【化学】北京市房山区2020届高三（一模）学业水平等级性考试（解析版） 20页

北京市房山区2020届高三（一模）学业水平等级性考试 可能用到的原子量： H-1 O‎-16 C-12 N-14 Cl-35.5 Fe-56‎ 第一卷 选择题 (共 42 分)‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共 14 小题，每小题 3 分）‎ ‎1.抗击新冠肺炎疫情以来，“一次性口罩”成为人们防护的必需品，用于生产下列这款口罩的材料中不属于有机物的是（ ）‎ ‎【答案】D ‎【详解】A．聚四氢呋喃，是一种易溶解于醇、酯、酮、芳烃和氯化烃，不溶于酯肪烃和水的白色蜡状固体，其结构式为：，属于有机高分子化合物，A不符合题意；‎ B．聚酯纤维，俗称“涤纶”，是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，简称PET纤维，属于有机高分子化合物，B不符合题意；‎ C．聚丙烯是丙烯加聚反应而成的聚合物，属于有机高分子化合物，C不符合题意；‎ D．镀锌钢丝是用热镀或电镀方法在表面镀锌的碳素钢丝，不属于有机物，D符合题意；故答案为：D。‎ ‎2.过氧化钠常用作供氧剂：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。下列说法不正确的是（ ）‎ A. Na2O2的电子式：‎ B. Na+的结构示意图：‎ C. 氧元素的一种核素18O的中子数为10‎ D. NaOH中仅含有离子键 ‎【答案】D ‎【详解】A．过氧化钠中存在氧氧之间的一对共用电子对，所以Na2O2的电子式：，故A正确； B．钠原子失去一个电子变成钠离子，所以钠离子核外只有两个电子层，即Na+的结构示意图：，故B正确； C．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，则氧元素的一种核素18O的中子数为18-8=10，故C正确； D．氢氧化钠中含有离子键和共价键，而不是只含离子键，故D错误； 故选：D。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. 纤维素水解的最终产物为葡萄糖 B. 油脂的皂化反应属于加成反应 C. 聚乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色 D. 蛋白质遇金属离子会变性 ‎【答案】A ‎【详解】A．纤维素是葡萄糖的脱水缩合物，故纤维素水解的最终产物为葡萄糖，A正确；‎ B．油脂在碱性条件下的水解称为皂化反应，属于水解反应，也属于取代反应，不是加成反应，B错误；‎ C．聚乙烯是乙烯的加聚产物，聚乙烯中无碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；‎ D．蛋白质遇重金属离子会变性，D错误；故答案为：A。‎ ‎【点睛】向某些蛋白质溶液中加入某些无机盐溶液后，可以降低蛋白质的溶解度，使蛋白质凝聚而从溶液中析出，这种作用叫盐析，可复原；向某些蛋白质溶液中加入某些重金属盐，可以使蛋白质性质发生改变而凝聚，进而从溶液中析出，这种作用叫变性，性质改变，无法复原。‎ ‎4.下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）‎ A. 碱性：KOH＞NaOH B. 酸性：H2SO4＞HClO C. 稳定性：HBr＞HI D. 金属性：Mg＞Al ‎【答案】B ‎【详解】A．同主族元素，从上到下，金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐增强，碱性：KOH＞NaOH，能用元素周期律解释，A不符合题意；‎ B．含氧酸中非羟基氧原子个数越多酸性越强，与元素周期律没有关系，B符合题意；‎ C．同主族元素，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，稳定性：HBr>HI，能用元素周期律解释，C不符合题意；‎ D．同周期元素，从左到右，元素的金属性逐渐减弱，金属性：Mg＞Al，能用元素周期律解释，D不符合题意；故答案为：B。‎ ‎5.工业制备硝酸的反应之一为：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO。用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )‎ A. 室温下，‎22.4 L NO2 中所含原子总数为3 NA B. ‎36 g H2O中含有共价键的总数为2NA C. 上述反应，生成1 mol HNO3转移电子的数目为NA D. 标准状况下，‎11.2 L NO中所含电子总数为5 NA ‎【答案】C ‎【详解】A.室温下，‎22.4L不能用气体摩尔体积进行计算物质的量，故A错误；‎ B.36gH2O为2mol，一分子水中含有2个共价键，则2mol水中含有共价键的总数为4NA，故B错误；‎ C.上述反应，生成2molHNO3共转移2mol电子，生成1molHNO3转移1mol电子，数目为NA，故C正确；‎ D.标准状况下，11.2LNO为0.5mol，一个NO中含有15个电子，则0.5molNO中所含电子总数为7.5NA，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】根据气体体积计算物质的量或粒子数目时，气体的条件必须在标准状况下。‎ ‎6.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是（ ）‎ A. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成 B. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%‎ C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移 D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率 ‎【答案】B ‎【详解】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；‎ B. N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；‎ C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；‎ D. 催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。‎ ‎7.下列化学用语对事实的表述正确的是（ ）‎ A. NaHCO3电离：NaHCO3=Na++H++CO32-‎ B. Na2O2与CO2反应提供O2：Na2O2+CO2=Na2CO3+O2‎ C. 用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：CaSO4(s)+CO32-=CaCO3(s)+SO42−‎ D. 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入H2SO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全：Ba2+＋OH-＋H+＋SO42−=BaSO4↓＋H2O ‎【答案】C ‎【详解】A．NaHCO3是弱酸强碱盐，其电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，A错误；‎ B．Na2O2与CO2反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，B错误；‎ C．CaSO4是微溶物，CaCO3是难溶物，Na2CO3溶液与CaSO4反应：CaSO4(s)+CO32-=CaCO3(s)+SO42−，C正确；‎ D．Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液反应，使Ba2+恰好沉淀完全，其离子反应方程式为：Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42−=BaSO4↓＋2H2O，D错误；故答案为：C。‎ ‎8.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）‎ A. 将 SO2 通入到滴有酚酞的烧碱溶液中红色褪去 B AgNO3 溶液滴入氯水中产生白色沉淀，随后淡黄绿色褪去 C. H‎2C2O4 溶液滴入 KMnO4 酸性溶液中产生气泡，随后紫色褪去 D. NO 遇空气变为红棕色 ‎【答案】A ‎【详解】A．2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，该反应中各元素化合价不变，没有电子转移，所以不属于氧化还原反应，A符合题意；‎ B．氯水中存在，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，AgNO3 溶液滴入氯水中产生AgCl白色沉淀，Ag++Cl-=AgCl↓，c(Cl-)减小，平衡正向移动，淡黄绿色褪去，该过程中Cl元素的化合价由0价升高为+1价，又降低为-1价，与氧化还原反应有关，B不符合题意；‎ C．2MnO4−+5H‎2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，该反应中，Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，有电子转移，属于氧化还原反应，C不符合题意；‎ D．2NO+O2=2NO2，该反应中，N元素的化合价由+2价升高为+4价，O元素的化合价由0价降低为-2价，有电子转移，属于氧化还原反应，D不符合题意；故答案为：A。‎ ‎9.人造海绵的主要成分是聚氨酯，合成方法如下：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. M 属于芳香烃 B. N 与乙醇互为同系物 C. 合成聚氨酯的反应属于缩聚反应 D. 聚氨酯在一定条件下可发生水解反应 ‎【答案】D ‎【详解】A．烃是指只含C、H两种元素的有机化合物，M为，不属于烃，A错误；‎ B．结构相似，分子之间相差若干个CH2的有机物互称为同系物，乙醇的分子式C2H6O，N的分子式C2H6O2，不互为同系物，B错误；‎ C．缩聚反应是指由一种或多种单体相互缩合生成高分子的反应，其主产物称为缩聚物，除形成缩聚物外，还有水、醇、氨或氯化氢等低分子副产物产生，合成聚氨酯的反应属于加聚反应，C错误；‎ D．聚氨酯中含有肽键，在一定条件下可发生水解反应，D正确；故答案为：D。‎ ‎10.下列实验方案中，能达到相应实验目的的是（ ）‎ 选项 A B C D 目的 验证锌与硫酸铜反应过程中有电子转移 探究亚硝酸钠的氧化性 实验室制备乙酸乙酯 实验室制备氨气 实验方案 ‎【答案】A ‎【详解】A．构成原电池，Zn为负极，Cu为正极，有电子转移，故A正确； B．亚硝酸钠可被高锰酸钾氧化，该反应中亚硝酸钠作还原剂，故B错误； C．制备乙酸乙酯还需要浓硫酸作催化剂、吸水剂，图中装置不能制备，故C错误； D．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备，故D错误； 故选：A。‎ ‎11.锂-硫电池具有高能量密度、续航能力强等特点。使用新型碳材料复合型硫电极的锂-硫电池工作原理示意图如图，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电池放电时，X电极发生还原反应 B. 电池充电时，Y电极接电源正极 C. 电池放电时，电子由锂电极经有机电解液介质流向硫电极 D. 向电解液中添加Li2SO4水溶液，可增强导电性，改善性能 ‎【答案】B ‎【详解】A．X电极材料为Li，电池放电时，X电极发生氧化反应，故A错误；‎ B．电池放电时，Y为正极，发生还原反应，充电时，Y发生氧化反应，接电源正极，故B正确；‎ C．电池放电时，电子由锂电极经过导线流向硫电极，故C错误；‎ D．锂单质与水能够发生反应，因此不能向电解液中添加Li2SO4水溶液，故D错误；‎ 故答案为：B。‎ ‎12.苯甲醛在浓 NaOH 溶液中反应生成苯甲酸钠和苯甲醇，反应后静置，液体分层。有关物质的物理性质如下：‎ 苯甲醛 苯甲酸 苯甲醇 沸点/℃‎ ‎178.1‎ ‎249.2‎ ‎205.4‎ 熔点/℃‎ ‎-26‎ ‎121.7‎ ‎-15.3‎ 溶解性（常温）‎ 微溶于水，易溶于有机溶剂 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 苯甲醛既发生了氧化反应，又发生了还原反应 B. 用分液法分离出有机层，再用蒸馏法分离出苯甲醇 C. 反应后混合物直接加酸酸化，再用过滤法分离得到粗苯甲酸 D. 制得的粗苯甲酸可以用重结晶法进一步提纯 ‎【答案】C ‎【详解】A．苯甲醛→苯甲酸，增加了氧原子，属于氧化反应，苯甲醛→苯甲醇，增加了氢原子，属于还原反应，所以苯甲醛既发生了氧化反应，又发生了还原反应，A正确；‎ B．反应后的溶液分为有机层和水层，互不相溶，可用分液法分离，有机层中苯甲醛和苯甲醇的沸点相差较大，可用蒸馏法分离，B正确；‎ C．反应后的溶液中加酸酸化，苯甲酸进入有机层，应该分液后蒸馏，C错误；‎ D．苯甲酸为无色、无味片状晶体，常温下，苯甲酸微溶于水，含杂质的粗苯甲酸可用重结晶法提纯，D正确；故答案为：C。‎ ‎13.常温下，用0.1mol/LKOH溶液滴定10mL0.1mol/LHA溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. a点pH约为3，可以判断HA是弱酸 B. b点溶液：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)‎ C. c点溶液：c(K+)=c(A-)‎ D. 水的电离程度：c点＞d点 ‎【答案】D ‎【详解】A．a点为0.1mol/LHA溶液，若是强酸，pH=1，但pH约为3，HA是弱酸，A正确；‎ B．b点溶液中溶质为等物质的量的KA和HA，溶液显酸性，离子浓度关系为：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，B正确；‎ C．c点溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(K+)=c(A-)，C正确；‎ D．c点溶液的pH=7，溶质为HA和KA，HA抑制水的电离，d点溶液的溶质为KA，KA促进水的电离，水的电离程度：c点”或“<”）。判 断理由是：________________________________________________；‎ ‎②若进料浓度比 c(HCl) ∶c(O2)等于 1∶1，‎400℃‎时，O2 的转化率是______。‎ ‎（2）Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) ΔH1=-20 kJ·mol-1，CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH2=-121 kJ·mol-1，4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3‎ 若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。‎ ‎（3）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计 了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：‎ 阴极区发生的反应有Fe3+ + e- = Fe2+和___________________（写反应方程式）。‎ 电路中转移1 mol电子，可生成氯气__________L（标准状况）。‎ ‎【答案】(1). > (2). 图像表明，进料浓度比相同时温度升高HCl的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，生成物浓度降低，反应物浓度升高，K值越小。 (3). 21% (4). CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) 或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s) (5). 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (6). 11.2‎ ‎【分析】（1）①根据图知，进料浓度比c(HCl):c(O2)一定时，升高温度，HCl的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小。‎ ‎②温度一定时，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，‎400℃‎进料浓度比c(HCl):c(O2)=1:1时，HCl的转化率为a曲线，HCl转化率为84%，根据三段式：‎ ‎4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)‎ 开始(mol/L) c0           c0               0             0‎ 反应(mol/L) ‎0.84c0  ‎0.21c0       ‎0.42c0       ‎0.42c0‎ 平衡(mol/L) ‎0.16c0  ‎0.79c0       ‎0.42c0       ‎0.42c0‎ 计算氧气的转化率。‎ ‎（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) ΔH1=-20 kJ·mol-1；‎ ‎②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH2=-121 kJ·mol-1；‎ ‎③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3‎ 若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s)的ΔH。 ‎ ‎（3）由图可知，H+向左侧移动，则左侧为电解池的阴极，阴极上发生还原反应，根据图示信息可知，其阴极电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右侧为阳极，阳极电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+。‎ ‎【详解】（1）①根据图知，进料浓度比c(HCl):c(O2)一定时，升高温度，HCl的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小，所以K(‎300℃‎)>K(‎400℃‎)，故答案为：>；图像表明，进料浓度比相同时温度升高HCl的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，生成物浓度降低，反应物浓度升高，K值越小。‎ ‎②温度一定时，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，‎400℃‎进料浓度比c(HCl):c(O2)=1:1时，HCl的转化率为a曲线，HCl转化率为84%，根据三段式：‎ ‎4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)‎ 开始(mol/L) c0           c0               0             0‎ 反应(mol/L) ‎0.84c0  ‎0.21c0       ‎0.42c0       ‎0.42c0‎ 平衡(mol/L) ‎0.16c0  ‎0.79c0       ‎0.42c0       ‎0.42c0‎ 则氧气的转化率为：，故答案为：。‎ ‎（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) ΔH1=-20 kJ·mol-1；‎ ‎②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH2=-121 kJ·mol-1；‎ ‎③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3‎ 若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) 或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s)的ΔH，故答案为：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) 或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s)。‎ ‎（3）由图可知，H+向左侧移动，则左侧为电解池的阴极，阴极上发生还原反应，根据图示信息可知，其阴极电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右侧为阳极，阳极电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+，电路中转移1mol电子，生成0.5molCl2，其标准状况下的体积为，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；。‎ ‎【点睛】进料浓度比 c(HCl) ∶c(O2)分别等于 1∶1、4∶1、7∶1，温度一定，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，所以图像中，a曲线代表c(HCl) ∶c(O2)= 1∶1，b曲线代表c(HCl) ∶c(O2)= 4∶1，c曲线代表c(HCl) ∶c(O2)= 7∶1。‎ ‎18.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于冶金工业，也用作催化剂和杀菌剂。以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如下：‎ 已知CuCl难溶于醇和水，溶于c(Cl-)较大的体系[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，潮湿空气中易水解氧化。‎ ‎（1）步骤1开始前需要对硫化铜精矿进行粉碎，目的是______________________；‎ ‎（2）步骤1是“氧化酸浸”的过程，该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，化学方程式是__________________________________________；‎ ‎（3）步骤2是溶解过程，溶解时反应的离子方程式______________________________；‎ ‎（4）步骤3为主反应，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。‎ ‎①反应的氧化产物是__________；‎ ‎②比较c(Cu+)相对大小：A点______C点（填“>”、“<”或“=”）；‎ ‎③提高C点状态混合物中Cu+沉淀率的措施是______________________________；‎ ‎（5）步骤4进行的实验操作是__________________________________________；‎ ‎（6）洗涤过程中不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是______________________。‎ ‎【答案】(1). 增大接触面积、加快反应速率、提高铜的浸出速率等合理性答案 (2). CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O (3). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O或Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O (4). SO42- 或(NH4)2SO4 (5). > (6). 加水稀释 (7). 过滤 (8). HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化 ‎【分析】H2O2在酸性条件下将CuS中的S2-氧化生成S单质，其反应方程式为：CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，CuSO4被还原生成Cu单质；利用NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可氧化Cu单质生成Cu2+，然后过滤，滤液中加入(NH4)2SO3和NH4Cl发生氧化还原反应生成CuCl，其离子反应方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗后再用乙醇洗涤，烘干得到CuCl。‎ ‎【详解】（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是增大接触面积，加快酸浸速率，提高铜的浸出率等，故答案为：增大接触面积、加快反应速率、提高铜的浸出速率等合理性答案。‎ ‎（2）该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，说明生成硫酸铜和硫单质，H2O2在酸性条件下将CuS中的S2-氧化生成S单质，其反应的化学反应方程式为CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O。‎ ‎（3）“溶解”过程中，利用NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可氧化Cu单质生成Cu2+，离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++‎ ‎2NO↑+4H2O或Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O ，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O或Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O 。‎ ‎（4）①涉及反应为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，反应中S元素化合价由+4价升高为+6价，被氧化，氧化产物为SO42-或(NH4)2SO4，故答案为：SO42- 或(NH4)2SO4。‎ ‎②B点之前Cu+与Cl-形成CuCl的沉淀，B点时建立了CuCl(s) Cu+(aq)+Cl-(aq)，B点之后，c(Cl-)增大，部分CuCl(s)溶解，[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，但是平衡没移动，所以C点和B点的c(Cu+)相等，由于B点之前，CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)平衡向右移动，所以A点c(Cu+)大于B点，则A点c(Cu+)大于C点，故答案为：>。‎ ‎③B点之后，c(Cl-)增大，部分CuCl(s)溶解，发生[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，沉淀减少，所以提高C点状态混合物中Cu+沉淀率，可以加水稀释，减少c(Cl-)，故答案为：加水稀释。‎ ‎（5）步骤4是固液分离，所以进行的实验操作是过滤，故答案为：过滤。‎ ‎（6）硝酸具有强氧化性，可氧化CuCl，则不能用硝酸代替硫酸，故答案为：HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化。‎ ‎19.某实验小组研究 FeCl3 溶液与 Na2SO3 溶液之间的反应，进行如下实验探究 ‎（1）配制 FeCl3 溶液时，先将 FeCl3 溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。结合化学用语说明浓盐酸的作用：__________________________________________________。‎ ‎（2）甲同学认为，上述实验在开始混合时观察到的现象不涉及氧化还原反应，实验 I中红褐色比 II 中略浅的原因是__________________________________________________。‎ ‎（3）乙同学认为实验 II 可能发生了氧化还原反应，为了探究反应的产物做了实验 III和生成物检验。‎ ‎① 取少量 Na2SO3 溶液电极附近的混合液，加入______，产生白色沉淀，证明产生了 SO42-。‎ ‎② 该同学又设计实验探究另一电极的产物，取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生____________________，证明产生了Fe2+。‎ ‎（4）实验 III 发生反应的方程式是__________________________________。‎ ‎（5）实验小组查阅资料：溶液中 Fe3+、 SO32- 、OH-三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：‎ 从反应速率和化学平衡两个角度解释实验 I、II 现象背后的原因可能是：_____________‎ ‎____________________________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+；盐酸抑制氯化铁水解 (2). Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少 (3). 足量盐酸和BaCl2溶液 (4). 蓝色沉淀 (5). 2Fe3+ + SO32- + H2O 2Fe2+ + SO42-+ 2H+ (6). 生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成 ‎【分析】（1）FeCl3 溶液中存在Fe3+水解平衡，Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入浓盐酸可以抑制其水解。‎ ‎（2）实验Ⅰ中1.0mol/L FeCl3溶液2滴，实验Ⅱ中1.0mol/L FeCl3溶液2mL，实验I相对于实验Ⅱ，Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少。‎ ‎（3）①加入足量盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明SO42-。‎ ‎②加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明Fe2+。‎ ‎（4）由（3）可知，Fe3+与 SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+ 和SO42-。‎ ‎（5）130min的实验现象溶液立即变为红褐色，随后变浅，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的反应速率慢，是因为在氧气的作用下，c(HOFeOSO2)减小，，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成，‎ ‎【详解】（1）配制 FeCl3 溶液时，Fe3+会水解，Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入浓盐酸可以抑制其水解，故答案为：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解。‎ ‎（2）实验Ⅰ中1.0mol/L FeCl3溶液2滴，实验Ⅱ中1.0mol/L FeCl3溶液2mL，实验I相对于实验Ⅱ，Fe3+起始浓度小，虽然越稀越水解，但水解的铁离子数目不及实验Ⅱ，且水解的速率不及实验Ⅱ，水解出的Fe(OH)3少，所以开始混合时，实验I中红褐色比Ⅱ中略浅，故答案为：Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少。‎ ‎（3）①要证明产生了的SO42-，应加入足量盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明产生了 SO42-，故答案为：足量盐酸和BaCl2溶液。‎ ‎②要证明Fe3+发生还原反应生成了Fe2+，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+，故答案为：蓝色沉淀。‎ ‎（4）由（3）可知，Fe3+与 SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+ 和SO42-，化学反应方程式为：2Fe3+ + SO32- + H2O=2Fe2+ + SO42-+ 2H+，故答案为：2Fe3+ + SO32- + H2O=2Fe2+ + SO42-+ 2H+。‎ ‎（5）130min的实验现象溶液立即变为红褐色，随后变浅，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的反应速率慢，是因为在氧气的作用下，c(HOFeOSO2)减小，，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成，故答案为：生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢，在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成。‎ ‎【点睛】常见的铁离子与亚铁离子的检验方法：（1）Fe3+的检验：①加入OH-生成红褐色沉淀；②加入苯酚溶液生成紫色溶液；③加入KSCN溶液生成血红色溶液；④加入亚铁氰化钾生成蓝色沉淀。（2）Fe2+的检验：①加入OH-白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；②先加KSCN，无现象，再加氯水，生成血红色溶液；③加入铁氰化钾生成蓝色沉淀。‎