安徽省淮北实验高级中学2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）

安徽省淮北实验高级中学2020学年高二上学期期中考试化学试题1. 下列事实、事件、事故中与甲烷有无关的是A. 天然气的主要成分 B. 石油经过催化裂化及裂解后的产物C. “西气东输”中气体 D. 煤矿中的瓦斯爆炸【答案】B【解析】试题分析：A.天然气的主要成分为甲烷，A正确；B.石油的裂化就是在一定的条件下，将石油从相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程。产物主要有乙烯，还有其他丙烯、异丁烯及甲烷、乙烷、丁烷、炔烃、硫化氢和碳的氧化物等，故B错误；“西气东输”中气体 主要指天然气，即甲烷，故C正确；D.煤矿中的瓦斯指甲烷，故D正确，此题选B。考点：考查甲烷与社会生产生活的关系及应用相关知识。2. 下列关于有机化合物的说法完全正确的是A. 有机化合物都是非电解质 B. 有机化合物都不能溶于水C. 有机化合物都能燃烧 D. 有机化合物都含有碳元素【答案】D【解析】A有机化合物有些是电解质，如醋酸是有机酸，是电解质，选项A错误；B有机化合物有些能溶于水，如酒精，选项B错误；C、某些有机化合物不能能燃烧甚至可做灭火剂，如四氯化碳不能燃烧，选项C错误；D含有碳元素的化合物，或碳氢化合物及其衍生物总称为有机化合物，简称有机物，选项D正确。答案选D。3. 下列说法正确的是A. 强电解质都是离子化合物，而弱电解质都是共价化合物B. 中和pH值相等、体积相等的盐酸和醋酸，盐酸所消耗的氢氧化钠少C. 将氢氧化钠和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH浓度均减小到原来的1/2D. 常温下，pH为12的溶液一定是碱溶液【答案】B【解析】强电解质也不一定都是离子化合物，例如氯化氢是共价化合物，A不正确；醋酸是弱酸，所以在pH相等的条件下，醋酸的浓度大于盐酸的，所以盐酸消耗的氢氧化钠少，B正确；氨水是弱电解质，存在电离平衡。稀释促进电离，所以选项C不正确；选项D不正确，只能说该溶液显碱性，但溶液不一定是碱液，所以正确的答案选B。4. 下列烷烃中可能存在同分异构体的是A. 甲烷 B. 乙烷 C. 丙烷 D. 丁烷【答案】D5. 甲烷在光照的条件下与氯气混和，最多可以生成几种物质A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种【答案】D【解析】甲烷在光照的条件下与氯气混和，最多可以生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氢共5种物质，答案选D。6. 关于下列装置说法正确的是 A. 装置中，盐桥中的K移向ZnSO4溶液B. 装置工作一段时间后，a极附近溶液的OH浓度增大C. 用装置精炼铜时，c极为粗铜D. 装置中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2生成【答案】B【解析】A、装置原电池中，Zn是负极，Cu是正极，硫酸铜溶液中铜离子减小，所以依据溶液中电荷守恒判断，电解质里的阳离子K+移向正极，即移向硫酸铜溶液，选项A错误；B、在装置电解池中，阴极a极是氢离子发生得电子生成氢气的还原反应，该极附近碱性增强，所以a极附近溶液的OH浓度增大，选项B正确；C、装置精炼铜时，阳极d极应该是粗铜，阴极c极是纯铜，选项C错误；D、在装置原电池中，电子从负极Zn即流向正极Fe极，在Fe电极上氢离子得电子生成氢气，反应实质是金属锌和氢离子之间的反应，装置中没有Fe2生成，选项D错误。答案选B。7. 我国某大城市今年夏季多次降下酸雨。据环保部门测定，该城市整个夏季酸雨的pH平均为3.2。在这种环境中的铁制品极易被腐蚀。对此条件下铁的腐蚀的叙述不正确的是A. 此腐蚀过程有化学腐蚀也有电化学腐蚀B. 在化学腐蚀过程中有氢气产生C. 发生电化学腐蚀时的正极反应为2H2OO24e=4OHD. 发生电化学腐蚀时的负极反应为Fe2e=Fe2【答案】C【解析】A、金属铁的腐蚀中，金属铁可以和酸中的氢离子直接发生化学腐蚀，铁制品中含有铁和碳，再加之电解质环境，具备了原电池的构成条件，所以构成了原电池，会发生电化学腐蚀，选项A正确；B、发生电化学腐蚀时，碳作正极，发生反应：2H+2e-=H2，有氢气产生，选项B正确；C、发生电化学腐蚀时的负极是金属铁，电极反应式为：Fe-2e-Fe2+，选项C正确；D、发生电化学腐蚀时，碳作正极，溶液中的氢离子得电子生成氢气，2H+2e-=H2，选项D错误。答案选C。8. 取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以32体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则该原溶液的浓度为A. 0.01 molL1 B. 0.017 molL1 C. 0.05 molL1 D. 0.50 molL1【答案】C.考点：有关溶液酸碱性的计算。9. 在约100 的温度下，NaCl稀溶液中H为1.0106 molL1。下列说法中正确的是该NaCl溶液显酸性该NaCl溶液显中性该NaCl溶液中KW11014mol2L2该NaCl溶液中KW11012mol2L2该NaCl溶液pH7A. B. C. D. 【答案】A【解析】氯化钠为强酸强碱盐，其水溶液呈中性，故错误；氯化钠为强酸强碱盐，其水溶液呈中性，故正确；在100时，氯化钠溶液中c（H+）=c（OH-）=110-6molL-1，Kw=c（H+）c（OH-）=110-6110-6=110-12，故错误；由的分析可知，Kw=c（H+）c（OH-）=110-12，故正确；在100时，氯化钠溶液中c（H+）=c（OH-）=110-6molL-1，pH-lg c（H+）=6，故错误。答案选A。10. 下列各组离子一定能大量共存的是A. 含有大量HCO的澄清透明溶液中：K、Cl、Na、SOB. 能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K、NO、Cl、Fe2C. 常温下水电离出的c(H)c(OH)1020的溶液中：Na、ClO、S2、NHD. pH7的溶液：Fe3、Mg2、SO、Cl【答案】A【解析】A含有大量HCO3-的澄清透明溶液中，该组离子之间不反应可以大量共存，选项A正确；B、能与金属铝反应放出氢气的溶液为酸性或碱性溶液，在酸性溶液中，因为存在硝酸根离子，而Al与硝酸反应不会产生氢气，若为碱性溶液，则氢氧根离子与Fe2反应生成氢氧化亚铁，不可能大量共存，选项B错误；C、ClO与S2发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；D、Fe3、Mg2水解溶液呈酸性，pH7的溶液中：Fe3、Mg2不能大量存在，选项D错误。答案选A。11. 在50 时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是A. pH4的醋酸中：c(H)4.0 molL1B. 饱和小苏打溶液中：c(Na)c(HCO)C. 饱和食盐水中：c(Na)c(H)c(Cl)c(OH)D. pH12的纯碱溶液中：c(OH)1.0102 molL1【答案】C【解析】试题分析：ApH=4的醋酸溶液中：c（H+）=0.0001molL-1，A错误；B饱和小苏打溶液中根据物料守恒可知c（Na+）= c（HCO3-）c（CO32）c（H2CO3），B错误；C饱和食盐水中根据电荷守恒可知c（Na+）+ c（H+）= c（Cl-）+c（OH-），C正确；DpH=12的纯碱溶液中氢离子浓度是1.010-12molL-1，不能确定水的离子积常数，则不能计算溶液中c（OH-），D错误，答案选C。考点：考查溶液中离子浓度大小比较 12. 下列能发生的反应中，离子方程式正确的是A. 硫酸与Ba(OH)2溶液混合：Ba2OHHSO=H2OBaSO4B. 足量的氯气通入FeBr2溶液中：2Fe24Br3Cl2=2Fe32Br26ClC. 碳酸钙和盐酸混合：CO2H=CO2H2OD. MgCl2溶液中通入二氧化碳：Mg2CO2H2O=MgCO32H【答案】B【解析】A. 硫酸与Ba(OH)2溶液混合，反应的离子方程式为：Ba22OH2HSO=2H2OBaSO4，选项A错误；B. 足量的氯气通入FeBr2溶液中，反应的离子方程式为：2Fe24Br3Cl2=2Fe32Br26Cl，选项B正确；C. 碳酸钙和盐酸混合，反应的离子方程式为：CaCO32H=Ca2+CO2H2O，选项C错误；D.盐酸的酸性强于碳酸，MgCl2溶液中通入二氧化碳不发生反应，选项D错误。答案选B。13. 在298 K、100 kPa时，已知：2H2O(g)=O2(g)2H2(g)H1Cl2(g)H2(g)=2HCl(g)H2 2Cl2(g)2H2O(g)=4HCl(g)O2(g)H3则H3与H1和H2间的关系正确的是A. H3H1H2 B. H3H1H2C. H3H12H2 D. H3H12H2【答案】D【解析】试题分析：2H2O(g)=O2(g)2H2(g) H1，Cl2(g)H2(g)=2HCl(g) H2，2得：2Cl2(g)2H2O(g)=4HCl(g)O2(g)，H3=H1+2H3，D正确。考点：考查反应热的计算。14. 按如图所示的装置进行实验：A极是铜锌合金，B极是纯铜，电解质溶液中含有足量的铜离子，通电一段时间后，若A极恰好全部溶解，此时B极质量增加7.68 g，溶液质量增加0.03 g，则A合金中Cu、Zn的物质的量之比为A. 41 B. 31 C. 21 D. 11【答案】B【解析】B极上析出的是铜，B极质量增加7.68g，其物质的量= =0.12mol；阳极上溶解锌时，阴极上析出铜，所以溶液质量增加的质量为锌和铜的质量差，溶液质量增加0.03g，即锌和铜的质量差为0.03g。设锌的物质的量为x，则：Zn+Cu2+Zn2+Cu 质量增加1mol 1gx 0.03gx=0.03mol，即合金中锌的物质的量是0.03mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等知，阳极上锌和铜失去的电子数等于阴极上铜离子得到的电子，设合金中铜的物质的量为y，则：0.03mol2+2y=0.12mol2，解得y=0.09mol，所以合金中铜和锌的物质的量之比为0.09mol：0.03mol=3：1，所以铜和锌的原子个数之比是3：1，答案选B。点睛：本题考查电解池的相关计算。该装置是电解池，阳极上金属失电子发生氧化反应，阴极上铜离子得电子发生还原反应，所以阴极上增加的质量是铜的质量，溶液中增加的质量为溶解锌的质量与通过相同电子时析出铜的质量差，根据质量差可以计算溶解的锌的物质的量，再根据氧化还原反应中得失电子数相等计算合金中铜的物质的量，从而计算铜和锌的原子个数之比。15. 下列大小比较正确的是A. 等体积、等物质的量浓度的NaCl(aq)离子总数小于NaClO(aq)中离子总数B. 25 时，pH3的硫酸溶液中水的电离程度大于pH11的氨水中水的电离程度C. 0.1 molL1(NH4)2CO3溶液中的c(NH)大于0.1 molL1的NH4Cl溶液中的c(NH)的2倍D. 常温下，将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，溶液中c(Na)大于c(Cl)【答案】D【解析】AHClO是弱酸，所以NaClO溶液中发生水解反应：ClO-+H2O HClO+OH-，使溶液呈碱性，氢离子浓度小于10-7mol/L，所以NaCl溶液中c（Na+）+c（H+）大于NaClO溶液中c（Na+）+c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）可得溶液中离子总数为2c（Na+）+c（H+）V；同理可得NaClO溶液中总数为2c（Na+）+c（H+）V，所以NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液，选项A错误；B、硫酸中氢离子浓度等于氨水中氢氧根离子浓度，则二者抑制水电离程度相等，选项B错误；C、碳酸铵溶液中铵根离子和碳酸根离子相互促进水解，所以0.1molL-1的（NH4）2CO3溶液中c（NH4+）小于0.1 molL-1的NH4Cl溶液中c（NH4+）的2倍，选项C错误；D、溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），溶液呈电中性，则c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）+c（CH3COO-），所以c（Na+）c（Cl-），选项D正确。答案选D。16. 为确定某溶液的离子组成，进行如下实验：测定溶液的pH，溶液显强碱性取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体在实验后的溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀取实验后的上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀根据实验判断，以下推测正确的是A. 一定有SO32- B. 一定有HCO3-C. 不能确定Cl是否存在 D. 不能确定CO32-是否存在【答案】C【解析】测定溶液的pH，溶液显强碱性，说明溶液中含有氢氧根离子，碳酸氢根离子不能存在；取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明生成的气体为二氧化碳，不是刺激性气味的二氧化硫，说明原溶液中含碳酸根离子；在上述溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀进一步证明溶液中含碳酸根离子；取上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀说明含氯离子，但步中加入盐酸含有氯离子，不能确定原溶液中含氯离子；综上所述：溶液中一定含碳酸根离子，一定不含亚硫酸根离子、碳酸氢根离子，氯离子不能确定。答案选C。点睛：本题考查元素化合物的性质，主要是离子性质的检验和应用，熟练综合离子性质和特征反应，检验方法是解题关键。说明溶液在含有氢根离子；现象说明有二氧化碳气体生成，无刺激性气味二氧化硫气体生成；说明产生钡离子的白色沉淀为碳酸钡；现象证明是氯离子的性质，但步骤中加入了盐酸，不能说明原溶液中含氯离子；综合判断离子是否存在，从而得解。17. 下列关于有机物的命名中不正确的是A. 2二甲基戊烷 B. 2乙基戊烷C. 3,4二甲基庚烷 D. 3甲基己烷【答案】B【解析】A、2二甲基戊烷，该有机物主链为5个碳原子，在2号C含有1个甲基，该有机物结构简式为：CH（CH3）2CH2CH2CH3，该命名符合烷烃的命名原则，选项A正确；B、2乙基戊烷，烷烃的命名出现2乙基，说明选取的主链不是最长碳链，该有机物最长碳链含有6个C，其结构简式为：CH3CH2CH（CH3）CH2CH2CH3，正确命名应该为：3甲基己烷，选项B错误；C、3，4二甲基庚烷，主链含有7个碳原子，在3，4号C各含有1个甲基，该有机物的结构简式为：CH3CH2CH（CH3）CH（CH3）CH2CH2CH3，选项C正确；D、3甲基己烷，主链为6个碳原子，在3号C含有1个甲基，该有机物结构简式为：CH3CH2CH（CH3）CH2CH2CH3，选项D正确。答案选B。18. 在铁片上镀锌时，下列叙述正确的是将铁片接在电池的正极上 将锌片接在电池的正极上 在铁片上发生的反应是：Zn2+2e-Zn 在锌片上发生的反应是：4OH- - 4e- O2+2H2O 需用FeSO4溶液 需用ZnSO4溶液A. B. . C. D. 【答案】A【解析】若铁片上镀锌时，铁做电解池的阴极与电源负极相连，电解质溶液中的锌离子得到电子发生还原反应生成锌；锌做电解池的阳极和电源正极相连，锌失电子发生氧化反应生成锌离子，电解质溶液为含锌离子的溶液；将铁片应接在电源的负极上，故错误；将锌片应接在电源的正极上，故正确；在铁片上发生的反应是：Zn2+2e-=Zn，故正确；在锌片上发生的反应是：Zn-2e-=Zn2+，故错误；电解质溶液为含锌离子的溶液，不需要用FeSO4溶液，故错误；电解质溶液为含锌离子的溶液，需用ZnSO4溶液，故正确；答案选A。19. 常温下将0.01 mol CH3COONa和0.004 mol盐酸溶于水，配成0.5 L混合溶液。（1）溶液中共有_种微粒。（2）溶液中有两种微粒的物质的量之和一定等于0.01 mol，它们是_。（3）溶液中n(CH3COO)n(OH)n(H)_ mol。【答案】 (1). 7 (2). CH3COOH和CH3COO (3). 0.006【解析】（1）0.01molCH3COONa和0.002molHCl溶于水得到0.006molCH3COONa、0.004molCH3COOH、0.004molNaCl，CH3COONa、NaCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，则溶液中存在的离子为：Na+、H+、Cl-、OH-、CH3COO-，存在的分子为：H2O、CH3COOH，即共有7种不同的微粒；（2）根据醋酸根守恒可知，CH3COOH、CH3COO-两种微粒的物质的量之和等于0.01mol；（3）根据电荷守恒可知，n（Na+）+n（H+）=n（Cl-）+n（OH-）+n（CH3COO- ），所以n（CH3COO-）+n（OH-）-n（H+）=n（Na+）-n（Cl-）=0.01mol-0.004mol=0.006mol。20. 某化学兴趣小组拟通过中和滴定实验验证某品牌陈醋的酸度。（1）查阅资料：食醋组成极为复杂，除水以外的主要成分是醋酸CH3COOH，此外还有其他各种有机物和一些无机物等微量成分，醋酸的含量远远多于其他成分的含量。另外其中含一些色素成分，使食醋呈棕色(白醋除外)。0.1 molL1醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时的pH约为_。A5.6 B7.0 C8.8 D13.0包装显示该陈醋的酸度约是3.6 g/100 mL。（2）由以上资料，同学们认为：测量时可以忽略老陈醋其他成分特别是有机酸所带来的影响。根据陈醋的特点，只能选用_来指示滴定终点。A甲基橙 B酚酞 C石蕊为使滴定时溶液中的醋酸浓度接近0.1 molL1，应将10 mL样品醋稀释至_。A36 mL B60 mL C360 mL D600 mL（3）配制标准氢氧化钠溶液由于NaOH在称量过程中极易吸水，配好的溶液浓度往往比预期偏小。故实验小组先用0.101 0 molL1的KHP标准溶液准确测定NaOH溶液的浓度(KHP与NaOH按物质的量比11完全反应)。向锥形瓶中盛入20.00 mL NaOH溶液时，应用_量取。A20 mL的量筒 B100 mL的容量瓶 C碱式滴定管 D酸式滴定管（4）用标准氢氧化钠溶液测定醋酸的浓度，并换算为酸度。V(NaOH)V(KHP)平均20.00 mL18.00 mLV(稀释后的醋)V(NaOH)平均18.00 mL20.00 mL计算得出该陈醋样品的酸度为_ g/100 mL。(计算结果保留4位有效数字)【答案】 (1). C (2). B (3). B (4). C (5). 3.636【解析】（1）醋酸与NaOH恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性，pH稍大于7，只有pH=8.8符合，故答案为：C；（2）根据陈醋的特点，碱滴定酸，选择酚酞为指示剂，滴定终点时无色变为红色，答案选B；酸度约是3.6g/100mL，浓度为=0.6mol/L，由稀释前后溶质的物质的量不变可知，稀释后的体积为=0.06L=60mL，答案选B；（3）先用0.1010mol/L 的KHP标准溶液准确测定NaOH溶液的浓度，则NaOH盛放在锥形瓶中，选择碱式滴定管准确量取，答案选C；（4）由n（醋酸）=n（NaOH）=n（KHP）可知，c（醋酸）=0.101mol/L，该陈醋样品的酸度为3.6g/100mL=3.636g/100mL。点睛：本题考查中和滴定，把握滴定原理、实验仪器及误差分析为解答的关键，注意（4）中计算为解答的难点，结合n（醋酸）=n（NaOH）=n（KHP）计算，确定陈醋样品的酸度。21. 已知几种难溶电解质的溶度积如下表所示：几种难溶电解质的Ksp（25）沉淀溶解平衡KspAgBr(s) Ag+(aq)+Br-(aq)5,010-13mol2L-2AgI(s) Ag+(aq)+I-(aq)8.310-17mol2L-2FeS(s) Fe2+(aq)+S2-(aq)6.310-18mol2L-2ZnS(s) Zn2+(aq)+S2-(aq)1.610-24mol2L-2CuS(s) Cu2+(aq)+S2-(aq)1.310-36mol2L-2（1）AgBr、AgI、FeS、ZnS、CuS的溶解能力由大到小的顺序为：_。（2）向饱和的AgI溶液中加入固体硝酸银，则I-_(填“增大”、“减小”或“不变”)，若改加AgBr固体，则Ag+_(填“增大”、“减小”或“不变”)。（3）在25时，向100mL浓度均为0.1 molL-1 FeCl2、ZnCl2、CuCl2的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，生成的沉淀的先后顺序是_(用沉淀物的化学式表示)。（4）在25时，把ZnS加入蒸馏水中，一定时间后达到如下平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2-(aq)，下列措施可使ZnS减少的是（_）A.加入少量CuS固体 B.加入少量FeS固体 C.加入少量FeCl2固体 D.加入少量CuCl2固体【答案】 (1). AgBrAgIFeSZnSCuS (2). 减小 (3). 增大 (4). CuS、ZnS、FeS (5). C D【解析】试题分析：（1）AgBr、AgI、FeS、ZnS、CuS结构相似，溶度积越大，溶解能力越强，AgBrAgIFeSZnSCuS；（2）碘化银的溶度积不变，加入硝酸银，银离子浓度增大，所以I-减小；AgBr的溶度积大于碘化银的溶度积，所以加入AgBr，Ag+增大；(3）最先生成溶度积小的物质，生成的沉淀的先后顺序是CuS、ZnS、FeS；(4）ZnS 的溶度积大于CuS，故A错误；ZnS 的溶度积小于FeS，FeS 能转化为ZuS，故B错误；加入少量FeCl2固体，生成FeS，ZnS减少，故C正确；加入少量CuCl2固体，生成CuS，ZnS减少，故D正确；考点：本题考查溶解沉淀平衡。22. 已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2、Fe2、Fe3沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl22H2O)，为制取纯净的CuCl22H2O，首先将其制成水溶液，然后按图所示步骤进行提纯：请回答下列问题：（1）本实验最适合的氧化剂X是_(填序号)。AK2Cr2O7 BNaClOCH2O2DKMnO4（2）物质Y是_。（3）加氧化剂X的有关离子方程式是_。（4）加氧化剂X的目的是_。（5）为什么不能直接蒸发结晶得到CuCl22H2O晶体？_。【答案】 (1). C (2). CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3 (3). Fe33H2OFe(OH)33H、CuO2H=Cu2H2O或Cu(OH)22H=Cu22H2O等 (4). 将Fe2氧化为Fe3，便于生成沉淀而与Cu2分离 (5). 因为CuCl2溶液直接蒸发会因铜离子水解而得不到CuCl22H2O晶体【解析】（1）根据再氧化亚铁离子时不能引入新的杂质，则最适合本实验的氧化剂是双氧水，K2Cr2O7、NaClO、KMnO4均会引入杂质，答案选C；（2）物质Y是消耗氢离子，调节溶液的pH，同样是不能引入新杂质，则Y可以是CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3；（3）加氧化剂X与氢离子反应的有关离子方程式是：CuO2H=Cu2H2O或Cu(OH)22H=Cu22H2O或CuCO32H=Cu2CO2H2O或Cu2(OH)2CO34H=2Cu2CO23H2O、Fe33H2OFe(OH)33H等；（4）加氧化剂X的目的是将Fe2氧化为Fe3，便于生成沉淀而与Cu2分离；（5）因为CuCl2溶液直接蒸发会因铜离子水解而得不到CuCl22H2O晶体，则不能能否直接蒸发结晶，正确的操作是在盐酸溶液中低温蒸发（或在HCl气流中低温蒸发）。点睛：本题考查了除去氯化铜中氯化亚铁并得到氯化铜晶体的方法。本实验的目的是用恰当方法除去CuCl22H2O中的FeCl2，结合已学知识，可想到用沉淀法除去Fe2+，但由题目叙述可知，Fe2+沉淀为氢氧化物时所需pH与Cu2+的沉淀的pH相同，也就是说，Fe2+沉淀的同时，Cu2+也会沉淀，无法将两者分离开而题目告知Fe3+沉淀所需的pH较小，所以应先将Fe2+氧化为Fe3+后再将其除去；为避免引入新的杂质，结合H2O2的特点，还原为H2O，过量时也可用加热的方法使其分解而除去，氧化剂应选用H2O2；为了调节溶液的酸度，使pH在3.7的范围，可用CuO降低溶液中H+浓度，而CuO与酸反应后生成Cu2+，也不引入新的杂质，过量的CuO用过滤的方法与生成的Fe（OH）3沉淀一并除去CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发），所以应在HCl气氛中采用低温减压蒸发结晶的方法，以得到CuCl22H2O的晶体。23. （1）原电池反应通常是放热反应，下列反应中在理论上可设计成原电池的反应为_(填字母)