的量为2x，由平衡时容器内压强为开始时的1.6倍，则0.5mol-x+2x0.5mol=1.6，解得x=0.3mol，故n2o4的转化率为0.3mol0.5mol100%=60%，故a正确；b根据a的分析，平衡时no2的浓度为20.3mol5l=0.12mol/l，故b错误；c其它条件不变，平衡后再往该密闭容器中通入0.5moln2o4气体，相当于增大压强，平衡逆向移动，重新达到平衡时n2o4的体积百分数增大，故c正确；d温度不变，平衡常数不变，故d正确；故选b。第二部分（非选择题 共52分）17（1）al2(so4)3溶液加热蒸干并灼烧最终得到物质是_（填化学式），将nahco3与al2(so4)3两者溶液混合后可做泡沫灭火剂，其原理是_（用离子方程式表示）（2）实验室溶液中常用naoh来进行洗气和提纯。当100ml 1moll-1的naoh溶液吸收标准状况下2.24lso2时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_（3）25时，几种离子开始沉淀时的ph如下表：离子fe2+cu2+mg2+ph7.65.210.4当向含相同浓度cu2+、mg2+、fe2+的溶液中滴加naoh溶液时，_先沉淀（填离子符号），要使0.3moll-1硫酸铜溶液中cu2+沉淀较为完全（当cu2+浓度降至105 moll-1时），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液ph为_（kspcu(oh)2=110-20）【答案】 (1)al2(so4)3 (2)al3+3hco3-=al(oh)3 + 3co2 (3)c(na+) c(hso3-) c(h+) c(so32-) c(oh-) (4)cu2+ (5)6.518工业上可利用co或co2来生产燃料甲醇。已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下表所示：化学反应平衡常数温度5007008002h2(g)+co(g)ch3oh(g)k12.50.340.15h2(g)+co2(g)h2o(g)+co(g)k211.72.523h2(g)+co2(g)ch3oh(g)+h2o(g)k3请回答下列问题：（1）判断反应是_(填“吸热”或“放热”)反应（2）据据反应与反应可推导出k1、k2与k3之间的关系，则k3 =_(用k1、k2表示)（3）某温度下反应式中各物质的平衡浓度符合下式：20c(ch3oh) = 3c(co)c2(h2)，试判断此时的温度为_。（4）500时测得反应在某时刻h2(g)、co2(g)、ch3oh(g)、h2o(g)的浓度分别为0.4 moll-1、1 moll-1、0.5 moll-1、0.4 moll-1，则此时(正)_(逆)(填“”、“=”或“”)。（5）一定条件下将h2(g)和co2(g)以体积比3:1置于恒温恒容的密闭容器发生反应，下列能说明该反应达到平衡状态的有_a体系密度保持不变bh2和co2的体积比保持不变c混合气体的平均相对分子量不变时，反应一定达到平衡状态d当破坏co2中2个碳氧双键，同时破坏h2o 中的2个氧氢键，反应一定达到平衡状态（6）若500时在2l密闭容器中加入2molh2和amolco2进行的反应，反应5min后达到平衡，平衡时co2的转化率为50%，求a =_mol，用h2表示该反应达到平衡时的平均反应速率(h2) =_moll-1min-1【答案】 (1)放热 (2)k1k2 (3)800 (4) (5)c、d (6)1 (7)0.05【解析】(1)反应中升高温度，平衡常数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，故答案为：放热；(2)反应3h2(g)+co2(g)ch3oh(g)+h2o(g)是气体体积减小的反应s0，依据反应+得到反应，所以平衡常数k3=k1k2，故答案为：k1k2；(3)20c(ch3oh) = 3c(co)c2(h2)变形为c(ch3oh)c(co)c2(h2)=k=320=0.15，说明温度为800，故答案为：800 ；(4)在500测得反应在某时刻，h2(g)、co2(g)、ch3oh(g)、h2o(g)的浓度分别为0.4 moll-1、1 moll-1、0.5 moll-1、0.4 moll-1， q=0.50.40431=3.125k=k1k2=2.5，反应逆向进行，v正v逆，故答案为：；(5)a反应前后气体的质量和体积均不变，体系密度始终保持不变，不能说明该反应达到平衡状态，错误；b根据方程式，h2和co2的体积比始终保持3:1不变，不能说明该反应达到平衡状态，错误；c反应后其他的物质的量减小，质量不变，混合气体的平均相对分子量增大，当平均相对分子量不变时，反应一定达到平衡状态，正确；d当破坏co2中2个碳氧双键，同时破坏h2o 中的2个氧氢键，说明正逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，正确；故选cd； (6) h2(g) + co2(g) h2o(g) + co(g)起始(mol)2 a 0 0反应 平衡 1- 则k=a2a2(1-a2)a2 =1，解得a=1，平衡时氢气的物质的量为0.5mol，浓度为0.25mol/l，用h2表示该反应达到平衡时的平均反应速率(h2) =0.25mol/l5min=0.05moll-1min-1，故答案为：1；0.05。19草酸铁晶体fe2(c2o4)3xh2o通过相关处理后可溶于水，且能做净水剂，在110可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：步骤1：称量4.66g草酸铁晶体进行处理后，配制成250 ml一定物质的量浓度的溶液。步骤2：取所配溶液25.00 ml于锥形瓶中，加稀h2so4酸化，滴加kmno4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时mno4-被还原成mn2。向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至溶液黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤3：用0.0200 moll-1kmno4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗kmno4溶液v1 ml，滴定中mno4-被还原成mn2。重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200 moll-1 kmno4溶液为v2、v3 ml。记录数据如下表：实验编号kmno4溶液的浓度（moll-1）kmno4溶液滴入的体积（ml）10.0200v1 = 20.0220.0200v2 = 20.1230.0200v3 = 19.98请回答下列问题：（1）草酸铁溶液能做净水剂的原因_（用离子方程式表示）（2）该实验步骤1和步骤3中使用的仪器除托盘天平、铁架台、滴定管夹、烧杯、玻璃棒外，一定需用下列仪器中的_ (填序号)a.酸式滴定管 b碱式滴定管 c量筒(10 ml) d锥形瓶e胶头滴管 f漏斗 g250 ml容量瓶（3）加入锌粉的目的是_（4）步骤3滴定时是否选择指示剂_（是或否）；说明理由_写出步骤3中发生反应的离子方程式_（5）在步骤2中，若加入的kmno4溶液的量不够，则测得的铁含量_(填“偏低”、“偏高”或“不变”)；实验测得该晶体中结晶水的个数x为_。【答案】 (1)fe3+ + 3h2o = fe(oh)3（胶体）+ 3h+ (2)a、d、e、g (3)将fe3还原为fe2 (4)否 (5)因为kmno4被还原剂还原成mn2，紫红色褪去，所以不需要指示剂 (6)5fe2mno8h=5fe3mn24h2o (7)偏高 (8)10【解析】(1)草酸铁溶液水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能做净水剂，反应的两种方程式为fe3+ + 3h2o = fe(oh)3(胶体)+ 3h+，故答案为：fe3+ + 3h2o = fe(oh)3(胶体)+ 3h+；(2)实验步骤1是配制溶液，需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250 ml容量瓶、胶头滴管；步骤3是滴定，使用的仪器有铁架台、滴定管夹、锥形瓶、酸式滴定管，因此需用下列仪器中a、d、e、g，故答案为：a、d、e、g；(3)根据题意，加入的锌粉可以将fe3还原为fe2，故答案为：将fe3还原为fe2；(4)高锰酸钾溶液显紫红色，步骤3滴定时发生的反应为5fe2mno8h=5fe3mn24h2o，因为kmno4被还原剂还原成mn2，紫红色褪去，所以不需要指示剂，故答案为：否；因为kmno4被还原剂还原成mn2，紫红色褪去，所以不需要指示剂；5fe2mno8h=5fe3mn24h2o；(5)在步骤2中，若加入的kmno4溶液的量不够，导致草酸根不能完全被氧化，在步骤3中消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，则测得的铁含量偏高；三次的平均体积为20.02ml+19.98ml+20.12ml3，根据步骤三中的离子反应可知：n(fe)=5n(mno4-)=520.02ml+19.98ml+20.12ml310-30.02moll-1250ml25ml =2.0410-2mol，草酸铁晶体fe2(c2o4)3xh2o 中含有fe2(c2o4)3的质量为2.0410-2mol276g/mol=2.8152g，则结晶水的物质的量为4.66g-2.8152g18g/mol=0.102mol，则fe2(c2o4)3和h2o的物质的量之比为1:10，即x=10，故答案为：偏高；10。20x、y、z、w、m、n是元素周期表中前四周期原子序数依次增大的六种元素，其相关信息如下表：元素相关信息xx的基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等yne与y2的核外电子数相同zz的基态原子价电子排布为nsn-1nn的单质是一种常见的红色金属，在潮湿的空气中易生成绿色的锈斑（1）红色金属n位于元素周期表中的位置为_，其基态原子的电子排布式为_（2）h2y分子的立体构型为_形，xy2分子中x原子的杂化轨道的类型是_，与xy分子互为等电子体的微粒有_（写一种即可，填化学式）（3）y单质和z单质点燃条件下得到的固体产物为_（填化学式），其晶体类