新高考2021届高考化学4月仿真模拟试卷四（含解析）

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1、新高考2021届高考化学4月仿真模拟试卷四（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N14 O 16 Fe 56第一部分本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1. 下列有关我国古代技术的应用中，其工作原理不涉及化学反应的是()A.火药使用B.粮食酿酒C.转轮排字D.铁的冶炼答案C解析A项，火药在适当条件下自身迅速燃烧生成大量气体，此过程涉及化学变化；B项，粮食酿酒经历了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程；C项，转轮排字过程中没有新物质生成，不涉及化学反应；D项，铁的冶炼是利用氧化还原反应，将铁元素还原为铁单质的过程。2.下列说法正确

2、的是()A苯和溴水在铁作催化剂的条件可以制取溴苯B油酸和硬脂酸可用酸性KMnO4溶液鉴别C顺-2-戊烯和反-2-戊烯加氢产物不相同D的名称为：2-氯-3-甲基-3-戊烯答案B解析溴应该是液溴，故A错误；油酸是不饱和脂肪酸，硬脂酸是饱和脂肪酸，因此可用酸性KMnO4溶液鉴别两者，故B正确；顺-2-戊烯和反-2-戊烯加氢产物都得到正戊烷，故C错误；的名称为：3-甲基-4-氯-2-戊烯，故D错误。3.(2020全国卷，9)下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是()气体(杂质)方法ASO2(H2S)通过酸性高锰酸钾溶液BCl2(HCl)通过饱和的食盐水CN2(O2)通过灼热的铜丝网DNO(NO2)

3、通过氢氧化钠溶液答案A解析酸性高锰酸钾溶液不仅能与H2S反应，而且也能与SO2反应，A项不能实现目的。4.依据反应2NaIO35SO24H2O=I23H2SO42NaHSO4，并利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到实验目的的组合是()A B C D答案C解析铜与浓硫酸反应需要加热，故错误；气体和液体反应，且防倒吸，故正确；用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，故正确；蒸发溶液用蒸发皿，故错误，故选C。5.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A常温下1 L 0.1 molL1 Na2CO3溶液中含0.1NA个COB标准状况下

4、，22.4 L SO3含NA个分子C常温下100 mL 0.1 molL1醋酸溶液中含0.01NA个醋酸分子D0.1 mol Na2O2与足量水反应转移0.1NA个电子答案D解析CO在溶液中会水解，故溶液中碳酸根的个数小于0.1NA个，故A项错误；标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B项错误；醋酸是弱电解质，在溶液中会部分电离，故溶液中的醋酸分子小于0.01NA个，故C项错误；过氧化钠和水的反应为歧化反应，氧元素由1价歧化为0价和2价，故0.1 mol过氧化钠转移0.1NA个电子，故D项正确。6下列指定反应的离子方程式不正确的是()ANO2溶于水：3NO2H2O=2

5、H2NONOB漂白粉溶液呈碱性的原因：ClOH2OHClOOHC酸性条件下用H2O2将海带灰中I氧化：H2O22I2H=I22H2OD氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al34NH3H2O=AlO4NH2H2O答案D解析NO2溶于水生成硝酸与NO，其离子方程式为：3NO2H2O=2H2NONO，A项正确；漂白粉溶液呈碱性的原因是次氯酸根离子发生水解所致，其离子方程式为：ClOH2OHClOOH，B项正确；酸性条件下，用H2O2将海带灰中I氧化，其离子方程式为：H2O22I2H=I22H2O，C项正确；氯化铝的溶液中加入过量氨水，沉淀不会溶解，其正确的离子反应方程式为Al33NH3H2O=Al(OH)

6、33NH，D项错误。7(2020河北省枣强中学高三试题)合成氨反应N2(g) H2(g)NH3(g) H 的反应机理如图所示，图中“吸”表示各气态物质在催化剂表面吸附。下列说法错误的是()A该反应的H46 kJmol1B该反应机理中最大活化能为79 kJmol1C升高温度，该反应过渡态的能量会增大D该反应达到平衡后增大压强反应正向进行答案C解析H与始态和终态有关，与过程无关，H生成物的总能量反应物的总能量。由图可知，H46 kJmol1，故A说法正确；该反应的机理中的活化能即为每一步骤的过渡态的总能量减去该步骤的反应物的总能量，由图可知，过渡态2步骤的活化能最高，为79 kJmol1，故B说法

7、正确；该反应过渡态的能量不会随着温度的改变而改变，故C说法错误；该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，反应向右进行，故D说法正确。8短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其周期数的3倍，Z是短周期元素中原子半径最大的，0.1 molL1W最高价氧化物对应的水化物的水溶液pHXZWB由于氢键的作用导致气态氢化物的稳定性：XWCZY的水溶液使蓝色石蕊试纸显红色DZ分别与其他三种元素组成的二元化合物均含有离子键答案D解析电负性同周期从左到右依次递增，同族从上到下依次递减，因此电负性大小顺序：FOSNa，故A错误；氢键影响熔、沸点，与气态氢化物的稳定性无关，故B错误；N

8、aF的水溶液显碱性，使红色石蕊试纸显蓝色，故C错误；Na分别与其他三种元素O、F、S组成的二元化合物均含有离子键，故D正确。9、一种新型的合成氨的方法如图所示，下列说法错误的是()A反应中每固定1 mol N2，消耗Li单质42gB反应属于非氧化还原反应C反应可通过电解LiOH水溶液实现D上述三步循环的总结果为2N26H2O=4NH33O2答案C10、2(2020化州市第一中学高二月考)某农民偶然发现他的一头小母牛食用腐败草料后，血液不会凝固。化学家由此得到启发，从腐败草料中提取出结构简式为如图所示的双香豆素。下列关于双香豆素的推论中错误的是()A分子式为C19H12O6，有望将它发展制得一种

9、抗凝血药B它无嗅并略具芳香味，因而可用来制备致命性出血型的杀鼠药C可发生水解、加成、氧化反应D1 mol 双香豆素在碱性条件下水解，消耗NaOH 6 mol答案D解析根据有机物碳原子成键特点，其分子式为C19H12O6，A正确；因题干中说食用双香豆素血液不会凝固，因此可以制备致命性出血型的杀鼠药，让老鼠中毒死亡，B正确；因含有酯基可以发生水解反应，因存在双键可以发生加成、氧化反应，C正确；该分子中含有两个酯基，酯基水解生成2个酚羟基和2个羧基；酚羟基和羧基都和NaOH反应，所以1 mol双香豆素在碱性条件下水解可消耗NaOH 4 mol，D错误。11、将亚磷酸氢二钠(Na2HPO3)溶液通过电

10、渗析法来制备亚磷酸(H3PO3)的原理如图所示，下列有关说法错误的是()A阳极的电极反应式为2H2O4e=4HO2B在原料室与产品室间设计缓冲室的主要目的是提高产品的纯度C阴极的电极反应式为2H2O2e=2OHH2D膜均为阳离子交换膜答案D解析阳极室产生O2，生成的H透过膜进入产品室，原料室中的HPO透过AM和膜进入产品室，故膜为阳离子交换膜，膜为阴离子交换膜；阴极室产生H2，生成的OH透过膜进入产品室，原料室中的Na透过膜和CM进入产品室，故膜为阳离子交换膜，膜为阴离子交换膜。A、B、C项正确，D项错误。12、700 时，向容积为2 L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：CO(g

11、)H2O(g) CO2(g)H2(g)，反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2t1)：反应时间/minn(CO)/moln(H2O)/mol01.200.60t10.80t20.20下列说法正确的是()A反应在t1 min内的平均速率为v(H2) molL1min1B保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol CO、0.20 mol H2O和0.60 mol H2时，平衡不移动C保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的浓度减小D温度升至800 ，上述反应平衡常数为0.86，则正反应为吸热反应答案B解析v(CO) molL1m

12、in1，则v(H2) molL1min1，故A项错误；t1 min时n(CO)0.8 mol，n(H2O)0.6 mol0.4 mol0.2 mol，t2 min时n(H2O)0.2 mol，说明t1 min时反应已经达到平衡状态，平衡时c(CO)0.4 molL1，c(H2O)0.1 molL1，c(H2)c(CO2)0.2 molL1，K1，保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol CO、0.20 mol H2O和0.60 mol H2后，c(CO)0.5 molL1，c(H2O)0.2 molL1，c(H2)0.5 molL1，c(CO2)0.2 molL1，此时Q1K，平衡

13、不移动，故B项正确；保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的浓度会增大，故C项错误；700 时K1，温度升至800 ，上述反应平衡常数为0.86，说明温度升高，平衡是向左移动的，那么正反应为放热反应，故D项错误。13(2020泰安二模)下列实验操作、现象与预期实验目的或所得实验结论一致的是()A向等体积AgCl与AgBr的饱和溶液中分别加入足量的浓AgNO3溶液，析出沉淀的物质的量AgCl多于AgBrKsp(AgCl)Ksp(AgBr)B向20%蔗糖溶液中加入足量稀H2SO4，加热；再加入银

14、氨溶液，加热；未出现银镜蔗糖未水解C向BaCl2溶液中通入SO2和气体X，出现白色沉淀气体X具有氧化性D取5 mL 0.1 molL1FeCl3溶液，向其中滴加1 mL 0.1 molL1KI溶液，取上层清液滴加KSCN溶液，溶液变成红色该反应是可逆反应答案A解析AgCl、AgBr在溶液中存在沉淀溶解平衡，向等体积AgCl、AgBr饱和溶液中加入足量AgNO3浓溶液，产生沉淀的物质的量AgClAgBr，可证明物质的溶度积常数Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，A正确；向20%的蔗糖溶液中加入一定体积稀硫酸，加热，使蔗糖发生水解反应，然后加入NaOH中和硫酸，使溶液显碱性，然后再加入银氨溶液，

15、水浴加热，才可以发生银镜反应，否则不能证明蔗糖是否发生水解反应，B错误；向BaCl2溶液中通入SO2气体和气体X，产生白色沉淀，该气体可能是碱性气体NH3，反应产生的白色沉淀是BaSO3；也可能是具有氧化性的气体如Cl2，反应产生的是BaSO4白色沉淀，C错误；FeCl3与KI会发生反应：2FeCl32KI=2FeCl2I22KCl，n(FeCl3)5104 moln(KI)1104 mol，FeCl3溶液过量，所以取反应后上层清液滴加KSCN溶液，溶液变为红色，不能证明该反应为可逆反应，D错误。14.铂基催化剂表面的氧化还原反应(ORR)是燃料电池最重要的阴极反应。厦门大学李剑锋课题组模拟研

16、究了在酸性条件下铂单晶表面的反应路径如图所示，其中吸附在铂基催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是()A为氧氧双键的断裂过程B过程断裂非极性键，过程形成非极性键C该历程的总反应式为O24H4e=2H2OD若在碱性条件下，铂单晶表面的ORR过程及产物均不变答案C解析是O2*变为*OOH，*OOH还存在氧氧键，故不是氧氧双键的断裂过程，故A错误；过程是*OOH变为*OH和O*，是断裂非极性键，过程是O*变为*OH，形成极性键，故B错误；根据该反应的历程得到总反应式为O24H4e=2H2O，故C正确；该过程是在酸性条件下，若在碱性条件下，过程中不再是氢离子，产物不是生成水，因此碱性条件下，铂单

17、晶表面的ORR过程及产物均发生变化，故D错误。 第二部分 本部分共5题，共58分15、（10分）工业合成氨解决了人类的生存问题。回答下列问题：(1)科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示，对图中线间距离窄小的部分，其能量差用的方式表示。由图可知合成氨反应N2(g)3H2(g)2NH3(g)的H_kJmol1，反应速率最慢的步骤的化学方程式为_。(2)工业合成氨反应为：N2(g)3H2(g)2NH3(g)，当进料体积比V(N2)V(H2)13时，平衡气体中NH3的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示：则500 时：平衡常数KP(30 MP

18、a)_(填“”“”或“”)KP(100 MPa)。30 MPa时，氢气的平衡转化率为_(结果保留3位有效数字)。用平衡分压表示平衡常数KP_(列出计算式即可，不必化简)。(3)科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观反应过程如图所示，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液。阴极区生成NH3的电极反应式为_。下列说法正确的是_(填字母)。A三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性B选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置C保持电流强度不变，升高溶液的温度，可以加快电解反应的速率答案(1)92N(ad)3H(ad)NH(ad)2H(ad)(2)33.3%(3)N26e

19、6C2H5OH=2NH36C2H5OAB解析(1)由图可知，反应物N2(g)H2(g)和生成物NH3(g)的能量差为46 kJmol1，合成氨反应N2(g)H2(g)NH3(g)的H46 kJmol1，则N2(g)3H2(g)2NH3(g)的H2(46 kJmol1)92 kJmol1；反应的活化能越大，破坏化学键消耗的能量越大，反应速率越慢，由图可知，(N(ad)3H(ad)转化为(NH(ad)2H(ad)时，反应物破坏化学键消耗能量最大，则反应速率最慢，反应的化学方程式为N(ad)3H(ad)NH(ad)2H(ad)。(2)化学平衡常数是温度函数，只受温度变化的影响，则500 时，反应平衡

20、常数Kp(30 MPa)Kp(100 MPa)。设参加反应N2的物质的量为x，由题意建立如下三段式：N2(g)3H2(g)2NH3(g)起始量/mol130变化量/molx3x 2x平衡量/mol1x33x 2x由图可知，氨气的物质的量为20%，则由三段式可得，解得x，则氢气的平衡转化率为100%33.3%；由三段式数据可得N2的体积分数为100%20%，H2的体积分数为100%60%，则用平衡分压表示平衡常数KP。(3)从阴极区的微观反应过程示意图可知，N2与C2H5OH在阴极区得到电子发生还原反应生成NH3和C2H5O，电极反应式为N26e6C2H5OH=2NH36C2H5O。从阴极反应看

21、，电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液，三氟甲磺酸锂并未参与反应，作用是电离出离子，使溶液中离子浓度增大，增强溶液导电性，A正确；从示意图可知，水在选择性透过膜上方，说明选择性透过膜可允许N2和NH3通过，不允许H2O透过，B正确；保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率，C错误。16（10分）(2020滨州二模)“阿比朵尔”是一种抗病毒药物，能有效抑制新型冠状病毒，其合成路线如下：回答下列问题：(1)阿比朵尔中含氧官能团的名称为_，反应中属于取代反应的是_。(2)在合成阿比朵尔的整个流程中，设计由A到B的目的是_。(3)反应的化学方程式为_。(4)M是B的一种同分异构体，满足下列条件的

22、同分异构体有_种；苯环上有3个取代基； 能发生银镜反应；能发生水解反应，且1 mol M水解时消耗4 mol NaOH。其中核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为2221的结构简式为_。(5)参照上述合成路线，设计由甲苯和2-丙醇为原料制备的合成路线_(其他无机试剂任选)。答案(1)(酚)羟基、酯基(2)保护酚羟基(3)(4)6、(5)解析(4)M是B的一种同分异构体，满足下列条件：苯环上有三个取代基、能发生银镜反应、能发生水解反应，且1 mol M水解时消耗4 mol NaOH；说明结构中含有2个甲酸形成的酯基，为OOCH，则另一个取代基为NH2，则满足以上三个条件的同分异构体共有6种；其中

23、核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为2221的结构简式为或。(5)中的碳氮双键，类似于中的碳氮双键，由NH2与含有羰基的物质反应得到；NH2的引入可模仿B到C；利用硝化反应在甲苯中甲基的对位引入NO2，再还原得到NH2；2-丙醇可以发生催化氧化引入羰基。17、（12分）碲(Te)常用于冶金工业，也是石油裂解的催化剂。工业上用精炼铜的阳极泥(主要含有TeO2，还含有少量Ag、Au)为原料制备单质碲的一种工艺流程如下：已知TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。(1)从滤渣A中分离出Au的方法是_。(2)“沉碲”时控制溶液的pH为4.55.0，生成TeO2沉淀。防止溶液局部酸性过强的操作是_。

24、(3)写出“碱浸”时发生反应的离子方程式：_。滤液B经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到的副产品是_(填化学式)。(4)为了提高“碱浸”的浸出率，宜采取的措施有_(写两条即可)。“酸溶”时要控制温度，温度不宜过高，原因是_。(5)写出“还原”中发生反应的化学方程式：_。(6)经上述流程，从质量为m t的某阳极泥中提取出质量为n t的碲，已知该阳极泥含TeO2的质量分数为w，则碲的提取率为_(用含w、m、n的代数式表示，提取率100%)。答案(1)加稀硝酸充分反应，过滤、洗涤、干燥(2)缓慢加入稀硫酸，同时搅拌，并随时检测溶液的pH(3)TeO22OH=TeOH2ONa2SO4(4)粉

25、碎阳极泥、加热、增大氢氧化钠溶液的浓度、搅拌等(合理即可)温度过高，加快盐酸挥发，降低原料的利用率(5)TeCl42SO24H2O=Te2H2SO44HCl(6)100%解析(1)滤渣A的主要成分是金、银，金不溶于硝酸。(2)为了避免溶液局部酸性过强，应缓慢加入稀硫酸，同时搅拌，并随时检测溶液的pH。(3)二氧化碲类似SO2，与氢氧化钠反应生成亚碲酸钠。“碱浸”时加入NaOH溶液，“沉碲”时加入稀硫酸，故滤液B中所得副产品是Na2SO4。(4)从影响化学反应速率的因素角度考虑，即从增大接触面积、升温、增大浓度等角度分析。酸浸用到盐酸，温度高，盐酸挥发快。(5)二氧化硫是还原剂，还原四氯化碲生成

26、碲、硫酸和盐酸。(6)理论上提取碲的质量m(Te)wm t，碲的提取率为100%100%。18、（12分）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO47H2O)：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Ni2Al3Fe3Fe2开始沉淀时(c0.01 molL1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c1.0105 molL1)的pH8.74.73.29.0回答下列问题：(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是_。为回收金属，用稀硫酸将“滤液”调为中性，生成沉淀。写出该反应

27、的离子方程式_。(2)“滤液”中含有的金属离子是_。(3)“转化”中可替代H2O2的物质是_。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液”中可能含有的杂质离子为_。(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp_(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2浓度为1.0 molL1，则“调pH”应控制的pH范围是_。(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式_。(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是_。答案(1)除去油脂，溶解铝及其氧化物AlOHH2O=Al(OH)3(2)Ni2、Fe2、Fe3(3)O

28、2或空气Fe3(4)0.01(107.214)2或105(108.714)23.26.2(5)2Ni2ClO4OH=2NiOOH ClH2O(6)提高镍的回收率解析(1)因为废镍催化剂表面沾有油脂，所以“碱浸”的目的是除去油脂，同时还可以溶解催化剂中混有的铝及氧化铝杂质。滤液中存在的金属元素只有铝元素，铝元素以AlO的形式存在，当加酸调到中性时，发生反应的离子方程式为AlOHH2O=Al(OH)3。(2)滤饼加稀硫酸酸浸，产生的滤液中的金属离子有Ni2、Fe2、Fe3。(3)过程中加入H2O2的目的是氧化Fe2，由于Fe2的还原性强，能与氧气反应，因此也可以用氧气或空气代替H2O2。如果过程中

29、先“调pH”后“转化”，结合金属离子沉淀的有关pH数据可知，当调节pH小于7.2时，Fe2不能形成沉淀，加入H2O2后Fe2被氧化为Fe3，因此滤液中可能混有Fe3。(4)根据溶度积的表达式得KspNi(OH)2c(Ni2)c2(OH)0.01(107.214)2或105(108.714)2。当溶液中c(Ni2)1.0 molL1时，c(OH)107.8，c(H)106.2，pHlg c(H)lg 106.26.2。所以当pH6.2时，Ni2开始产生沉淀，根据流程图可知，调pH的目的是让Fe3沉淀完全，所以需要调节pH大于3.2，综合分析，应控制pH的范围为3.26.2。(6)分离出硫酸镍晶体

30、后的母液中仍有Ni2，采用循环使用的意义是提高镍的回收率。19、（14分）实验小组探究酸对Fe3+3SCN- Fe(SCN)3 平衡的影响。将0.005 mol/L FeCl3溶液（接近无色）和0.01 mol/L KSCN溶液等体积混合，得到红色溶液。取两等份红色溶液，进行如下操作并记录现象。（1）FeCl3水解显酸性的原因是_（用方程式表示）。（2）甲同学认为加入酸后，会使Fe3+3SCN- Fe(SCN)3体系中_浓度改变，导致该平衡正向移动，溶液颜色加深。【设计并实施实验】【查阅资料】Fe3+和Cl、SO2- 4均能发生络合反应：Fe3+4Cl FeCl4（黄色）；Fe3+2SO2-

31、4 Fe(SO4)2（无色）。实验I. 探究现象a中溶液颜色变化的原因编号操作现象向2 mL红色溶液中滴加5滴水溶液颜色无明显变化向2 mL红色溶液中滴加5滴3 mol/L KCl溶液溶液颜色变浅，呈橙色（3）实验的目的是_。（4）根据实验和实验的结果，从平衡移动角度解释现象a：_。实验. 探究现象b中溶液呈浅黄色的原因编号操作现象取1 mL 0.0025 mol/L Fe2(SO4)3溶液（无色），加入1mL 0.01 mol/L KSCN溶液，再加入5滴1.5 mol/L H2SO4溶液溶液先变红，加硫酸后变为浅黄色取1 mL 0.005 mol/L FeCl3溶液， （5）结合实验可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，分别是_。（6）乙同学进一步补充了实验，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只是（5）中的一种，请将实验的操作及现象补充完整：_。答案（1）Fe3+3H2OFe(OH)33H（2）c(Fe3+)（3）排除稀释使溶液颜色变化的干扰（证明溶液颜色变化是否与稀释有关）（4）在Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡体系中加入盐酸，Fe3+和Cl发生络合反应使得c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，cFe(SCN)3减小，使溶液颜色变浅呈橙色。 （5）FeCl4和Fe(SCN)3 （6）加入1mL 蒸馏水，再加入5滴1.5 mol/L H2SO4溶液；得无色溶液。