2018-2019学年新课标化学高三化学热门考点：铁、铜元素单质及其重要化合物（解析版）

铁、铜元素单质及其重要化合物1.下列叙述正确的是()A.Fe与S混合加热生成FeS2B.NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3C.过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成D.白磷在空气中加热到一定温度能转化为红磷【解题指南】解答本题时应注意物质的特殊性质,如硫元素的氧化性较弱,碳酸钠的稳定性较强,同时注意关键词语“过量”“浓”“空气”等。【解析】选C。选项具体分析结论A两者混合加热生成FeS错误B碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠,因此碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠错误C铜与浓硝酸反应生成二氧化氮,但是当铜过量时,随着硝酸的浓度降低,产物中便有一氧化氮生成正确D白磷在空气中加热会与氧气反应错误2. 向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L,固体物质完全反应,生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 molL-1的NaOH溶液1.0 L,此时溶液呈中性,金属离子已完全沉淀,沉淀质量为39.2 g。下列有关说法不正确的是()A.Cu与Cu2O的物质的量之比为21B.硝酸的物质的量浓度为2.6 molL-1C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48 LD.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol【解题指南】解答本题时可以按照以下流程【解析】选B。根据题意得到的金属离子的沉淀为氢氧化铜0.4 mol,根据元素守恒可以确定原混合物中有铜0.2 mol,有氧化亚铜0.1 mol,将溶液变成中性时消耗氢氧化钠1 mol,沉淀铜离子只消耗了0.8 mol,因此反应过程中硝酸过量0.2 mol,由于固体混合物与硝酸的反应为氧化还原反应,该反应过程中铜元素的化合价均升高为+2价,化合价升高了0.4+0.2=0.6(mol),硝酸中氮原子的化合价由+5价降低为+2价,因此生成的一氧化氮的物质的量为0.2 mol,根据氮元素守恒可以判断原溶液中硝酸的物质的量为1.2 mol,浓度为2.4 molL-1。3. 火法炼铜首先要焙烧黄铜矿,其反应为:2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2下列说法正确的是()A.SO2即是氧化产物又是还原产物B.CuFeS2仅作还原剂,硫元素被氧化C.每生成1 molCu2S,有4 mol硫被氧化D.每转移1.2 mol电子,有0.2 mol硫被氧化【解题指南】解答本题时应该注意根据元素化合价升降判断物质在氧化还原反应中的作用。【解析】选A、D。反应中化合价发生改变的元素是铜由+2价变成+1价,氧由0价变成-2价,一个硫离子由-2价变成+4价,因此反应中CuFeS2既是氧化剂又是还原剂,二氧化硫既是氧化产物又是还原产物;每生成1 molCu2S,有1 mol硫被氧化。4.下列由相关实验现象所推出的结论正确的是()A.Cl2、SO2均能使品红溶液褪色,说明二者均有氧化性B.向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,说明该溶液中一定有SC.Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生,说明Fe与两种酸均发生置换反应D.分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升,说明二者易溶于水【解题指南】解答本题时应明确氯气和二氧化硫褪色的原理的不同点,S的检验方法及注意事项。【解析】选D。A项,二者漂白的原理不同,前者属于氧化型,后者属于化合型,因此不能说明SO2具有氧化性,A错;B项,溶液中也可能含有S,B错;C项,铁与硝酸发生的不是置换反应,C错误。5.下列有关物质的性质与应用不相对应的是()A.明矾能水解生成Al(OH)3胶体,可用作净水剂B.FeCl3溶液能与Cu 反应,可用于蚀刻印刷电路C.SO2具有氧化性,可用于漂白纸浆D.Zn具有还原性和导电性,可用作锌锰干电池的负极材料【解题指南】解答本题时应牢记典型物质的性质和应用,搞清其中有关的化学原理。【解析】选C。A项,明矾水解生成的氢氧化铝胶体有吸附性,可作净水剂,A项正确;B项,三氯化铁溶液可以与铜反应,三氯化铁溶液用于蚀刻电路,B项正确;C项,二氧化硫的漂白是利用二氧化硫的漂白性,而不是氧化性,C项错误;D项,电池的电极应能导电,负极上发生氧化反应,D项正确。6.下列物质的转化在给定条件下能实现的是()【解题指南】解答本题时应注意掌握中学化学常见物质的相互转化及相关方程式。【解析】选A。对于:第一步转化Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O,第二步转化2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3+Na2CO3或NaAlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+NaHCO3;对于:第一步转化不能一步实现,第二步转化SO3+H2OH2SO4;对于:第一步转化NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3+NH4Cl,第二步转化 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2对于:第一步转化Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O,第二步转化,FeCl3水解,得不到无水FeCl3;对于:第一步转化Ca(OH)2+ MgCl2Mg(OH)2+CaCl2,第二步转化Mg(OH)2MgO+H2O;所以选A。7.下列单质或化合物性质的描述正确的是()A.NaHSO4水溶液显中性B.SiO2与酸、碱均不反应C.NO2溶于水时发生氧化还原反应D.Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3【解题指南】解答本题时应注意物质的特殊性质,如硫酸氢钠属于盐但溶液呈酸性,二氧化硅和一般物质不反应但和氢氧化钠反应,铁和氯气反应生成氯化铁。【解析】选C。选项具体分析结论A硫酸氢钠溶于水电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子,使溶液呈酸性错误B二氧化硅能和氢氧化钠反应错误C二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,化合价由+4价变为+5价和+2价,是氧化还原反应正确D铁和氯气反应只生成氯化铁错误8.下列陈述、正确并且有因果关系的是()选项陈述陈述ASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜【解题指南】解答本题时应从常见物质的性质考虑。【解析】选D。选项具体分析结论A陈述表现了SO2的还原性,而陈述表现为漂白性没有因果关系B二氧化硅不导电不正确C陈述表现出浓硫酸的吸水性没有因果关系D陈述中Fe3+氧化单质铜从而回收铜属于因果关系二、非选择题9. 下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液,相互之间的转化关系如下图所示(部分产物及反应条件已略去)。已知A、B为气态单质,F是地壳中含量最多的金属元素的单质;E、H、I为氧化物,E为黑色固体,I为红棕色气体;M为红褐色沉淀。请回答下列问题:(1)B中所含元素位于元素周期表中第周期,族。(2)A在B中燃烧的现象是 。(3)D+EB的反应中,被氧化与被还原的物质的物质的量之比是。(4)G+JM的离子方程式 。(5)Y受热分解的化学方程式是 。【解题指南】解答本题时注意以下几点:(1)根据物质的特殊颜色或者特殊的存在形式可以推测元素;(2)在氧化还原反应中并不是所有反应物的化合价都改变。【解析】地壳中含量最多的金属为铝,红棕色的气体为二氧化氮,红褐色沉淀为氢氧化铁,电解X为电解饱和食盐水,产物A在B中能燃烧,则B为氯气, A为氢气,D为氯化氢,E为二氧化锰,C为氢氧化钠,G为偏铝酸钠,J为铁盐,两者发生水解相互促进反应,生成氢氧化铁沉淀,I为二氧化氮,则N为硝酸,Y为硝酸铁,H为氧化铁。(1)根据元素原子的核外电子排布,可以推测元素在周期表中的位置;(2)氢气在氯气中燃烧发出苍白色的火焰,在集气瓶口有白雾生成;(3)浓盐酸与二氧化锰反应方程式为:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12;(4)偏铝酸根离子和三价铁离子发生水解相互促进反应;(5)硝酸铁分解生成氧化铁、二氧化氮,元素化合价只有降低没有升高,因此反应中必然有氧气生成。答案:(1)3A(2)产生苍白色火焰(3)21(4)3AlO2-+Fe3+6H2O3Al(OH)3+Fe(OH)3(5)4Fe(NO3)32Fe2O3+12NO2+3O210.工业上由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)冶炼铜的主要流程如下:(1)气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的吸收。a.浓硫酸b.稀硝酸c.NaOH溶液 d.氨水(2)用稀硫酸浸泡熔渣B,取少量所得溶液,滴加KSCN溶液后呈红色,说明溶液中存在(填离子符号),检验溶液中还存在Fe2+的方法是 (注明试剂、现象)。(3)由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为 。(4)以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼,下列说法正确的是。a.电能全部转化为化学能b.粗铜接电源正极,发生氧化反应c.溶液中Cu2+向阳极移动d.利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属(5)利用反应2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O可制备CuSO4,若将该反应设计为原电池,其正极电极反应式为 。【解题指南】解答本题时应理清无机化工流程,明确每一步的反应在流程中的作用。对于陌生的氧化还原反应要用正确的配平方法进行配平;掌握电解精炼铜的原理及相关电极反应式的书写。【解析】(1)从冰铜的元素组成上看,其中含有硫元素,焙烧产物泡铜和熔渣中不再含有硫元素,故可推知A一定为SO2,一般选用碱性溶液,故答案为c、d。(2)向溶液中滴加KSCN溶液,溶液呈红色,可推知溶液中一定含有Fe3+;要检验溶液中还含有Fe2+,可取适量酸性KMnO4溶液于一支试管中,滴入几滴该溶液,若酸性高锰酸钾溶液褪色或变浅,说明该溶液中含有Fe2+。(3)泡铜制取粗铜,是Cu2O和铝发生氧化还原反应,根据氧化还原反应的配平方法进行配平可得,化学反应方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu。(4)在电解过程中,会有一部分电能损失转化为热能,因此电能不可能全部转化为化学能,a错误;c项,溶液中的Cu2+应向阴极(精铜)移动,c错误;正确答案为b、d。(5)本题可采取两种方法书写:一是直接法,通过化学反应可以看出,O2发生还原反应,正极反应物一定为O2,其对应的还原产物为H2O,故正极的电极反应式为:O2+4e-+4H+2H2O;方法二:先写出负极电极反应:铜作为负极反应物,氧化产物为CuSO4,故其电极反应式为Cu-2e-+SCuSO4,在电量相同的前提下,设转移4 mol电子用总的电极反应式减去该电极反应式,可得正极的电极反应式为O2+4e-+4H+2H2O。答案:(1)c、d(2)Fe3+可取适量酸性KMnO4溶液于一支试管中,滴入几滴该溶液,若酸性高锰酸钾溶液褪色或变浅,说明该溶液中含有Fe2+(3)3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu(4)b、d(5)O2+4e-+4H+2H2O11.废弃物的综合利用既有利于节约资源,又有利于保护环境。实验室利用废旧电池的铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如下:(1)铜帽溶解时加入H2O2的目的是 (用化学方程式表示)。铜帽溶解完全后,需将溶液中过量的H2O2除去。除去H2O2的简便方法是 。(2)为确定加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO,杂质为铁及其氧化物)的量,实验中需测定除去H2O2后溶液中Cu2+的含量。实验操作为:准确量取一定体积的含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中,加适量水稀释,调节溶液pH=34,加入过量的KI,用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。上述过程中反应的离子方程式如下:2Cu2+4I-2CuI(白色)+I22S2O32-+I22I-+S4O62-滴定选用的指示剂为,滴定终点观察到的现象为 。若滴定前溶液中的H2O2没有除尽,所测定的Cu2+含量将会(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。(3)已知pH11 时Zn(OH)2能溶于NaOH 溶液生成Zn(OH)42-。下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH 按金属离子浓度为1.0 molL-1计算)。开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+5.98.9实验中可选用的试剂:30%H2O2、1.0 molL-1HNO3、1.0 molL-1NaOH。由除去铜的滤液制备ZnO 的实验步骤依次为:;过滤;过滤、洗涤、干燥;900 煅烧。【解题指南】可按以下思路解答本题:【解析】(1)结合第(1)问要求将铜帽溶解可知其目的是将铜溶解;双氧水受热易分解;(2)淀粉遇碘显蓝色;若双氧水没除尽,铜离子与双氧水均能氧化碘离子产生碘,碘与硫代硫酸钠反应,导致硫代硫酸钠用量增大,所测铜离子含量将会偏高;(3)结合给出离子沉淀的pH和实验步骤,应先用双氧水将Fe2+氧化为Fe3+,使Fe3+完全转化为沉淀,过滤除去后,继续调节pH使Zn2+转化为氢氧化锌,再过滤、洗涤、干燥、煅烧得氧化锌。答案:(1)Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O加热(至沸)(2)淀粉溶液蓝色褪去偏高(3)向滤液中加入适量30% H2O2,使其充分反应滴加1.0 molL-1 NaOH,调节溶液pH约为5(或3.2pH5.9),使Fe3+沉淀完全向滤液中滴加1.0 molL-1 NaOH,调节溶液pH约为10(或8.9pH11),使Zn2+沉淀完全12.已知:I2+2S2O32-S4O62-+2I-相关物质的溶度积常数见下表:物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.210-202.610-391.710-71.310-12(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3,为得到纯净的CuCl22H2O晶体,加入,调至pH=4,使溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,此时溶液中的c(Fe3+)=。过滤后,将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶,可得到CuCl22H2O晶体。(2)在空气中直接加热CuCl22H2O晶体得不到纯的无水CuCl2,原因是(用化学方程式表示)。由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是。(3)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性杂质)的纯度,过程如下:取0.36 g试样溶于水,加入过量KI固体,充分反应,生成白色沉淀。用0.100 0 molL-1 Na2S2O3标准溶液滴定,到达滴定终点时,消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。可选用作滴定指示剂,滴定终点的现象是。CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为 。该试样中CuCl22H2O的质量百分数为 。【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)CuCl2是强酸弱碱盐,带结晶水的该盐加热时,会发生水解而得不到该物质。(2)涉及碘单质的滴定时一般使用淀粉作指示剂。【解析】(1)加入的物质在调节pH时应该保证两点,一个是使pH减小,再一个是不能加入新的杂质离子,所以应该选用氢氧化铜或者碱式碳酸铜;若此时pH=4,则c(Fe3+)=KspFe(OH)3/(110-10 molL-1)3=2.610-9 molL-1。(2)在空气中直接加热CuCl22H2O晶体时,由于CuCl2是强酸弱碱盐,所以Cu2+会发生水解,故得不到纯净的无水CuCl2,所以要想得到纯净的无水氯化铜必须在加热过程中抑制其水解,所以应该在干燥的HCl气流中加热。(3)由于相当于用Na2S2O3标准溶液滴定碘单质,所以可以用淀粉溶液作指示剂,到达滴定终点的现象是溶液由蓝色变成无色且放置一段时间后不褪色。铜离子具有弱氧化性可以把碘离子氧化成碘单质,自身被还原成+1价的铜。由反应可知,关系式如下:CuCl22H2ONa2S2O31 1n(CuCl22H2O) 0.100 0 molL-10.020 L则n(CuCl22H2O)=0.100 0 molL-10.020 L=0.002 mol则m(CuCl22H2O)=0.002 mol171 gmol-1=0.342 g则该试样中CuCl22H2O的质量百分数为:0.342 g/0.36 g=95%。答案:(1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO32.610-9 molL-1(2)2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl2+2HCl+2H2O主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可在干燥的HCl气流中加热脱水(3)淀粉溶液蓝色褪去,放置一定时间后不恢复原色2Cu2+4I-2CuI+I295%13.化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作环保型阻燃材料,受热时按如下化学方程式分解:2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O+10MgO+3Al2O3。(1)写出该化合物作阻燃剂的两条依据 。(2)用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理 。(3)已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液,用化学方程式表示其原理 。.磁性材料A是由两种元素组成的化合物,某研究小组按如图流程探究其组成:请回答:(1)A的组成元素为(用元素符号表示),化学式为。(2)溶液C可溶解铜片,例举该反应的一个实际应用 。(3)已知化合物A能与稀硫酸反应,生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518 gL-1),该气体分子的电子式为。写出该反应的离子方程式 。(4)写出FG反应的化学方程式 。设计实验方案探究溶液G中的主要微粒(不考虑H2O、H+、K+、I-。【解题指南】解答本题时应注意以下几点:(1)能根据燃烧的条件分析阻燃剂的成因;(2)了解常见铁的化合物的性质;(3)明确和的检验方法。【解析】.(1)该化合物分解时需要吸收大量的热,从而降低温度;分解产生的固体氧化物能起到隔绝空气的作用;分解产生了大量的水蒸气,从而降低了氧气浓度。(2)MgO为碱性氧化物,而Al2O3为两性氧化物,因此可以用强碱,如NaOH溶液除去Al2O3。(3)氯化铵溶液中由于发生水解使溶液显酸性,MgO能和溶液中的H+反应而溶解。.(1)根据黄色溶液C加入KSCN溶液后显红色,可以判断C为FeCl3,进而判断红棕色固体B为Fe2O3,说明化合物A中含有铁元素。无色气体E溶于水后显酸性,加入碘的碘化钾溶液后得到无色溶液,且溶液的酸性变强,因此可以判断此无色气体E为SO2,故化合物A中含有硫元素。氧化铁的质量为2.400 g,因此n(Fe)=2=0.030 mol,则化合物A中m(Fe)=0.030 mol56 gmol-1= 1.68 g,因此化合物A中硫元素的物质的量为=0.040 mol,则铁与硫的物质的量之比为0.030 mol0.040 mol=34,则化学式为Fe3S4。(2)溶液C为氯化铁,可以溶解铜,可用来制印刷电路板。(3)化合物A与硫酸反应生成的淡黄色不溶物为硫,生成气体的摩尔质量为1.518 gL-122.4 Lmol-134.00 gmol-1,则为硫化氢,其电子式为。该反应生成硫酸亚铁、硫和硫化氢,离子方程式为Fe3S4+6H+3H2S+3Fe2+S。(4)亚硫酸和碘单质反应生成硫酸和碘化氢,化学方程式为H2SO3+I2+H2OH2SO4+ 2HI;溶液G中主要含有硫酸根离子,或许有未反应完的亚硫酸分子,硫酸根离子用钡盐检验,亚硫酸可以用氧化剂氧化成硫酸根再检验,具体操作方法为取适量溶液G,加入过量BaCl2溶液,若产生白色沉淀,则含有,过滤后取滤液,滴加H2O2溶液,若产生白色沉淀,则含有H2SO3。答案:.(1)反应吸热降低温度,生成的固体氧化物隔绝空气,生成的水蒸气降低了氧气的浓度(2)Al2O3+2OH-2+H2O(3)H2O+MgO+2NH4Cl2NH3H2O+MgCl2(或NH4Cl+H2ONH3H2O+HCl,MgO+2HClMgCl2+H2O).(1)S、FeFe3S4(2)制印刷电路板(3)Fe3S4+6H+3H2S+3Fe2+S(4)H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI取适量溶液G,加入过量BaCl2溶液,若产生白色沉淀,则含有,过滤后取滤液,滴加H2O2溶液,若产生白色沉淀,则含有H2SO3【误区提醒】(1)在判断化合物A的化学式时容易忽略量的问题,而只是根据定性实验和经验将A错误判断为FeS或FeS2。(2)在设计实验方案探究溶液G中的主要微粒时,容易忽略的存在,从而出错。14. CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl22H2O制备CuCl,并进行相关探究。【资料查阅】【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)。请回答下列问题:(1)仪器X的名称是。(2)实验操作的先后顺序是ae(填操作的编号)。a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯,冷却c.在“气体入口”处通入干燥HCld.点燃酒精灯,加热e.停止通入HCl,然后通入N2(3)在实验过程中,观察到B中物质由白色变为蓝色,C中试纸的颜色变化是 。(4)装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是 。【探究反思】(5)反应结束后,取出CuCl产品进行实验,发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质。根据资料信息分析:若杂质是CuCl2,则产生的原因是 。若杂质是CuO,则产生的原因是 。【解析】(1)仪器X的名称为干燥管。(2)热分解CuCl22H2O制备CuCl,为防止CuCl被氧化和Cu+水解必须要先赶走装置中的氧气和水蒸气后才能加热,且要在HCl气流中加热制备,反应结束后先熄灭酒精灯,应继续通入氮气直至装置冷却,所以操作顺序为acdbe。(3)B中物质由白色变为蓝色,说明有水生成,产物中还有Cl2,所以C中湿润的蓝色石蕊试纸先变红,后褪色。(4)D中多余的Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。(5)因为CuCl2在300以上才能完全分解成CuCl,若杂质是CuCl2说明CuCl2没有反应完全,所以可能是加热时间不足或分解温度偏低;若杂质是氧化铜,说明CuCl被氧气氧化才产生了CuO,说明装置中有氧气,可能通入HCl的量不足。答案:(1)干燥管(2)cdb(3)先变红,后褪色(4)Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O(5)加热时间不足或温度偏低通入HCl的量不足15.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1 molL-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是 。(2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为 。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL煤油,再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液,溶液变红,煤油的作用是 。(4)