【解析】上海市金山区2018届高三下学期质量监控(二模)化学试题 Word版

.化学试题2018.04相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Cu-64一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）。1. 属于石油分馏产物的是A. 汽油 B. 甘油 C. 花生油 D. 煤焦油【答案】A【解析】石油的主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，属于烃类（只含碳氢元素）的混合物，汽油是C5C12的碳氢化合物组成的混合物，是石油分馏中沸点在20200的混合物，A选项正确；甘油是1,2,3-丙三醇 ，俗名甘油，属于醇类（含碳氢氧三种元素），B选项错误；花生油属于酯类（含碳氢氧三种元素），是高级脂肪酸的甘油酯，C选项错误；煤焦油是煤干馏的产物，不是石油分馏产物，D选项错误；正确答案A。2. 属于强电解质的是A. 酒精 B. 硫酸铜 C. 冰醋酸 D. 食盐水【答案】B【解析】在水溶液或熔融状态下完全电离出离子的电解质叫强电解质，酒精在水溶液中和熔融态下是都不导电的化合物，酒精是非电解质，A选项错误；硫酸铜在水溶液或熔融状态下都能够完全电离出离子Cu2+和SO42-，硫酸铜是强电解质，B选项正确；冰醋酸在水溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+电离平衡，冰醋酸是弱电解质，C选项错误；食盐水虽然能够导电，食盐完全电离，食盐是强电解质，但食盐水不是，它是混合物，而电解质是指化合物，D选项错误；正确答案是B。点睛：对强弱电解质的判断可以分三步，首先将给定的物质进行分类，给定的物质首先要是化合物（与是否导电无关），不能是单质和混合物，如本题中的食盐水；其次绝大部分酸、碱、盐、金属氧化物和水是电解质，大部分有机物与氢化物是非电解质，题中的酒精就是非电解质，第三步是在电解质范围里分出强酸、强碱、大部分盐（与溶解性无关）和金属氧化物是强电解质，其它一般是弱电解质。3. 不属于氮肥的是A. 硫酸铵 B. 尿素 C. 草木灰 D. 硝酸钾【答案】C【解析】氮肥是含有作物营养元素氮的化肥，硫酸铵化学式：（NH4）2SO4，含有氮元素，硫酸铵属于氮肥，A选项错误；尿素化学式是：CO(NH2)2, 含有氮元素，尿素属于氮肥，B选项错误；草木灰主要成分是K2CO3，含有钾元素，属于钾肥，所以草木灰不属于氮肥，C选项正确；硝酸钾的化学式是：KNO3，含有钾元素和氮元素，既属于钾肥，也属于氮肥，D选项错误；正确答案是C。4. 水溶液可使石蕊变红的物质是A. Na2CO3 B. KCl C. NH3 D. NH4Cl【答案】D【解析】石蕊是酸碱指示剂，用于鉴别溶液的酸碱性，石蕊(原为紫色)遇酸性溶液变红，遇碱性溶液变蓝，Na2CO3水溶液中电离出CO32-，CO32-离子水解使溶液呈碱性，加入石蕊溶液后，溶液变蓝色，A选项错误；KCl属于强酸强碱盐，在水溶液不发生水解，溶液呈中性，加入石蕊溶液呈紫色，B选项错误；NH3溶于水生成NH3H2O，NH3H2O电离产生OH-，溶液呈碱性，加入石蕊后溶液呈蓝色，C选项错误；NH4Cl溶于水电离出NH4+，NH4+水解产生H+，使溶液呈酸性，加入石蕊后溶液呈红色，D选项正确，正确答案是D。5. HCCCH2CH3与CH3CCCH3互为A. 同系物 B. 同分异构体C. 同位素 D. 同素异形体【答案】B【解析】同系物是指结构相似、分子组成相差若干个 “CH2”原子团的有机化合物，HCCCH2CH3与CH3CCCH3结构相同、分子式相同，没有相差若干个“CH2”原子团，不属于同系物，A选项错误；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，HCCCH2CH3与CH3CCCH3分子式相同，官能团（-CC-）位置不同，属于同分异构体，是同分异构体中的官能团位置异构，B选项正确；同位素是同一元素（具有相同质子数）的具有不同中子的原子，HCCCH2CH3与CH3CCCH3是化合物，不是原子，C选项错误；由同一种元素组成具有不同性质的单质叫同素异形体，HCCCH2CH3与CH3CCCH3是化合物，不是同素异形体，D选项错误；正确答案是B。6. 能减少酸雨产生的可行措施是A. 禁止燃煤 B. 用燃油代替燃煤C. 燃煤脱硫 D. 使煤充分燃烧【答案】C【解析】酸雨是指PH值小于5.6的雨雪或其他形式的降水，我国的酸雨主要是因大量燃烧煤和石油引起的，在燃烧时会产生大量的烟气,这种烟气中含有大量的二氧化硫、氮氧化物等，两种化合物溶于水形成酸雨，目前我国能源的主要来源是化石燃料，因此禁止燃煤是不可行的，A选项错误；用燃油代替燃煤同样会产生酸雨，B选项错误；将燃煤进行脱硫处理，如：在燃煤中加入石灰石（CaCO3），将硫转化为CaSO4，减少烟气中二氧化硫的含量，能够有效控制酸雨的形成，C选项正确；使煤充分燃烧可以降低烟气中CO的含量，不能够降低SO2的含量，因此不能够减少酸雨的产生，D选项错误；正确答案C。7. 下列过程能实现化学能转化为热能的是A. 光合作用 B. 木炭燃烧C. 风力发电 D. 电解饱和食盐水【答案】B【解析】光合作用是植物、藻类和某些细菌，在可见光的照射下，经过光反应和暗反应，利用光合色素，将二氧化碳和水转化为有机物，并释放出氧气的生化过程，是将光能转变成化学能的过程，A选项错误；木炭燃烧生成二氧化碳和水，同时释放出热量，在此过程中有化学能转变成热能，B选项正确；风力发电是把风的动能转为电能，C选项错误；电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气、氢气，是电能转变成化学能，D选项错误；正确答案B。8. 某溶液中存在较多的H+、SO42-、Cl-离子，还可以大量存在的是A. OH- B. CO32- C. NH4+ D. Ba2+【答案】C【解析】溶液中有H+离子，H+ +OH-=H2O，H+ 与OH-不能大量共存，A选项错误；2H+ +CO32-=CO2+H2O， H+与CO32-离子不能大量共存，B选项错误；溶液中H+、SO42-、Cl-与NH4+不能够发生反应，能够大量共存，C选项正确；SO42-+ Ba2+=BaSO4，SO42-与Ba2+不能够大量共存，D选项错误；正确答案C。9. 将4g NaOH固体配成250mL溶液，则Na+的物质的量浓度（mol/L）为A. 0.0004 B. 0.016 C. 0.4 D. 16【答案】C【解析】根据n=m/M，n(NaOH)=4g/40gmol-1=0.1mol,再根据C=n/V,C (NaOH)=0.1mol/0.25L=0.4molL-1,正确答案C。10. 某元素的原子形成的离子可表示为abXn-，有关说法错误的是A. 中子数为a-b B. 电子数为b+nC. 质量数为a+b D. 一个离子的质量约为 a/6.021023g【答案】C【解析】根据课本AZX表达的意义可知道：A表示元素X的质量数，Z表示元素X的质子数，因此对abXn-，质量数是a，质子数是b，中子数N=A-Z=a-b，A选项正确；元素X带n个单位负电荷，所以abXn-含有的电子数是b+n，B选项正确；abXn-质量数是a，不是a+b，C选项错误；1mol abXn-的质量约ag，所以一个abXn-的质量约为a/6.021023g，D选项正确，正确答案是C。11. 干冰气化过程中发生变化的是A. 分子间作用力 B. 分子内共价键的极性C. 分子内原子间距离 D. 分子的空间构型【答案】A【解析】干冰是CO2，形成的晶体是分子晶体，干冰气化是由固态直接变成气态的，气化时破坏的是分子间作用力，A选项正确；CO2分子内碳氧双键（C=O）是极性共价键，在由固态到气态过的气化过程中，碳氧原子之间的共价键的极性是不发生变化，B选项错误；干冰在气化过程中，CO2分子内碳氧双键（C=O）的结构不变化，所以原子间的距离不发生变化，C选项错误；CO2分子的空间构型是直线形，在气化过程中CO2分子的结构不发生变化，所以CO2分子的空间构型不发生变化，D选项错误；正确答案A。12. 不能通过单质间化合直接制取的是A. CuO B. Cu2S C. Fe3O4 D. Fe2S3【答案】D【解析】铜粉在空气或者氧气中加热能够发生反应：2Cu+O2 2CuO，A选项错误；铜丝可以硫蒸气中发生反应：2Cu+SCu2S，B选项错误；铁丝在氧气中燃烧生成四氧化三铁，即：3Fe+2O2Fe3O4，C选项错误；铁粉与硫粉混合共热发生反应生成FeS，Fe+SFeS，铁粉与硫粉两种单质不生成Fe2S3，D选项正确；正确答案D。13. 不能用元素周期律解释的性质是A. 非金属性：ClBr B. 热稳定性：Na2CO3NaHCO3C. 酸性：HNO3H2CO3 D. 碱性：NaOHMg(OH)2【答案】B点睛：利用元素周期律中元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，可以比较酸性强弱，如本题中的非金属性：NC，则酸性：HNO3H2CO3，但要注意的是如果不是最高价氧化物的水化物形成的酸，是不可以比较非金属性的，如：盐酸能够与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，说明盐酸的酸性比亚硫酸强，因此非金属性ClS，这一结论是错误的，因为两种酸都不是最高价氧化物的水化物，不可以用来比较的，所以一定要注意是否是最高价氧化物的水化物。14. 测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，选用的仪器不合理的是A. 蒸发皿 B. 玻璃棒 C. 干燥器 D. 电子天平【答案】A【解析】蒸发皿是用于蒸发浓缩溶液的器皿，根据测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验步骤，不涉及到液体的蒸发，蒸发皿用不到，A选项正确；对硫酸铜晶体加热过程中防止局部过热，需要用玻璃棒不断进行搅拌，B选项错误；本实验为定量实验，对准确性的要求较高，在加热后冷却时，为了防止硫酸铜吸水，应将硫酸铜放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无水硫酸铜，C选项错误；测定硫酸铜晶体中结晶水含量是定量实验，对没有加热的硫酸铜晶体进行称重，加热失去结晶水以后进行称重，直至连续两次称量的差值在允许的误差范围内，称量要用到电子天平，D选项错误；正确答案A。15. Al2(SO4)3溶液分别与下列物质反应，能用Al3+3OH-Al(OH)3表示的是A. 少量氨水 B. 少量NaOH溶液C. 足量石灰乳 D. 少量Ba(OH)2溶液【答案】B【解析】NH3H2O为弱电解质，在离子方程式书写中应该用化学式表示，不能写成NH4+和OH-离子符号，A选项错误；NaOH是易溶于水的电解质，在离子方程式书写中应该写成Na+和OH-离子符号，B选项正确；石灰乳是氢氧化钙的悬浊液，需要写出完整的化学式，不能写成Ca2+和OH-，C选项错误；氢氧化钡溶液中可以写成OH和Ba2+，但Ba2+与SO42-反应生成BaSO4沉淀，即2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-=2Al（OH）3+3BaSO4，D选项错误，正确答案B。点睛：在离子方程式书写有四步，最关键的是判断化学式能否写成离子形式，如三种状态(难溶解、易挥发、难电离)的物质错判或遗漏，将不该拆的弱电解质或难溶物写成了离子符号，如本题中的氨水，属于难电离物质，应该以化学式形式出现，而对该拆的可溶性强电解质（强酸、强碱、易溶于水的盐）未拆写成离子符号；对微溶物的处理：在反应物中是澄清溶液的写成离子形式，在生成物中全部以化学式形式出现，如本题中的石灰乳，不是石灰水，因此不能够写成Ca2+和OH-。16. 有关钢铁的腐蚀与防腐，不能用原电池原理解释的是A. 析氢腐蚀 B. 吸氧腐蚀C. 与锌片相连后不易腐蚀 D. 与电源负极相连后不易腐蚀【答案】D【解析】在钢铁制品中一般都含有碳，在潮湿空气中，钢铁表面会吸附水汽而形成一层薄薄的水膜，水膜中溶有二氧化碳后就变成一种电解质溶液，使水里的氢离子增多，构成无数个以铁为负极、碳为正极、酸性水膜为电解质溶液的微小原电池，在酸性较强的溶液中金属发生电化学腐蚀时放出氢气，这种腐蚀称析氢腐蚀，可以用原电池原理解释，A选项错误；若钢铁制品的表面水膜呈中性或弱酸性条件下，金属发生吸氧腐蚀，吸氧腐蚀能够用原电池原理解释，B选项错误；在Fe与Zn及钢铁表面的水膜构成原电池，Zn比Fe活泼，易失去电子，所以Fe不易被腐蚀，能够用原电池原理解释，C正确；Fe与电源的负极相连，是电解池的阴极，Fe不易被腐蚀是正确的，但这个不易被腐蚀要用电解原理解释，不能够用原电池原理解释，D选项正确；正确答案D。17. 侯氏制碱法中可循环利用的物质是A. CO2、NaCl B. NH3、NaCl C. NH3、CO2 D. CaO、NH3【答案】A【解析】侯氏制碱法具体过程为:在饱和氨盐水中(氨气，氯化钠都达到饱和的溶液)通入二氧化碳从而发生如下反应：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl，反应中的碳酸氢钠由于溶解度低而析出，NaHCO3进一步煅烧分解为碳酸钠，水和二氧化碳,其中二氧化碳可以再次进入反应，循环利用了CO2，根据 NH4Cl 在常温时的溶解度比 NaCl 大，而在低温下却比 NaCl 溶解度小的原理，在 278K 283K(5 10 ) 时，向提取NaHCO3后的母液中加入食盐细粉，使 NH4Cl 单独结晶析出,过滤后的某液中主要含有NaCl，可以再循环使用，所以整个生产流程中NaCl和CO2是可以循环使用的，选项A正确；整个流程中NH3参加反应，生成NH4Cl产品，所以NH3不能够循环利用，B选项错误；C选项中CO2可以循环利用，但NH3不能够循环利用，C选项错误；D选项中NH3不可以循环利用，D选项错误，正确答案是A。18. 传统医学治疗疟疾时将青蒿加水煮沸，但药效很差。改用乙醇控温60提取青蒿素，药效显著提高。屠呦呦用一种更适宜的物质从青蒿中提取青蒿素，这种提取物对疟原虫的抑制率达到了100%，这种适宜的物质是ABCD物质煤油丙醇四氯化碳乙醚沸点180-31097.476.534.5A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】青蒿加水煮沸，但药效很差，说明水煎青蒿药性不稳定，效果差；改用乙醇控温60提取青蒿素，药效显著提高，青蒿素具有可溶于乙醇、对热不稳定的性质，用水、乙醇等萃取剂从植物青蒿中提取青蒿素后再进一步分离，从题干的信息可知在提取过程中对温度要求不要超过60效果较好，A选项煤油的沸点在180-310，远高于60，煤油不是适宜的物质，A选项错误；丙醇的沸点是97.4，高于60，丙醇不是适宜的物质，B选项错误；四氯化碳的沸点是76.5，高于60，四氯化碳不是适宜的物质，C选项错误；乙醚的沸点是34.5，当乙醚沸腾后，继续加热，乙醚的温度不会升高，避免由于温度高而破坏青蒿素的有效成分， D选项正确；正确答案D。19. 下图是恒温下H2(g)+I2(g)2HI(g)+Q(Q0)的化学反应速率随反应时间变化的示意图，t1时刻改变的外界条件是A. 升高温度B. 增大压强C. 增大反应物浓度D. 加入催化剂【答案】C【解析】从题干给的图示得出0-t1时间内是建立化学平衡状态的过程，t1以后改变条件，原平衡被破坏，在新的条件下重新建立平衡，升高温度,正逆反应速率同时增大（增加的起点与原平衡不重复），且H2(g)+I2(g) 2HI(g)+Q(Q0)是放热反应，逆反应增大的倍数大于正反应，即逆反应的曲线在上方，A选项错误；增大压强，对H2(g)+I2(g) 2HI(g)+Q(Q0)平衡不移动，但浓度增大，正逆反应速率同等程度增大，即应该新平衡曲线是高于原平衡的一条直线，B选项错误；增加反应物浓度，正反应速率应该瞬间提高，而生成物浓度瞬间不变，其逆反应速率与原平衡相同，增加反应物浓度，平衡正向移动，正反应曲线在上方，C正确；加入催化剂能够同等程度改变正逆反应速率，即是高于原平衡的一条直线，D错误；正确答案C。点睛：有关外界条件（浓度、温度、压强、催化剂）对化学平衡移动的影响的图像题，解决此类问题要做到三看：一看图像的面-纵坐标与横坐标的意义；二看图像的线-线的走向和变化趋势，如该小题是速率-时间平衡曲线，从新平衡建立的过程，V正V逆，说明改变条件平衡正向移动，对该反应前后系数不变的反应，压强的改变平衡不移动，催化剂对化学平衡移动无影响，可以迅速判定BD错误，新平衡在原平衡的上方，可以判断一定是升高温度或者增加浓度；三看图像中的点-起点、折点、交点、终点，新平衡建立的起点与原平衡有一点是重合的，说明增加浓度而不是升高温度，因为升高温度正逆反应的起点都与原平衡点不重合。 20. 有关Cl原子的描述正确的是A. 一个Cl原子的质量是35.5 gB. 1 g Cl原子和 1 g Cl2分子含有相同的原子个数C. Cl原子的摩尔质量在数值上等于Cl原子的质量D. Cl原子的相对原子质量就是1mol Cl原子的质量【答案】B【解析】Cl原子的摩尔质量是35.5g/mol，1molCl原子约含6.021023个Cl，所以1个Cl原子的质量是35.5 /6.021023=5.910-23g，A选项错误；1 g Cl原子的原子数目：1g35.5gmol-16.021023=1.751022，1 g Cl2原子的原子数目：1g71gmol-126.021023=1.751022，它们含有的原子数目相同，B选项正确；Cl原子的摩尔质量是35.5g/mol，1个Cl原子的质量是35.5 /6.021023=5.910-23g，Cl原子的摩尔质量在数值上不等于Cl原子的质量，C选项错误；Cl原子的相对原子质量是1个Cl的质量与1个12C的质量相比较的一个相对值，而1molCl的质量是35.5g，两者不相同，D选项错误；正确答案B。二、综合分析题（共60分）21. NaNO2可将正常的血红蛋白中的二价铁变为高铁血红蛋白中的三价铁，失去携氧能力。完成下列填空：（1）N元素在元素周期表中位于第_族，N原子最外层的电子排布式是_。（2）Na、N、O三种元素形成的简单离子中，离子半径最小的是_（用离子符号表示）。（3）某工厂的废液中含有2%5%的NaNO2直接排放会造成污染。下列试剂中，能使NaNO2转化为N2的是_（选填编号）。aNaCl bNH4Cl cHNO3 dH2SO4（4）已知NaNO2能发生如下反应：NaNO2 + HI NO+ I2 + NaI + H2O 配平反应物的系数并标出电子转移的方向和数目_NaNO2 +_ HI当有0.75mol HI被氧化时，在标准状况下产生气体的体积是_L。（5）NaNO2外观与食盐相似，根据上述反应，可用于鉴别NaNO2和NaCl。现有 白酒、碘化钾淀粉试纸、淀粉、白糖、白醋，其中可选用的物质至少有_（选填编号）。【答案】 (1). VA (2). 2s22p3 (3). Na+ (4). b (5). 略 (6). 16.8 (7). 【解析】请在此填写本题解析!（1）N是7号元素，最外层电子数是5，所以在元素周期表中N元素位于第二周期VA族；核外电子排布是1s22s22p3, 所以最外层电子排布式为2s22p3；（2）Na、N、O三种元素形成的简单离子中，Na+、N3-、O2-中它们的电子层结构相同，随核电荷数递增，离子半径依次减小，所以离子半径最小的是Na+；（3）NaNO2中的N元素的化合价是+3价，使NaNO2中的氮转化为对空气无污染的气体（氮气），需要另一种反应物具有强还原性，而且含有N元素，二者发生氧化还原反应产生N2，就不会引起环境污染，a中的Cl-只有弱还原性，a错误，b中NH4+的N元素是-3价，具有强还原性，能够与+3价的N元素发生氧化还原反应生成N2，b正确；HNO3中的N元素+5价，具有强氧化性，不符合条件，c错误；d中浓硫酸具有强氧化性，且没有N元素，也不符合条件，d错误，正确答案是b；（4）2I-被氧化为I2，失去2e-，NaNO2 NO，N元素得到e-，被还原，根据电子守恒及原子守恒可得2NaNO2 + 4HI = 2NO+ I2 + 2NaI + 2H2O，2molHI中I失去2mol电子给NaNO2中的N，电子转移总数是2e-即：根据方程式2NaNO2 + 4HI = 2NO+ I2 + 2NaI + 2H2O可知：4molHI参加反应，有2mol被氧化，生成2mol的NO气体，所以当有0.75mol HI被氧化时，有0.75mol的NO生成，V（NO）=0.75mol22.4Lmol-1=16.8L；（5）鉴别亚硝酸钠和氯化钠固体，利用题干中给的信息： NaNO2能够将HI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，而NaCl没有该性质，所以利用上述反应可以鉴别NaNO2和NaCl的物质有：碘化钾淀粉试纸、白醋，答案选。点睛：微粒半径比较“三看”：一看电子层数，对于电子层数不同，电子层越多，半径越大，如：LiNaKRbCs；二看核电荷数，在电子层数相同条件下，核电荷数越多，半径越小，如本题中的Na+、N3-、O2-离子半径大小顺序：Na+N3-0)，该反应的平衡常数表达式为K=_；欲使K值增大，可采取的措施是_。若经一段时间后SO3的浓度增加了4mol/L，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.4 mol/(Ls)，则这段时间为_（选填编号）。a1s b5s c10s d50s（2）硫铁矿焙烧后的烧渣中含有Fe2O3、Fe3O4等。酸溶后溶液中主要存在的阳离子有_，不能用硫酸代替盐酸的原因是_。（3）通入氯气时，主要反应的离子方程式为_。从氧化后的溶液中得到氯化铁晶体的实验步骤为_、_、过滤洗涤。（4）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，请从水解平衡移动原理解释原因_。【答案】 (1). K (2). 降温 (3). b (4). Fe2+、Fe3+、H+(H+不写不扣分) (5). 会引入SO42-离子，影响产品的纯度 (6). 2Fe2+Cl22Fe3+2Cl- (7). 蒸发浓缩 (8). 冷却结晶 (9). Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，盐酸过量，使H+增大，平衡朝逆向移动，抑制Fe3+的水解，增大了氯化铁晶体的产量【解析】（1）化学平衡常数为生成物的浓度幂之积与反应物的浓度幂之积的比，故2SO2+O2 2SO3+Q(Q0)的Kc2(SO3)/c(O2)c2(SO2)；化学平衡常数K是只受温度影响，要使K增大，平衡要正向移动，该反应是放热反应，只有降低温度；一段时间后SO3的浓度增加了4 molL-1，O2的浓度减小了2 molL-1，而V(O2) =C/t=2molL-1/t =0.4 mol/(Ls)t=5s,所以选项b正确；（2）在硫铁矿烧渣中含有Fe2O3、Fe3O4，当加入酸时，Fe2O3、Fe3O4、发生反应变为Fe2+、Fe3+、存在于溶液中，要保证Fe2O3、Fe3O4充分溶解，还要使酸过量，所以溶液中还有H+；酸溶后溶液中主要存在的阳离子有Fe2+、Fe3+、H+；以硫铁矿制取FeCl36H2O，是利用硫铁矿中的铁元素，如果用硫酸溶解，在生产过程中要除去SO42-，一方面增加生产成本，另一方面引入SO42-离子，影响产品的纯度，所以不能用硫酸代替盐酸；（3）酸溶后溶液中有Fe2+、Fe3+、H+，通入氯气时，Fe2+将被氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；由于FeCl3能够发生水解，所以要在溶液酸性条件或氯化氢气流氛围中将氯化铁的溶液蒸发浓缩、冷却结晶；（4）酸溶时保持盐酸过量是为了使铁的化合物充分溶解，全部转化为离子；因为Fe3+在水溶液中能够发生：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，保持盐酸过量，使C（H+）增大，平衡向逆反应方向移动，抑制Fe3+的水解，可以增大氯化铁晶体的产量。点睛：对于从易挥发的强酸与弱碱生成的盐溶液中析出晶体，为防止水解，需要在对应的过量的酸中（或者气体氛围）蒸发浓缩，如本题从FeCl3溶液中蒸发浓缩得到FeCl36H2O，必需在氯化氢气流中加热或者在溶液中加热盐酸，再如课本中从海水提前MgCl2，进一步制取Mg的过程，从MgCl26H2O到MgCl2，为防止水解发生必需在氯化氢气流中加热。23. CuCl广泛应用于化工和印染等行业。在实验室中模拟热分解CuCl2xH2O制备CuCl的原理和实验装置如下：完成下列填空：（1）在实验（）过程中，观察到B中固体由白色变为蓝色，C中产生的现象是_，导致该现象的物质是_。（2）装置D的作用是_，其中发生氧化还原反应的化学方程式是_。（3）反应结束后，CuCl产品中可能存在少量的CuCl2或CuO杂质。若杂质是CuCl2，则原因是_。若杂质是CuO，则原因是_。（4）根据实验（），测定CuCl2xH2O中结晶水的含量。取CuCl2xH2O样品1.692g，经过3次灼烧、冷却、称量，得到黑色固体的质量数据如下：称 量第1次第2次第3次质量（g）0.820g0.800g0.800g则x=_（保留2位小数）。【答案】 (1). 先变红，后褪色 (2). 盐酸和次氯酸 (3). 吸收尾气并防止倒吸 (4). Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O (5). 加热时间不足或温度偏低 (6). 通入HCl的量不足 (7). 1.90【解析】（1）CuCl2xH2O在A装置中受热分解先失去结晶水，然后CuCl2分解产生Cl2，白色CuSO4与H2O结合生成蓝色的CuSO45H2O，C中湿润的蓝色石蕊试纸遇氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸使石蕊试纸变红，次氯酸使变红的试纸褪色，所以出现：先变红后褪色；导致产生这种现象的物质分别是盐酸和次氯酸；（2）实验过程中产生的氯气有毒，必需进行尾气处理，防止污染环境，氯气与氢氧化钠反应使内部压强降低，为防止倒吸，用倒置的漏斗可以防止倒吸，所以装置D的作用是：吸收尾气并防止倒吸，发生氧化还原反应的方程式是：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（3）根据题干信息：CuCl2在温度高于300时分解产生CuCl和Cl2，如果产物中有CuCl2，说明加热的温度没有高于300，即温度偏低，或者是加热的时间不够长，CuCl2还没有完全分解，所以正确答案是：加热时间不足或温度偏低； CuCl2xH2O能够发生水解，为防止水解，必需在HCl的氛围中加热，产物中有CuO，可能是没有在HCl的氛围中加热或者通入