襄阳四中2026届高三下学期质量检测 化学+答案

襄阳四中2026届高三下学期质量检测A化学试题可能用到的相对原子质量：O16Mg24Al27Fe56Ni59一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求。1．2025年是人形机器人的量产元年。下列机器人部件使用的材料属于金属材料的是A．碳纤维躯干 B．钛合金关节 C．聚氨酯皮肤 D．高纯硅传感器2．幸福属于劳动人民。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A注入熔融钢水前先将模具干燥Fe与在高温条件下可以发生反应B用小苏打作面包发泡剂受热分解生成C使用医用酒精进行杀菌消毒能发生消去反应生成D用液氨作制冷剂液氨汽化能吸收大量的热3．1898年，化学家利用氮气、碳化钙()与水蒸气为原料成功合成氨，相关反应的化学方程式为：①；②。下列说法正确的是A．中碳元素化合价为价 B．的VSEPR模型为C．的电子式为 D．的空间结构为三角锥形4．我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构如图a)，该分子和客体分子可形成主客体包合物，被固定在空腔内部(结构示意图如图b)。下列说法正确的是A．主体分子存在分子内氢键 B．主客体分子之间存在共价键C．主体分子是一种高分子化合物 D．中N采用杂化5．过二硫酸钾(K2S2O8)是工业上一种重要的消毒剂和织物漂白剂，它在100°C下能发生分解反应：K2S2O8→K2SO4A．1molK2SB．上述反应，每生成1molO2，转移C．标准状况下，22.4LSO3D．S2O6．Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如图。下列说法错误的是A．E中存在官能团酰胺基和氨基 B．F和G生成X时，原子利用率为100%C．Y水解可得到E和G D．Y的合成过程中进行了官能团保护7．某化学兴趣小组进行了如下实验，探究不同pH下（加入稀硫酸调pH），与KBr的反应速率。下列有关叙述错误的是序号实验内容及现象I，将溶液与过量混合，密闭并搅拌，后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。Ⅱ，将溶液与过量混合，密闭并搅拌，后，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。Ⅲ取一定量反应后溶液，加入过量KI固体，用标准溶液滴定，测定。已知：滴定时，；消耗的物质的量为。A．实验I中，发生反应的离子方程式为：B．实验I、Ⅱ说明，时，反应速率较小C．加入过量KI固体的作用是与反应生成，并将转化为D．根据实验I、Ⅲ可计算出，实验I的平均反应速率8．某化合物M在实验室有广泛应用，其结构如图所示。X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，Y和Z位于同周期，基态R原子最高能级未成对电子数为2，下列叙述正确的是A．电负性：Z>Y>XB．原子半径：R>Z>Y>XC．同周期中第一电离能大于Z的主族元素有2种D．常温下，R最高价氧化物对应水化物的浓溶液能与铜反应9．用下图所示装置（表示斜发沸石）分离海水中的和，料液（含和）先流过斜发沸石，吸附和，然后通电，双极膜产生的将交换下来，将交换下来，得到A溶液。下列说法中错误的是A．通电后，A溶液中含不含B．通电后，若海水中，则A溶液中的溶质是KI和HIC．通电一段时间后，将阴、阳极区的斜发沸石对调，继续通电，此时斜发沸石内仍不会发生氧化还原反应D．通电时，若外电路转移，则有被双极膜解离10．下列方程式与所给事实均正确的是A．用盐酸除去铁锈：B．铝粉溶于少量氢氧化钠溶液，产生无色气体：C．草酸使酸性溶液褪色：D．用足量氨水洗去银镜：11．设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，能量变化如图所示。下列说法正确的是A．溶解时溶液温度升高B．根据盖斯定律可知：C．相同条件下，，则D．该溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关12．室温下，用溶液吸收烟气中并获得的过程如图所示。忽略吸收废气所引起的溶液体积变化，溶液中含硫物种的浓度。已知：、、。下列说法正确的是A．的溶液：B．的溶液吸收至的溶液中：C．向的溶液中加入等体积的溶液无沉淀产生D．若向吸收后的溶液中逐滴加入溶液至过量，溶液中水的电离程度先增大后减小13．某的立方晶胞中原子所处位置如图1所示，已知：原子与Ni原子间的最近距离相等，该晶胞的密度为，晶胞沿A点的体对角线投影如图2所示。下列说法错误的是A．与Ni最近距离的Mg原子数目为4B．若C点的投影位置在11，则B点的投影位置在6C．原子原子间的最近距离为D．若A点分数坐标为，则D点的分数坐标为14．探究含铁化合物性质的实验如下：步骤Ⅰ：取一定量FeCl3溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色。步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了[FeF6]3-)。步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝。下列说法不正确的是A．步骤Ⅰ中溶液变蓝发生的反应为B．步骤Ⅱ中溶液变为无色是生成了更稳定的无色[FeF6]3-C．步骤Ⅱ中血红色溶液和无色溶液中：c血红色(Fe3＋)<c无色(Fe3+)D．步骤Ⅲ中未变蓝可能是[FeF6]3-的氧化性比Fe3＋的氧化性弱15．二元弱酸在水相和有机相中存在平衡：（有机相），在有机相中不电离。时，向（有机相）溶液中加入等体积水进行萃取；用或调节溶液pH，忽略体积变化。测得两相中含B微粒的浓度与水相萃取率随pH的变化关系如图。下列说法正确的是A．曲线a代表水溶液中随pH的变化B．当时，水溶液中：C．当时，水溶液中：D．交点N处，

二、非选择题(满分共55分，包括4道题。)16．（14分）采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿(主要含、、、、等)分离提取、、等元素，工艺流程如下。已知：①该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体；②在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃；③的，；的。回答下列问题：(1)“低温焙烧”时与反应转化为时有生成，该反应的化学方程式为。(2)“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分有(填化学式)。在投料量不变的情况下，将铁锰氧化矿直接“高温焙烧”，则“水浸”时金属元素的浸出率会显著降低，原因是。(3)HR萃取反应为：2HR(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入稀的作用是。(4)“沉钴”中，当时恰好沉淀完全，则此时溶液中。“溶解”时发生的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为。(5)流程中可循环利用的物质有HR、(填化学式)。17．（13分）三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)为草绿色晶体，易溶于水(溶解度0℃，4.7g，100℃，117.77g)，难溶于乙醇，110℃下失去结晶水，230℃分解。该配合物对光敏感，光照下即发生分解。某兴趣小组用(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O、H2C2O4、K2C2O4、6%双氧水等为原料制备三草酸合铁酸钾晶体的实验过程如下：已知：(1)下列说法不正确的是__________。A．步骤I中需要加入少量的稀硫酸，主要目的是抑制Fe2+的水解B．步骤Ⅱ硫酸亚铁铵液与草酸混合后立即出现浑浊，继续搅拌并维持微沸几分钟，是为了加快反应速率C．为了监控步骤Ⅳ反应进度，取少量悬浊液，加入酸化的KMnO4溶液，若褪色则说明Fe(Ⅱ)还没有完全氧化D．步骤V中加入H2C2O4溶液的目的是溶解Fe(OH)3(2)步骤Ⅳ中控制温度为40℃左右的原因是。(3)①步骤Ⅶ，为了得到较多的K3[Fe(C2O4)3]·3H2O粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序。K3[Fe(C2O4)3]溶液→______→______→加入10mL95%乙醇→_____→95%乙醇洗涤晶体洗涤→干燥a．光亮处放置1~2小时结晶

b．暗处放置1~2小时结晶c．减压过滤

d．趁热过滤

e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热

g．冷却至室温②趁热过滤装置如下图：趁热过滤时，可将滤纸折叠成菊花形(如图)，其目的是。(4)为了测定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O产品的纯度，可采用氧化还原滴定法，下列说法正确的是__________。A．滴定管使用之前无需检漏B．可用移液管量取待测液转移至锥形瓶中C．滴定时滴加液体的速度先慢后快D．滴定中发现滴加液体过量，必须重做(5)铁的氧化物有多种，科研工作者常使用FexOy来表示各种铁氧化物。图为某种铁的氧化物样品的晶胞结构，其化学式为。若该晶胞的晶胞参数为apm，apm，2apm，则该晶胞的密度为。(列出计算式)18．（15分）我国张夏衡团队创新“硝基胺”直接脱氮策略，颠覆140年“重氮盐”脱氮历史。以苯胺制备氯苯为例：(1)的组成元素中C、N、O第一电离能由大到小顺序为。(2)重氮化反应是传统的脱氮途径。苯胺()生成重氮盐的反应历程如图1：

。(3)将苯胺与重氮化试剂通入微通道反应器，经过10分钟测得苯胺转化率α、反应流出液成分摩尔分数(重氮盐、偶氮苯、)随温度的变化如图2。已知：①体系中存在副反应：重氮盐与苯胺生成偶氮苯()、重氮盐水解反应生成氮气()；②摩尔分数。①在下，反应器中苯胺的消耗速率为。②下列说法正确的是(填字母)。A．重氮化反应的最佳反应温度为B．重氮盐水解反应，，反应在高温时才可自发C．重氮化反应要及时散热，减小副反应的选择性D．重氮盐与苯胺反应的活化能比重氮盐水解反应的活化能小③升温，副产物偶氮苯、摩尔分数逐渐增大的原因是。(4)苯胺的碱性弱于。现向溶液(完全电离)中通入发生反应。与的反应过程、的电离过程、苯胺的电离过程表示如下：

()、起始物质的量分别为、n()．平衡时测得[或]随投料比Y=的变化如图3。①表示随投料比Y的变化曲线是(填写曲线编号“”或“”)②计算与反应的平衡常数K为③苯胺的电离常数()=19．（13分）哈拉西泮具有镇静、催眠作用，常用作催眠药。哈拉西泮的一种合成路线如下图所示（略去部分试剂与条件）：已知：回答下列问题：(1)E中含氧官能团的名称为。(2)B的化学名称为，的反应类型为。(3)X的结构简式为。(4)酰卤与酰胺性质相似，均可发生水解反应。与反应时，最多消耗。(5)D的同分异构体中，同时满足下列条件的有种。①含有二苯甲酮结构单元“”②与D具有相同的官能团(6)，可看作如下三步完成。（哈拉西泮）①J的结构简式为。②写出的总化学方程式。

襄阳四中2026届高三下学期质量检测（A）化学试题参考答案与解析1-5：BCAAD6-1：CDADA11-15：DDBCC16、（14分，每空2分）(1)(2)、会提前分解为气体，无法与金属氧化物充分反应生成可溶性硫酸盐(3)增大浓度，使平衡逆向移动，从而将从有机相转移到水相，实现反萃取(4)(5)、17、（13分，除标明外，其余每空2分）(1)BC(2)温度太低，Fe2+氧化速度太慢，温度太高容易导致H2O2分解，影响Fe2+氧化(3)ebc加快过滤速度(4)B（1分）(5)Fe3O418、（15分，除标明外，其余每空2分）(1)N＞O＞C（1分）(2)-101.7kJ·mol-1(3)0.008CD副反应活化能比重氮化反应的活化能高，继续升温，副反应速率增大的程度更大，10分钟内测得偶氮苯、N2的摩尔分数增大(4)L1K=104.410-9.119、（13分，除标明外，其余每空2分）(1)（酮）羰基（1分）(2)苯甲酸（1分）取代反应（1分）(3)(4)3(5)19(6)2、C【详解】A．注入熔融钢水前先将模具干燥，是为了防止高温下铁与水发生反应，从而避免模具炸裂或钢水产生气孔，A不符合题意；B．用小苏打（）作面包发泡剂，是因为受热分解会产生气体，使面包膨胀松软：，B不符合题意；C．使用医用酒精杀菌消毒，是因为酒精能使蛋白质变性，而非因为它能发生消去反应生成乙烯，C符合题意；D．用液氨作制冷剂，是因为液氨汽化时会吸收大量的热，使周围温度急剧下降，从而达到制冷效果，D不符合题意；3、A【详解】A．与CO2互为等电子体，结构相似，C和2个N之间形成2对共用电子，电负性：N＞C，则C为价，A正确；B．中N原子的价层电子对数为，含有一对孤电子对，其的VSEPR模型为四面体形，但其分子构型为三角锥形，B错误；C．电子式中各原子需满足8电子（或2电子）稳定结构，故的电子式为，C错误；D．中C原子的价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为平面三角形，而非三角锥形，D错误；4、A【详解】A．主体分子内羟基与磺酸基相邻较近，磺酸基中含有羟基的结构，可以形成分子内氢键，A正确；B．主体与客体间通过非共价键形成超分子，B错误；C．高分子化合物的定义是相对分子质量达到10000以上的化合物，且通常由重复的结构单元通过聚合反应生成。该主体分子虽然结构较复杂，但属于单一的环状小分子，相对分子质量远小于10000，也没有重复的聚合单元，因此不属于高分子化合物，C错误；D．N原子价电子数为5，中N有4条键，失去1个电子形成阳离子，无孤对电子，采用杂化，D错误；6、C【分析】E与(CH3)3CCOOH在一定条件下发生取代反应生成F，F与G在催化剂作用下发生聚合反应生成X，X在一定条件下发生水解反应生成Y和(CH3)3CCOOH。【详解】A．从流程图中可以看出，E中存在的官能团有酰胺基和氨基，A正确；B．F和G发生加成聚合反应，只生成X一种产物，原子利用率为100%，B正确；C．Y水解时，可得到E和G的水解产物(酰胺基水解生成-COOH和-NH2)，得不到E和G，C错误；D．Y的合成过程中，使用(CH3)3CCOOH进行E中-NH2的保护，然后再水解释放出-NH2和(CH3)3CCOOH，D正确；7、D【详解】A．该离子方程式正确描述了MnO2在酸性条件下氧化Br⁻生成Br2的反应，符合实验I的现象(溶液变黄并有淡黄色气体生成)，故A正确；B．实验I（pH≈1）反应现象明显（溶液黄色、有气体），实验Ⅱ（pH≈2）反应现象较弱（溶液淡黄、无气体），说明pH升高（酸性减弱）时反应速率减小，故B正确；C．加入过量KI的作用是与Br2反应生成I2，发生的离子反应为Br2+2I⁻=2Br⁻+I2，同时过量I⁻使I2转化为，离子反应为：I2+I⁻=，故C正确；D．实验I中有Br2挥发（液面上方有淡黄色气体），而实验Ⅲ测定的是溶液中残留的Br2浓度，未考虑挥发损失，因此无法准确计算实验I的反应速率，故D错误；故答案为D。8、A【分析】X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，Y和Z位于同周期，基态R原子最高能级未成对电子数为2，由化合物M的结构可知，阳离子中X原子形成的共价键数目为1、Z形成的共价键数目为4，阴离子中R形成的共价键数目为1、Y形成的共价键数目为4、Z形成的共价键数目为3，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、R为S元素。【详解】A．元素的非金属性越强，电负性越大，元素的非金属性强弱顺序为：N>C>H，则电负性的大小顺序为：N>C>H，A正确；B．同主族元素，从上到下原子半径依次增大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为：S>C>N>H，B错误；C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则同周期中第一电离能大于氮元素的主族元素为氟元素，只有1种，C错误；D．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，常温下，铜与浓硫酸不反应，D错误；9、D【分析】料液（含和）先流过斜发沸石，吸附和，和未被吸附，被分离出去，随后双极膜产生的将交换下来，将交换下来，透过阳离子交换膜进入A溶液，透过阴离子交换膜进入A溶液，据此解答。【详解】A．料液流过斜发沸石时仅吸附和I-，未被吸附，通电后被交换进入A溶液，不会进入A溶液，而透过阳离子交换膜进入A溶液，A正确；B．通电后，双极膜产生的将交换下来，将交换下来，得到A溶液溶质是KI，由于海水中，则根据电荷守恒，必须有补充电荷，则A溶液中的溶质是KI和HI，B正确；C．双极膜只发生水的解离且传导氢离子和氢氧根，斜发沸石提供的是离子交换的通道，所以调换阴阳区的沸石发生的反应为：，不会发生氧化还原反应，C正确；D．外电路转移6mole⁻时，阴阳极各有6mol水被解离，共解离12mol，D错误；10、A【详解】A．铁锈与盐酸反应生成和水，方程式正确，A正确；B．铝与强碱反应需NaOH参与，正确方程式应为，选项B缺少NaOH，B错误；C．草酸是弱酸，应写成形式，应为，C错误；D．银与氨水反应需氧气参与，正确方程式为，D错误；11、D【详解】A．NaCl固体溶解的总焓变，其中，说明总过程是吸热的，溶解时溶液温度会降低，而非升高，A错误；B．为NaCl固体直接溶于水的焓变（）；，为破坏离子键的能量；，为离子水合释放的能量。根据盖斯定律得，即，得，因此，B错误；C．K+半径比Na+大，离子键更弱，KCl的晶格能比NaCl小，因此KCl分解为气态离子的吸热更少，，C错误；D．溶解过程的能量变化，本质上是NaCl固体中的离子键被破坏，同时离子与水分子形成新的作用力（水合作用），因此与NaCl固体和溶液中微粒间作用力的强弱直接相关，D正确；12、D【分析】该流程利用溶液吸收烟气中的，原理为与、反应生成，再加入溶液，使溶液中的含硫物质转化为沉淀，实现的固定与的制备。【详解】A．的溶液中，来自初始，根据物料守恒，的物质的量是初始的2倍，因此正确关系为：，A错误；B．时，，结合的电离常数：，由，，，，因此，B错误；C．原溶液为0.1mol/L的Na2SO3，c总=0.2mol⋅L-1的溶液即为NaHSO3溶液，加入等体积溶液后，浓度为，含硫物质总浓度为。电离产生，电离是少量的，的浓度近似等于0.1mol/L，，则可得亚硫酸根浓度为7.7×10-5，则Q＞，因此会生成沉淀，C错误；D．吸收后的溶液主要含，逐滴加入时：初期发生反应，生成中水解促进水的电离，电离程度增大；过量后，抑制水的电离，水电离程度减小，因此溶液中水的电离程度先增大后减小，D正确；13、B【分析】根据已知条件：原子与Ni原子间的最近距离相等，则Ni原子位于8个小立方体的体心，Mg原子分布在相邻的顶点或面心位置，Al位于棱上和体心，据此解答。【详解】A．在该立方晶胞中，Ni原子位于晶胞内部，其周围的Mg原子分布在相邻的顶点或面心位置，与Ni最近距离的Mg原子数目为4，如图：，A正确；B．根据晶胞沿体对角线的投影规律（图2），C点作为顶点投影在11时，A的位置应当是1，B点作为面心的投影位置应该为7，B错误；C．根据均摊法可得，Ni位于内部（8个），Mg位于顶点和面心（4个），Al位于棱上和体心（4个），化学式为，摩尔质量为；晶胞体积，晶胞边长；Al与Ni的最近距离为体对角线的，即，换算为nm需乘以，即，C正确；D．D点位于晶胞底面的面心位置，根据分数坐标的定义，底面的x、y坐标均为，z坐标为0，D正确；15、C【分析】H2B在有机相中不电离，在水相中电离方程式为、，水溶液pH增大时，水相中H2B的浓度减小，HB-浓度先增大后减小，B2-浓度增大，同时平衡逆向移动，使得有机相中H2B的浓度减小、水相萃取率增大，则曲线a、b、c、d、e分别表示有机相中H2B的浓度、水相萃取率、水相中HB-的浓度、水相中H2B的浓度、水相中B2-的浓度随pH的变化；由图可知，水相中H2B的浓度与HB-的浓度相等时，溶液pH为4，则H2B的电离常数为：Ka1(H2B)==c(H+)=10-4，同理可知，Ka2(H2B)=10-7。【详解】A．由分析可知，曲线a表示有机相中H2B的浓度随pH的变化，A错误；B．溶液pH为4时，水溶液中存在如下电荷守恒关系：或，B错误；C．由电离常数可知，Ka1(H2B)Ka2(H2B)=×==10-11，则pH为5时溶液中：，C正确；D．由分析可知，曲线b表示水相萃取率随pH的变化，由图可知，交点N处有机相中H2B的浓度与水相中HB-的浓度相等，而水相萃取率大于40%，D错误；16、【分析】该工艺以铁锰氧化矿（含、、、、等）为原料，通过两段焙烧-水浸法分离提取、、等元素：首先与混合进行“低温焙烧”，将金属氧化物转化为硫酸盐；接着“高温焙烧”使分解为氧化物，并让完全分解为气体回收；“水浸”后，可溶性金属硫酸盐进入溶液，不溶物形成滤渣；随后用萃取剂萃取，经反萃取得到溶液；水相中加入和，先“沉钴”得到，再“沉锰”得到；经和稀“溶解”得到溶液。【详解】（1）低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，根据电子得失守恒可知还有氨气生成，化学方程式为：；（2）根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，氧化铁和硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分为、；硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，直接“高温焙烧”，会提前分解为气体，无法与金属氧化物充分反应生成可溶性硫酸盐，导致金属元素的浸出率显著降低，故答案为：、；会提前分解为气体，无法与金属氧化物充分反应生成可溶性硫酸盐；（3）萃取反应为。加入稀可增大浓度，使平衡逆向移动，从而将从有机相转移到水相，实现反萃取，故答案为：增大浓度，使平衡逆向移动，从而将从有机相转移到水相，实现反萃取；（4）由题，的溶度积。当时，。的解离常数，代入，得；“溶解”时，作氧化剂，作还原剂，反应为：，氧化产物为，还原产物为，物质的量之比为，故答案为：；；（5）由流程图可知，除外，还有，以及回收的可用于制备稀循环使用，故答案为：、。17、【分析】由题干工艺流程图可知，称量5.0g(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体加水溶解后，向溶液中加入饱和H2C2O4溶液充分反应后，过滤洗涤得到FeC2O4·2H2O沉淀，将所得的沉淀加入到饱和K2C2O4溶液中，加入H2O2溶液在40℃下充分反应，再加入饱和H2C2O4溶液加热煮沸充分反应后，得到K3[Fe(C2O4)3]溶液，后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥后得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O粗产品，据此分析解题。【详解】（1）A．亚铁离子在水溶液中水解：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，故步骤I中需要加入少量的稀硫酸，主要目的是抑制Fe2+的水解，A正确；B．步骤Ⅱ硫酸亚铁铵液与草酸混合后立即出现浑浊，说明反应速率很快，继续搅拌并维持微沸几分钟，是为了形成结晶颗粒较大的FeC2O4·2H2O，有利于沉淀的过量与洗涤，B错误；C．由于H2C2O4和、H2O2均具有还原性，也能够使KMnO4溶液褪色，为了监控步骤Ⅳ反应进度，取少量悬浊液，加入酸化的KMnO4溶液，若褪色不能说明Fe(Ⅱ)还没有完全氧化，C错误；D．步骤IV发生6FeC2O4⋅2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓+12H2O反应，有Fe(OH)3沉淀生成，步骤V中加入H2C2O4溶液的目的是溶解Fe(OH)3，D正确；故答案为：BC；（2）步骤Ⅲ中：温度太高双氧水容易分解，温度太低Fe2+氧化反应速率太慢，所以在不断搅拌下慢慢滴加H2O2且需水浴保持恒温40℃，故答案为：温度太低，Fe2+氧化速度太慢，温度太高容易导致H2O2分解，影响Fe2+氧化；（3）①由分析可知，步骤Ⅶ，为了得到较多的K3[Fe(C2O4)3]·3H2O粗产品，重结晶前，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，趁热过滤后进行冷却结晶，然后加入适量95%乙醇溶液，以降低溶质溶解度，同时放置于暗处结晶，为加快过滤速率，可以进行减压过滤，用95%乙醇溶液洗涤，合理操作：K3[Fe(C2O4)3]溶液→e→b→加入适量95%乙醇溶液→c→95%乙醇洗涤晶体洗涤→干燥，故答案为：ebc；②将滤纸折叠成菊花形待过滤的面积增大，可加快过滤速度；（4）A．滴定管下端有玻璃活塞或者玻璃珠无法用肉眼观察到其是否漏液，故滴定管使用之前必须检漏，A错误；B．移液管是一种精密量取溶液的仪器，故可用移液管量取待测液转移至锥形瓶中，B正确；C．滴定时滴加液体的速度先快后慢即先成一条线再到逐滴加入，最后半滴滴入甚至四分之一滴加入，而不是先快后慢，C错误；D．滴定中发现滴加液体过量，可以采用返滴定的方法来准确滴定，不一定必须重做，D错误；故答案为：B；（5）根据题干某种铁的氧化物样品的晶胞结构图，采用均摊法可知，一个晶胞中含有Fe个数为：=6，O的个数为：8，则其化学式为Fe3O4，则一个晶胞的质量为：，若该晶胞的晶胞参数为apm，apm，2apm，则一个晶胞的质量为：(a×10-10cm)2×(2a×10-1