北京市房山区2020届高三学业水平等级性考试化学试题

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北京市房山区2020届高三学业水平等级性考试化学试题

房山区 2020 年高考第一次模拟测试试卷 高三化学 本试卷共 100 分。考试时长 90 分钟。‎ 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( )‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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。‎
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