2023届浙江省杭州市高三下学期期中考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE1浙江省杭州市2023届高三下学期期中考试可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，O-16，N-14，Mg-24，S-32，Cl-35.5，Ca-40，Zn-65，Br-80，Ag-108，Ba-137，Cu-64，Si-28一、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.下列物质中可用于净水的盐是（）A.纯碱 B.明矾 C.活性炭 D.氯水【答案】B【解析】A．纯碱属于盐，不能净水，故A错误；B．明矾属于盐，明矾溶于水电离出铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮的难溶性杂质沉降净水，故B正确；C．活性炭不是盐，故C错误；D．氯水不是盐，故D错误；故选B。2.《天工开物》记载，与木炭共热制得倭铅(锌)。下列说法中不正确的是（）A.Zn元素位于ds区 B.制备锌过程可能发生置换反应C.高温加热不能分解 D.离子为平面三角形结构【答案】C【分析】与木炭共热制得倭铅(锌)涉及的反应：ZnCO3CO2↑+ZnO、CO2+C2CO、ZnO+COZn+CO2。【详解】A．Zn属于副族元素，位于周期表的ds区，故A正确；B．制备锌过程也可能发生反应ZnO+CZn+CO2↑，该反应为置换反应，故B正确；C．高温加热会发生分解，产生二氧化碳和ZnO，故C错误；D．中心C原子价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故D正确；故选C。3.下列化学用语中不正确的是（）A.苯的实验式：B.的VSEPR模型：C.离子的电子式：D.质子数为92、中子数为146的U原子：【答案】A【解析】A．苯实验式为CH，故A错误；B．中心原子价层电子对数为2+=4，VSEPR模型为四面体构型，故B正确；C．离子的电子式为，故C正确；D．质子数为92、中子数为146的U原子质量数为92+146=238，表示为，故D正确；故选A。4.下列物质的性质或用途的因果关系不正确的是（）A.乙醇具有氧化性，可用于杀菌消毒B.受热易分解生成，可用于食品膨松剂C.高纯硅具有半导体特性，可用于制造芯片D.碳化硅具有高温抗氧化性能，可用做耐高温结构材料【答案】A【解析】A．乙醇能使病毒或细菌蛋白质变性，所以乙醇可用于消毒，不是因为乙醇具有氧化性，故A错误；B．不稳定，受热易分解生成，可用于食品膨松剂，故B正确；C．高纯硅具有半导体特性，可用于制造芯片，故C正确；D．碳化硅具有高温抗氧化性能，可用做耐高温结构材料，故D正确；故选A。5.物质转化是化学研究的重要领域，下列说法正确的是（）A.和热的石灰乳反应可制备为主要成分的漂粉精B.工业上将直接氧化为以制备硝酸C.工业上用水吸收制备硫酸D.用化学氧化法对铝进行表面处理可提高铝材的抗腐蚀性和耐磨性【答案】D【解析】A．和冷的石灰乳反应可制备为主要成分的漂粉精，故A错误；B．和O2反应生成NO，故B错误；C．工业上用98.3%的浓硫酸吸收制备硫酸，故C错误；D．用化学氧化法对铝进行表面处理，使铝合金表面形成一层致密的氧化膜，从而达到防腐蚀和耐磨性的目的，故D正确；故选D。6.对于方程式，下列说法正确的是（）A.是氧化剂B.每生成1.4g转移0.12mol电子C.CO是还原产物D.属于传统硅酸盐材料【答案】B【解析】A．反应中，Si元素化合价不变，N元素化合价下降，是氧化剂，故A错误；B．反应中，N元素化合价由0价下降到-3价，1.4g的物资的量为=0.01mol，每生成0.01mol转移0.12mol电子，故B正确；C．反应中，C元素化合价上升，CO是氧化产物，故C错误；D．不属于盐，不属于传统硅酸盐材料，故D错误；故选B。7.下列反应的离子方程式不正确的是（）A.气体通入足量NaClO溶液：B.明矾溶液中加入过量NaOH溶液：C.向血红色溶液加入过量铁粉：D.向硫化锌悬浊液滴加硫酸铜溶液；【答案】C【解析】A．气体通入足量NaClO溶液，两者发生氧化还原反应，离子方程式为，A正确；B．明矾中加入过量NaOH，铝离子与氢氧根离子反应生成，离子方程式为，B正确；C．Fe(SCN)3为络合物，不能拆成离子的形式，正确的离子方程式为2Fe(SCN)3+Fe=3Fe2++6SCN-，C错误；D．硫化锌悬浊液中滴加硫酸铜溶液，ZnS转化为CuS，离子方程式为，D正确；故答案选C。8.下列说法不正确的是（）A.氨基酸与酸、碱反应均可形成盐B.低密度聚乙烯含有较多支链，软化温度高C.油脂久置空气中可被氧化，产生过氧化物和醛类D.以1，3-丁二烯为原料经加聚反应可得到顺式结构，适度硫化后橡胶性能更佳【答案】B【解析】A．氨基酸是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐，正确；B．低密度聚乙烯的主链有较多长短不一的支链，支链结构有碍碳碳单键的旋转和链之间的接近，链之间的作用力小，软化温度和密度也就较低，错误；C．主要由于油脂中不饱和脂肪酸发生自动氧化，产生过氧化物，并进而降解成挥发性醛、酮、酸的复杂混合物，正确；D．在催化剂作用下，1，3-丁二烯通过加聚反应，得到以顺式结构

为主的聚1，3-丁二烯，适度硫化后橡胶性能更佳，正确；故选B。9.维生素C可参与机体的代谢过程，俗称抗坏血酸，结构如图，已知25℃时，其电离常数，。下列说法正确的是（）A.维生素C分子中含有3个手性碳B.维生素C含碳原子较多，故难溶于水C.维生素C含有烯醇式结构，水溶液露置在空气中不稳定D.1mol维生素C与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH【答案】C【解析】A．由图可知，维生素C分子中含有2个手性碳，A错误；B．由图可知维生素C中含有较多的羟基，羟基具有亲水性，则维生素C易溶于水，B错误；C．维生素C含有烯醇式结构，在水溶液中易被空气中的氧气氧化，生成去氢抗坏血酸，C正确；D．根据结构可知，其中含有1个酯基，则1mol维生素C与足量NaOH溶液反应，最多可消耗1molNaOH，D错误；故选C。10.一种用作锂离子电池电解液的锂盐的阴离子结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的核外电子中有3个未成对电子。下列说法正确的是（）A.W元素最高价氧化物对应的水化物是强酸B.该阴离子中不存在非极性键C.X的氢化物沸点可能高于Z的氢化物D.该离子中所有原子最外层均为8电子结构【答案】C【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的核外电子中有3个未成对电子，则其p轨道上有3个电子，价电子排布式为3s23p3，W为P元素，由结构简式知Z形成1个共价键，Y形成2个共价键，X形成4个共价键，则Z为F元素，Y为O元素，X为C。【详解】A．W为P元素，最高价氧化物对应的水化物是磷酸，磷酸不是强酸，故A错误；B．该阴离子中含有C-C非极性键，故B错误；C．X为C，C元素的氢化物有很多种，分子量越大沸点越高，可能高于Z的氢化物HF，故C正确；D．该离子中P未形成8电子结构，故D错误；故选C。11.有研究表明，以与辛胺为原料高选择性的合成甲酸和辛腈，工作原理如图，下列说法不正确的是（）A.电极与电源正极相连B.In/电极上可能有副产物生成C.在In/电极上发生的反应为：D.标准状况下33.6L参与反应时电极有1.5mol辛腈生成【答案】D【分析】由图示知，该装置为电解池，In/电极发生反应CO2转化为HCOO-，电极方程式为：；电极转化为，电极方程式为：-4e-+4OH-=+4H2O。【详解】A．由图示知，该装置为电解池，In/电极发生反应CO2转化为HCOO-，C元素化合价由+4价降到+2价，得电子被还原，故In/电极为阴极，则NiP为阳极与电源正极相连，故A正确；B．由分析知，In/电极为阴极，溶液中H+可能在阴极放电产生副产物H2，故B正确；C．In/电极发生反应CO2转化为HCOO-，C元素化合价由+4价降到+2价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，故C正确；D．标准状况下33.6L的物质的量为1.5mol，In/电极方程式为：，失去3mol电子；电极电极方程式为：-4e-+4OH-=+4H2O，得到3mol电子时，生成0.75mol，故D错误；故选D。12.存在二种异构体，抗癌药物顺铂可由以下途径得到：(顺铂)，下列说法不正确的是（）A.一定为平面正方形B.该变化过程说明的配位能力大于C.②过程说明Cl对位上的Cl更容易被取代D.相同条件下，在苯中的溶解度小于【答案】D【解析】A．存在二种异构体，则一定为平面正方形，而不是正四面体，故A正确；B．由图可知，依次发生过程①②，说明该变化过程说明的配位能力大于，故B正确；C．由图可知，②过程说明Cl对位上的Cl更容易被取代，故C正确；D．结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，苯为非极性分子，根据相似相溶可知，相同条件下，在苯中的溶解度大于，故D错误；故选D。13.亚砷酸()可用于治疗白血病。亚砷酸在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A.人体血液的pH为7.35～7.45，给药后人体所含砷元素微粒主要是B.可发生电离和水解，溶液显碱性C.当溶液的时，D.用δ表示微粒的物质的量分数，时【答案】C【解析】A．由图可知pH在7.35～7.45之间时，砷元素微粒主要是，A正确；B．由图可知，当溶液的pH在11～13之间时，物质的量分数减小，增大，说明可电离为，由于溶液显碱性，说明可水解，B正确；C．当溶液的时，溶液显碱性，，则，C错误；D．时，溶液中砷元素微粒主要是、和，则，，D正确；故选C。14.2-溴-2-甲基丙烷发生水解反应[]的能量变化与反应进程图如图,下列说法正确的是（）A.溶液酸性增强，转化率升高B.升高温度，有利于提高反应速率和原料平衡转化率C.分子中碳溴键断裂的速率比与结合速率快D.推测水解生成的速率：【答案】D【解析】A．由题干可知，反应为，，酸性增强导致反应逆向进行，使得转化率降低，A错误；B．反应物能量大于生成物能量，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致原料平衡转化率下降，B错误；C．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢；由图可知，分子中碳溴键断裂所需活化能更大，故分子中碳溴键断裂的速率比与结合速率慢，C错误；D．碘原子半径大于溴原子大于氯原子，则C-I键能更小，利于C-I断裂发生反应，故推测水解生成的速率：，D正确；故选D。15.常温下，向20mL0.1溶液中缓慢加入少量溶于水的粉末(已知MS难溶，忽略溶液体积变化)，溶液中与变化如图所示(横纵坐标未按比例画，已知：，。下列有关说法不正确的是（）A.a点溶液中约为B.a、b、c三点中由水电离产生的最小的是c点C.约为D.c点溶液可能存在关系：【答案】D【解析】A．设0.1mol/LH2S溶液中c(H+)为x，则c(HS-)近似也为x，由Ka1(H2S)===，解得x=10-5mol/L，故A正确；B．根据化学反应H2S+MSO4=MS+H2SO4可知，随着反应进行H2SO4浓度逐漸増大，对水的电离的抑制作用逐渐增强，所以a、b、c三点中由水电离产生的最小的是c点，故B正确；C．结合b点数据，Ka1(H2S)==，，Ka1(H2S)×==1.0×10-22，结合b点数据，c(H+)=0.1mol/L，c(M2+)=0.002mol/L，此时溶液中c(H2S)=0.1mol/L，解得c(S2-)=1×10-21mol/L，MS难溶物，上述反应的Ksp=c(M2+)×c(S2-)=1×10-21mol/L×0.002mol/L=2×10-24，故C正确；D．根据物料守恒规律可知，c点除了溶液中含有S元素之外，MS沉淀中也有S元素，故D错误；故选D。16.下列关于氮及其化合物性质的探究，实验结论正确的是（）选项操作和现象结论A将灼热的木炭伸入浓硝酸中，木炭燃烧，产生大量红棕色气体木炭和硝酸发生反应生成了和B向悬浊液中加浓溶液，沉淀溶解主要原因是铵根水解显酸性、中和促进反应C向含有等物质的量和的混酸稀溶液加入过量铜粉，生成气体，溶液变蓝色反应结束后溶液中的溶质是和D将Al粉加入强碱性的溶液，微热，产生气体使湿润红色石蕊试纸变蓝在强碱性溶液中无氧化性【答案】C【解析】A．将灼热的木炭伸入浓硝酸中，木炭与浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳、水，A错误；B．向悬浊液中加浓溶液，铵根与溶解平衡产生的OH-反应，促进溶解正向移动，沉淀溶解，B错误；C．含有等物质的量和的混酸中H+与的物质的量之比为3∶1，加入过量铜粉，发生离子反应：，硝酸根过量，则溶质为和，C正确；D．将Al粉加入强碱性的溶液，微热，产生气体使湿润红色石蕊试纸变蓝，该气体为NH3，硝酸根离子中的N元素降价，表现氧化性，D错误；故选C。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.硫自远古时代就被人们所知晓并使用，请回答：（1）低浓度的溶液中存在2种结构A()和B()，A结构中硫原子的杂化轨道类型是_______。B结构的空间构型(以S为中心)名称为___________。A与B通过氢键形成C，请画出C的结构_______________。（2）下列关于由S元素形成微粒说法正确的是_______。A.的价电子排布图为B.[Ne]电离1个电子所需最低能量大于[Ne]C.的氧化性强于D.的发射光谱不止1条谱线（3）CuS的晶胞如图所示，该图中缺失了部分硫原子，请在如图上用白球或黑球将缺失的原子补齐_______，该晶胞内含有Cu原子为_______个，其中配位4个硫原子的Cu原子有_______个。【答案】（1）四面体（2）BD（3）64【解析】（1）低浓度的溶液中存在2种结构A()和B()，A结构中S原子价层电子对数为3+=4，硫原子的杂化轨道类型是。B中S原子价层电子对数为4+=4，硫原子的杂化轨道类型是，结构的空间构型(以S为中心)名称为四面体。A与B通过氢键形成C，请画出C的结构。故答案为：；四面体；；（2）A.的价电子排布图为，核外电子排布式为，故A错误；B.[Ne]的3p处于半充满状态，较稳定，[Ne]电离1个电子所需最低能量大于[Ne]，故B正确；C.氧的吸电子能力强，的氧化性弱于，故C错误；D.比4s能量低的能级有多个，的发射光谱不止1条谱线，故D正确；故答案为：BD；（3）CuS的晶胞如图所示，每个侧棱上有4个S原子，该图中缺失了部分硫原子，将缺失的原子补齐，如图：，该晶胞内含有Cu原子为6个，均处于体内，其中配位4个硫原子的Cu原子有4个。故答案为：；6；4。18.研究小组为探究固体X(含五种元素的盐)的性质，设计并完成如下实验。已知：固体B是纯净物，溶液I呈强碱性，溶质的阳离子为二配位的配离子。请回答：（1）A的电子式为________________，E中所含金属的元素符号是__________，X的化学式是_____________。（2）写出固体B与液体C反应的化学方程式_____________________________________。（3）写出H和浓氨水反应转化为I的离子反应方程式_____________________________。（4）设计实验检验D中的离子______________________________________________。【答案】（1）Cu（2）（3）（4）取少量D溶于水配成溶液分为两份，取一份溶液滴加酚酞溶液，若变红色，则有；取另一份溶液滴加稀硫酸，若有白色沉淀生成，则含有【分析】固体X隔绝空气加热生成气体A，固体B和液体C为水；又砖红色固体H溶于氨水溶液I呈强碱性，溶质的阳离子为二配位的配离子，所以H为Cu2O；则固体E为CuO；气体A溶于强碱性溶液D生成白色沉淀F，所以气体A为二氧化碳，固体B中有BaO；砖红色固体Cu2O质量为7.2g，所以，所以固体E质量为，说明固体B含有BaO，且m(BaO)＝23.3g−8g＝15.3g，，，所以固体X为，以此解答该题。【详解】（1）据分析可知，A为二氧化碳，电子式为；E为CuO；X的化学式是；故答案为；Cu；。（2）据分析可知，固体B为BaO和CuO组合，化学式为；液体C为H2O，所以与水反应方程式为；故答案为。（3）H为Cu2O，Cu2O与浓氨水反应生成无色溶液，离子方程式为；故答案为。（4）D为Ba(OH)2，含有OH-和Ba2+，离子检验步骤为取少量D溶于水配成溶液分为两份，取一份溶液滴加酚酞溶液，若变红色，则有；取另一份溶液滴加稀硫酸，若有白色沉淀生成，则含有；故答案为取少量D溶于水配成溶液分为两份，取一份溶液滴加酚酞溶液，若变红色，则有；取另一份溶液滴加稀硫酸，若有白色沉淀生成，则含有。19.化学固定、催化活化循环利用的研究，备受重视。铜基催化剂上加氢合成甲醇是重要的利用途径。该工艺主要发生合成甲醇的反应I和逆水汽变换反应Ⅱ。I.，Ⅱ.，Ⅲ：已知甲醇的选择性请回答：（1）________________，反应Ⅲ自发进行的条件是_____________。（2）恒温恒容条件下，原料气(g)、(g)以物质的量浓度1：3投料时，控制合适条件(不考虑反应Ⅲ)，甲醇的选择性为50%。已知初始，平衡转化率为50%，则该条件下_____________。（3）以50Cu/45Zn/5Al为催化剂，催化剂表面金属能吸附、CO、分子，反应I和Ⅱ发生在催化剂表面的不同活性位点。在240℃、2MPa条件下，将原料气按照a、b、c、d四种方式以相同流速通过催化剂，测得各组分转化率(X)和选择性(S)如表1所示。另测得转化率、甲醇选择性与温度、原料气组成关系如图8、图9所示。表1催化剂性能与原料气组成的关系原料气(体积分数)(%)(a)16：0：841804356(b)16：0.6：83.41206138(c)16：2：821108911(d)16：4：8096.0990=1\*GB3①分析表1数据，推测随着原料气中掺杂CO体积分数的增大，转化率迅速降低、甲醇选择性急剧增大的原因______________________________________________。②结合表1、图8、图9等有关知识，下列说法正确的是__________。A.其他条件一定时，原料气中CO体积分数越大，生成甲醇越多B.一定范围内升高温度利于与催化剂活性位点结合，可以提高的转化率C.根据图9中的a线，推测温度对反应Ⅱ的速率影响比反应I大D.增大流速，原料气与催化剂碰撞的机会多，甲醇产率一定增加③请在图9中画出按照d投料时甲醇的选择性随温度变化的曲线_______。【答案】（1）-90.56低温（2）0.03125或（3）①CO与在催化剂表面产生竞争吸附，占据反应Ⅱ活性位点，抑制反应Ⅱ的发生；CO直接与生成了②BC③【解析】（1）由盖斯定律可知，反应I-反应Ⅱ即可得到=-90.56；反应III是气体体积减小的放热反应，，当时反应能自发进行，则该自发进行的条件是低温。（2）根据已知条件列出“三段式”甲醇的选择性为=50%，平衡转化率为=50%，解得x=y=0.25，则该条件下0.03125或。（3）①分析表1数据，推测随着原料气中掺杂CO体积分数的增大，转化率迅速降低、甲醇选择性急剧增大的原因是：CO与在催化剂表面产生竞争吸附，占据反应Ⅱ的活性位点，抑制反应Ⅱ的发生；CO直接与生成了；②A．由图可知，原料气中掺杂CO体积分数的增大，转化率迅速降低，的选择性增大，不能确定生成的如何变化，故A错误；B．由图可知，升高温度的转化率增大，原因是一定范围内升高温度利于与催化剂活性位点结合，故B正确；C．根据图9中的a线，升高温度的选择性减小，反应Ⅱ是吸热反应，反应I是放热反应，推测温度对反应Ⅱ的速率影响比反应I大，故C正确；D．增大流速，若催化剂表面活性位点都被占据，甲醇产率不一定增加，故D错误；故选BC；③由图9可知，随着原料气中掺杂CO体积分数的增大，甲醇选择性急剧增大，则d投料时甲醇的选择性大于a且随着温度的升高不断减小，图为：。20.某研究小组制备配合物顺式-二甘氨酸合铜[(H2NCH2COO)2Cu]，结构简式为，流程如下：已知：与甘氨酸反应还可能生成反式-二甘氨酸合铜。请回答：（1）写出与甘氨酸反应的化学方程式____________________________。（2）下列说法中正确的是__________。A.流程中不用溶液直接与NaOH反应的原因可能是防止生成碱式硫酸铜沉淀B.步骤II中，温度过高会导致产率降低C.步骤III中，趁热过滤的目的是除去同时减少产物的析出D.步骤IV中，加入乙醇能增大溶剂极性，促进顺式-二甘氨酸合铜析出（3）可用碘量法测定产品中Cu元素的含量，进而测定产品纯度，已知：i：ii：iii：Cul固体能吸附溶液中的少量碘单质(CuSCN)＜(CuI)。从下列选项操作中选择合适的选项(均用字母表示，每个横线上只选一个操作)，补全实验流程(碘量瓶示意如图)。①用分析天平称量产品xg→在烧杯中用水溶解，再加入适量硫酸→_______→用移液管移取20.00mL溶液到碘量瓶→_______→塞上碘量瓶的塞子、用少量水封→_______→打开塞子，用标准溶液滴定至溶液呈浅黄色，加入适量溶液→_______→加入淀粉溶液→用标准溶液滴定至终点，再取20.00mL溶液进行一次平行实验。操作：a.用容量瓶配制100mL样品溶液；b.加入少量KI固体；c.加入过量KI固体；d.在光照下静置5分钟；e.在暗处静置5分钟；f.轻轻振荡碘量瓶；g.剧烈振荡碘量瓶。②溶解时加入硫酸的作用是____________________________________________________。③滴定终点的现象是__________________________________________________________。④若两次平行实验，平均消耗0.1050mol/L溶液20.00mL，则xg产品中含Cu的质量为_____________g。【答案】（1）（2）ABC（3）①aceg②破坏配合物结构，解离出铜离子，有利于与反应③滴入最后半滴标准溶液后溶液蓝色褪去，且30s不恢复④0.6720g【分析】某研究小组制备配合物顺式-二甘氨酸合铜[]，向硫酸铜溶液中加入过量氨水至溶液呈深蓝色，再加入氢氧化钠溶液得到氢氧化铜沉淀，过滤后得到的固体加入甘氨酸溶液在加热的条件下发生反应生成顺式-二甘氨酸合铜[]，乙醇的极性较水更小，加入乙醇后使得溶液整体极性下降，促进顺式-二甘氨酸合铜析出，以此解答。【详解】（1）与甘氨酸反应生成二甘氨酸合铜和水，化学方程式为：。（2）A．NaOH溶液碱性太强，流程中不用溶液直接与NaOH反应的原因可能是防止生成碱式硫酸铜沉淀，故A正确；B．步骤II中，温度过高会使甘氨酸的溶解度降低或失去稳定性转化成其他化合物，导致产率降低，故B正确；C．步骤III中，趁热过滤的目的是除去同时减少产物的析出，故C正确；D．乙醇的极性较水更小，加入乙醇后使得溶液整体极性下降，故D错误；故选ABC。（3）①可用碘量法测定产品中Cu元素的含量，以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色刚好消失即为反应终点。操作步骤为用分析天平称量产品xg→在烧杯中用水溶解，再加入适量硫酸→用容量瓶配制100mL样品溶液→用移液管移取20.00mL溶液到碘量瓶→加入过量KI固体→塞上碘量瓶的塞子、用少量水封→在暗处静置5分钟→打开塞子，用标准溶液滴定至溶液呈浅黄色，加入适量溶液→剧烈振荡碘量瓶→加入淀粉溶液→用标准溶液滴定至终点，再取20.00mL溶液进行一次平行实验；②顺式-二甘氨酸合铜是配合物，溶解时加入硫酸的作用是破坏配合物结构，解离出铜离子，有利于与反应；③用碘量法测定产品中Cu元素的含量，以淀粉为指示剂，反应i：，生成的碘单质使与淀粉变蓝，用标准溶液滴定至终点，发生反应，蓝色褪去，滴定终点现象为：(滴入最后半滴标准溶液后)溶液蓝色褪去，且30s不恢复；④若两次平行实验，平均消耗0.1050mol/L溶液20.00mL，消耗n()=0.02L×0.1050mol/L=0.0021mol，由方程式可知~I2