120，2023年广东省广州市高三化学冲刺训练题(三)

这是一份120，2023年广东省广州市高三化学冲刺训练题(三)，共19页。试卷主要包含了 下列说法错误的是， 下列实验操作错误的是， 常温下Ka=1等内容，欢迎下载使用。
本试卷20小题，满分100分。考试时长75分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 V-51
一、单项选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法不正确的是
A. N95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，属于合成高分子化合物
B. 为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入适量稀盐酸
C. “煤改气”可以减少SO2等有害物质的排放量，有利于打赢蓝天保卫战
D. 红葡萄酒中添加少量SO2具有抗氧化的作用
【答案】B
【解析】
【详解】A．聚丙烯为丙烯发生加聚反应形成的高聚物，属于合成高分子材料，故A正确；
B．84消毒液的主要成分为NaClO，与盐酸混合会生成氯气，造成中毒，故B错误；
C．改燃煤为燃气，可减少废气中SO2等有害物质的含量，可有效减少雾霾和酸雨的发生，故C正确；
D．将少量的SO2添加到葡萄酒中后SO2的还原性可以与氧化物质作用，减少葡萄酒的腐败，故D正确；
故答案为B。
2. 我国科技事业成果显著，下列成果所涉及的材料不属于金属材料的是
A. “C919”飞机的主体材料——铝合金
B. 航天员宇航服的材料——聚酯纤维
C. 我国第一艘航空母舰的主体材料——合金钢
D. “奋斗者”号深潜器载人舱的外壳——钛合金
【答案】B
【解析】
【详解】A．“C919”飞机的主体材料——铝合金，铝合金为金属铝、镁形成的合金，属于金属材料，A与题意不符；
B．航天员宇航服的材料——聚酯纤维为由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，属于有机高分子材料，B符合题意；
C．我国第一艘航空母舰的主体材料——合金钢，为铁、碳合金，属于金属材料，C与题意不符；您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 D．“奋斗者”号深潜器载人舱的外壳——钛合金，为钛与其他金属制成的合金金属，属于金属材料，D与题意不符；
答案为B。
3. 下列说法错误的是
A. 硅胶疏松多孔，可用作催化剂的载体
B. 日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用
C. 纯净的二氧化硅是制造光导纤维的基本原料
D. 氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现
【答案】D
【解析】
【详解】A．硅胶疏松多孔，可用作催化剂的载体，故A正确；
B．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用，故B正确；
C．光导纤维成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅是制造光导纤维的基本原料，故C正确；
D．生物固氮在常温下进行，故D错误；
选D。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，18g H2O含有10NA个电子
B. 1L 0.1 ml·L-1NH4Cl溶液中含有0.1NA个
C. 1 ml Cu与足量浓硫酸反应产生2NA个SO2分子
D. 常温常压下，11.2L的CO含有NA个原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．18g 为1ml，含有10个电子，A项正确；
B．铵根离子会发生水解，使得的数目小于0.1，B项错误；
C．1mlCu与足量浓硫酸反应，但随着反应进行，硫酸浓度下降，反应停止，故产生二氧化硫的数目小于2，C项错误；
D．常温常压下，11.2LCO的物质的量不是0.5ml，故含有的原子数目不等于，D项错误；
答案选A。
5. 下列有关海水资源综合利用的说法正确的是
①蒸馏法是海水淡化的方法之一
②海水蒸发制海盐的过程中只发生化学变化
③从海带提取碘单质的过程涉及氧化还原反应
④只需经过物理变化就可以从海水中得到钾单质
A. ①②B. ②④C. ①③D. ③④
【答案】C
【解析】
【详解】①蒸馏可以进行海水淡化；②海水蒸发制备海盐的过程中是物理变化；③提取碘单质时，要进行碘单质的置换；④钾元素在海水中以化合态存在，提取钾单质时必须要经过化学变化。故选C。
6. 下列实验操作错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．一氧化氮能和氧气反应生成二氧化氮，因此不能用排空气法收集，一氧化氮不溶于水，因此用排水法收集，A正确；
B．往长颈漏斗里加水至没过漏斗颈，夹住止水夹，继续加水，一段时间后，水柱稳定不下降，则可证明气密性良好，B正确；
C．乙酸滴入到碳酸钠溶液中产生气体，产生的气体能使澄清的石灰水变浑浊，这可证明乙酸的酸性大于碳酸，C正确；
D．蒸发结晶应选蒸发皿而不是坩埚，D错误；
答案选D。
7. 化学知识无处不在，下列家务劳动不能用对应的化学知识解释的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．温度高会促进纯碱的水解，纯碱水解显碱性，油脂在碱性条件下可以发生水解，所以用温热的纯碱溶液清洗油污，故A正确；
B．白醋中含有醋酸，醋酸酸性强于碳酸，醋酸能与碳酸钠反应生成易溶于水的醋酸钙，所以可以用白醋除去水垢中的CaCO3，故B正确；
C．NaClO具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，用于消毒杀菌，故C错误；
D．铁在潮湿的环境中易发生电化学腐蚀，形成铁锈，所以餐后将洗净的铁锅擦干可以减缓铁的锈蚀，故D正确；
故答案为C。
8. 某离子液体是一种绿色溶剂，其阳离子为有机结构。某离子液体的结构如图所示，-R 为烃基，X、Y、Z 为原子序数依次增加的短周期元素，元素 Z 的电负性在元素周期表中最大。下列叙述正确的是
A. 原子半径：YX
C. 该离子液体的中 Y 的化合价为+4 价
D. 化合物 XZ3中各原子均满足 8 电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【详解】元素 Z 的电负性在元素周期表中最大，因此Z是F, -R 为烃基,则Y为N, X、Y、Z 为原子序数依次增加的短周期元素，则X是B;
A．同周期原子半径，随着核电荷数的增加而减小， Y是N，Z是F,因此原子半径Y>Z，A项错误；
B．Y最高价氧化物对应的水化物是,X最高价氧化物对应的水化物是,非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此Y>X，B项正确；
C．该离子液体的中Y是N,Y的化合价为-3价，C项错误；
D．化合物，为中,B原子不能达到8 电子稳定结构，D项错误；
答案选B。
9. 常温下Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3·H2O)=1.75×10−5，下列说法正确的是
A. 一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，所有的离子浓度都在减小
B. pH=4的CH3COOH和pH=10的NH3·H2O反应后pH=7
C. 等浓度等体积的CH3COOH和NH3·H2O消耗NaHCO3的物质的量相同
D. 等浓度的CH3COONa和NH4Cl溶液中阴离子浓度之和：前者小于后者
【答案】C
【解析】
【详解】A．在水溶液中，c(H＋)c(OH－)=Kw，温度不变，Kw是一定值。一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，溶液的酸性减弱，c(H＋)减小，c(OH－)增大，A错误；
D．CH3COOH溶液和氨水的体积不知，因此无法判断混合溶液的pH，若等体积混合，由于CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相同，pH=4的CH3COOH和pH=10的NH3·H2O中溶质的浓度相同，混合之后得到CH3COONH4，溶液呈中性，B错误；
C．1mlCH3COOH反应消耗1mlNaHCO3，1mlNH3·H2O反应消耗1mlNaHCO3；由于CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相同，等浓度等体积的CH3COOH和NH3·H2O含有的溶质的物质的量相同，因此消耗NaHCO3的物质的量相同，C正确；
D．在CH3COONa溶液中，根据电荷守恒，有c(CH3COO－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(H＋)；在NH4Cl溶液中，根据电荷守恒，有c(Cl－)＋c(OH－)=c(NH4＋)＋c(H＋)，两溶液中的浓度是相同的，因此有c(Na＋)=c(Cl－)，由于CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相同，因此水解后的溶液中，CH3COONa溶液中c(H＋)等于NH4Cl溶液中c(OH－)，因此两溶液中的阴离子浓度相同，D错误；
答案选C。
10. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示。下列说法正确的是
A. 过程①中，生成CuS的反应为S2−+Cu2+=CuS↓
B. 过程②中，Fe3++CuS=Cu2++Fe2++S
C. 过程③中，溶液的酸性增强
D. 回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．过程①中，H2S和Cu反应生成CuS，离子方程式为H2S+Cu2+ =CuS↓+2H+，故A错误；
B．过程②中，CuS和Fe3+发生氧化还原反应生成Cu2+、Fe2+和S，离子方程式为2Fe3++CuS =Cu2+2Fe2++S，故B错误；
C．过程③中发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，反应消耗H+，溶液酸性减弱，故C错误；
D．由反应(①+②)×2+③可得回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓，故D正确；
故答案为D。
11. 下列陈述I、Ⅱ正确并且有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A ．SO2可使溴水褪色，体现其还原性不是漂白性，故A错误；
B．汽油属于烃，植物油的成分是油脂，故B错误；
C．淀粉水解生成葡萄糖，蛋白质水解生成氨基酸，故C错误；
D．铜、铁和电解质溶液能形成原电池，原电池能加快化学反应速率，铁比铜活泼，铁作负极，失电子容易生锈，故D正确；
故选D。
12. 镁－次氯酸盐燃料电池具有比能量高、安全方便等优点，该电池主要工作原理如图所示，关于该电池叙述不正确的是
A. 铂合金为正极，附近溶液的碱性增强
B. 电池工作时，OH－向镁合金电极移动
C. 电池工作时，需要不断添加次氯酸盐以保证电解质的氧化能力
D. 若电解质溶液为H2O2，硫酸和NaCl的混合液，则正极反应为H2O2＋2e－＝2OH－
【答案】D
【解析】
【详解】从图中可以看出，ClO-在铂电极转化为Cl-，得电子，则铂电极为正极，镁电极为负极。
A. 铂合金为正极，电极反应为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，附近溶液的碱性增强，A正确；
B. 电池工作时，镁电极反应为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，所以OH－向镁合金电极移动，B正确；
C. 电池工作时，ClO-不断消耗，浓度断减小，氧化能力不断减弱，所以需要不断添加次氯酸盐，C正确；
D. 若电解质溶液为H2O2、硫酸和NaCl的混合液，则正极反应为H2O2＋2e－+2H+=2H2O，D不正确。
故选D。
13. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的核外电子数等于其主族序数，X的单质在空气中含量最多，Y的最高价氧化物的水化物是两性化合物，Z的最高正价与最低负价代数和为4.下列说法错误的是
A. W与X形成的最简单化合物极易溶于水
B. Y和Z可形成化合物Y2Z3
C. 最外层电子数Z>X>Y>W
D. Y和Z的简单离子的电子层结构相同
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的单质在空气中含量最多，则X为N元素，W的核外电子数等于其主族序数，则W为H元素，Y的最高价氧化物的水化物是两性化合物，则Y为Al元素， Z的最高正价与最低负价代数和为4，因为最高正价与最低负价的绝对值之和为8，则最高正价为+6、最低负极为-2价，则Z为S元素，据此回答；
【详解】A． W与X形成的最简单化合物氨气极易溶于水，A正确；
B． Y即Al化合价+3价、Z即S化合价-2价，Y和Z可形成化合物Y2Z3，B正确；
C．Z、X、Y、W最外层电子数分别为6、5、3、1，最外层电子数Z>X>Y>W，C正确；
D． Y和Z的简单离子的电子数分别为10、18，电子层结构不相同，D错误；
答案选D
14. 联氨(N2H4)可用于处理水中的溶解氧。其中一种反应机理如图所示：
下列叙述错误的是
A. ①转化中N2H4是还原剂
B. ③中发生反应后溶液的pH减小
C. 1mlN2H4可处理水中1mlO2
D. 工业上也可使用Na2SO3处理水中溶解氧
【答案】B
【解析】
【详解】A．反①转化中 N2H4与CuO反应生成N2，N元素的化合价升高，则①转化中N2H4是还原剂，故A正确；
B．结合图示可知，③中发生反应为：4+O2+8NH3•H2O=4+4OH-+6H2O，反应生成氢氧根离子，溶液的pH增大，故B错误；
C．1mlN2H4失去电子生成氮气，转移4ml电子，而1mlO2得到4ml电子，根据得失电子守恒可知，1mlN2H4可处理水中1ml O2，故C正确；
D．Na2SO3易与氧气发生氧化还原反应生成Na2SO4，可以用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧，故D正确；
故选：B。
15. 常温下，浓度均为 0.1 ml·L-1 的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是
A. 氨水中，c(NH)=c(OH－)=0.1 ml·L-1
B. NH4Cl 溶液中，c(NH)＞c(Cl－)
C. Na2SO4 溶液中，c(Na+)＞c(SO)＞c(OH-)=c(H+)
D. Na2SO3 溶液中，c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨水显碱性，根据电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH-)，c(OH-)＞c(NH)，故A项错误；
B．NH4Cl溶液显酸性，根据电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(C1-)，由c(OH-)＜c(H+)，得c(NH)＜c(C1-)，故B项错误；
C．c(Na+)=2c(SO)，该溶液为中性，故c(OH-)＝c(H+)，故C项正确；
D．根据物料守恒，c(Na+)=2c(SO)+2c(HSO)+2c(H2SO3)，故D项错误；
故选C。
16. 已知，25℃时，的。该温度下用溶液滴定溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. 若a点溶液c()=c(H2SO3)，则a点对应的
B. 若选择b为反应终点，宜选择甲基橙为指示剂
C. c点对应的溶液2c(Na+)=3c()
D. d点对应的溶液c(Na+)>c()>c()>c(OH-)>c(H+)
【答案】C
【解析】
【详解】A．若a点溶液c()=c(H2SO3)，在a点，Ka1=，则c(H+)=Ka1，对应的pH=-lg Ka1=1.85，A正确；
B．若选择b为反应终点，由图中可知，此点溶液的pH=4.52，变色范围在酸性区域，所以宜选择甲基橙为指示剂，B正确；
C．在c点，，则此点c()=c()，依据物料守恒，对应的溶液中：2c(Na+)=3[c()+c()+c(H2SO3)]，C不正确；
D．c点时，c()=c()，继续加NaOH，发生反应OH-+=+H2O，到d点时，c()c()>c()>c(OH-)>c(H+)，D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，一共56分。
17. 填空。
I．
（1）配制200 mL 0.2 ml/L Na2SO3溶液，下列哪些玻璃仪器会用到_______。
（2）用离子方程式解释Na2SO3溶液呈碱性的原因：_______。
II．化学小组用双液原电池原理研究酸碱性对物质氧化性、还原性强弱的影响。通过改变溶液酸碱性，观察电压表读数的变化，读数越大，则对应物质的氧化性(或还原性)越强。
已知：①电压高低主要与电极反应有关，还与溶液的温度、离子的浓度、pH值等因素有关。
②的还原产物与溶液酸碱性有关，在强酸性溶液中，被还原为 Mn2+；在中性和弱碱性溶液中，被还原为 MnO2；在强碱性溶液中，被还原为。
（3）连接电压表，形成闭合回路，电极 B 应和图中电压表的_______极(填“a”或“b”)柱相连，测得初始电压为 V1。
（4）实验装置要置于水浴内的原因：_______。
实验操作和读数记录如下：
（5）同学甲根据实验③推导出酸性增强，KMnO4 的氧化性增强，实验②可以得出：_______。
（6）同学乙认实验①中，加入酸后，还原剂转化成了_______(填化学式)。
（7）同学丙认为实验设计不够严谨，以实验①②为例，应该往左边烧杯中加入_______，测得电压为V2，以此作为实验①②的初始电压。
（8）同学丁认为，实验④加入5 mL NaOH溶液后，右边烧杯内的电极反应为：_______。
【答案】（1）BE （2）
（3）b （4）保证溶液的温度不变，防止对实验造成干扰
（5）溶液碱性增强，Na2SO3的还原性增强
（6）
（7）5 mL蒸馏水(或者5 mL 0.05 ml/L Na2SO4)
（8）
【解析】
【分析】配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近。结合盐的水解规律判断溶液的酸碱性。在原电池反应中，负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应；在探究外界条件对化学反应的影响时，要采用控制变量法分析，只改变一个外界条件，其它条件都相同，根据该条件与发生的反应分析解答。
【小问1详解】
配制200 mL0.2 ml/LNa2SO3溶液，需使用托盘天平称量Na2SO3固体，然后在烧杯中溶解，并使用玻璃棒搅拌，促进溶质的溶解，待溶液恢复至室温后，通过玻璃棒引流转移至250 mL容量瓶中，然后洗涤烧杯内壁及玻璃棒，然后定容，在溶液凹液面离刻度线1-2 cm处改用胶头滴管定容，故配制溶液使用的仪器是BC；
【小问2详解】
Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，使溶液显碱性，水解反应的离子方程式为：；
【小问3详解】
在电极B附近，在酸性条件下得到电子被还原为Mn2+，因此B电极为正极，连接电压表的b接线柱；
【小问4详解】
实验装置要置于水浴内的原因是保证溶液的温度不变，防止对实验造成干扰；
【小问5详解】
同学甲根据实验③推导出酸性增强，KMnO4 的氧化性增强，实验②中是加入NaOH溶液，使溶液碱性增强，由此可以得出的结论是：溶液碱性增强，Na2SO3的还原性增强；
【小问6详解】
同学乙认为实验①中，加入酸后，Na2SO3与H2SO4会发生反应，反应分步进行，首先反应产生NaHSO3、NaHSO4，还原剂Na2SO3转化成了NaHSO3；
【小问7详解】
同学丙认为实验设计不够严谨，以实验①②为例，应该往左边烧杯中加入5 mL的蒸馏水，或加入5 mL 0.05 ml/LNa2SO4作为对照实验，测得电压为V2，以此作为实验①②的初始电压；
【小问8详解】
同学丁认为，实验④加入 5 mL NaOH 溶液后，溶液显强碱性，在右边烧杯内得到电子被还原为，则B电极发生的电极反应式为：+e-=。
18. 工业上，处理低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]常采用生物堆浸法。堆浸所得的溶液可用于制备绿矾(FeSO4·7H2O)和胆矾(CuSO4·5H2O)。相关流程如下图。
已知：①生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（T.f细菌）在pH 1.0~6.0范围内可保持活性。
②金属离子沉淀的pH如下表。
（1）生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，目的是__________________。
（2）生物堆浸过程的反应在T.f细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为：CuFeS2 +4H+ +O2 Cu2+ Fe2++ 2S+ 2H2O，第二阶段的反应为Fe2+继续被氧化转变成Fe3+，反应的离子方程式为__________。
（3）结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在__________范围内。
（4）过程I中，加入Na2S2O3固体会还原堆浸液中的Fe3+， 得到溶液X。为判断堆浸液中Fe3+是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入_____________试剂（填试剂的化学式），观察溶液颜色变化。
（5）过程II中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示H2O2的作用是________。
（6）绿矾的纯度可通过KMnO4滴定法测定。取m g绿矾晶体，加适量稀硫酸溶解。用物质的量浓度为c ml/L的KMnO4溶液滴定。至恰好完全反应时，消耗KMnO4溶液的体积为V mL。绿矾晶体质量分数的计算式为______。（已知： FeSO4•7H2O的摩尔质量为278 g/ml ）
【答案】 ①. 增大接触面积，加快堆浸速率 ②. 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O ③. 1.0～1.5 ④. KSCN ⑤. CuS+H2O2+2H+=Cu2++2H2O+S ⑥.
【解析】
【分析】低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]经过研磨后在微生物作用下进行堆浸，因生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（T.f细菌）在pH 1.0~6.0范围内可保持活性，并且Fe3+在pH为1.5时会发生沉淀，因此堆浸过程中保持pH在1.0～1.5，使CuFeS2与空气发生氧化还原反应，生成铜盐、铁盐、硫单质等，然后向堆浸液中加入还原剂将Fe3+还原，并将Cu2+转化为CuS，然后过滤得到FeSO4溶液和CuS固体，再向CuS中加入氧化剂和稀硫酸，将CuS转化为CuSO4，然后分别蒸发FeSO4溶液、CuSO4溶液得到绿矾、胆矾，以此解答。
【详解】（1）生物堆浸过程是固体与液体反应，将矿石进行研磨，可以增大反应物之间的接触面积，使化学反应速率加快；
（2））生物堆浸过程第二阶段的反应为Fe2+与O2之间发生氧化还原反应生成Fe3+，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒以及质量守恒可知，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
（3）由上述分析可知，生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在1.0～1.5；
（4）判断堆浸液中Fe3+是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入少量KSCN溶液，观察溶液是否呈血红色(或红色)，若溶液呈血红色(或红色)，则说明Fe3+未被还原完全，若无明显实验现象，则说明Fe3+被还原完全；
（5）H2O2具有强氧化性，CuS具有还原性，二者能够发生氧化还原反应生成CuO、S、H2O，CuO再与稀硫酸反应生成CuSO4、H2O，总反应离子方程式为CuS+H2O2+2H+=Cu2++2H2O+S；
（6）FeSO4与酸性KMnO4溶液反应中，Fe2+被氧化为Fe3+，KMnO4被还原为Mn2+，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知，二者关系式为：5FeSO4～KMnO4，滴定过程中消耗n(KMnO4)=cml/L×V×10-3L=10-3cVml，则n(FeSO4)=n(FeSO4•7H2O)=5×10-3cVml，m(FeSO4•7H2O)=5×10-3cVml×278g/ml=1.39cVg，绿矾晶体质量分数为。
19. CO2加氢制备甲酸(HCOOH)可用于回收利用CO2.回答下列问题：
（1）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g) =-394 kJ·ml-1
C(s)+H2(g)+O2(g)=HCOOH(g) =-363 kJ·ml-1
反应CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)的=___________。
（2）温度为T1时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) K=1
实验测得：v正=k正c(CO2)c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。
①当HCOOH的体积分数为20%时，CO2的转化率为___________。
②T1时，k正=___________(以k逆表示)。当温度改变为T2时，k正=0.9k逆，则T2___________T1(填“>”、“