重庆市万州新田中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题
重庆市万州新田中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题
第I卷（选择题)
一、单选题 （48分）相对原子质量 H-1 Cu-64 Fe-56 O-16 S-32
1.最近《科学》杂志评出十大科技突破，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一。下列关于水的说法中正确的是（ ）
A. 水的离子积仅适用于纯水 B. 水的电离需要通电
C. 升高温度一定使水的离子积增大 D. 加入电解质一定会破坏水的电离平衡
【答案】C
【解析】
【详解】A．水的离子积适用于一切水溶液，不光适用于水，故A错误；
B．水的电离不需要电，但是电解过程需要通电，故B错误；
C．水的电离是吸热的过程，升高温度使水的离子积增大，故C正确；
D．不水解的盐不会影响水的电离平衡移动，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查水的电离和水的离子积常数，向水中加入酸或碱，抑制水的电离，向溶液中加入含有弱根离子的盐能促进水电离，水的电离是吸热反应，升高温度能促进水电离，水的离子积常数增大，溶液的pH变小；注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。
2.下列各组物质按照纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列的是
A. 氯水，水煤气，硫酸，醋酸，干冰
B. 冰醋酸，盐酸，硫酸钡，次氯酸，乙醇
C. 纯碱，明矾，水玻璃，氢硫酸，三氧化硫
D. 胆矾，漂白粉，氯化钾，氢氟酸，氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氯水是氯气的水溶液，是混合物，故A错误；
B. 各项符合条件，故B正确；
C. 明矾是KAl(SO4)2·12H2O是纯净物；水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物，既不是电解质也不是电解质，故C错误；
D. 氯气是单质既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故B正确。
【点睛】单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
3.下列物质因水解使溶液呈碱性的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
强酸弱碱盐溶液呈酸性、强碱弱酸溶液呈碱性，因水解使溶液呈碱性物质为强碱弱酸盐，据此进行判断。
【详解】A. NaOH强碱，不发生水解，故A错误；
B. NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解溶液呈酸性，故B错误；
C. Na2CO3溶液中，因碳酸根离子水解溶液呈碱性，满足条件，故C正确；
D. Na2O为碱性氧化物，溶于水生成NaOH，溶液呈碱性，但不是因为水解呈碱性，故D错误；
故选C。
4.下列应用与盐类的水解无关的是（ ）
A. 热的纯碱溶液可去除油污 B. FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体
C. TiCl4溶于大量水加热制备TiO2 D. NaCl可用作防腐剂和调味剂
【答案】D
【解析】
【详解】A. 纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，不符合题意，故A错误；
B. 制Fe (OH)3胶体利用是溶液中三价铁离子的水解，与盐类水解有关，不符合题意，故B错误；
C. TiCl4溶于大量水发生反应TiCl4+（2+x）H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl，加入大量水并加热，HCl挥发，促使水解正向进行，与盐类水解有关，不符合题意，故C错误；
D. 氯化钠溶液不发生水解，符合题意，故D正确；
答案选D。
5.某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH-，若想增大NH4+的浓度，而不增加OH-的浓度，应采取的措施是（ ）
①适当升高温度 ②加入NH4Cl固体 ③通入NH3 ④加入少量盐酸
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①适当升高温度，平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故①错误；
②加入氯化铵固体，c(NH4+)增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，故②正确；
③向氨水中通入氨气，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故③错误；
④加入少量盐酸，盐酸和氢氧根离子反应生成水，促进氨水电离，c(NH4+)增大，c(OH-)减小，故④正确；
故答案为D。
6.在相同温度下，100 mL 0.01 mol/L的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是
A. H＋的物质的量浓度 B. 醋酸电离的程度
C. 中和时所需NaOH的量 D. CH3COOH的物质的量
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸的浓度越大，c（H+）越大，前者小于后者，故A错误；
B．醋酸为弱电解质，溶液浓度越大，电离程度越小，电离程度前者大于后者，故B正确；
C．计算两溶液中醋酸的物质的量，n（前）=c1•V1=0.1 L×0.01 mol•L-1=1×10-3 mol，n（后）=c2•V2=0.01 L×0.1 mol•L-1=1×10-3 mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故C错误；
D．由n=cV可知，100mL 0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但前者浓度小，电离程度大，前者的CH3COOH的物质的量小，故D错误；
故答案为B。
7.25 ℃时，0.01 mol/L的HCl溶液中水电离出的H＋的浓度是( )
A. 1×10－10 mol/L B. 1×10－2 mol/L
C. 1×10－7 mol/L D. 1×10－12 mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】在任何物质的水溶液中存在水的电离平衡：H2OH++OH-，向水中加入盐酸，c(HCl)=c(H+)=0.01 mol/L，由于室温下水的离子积常数Kw= c(H+)·c(OH-)=1×10-14，所以溶液中c(OH-)=(1×10-14÷0.01)mol/L=1×10-12mol/L，水电离产生的c(H+)=c(OH-)，所以溶液中水电离出的H＋的浓度是1×10-12mol/L，故合理选项是D。
8.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 无色透明的溶液中： Fe3+、Mg2+、SCN −、Cl −
B. =1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO32−、NO3−
C. 的溶液中： K+、NH4+、MnO4−、SO42－
D. 能使甲基橙变红的溶液中： Na+、NH4+、SO42－、HCO3－
【答案】B
【解析】
【详解】A. Fe3+可与SCN −结合形成Fe(SCN)3，溶液变红色，因此，该组离子在溶液中不能大量共存，故A错误；
B. 的溶液中(OH-)=0.1mol/l，显强碱性。四种离子之间不发生反应，且它们与OH-也都不反应，所以，该组离子在指定溶液中能大量共存，故B正确；
C. Fe2+具有还原性，MnO4−具有氧化性，二者可发生氧化还原反应，因此，该组离子在溶液中不能大量共存，故C错误；
D. 能使甲基橙变红色的溶液呈强酸性，HCO3－可与氢离子结合生成碳酸，碳酸不稳定，分解为二氧化碳和水，所以，该组离子在溶液中不能大量共存，故D错误。
故选B。
9.下列离子方程式书写正确的是
A. Na2S的水解：S2－+ 2H2OH2S + 2OH−
B. NaHCO3在水溶液中的电离：HCO3−+ H2O H2 CO3+ OH−
C. NH4Cl的水解：NH4+ + H2O NH3·H2O + OH−
D. 硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合： Al3+ + 3HCO3− = Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A. Na2S溶液的水解分步进行，主要以第一步为主，正确的离子方程式为：S2−+H2OHS−+OH−，故A错误；
B. NaHCO3溶液电离出钠离子和碳酸氢根离子，正确的电离方程式为：NaHCO3=HCO3−+Na+，故B错误；
C. NH4Cl溶液的水解生成一水合氨和氯化氢，反应的离子方程式为：NH4++H2ONH3⋅H2O+H+，故C错误；
D. 硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合反应原理是铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，正确的离子方程式为：Al3+ + 3HCO3− = Al(OH)3↓+3CO2↑，故D正确；
故选D。
10.常温下，HA的电离常数Ka=1×10-6，向20 mL浓度为0.01 mol·L-1的HA溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的NaOH溶液，溶液的pH与加入NaOH溶液的体积之间的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. a点对应溶液的pH约为4，且溶液中只存在HA的电离平衡
B. b点对应溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)
C. d点对应溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(A-)
D. a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度：a
c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)，故B错误；
C．d点为滴加20mLNaOH溶液，此时恰好完全中和生成NaA，溶液中存在的电荷守恒式为c(OH-)+c(A-)=c(H+)+c(Na+)，物料守恒式为c(Na+)=c(A-)+c(HA)，则c(OH-)-c(H+)=c(HA)＜c(A-)，故C错误；
D．a点为HA溶液，b点是HA和NaA等浓度的混合溶液，c点是NaA和少量HA的混合液且溶液pH=7，d点是NaA的溶液，酸、碱溶液都抑制了水的电离，NaA促进水的电离，且所含NaA的浓度越大，溶液中水的电离程度越大，则a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度：ac(SO42－)
B. c(Ba2＋)＝c(SO42－)＝(Ksp)1/2
C. c(Ba2＋)·c(SO42－)>Ksp，c(Ba2＋)＝c(SO42－)
D. c(Ba2＋)·c(SO42－)≠Ksp，c(Ba2＋)c(SO42－)，A正确；
B. 达新平衡时，c(Ba2＋)>c(SO42－)，所以c(Ba2＋)＝c(SO42－)＝(Ksp)1/2关系不成立，B错误；
C.温度不变，Ksp不变，所以c(Ba2＋)·c(SO42－)>Ksp，c(Ba2＋)＝c(SO42－)两关系式都不成立，C错误；
D. 温度不变，Ksp不变，所以c(Ba2＋)·c(SO42－)≠Ksp，c(Ba2＋)①＞②＞③>④＞⑥，故B错误；
C、向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，仍是氯化银的饱和溶液，温度不变所以c(Ag+)、c(Cl-)和Ksp(AgCl)不变，故C正确；
D、设0.1mol/L的氨水的电离度是α1，0.01mol/L的氨水的电离度是α2，则 c（OH-）= 10a-14=0.1 mol•L-1×α1，c（OH-）=10b-14=0.01 mol•L-1×α2，氨水浓度越小，电离程度越大，则α1＜α2，所以a<1+b，故D错误。
故选C．
第II卷（非选择题)
二、填空题（52分）
17.将质量相等的铁片和铜片用导线相连浸入500 mL硫酸铜溶液中构成如图的装置：
（以下均假设反应过程中溶液体积不变）。
（1）铁片上的电极反应式为______________，
（2）铜片周围溶液会出现___________的现象。
（3）若2 min后测得铁片和铜片之间的质量差为3.6 g，计算：导线中流过的电子的物质的量为__________mol；
（4）人们应用原电池原理制作了多种电池，以满足不同的需要。燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置，科学家用乙烷C2H6作为燃料，氧气作助燃剂，铂作电极，稀硫酸溶液为电解质溶液。制作了一个燃料电池，提高了乙烷的利用效率乙烷燃料电池的正极电极反应式：_____________。负极电极反应式：_________电池工作一段时间后电解质溶液的PH_____________（填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】 (1). Fe-2e-=Fe2+ (2). 溶液颜色变浅 (3). 0.06 (4). 7O2+28e-+28H+=14H2O
(5). 2C2H6-28e-+8H2O=4CO2+28H+ (6). 增大
【解析】
【分析】
（1）铁比铜活泼，为原电池的负极，铁失电子发生氧化反应，
（2）铜为正极，溶液中的铜离子在正极得电子发生还原反应；
（3）负极上铁溶解，正极上析出铜，铁片和铜片相差的质量为溶解铁和析出铜的质量之和，溶解铁的物质的量和析出铜的物质的量相等，根据金属和转移电子之间的关系式计算；
（3）乙烷燃料电池中氧气在正极发生还原反应，乙烷在负极发生氧化反应，总反应即是乙烷与氧气反应生成二氧化碳和水，根据燃料电池的总反应方程式判断溶液PH的变化。
【详解】(1) 铁比铜活泼，为原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为Fe−2e−=Fe2+，
故答案为：Fe−2e−=Fe2+；
（2）铜为正极，发生还原反应，电极方程式为Cu2++2e−=Cu，则铜片周围溶液会出现溶液颜色变浅的现象，
故答案为：溶液颜色变浅；
(3)设转移xmol电子,则消耗0.5xmolFe,析出0.5xmolCu,则有0.5x×(64+56)=3.6，x=0.06，
故答案为：0.06；
(4)乙烷燃料电池的正极氧气得电子发生还原反应，并考虑得失电子总数相等，所以硫酸作电解质时正极电极反应为：7O2+28e-+28H+=14H2O ，负极乙烷发生氧化反应，电极反应式为： 2C2H6-28e-+8H2O=4CO2+28H+ ，总反应即是乙烷与氧气反应生成水,其反应的总方程式为：2C2H6+7O2=6H2O+4CO2，由于生成水溶液体积增大，硫酸浓度减小，PH增大，
故答案为：7O2+28e-+28H+=14H2O ；. 2C2H6-28e-+8H2O=4CO2+28H+ ； 增大。
18.某学生用0.200 0 mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体；
③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数；
④移取20.00 mL待测液注入洁净的还存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞试液；
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。
请回答下列问题：
（1）以上步骤有错误的是____。
（2）用标准的NaOH溶液滴定待测的盐酸时，左手握_______（填“酸式”或“碱式”）滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_______________判断滴定终点的现象是____________________。
（3）若测定结果偏高，其原因可能是_____。
a．配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质
b．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确
c．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过后未用待测液润洗
d．滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡
（4）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_____mL。
（5）根据下列数据，请计算待测盐酸的浓度：_________mol·L－1。
【答案】 (1). ① (2). 碱式 (3). 锥形瓶中的溶液颜色变化 (4). 滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 (5). ab (6). 22.60 (7). 0.200 0
【解析】
【分析】
(1)根据碱式滴定管在装液前应用所装液体进行润洗；
(2)滴定时标准NaOH应装在碱式滴定管中，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，滴定终点时溶液颜色由无色突变为红色，且半分钟内不褪色；
(3)根据分析不当操作对V（标准）×的影响，以此判断浓度的误差；
(4)根据滴定管的结构小数在上、大数在下和精确度为0.01mL解答；
(5)分析表中数据有效性，依据计算待测液浓度。
【详解】(1)根据碱式滴定管在装液前应用所装液体进行润洗，用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上是错误的，
故答案为：①
(2)滴定时标准NaOH应装在碱式滴定管中，滴定时左手握滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，强碱滴定强酸时达到终点时无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：碱式 ； 锥形瓶中的溶液颜色变化； 滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
（3）a．配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质，标准溶液中氢氧根离子的浓度偏小，消耗的V（标准）增大，测定结果偏高，故a正确；
b．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，读取消耗的V（标准）偏大，测定结果偏高，故b正确；
c．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过后未用待测液润洗，测定结果不受影响，故c错误；
d．滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡V（标准）偏小，测定结果偏低，故d错误
故答案选ab。
(4)依据滴定管构造及精确度可知图中液面读数为：22.60；
故答案为：22.60；
(5)三次消耗标准液体积分别为：20.00，22.10，20.00，第二组数据误差较大，应舍弃，则消耗标准液平均体积为：20.00mL，待测液浓度为： 0.2000 mol·L-1×20.00ml÷20.00ml=0.200 0 mol·L－1，
故答案为：0.2000。
19.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡。请根据所学知识回答下列问题：
（1）NaHCO3溶液中共存在7种微粒，它们是Na+、HCO3-、H+、OH-、H2O ______________。（填写微粒符号）
（2）碳酸钠溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示)_________________；其溶液中的离子浓度从大到小的顺序_______________________________________。
（3）实验室在配制的FeCl3溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的___________中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是___________。
（4）实验室用AlCl3溶液加热蒸干获得AlCl3固体应采用什么措施_________________。
【答案】 (1). CO32-、H2CO3 (2). CO32-+H2O⇌HCO3-+OH- (3). Na+＞CO32-＞OH-＞HCO3-＞ H+ (4). 盐酸 (5). 氧化铁 (6). 边加热溶液边通入HCl气体
【解析】
【分析】
（1）NaHCO3是盐能完全电离，溶液中HCO3-电离，HCO3-水解，但水解程度大于HCO3-电离程度，溶液呈碱性，
(2)碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解显碱性，且水解分两步进行，第一步水解大于第二步比较离子浓度大小。
（3）配制氯化铁溶液需要防止水解而变浑浊；把FeCl3溶液蒸干水解程度增大，由于水解产生的盐酸挥发，水解完全，生成氢氧化铁，灼烧生成氧化铁。
（4）实验室用AlCl3溶液加热蒸干获得AlCl3固体应抑制水解。
【详解】(1) NaHCO3是强碱弱酸盐,能完全电离NaHCO3═Na++HCO3−,所以溶液中存在Na+、HCO3−，溶液中HCO3−电离HCO3−⇌H++CO32−,所以溶液中存在H+、CO32−;溶液中HCO3−水解HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−,所以溶液中存在H2CO3、OH−，NaHCO3溶液必存在水;所以NaHCO3溶液中共存在7种微粒,它们是Na+、HCO3−、H+、CO32−,、H2O、OH−、H2CO3，
故答案为：CO32-、H2CO3；
（2）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解显碱性，水解的离子方程式为：CO32-+H2O⇌ HCO3−+OH-， HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−,以第一步水解为主，溶液中存在的电离方程式为：Na2CO3═2Na++CO32−，H2O⇌H++OH-强电解质电离的Na+和CO32−浓度最大，水解时第一步大于第二步，所以离子浓度大小顺序为：Na+＞CO32-＞OH-＞HCO3-＞ H+
故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；Na+＞CO32-＞OH-＞HCO3-＞ H+；
(3)实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加盐酸抑制Fe3+水解,氯化铁水解方程式为： FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，加热蒸干时平衡右移，HCl挥发，水解完全生成氢氧化铁，灼烧分解为氧化铁，
故答案为：盐酸；氧化铁
(4) 用AlCl3溶液加热蒸干获得AlCl3固体时，氯化铝水解AlCl3+3H2O⇌Al(OH)3+3HCl，应抑制水解，所以通入氯化氢气体，
故答案为：边加热溶液边通入HCl气体。
20.已知常温下， AgBr的Ksp=4.9×10-13，AgI的 Ksp=8.3×10-17。
（1）AgBr固体在水中达到溶解平衡，写出溶解平衡表达式 _______________________；此时溶液中c（Ag+）=___________________；
（2）向AgBr的悬浊液中加入KI固体则 c（Br-）_____________。 （填“变大”、“变小”或“不变”）；
（3）某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物。为实现资源的回收利用并有效防止环境污染，设计如下工艺流程：
①酸浸后加入H2O2的目的是____________ ，调pH的最适宜范围为________________。
②调pH过程中加入的试剂合理的是_________。
a．NaOH b．CuO c．NH3·H2O d．Cu2(OH)2CO3
③向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，反应的离子方程式_____________。
【答案】 (1). AgBr（s）⇌ Ag+（aq）+Br-（aq） (2). 7×10-7mol/L (3). 变大 (4). 将Fe2+氧化为Fe3+，便于调整pH使其与Cu2+分离 (5). 3.2～4.4 (6). BD (7). 2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O＝2CuCl↓+SO42-+2H+
【解析】
分析】
（1）依据溶解平衡书写方程式即可；依据溶度积计算浓度；
（2）根据影响沉淀溶解平衡的因素：浓度、同离子效应等进行判断。．
（3）电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物。用酸浸取，再用双氧水氧化，可得硫酸铜和硫酸铁的混合溶液，调节PH值，使铁离子产生氢氧化铁沉淀，过滤得氢氧化铁固体，再将氢氧化铁固体加热分解得氧化铁，过滤得滤液中含有硫酸铜，向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，将铜离子还原成亚铜离子，生成白色的CuCl沉淀。
①由表中氢氧化物开始沉淀剂沉完全的pH，可知通过调节pH不能将亚铁离子与铜离子分离，而调节pH可以使铁离子与铜离子分离；
②调pH步骤中加入的试剂最好是加入某种物质除去溶液中的酸且不引进新的杂质；
③Cu2+将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为Cu+，Cu+与Cl-结合生成CuCl沉淀；
【详解】（1）AgBr固体在水中溶解平衡的表达式为：AgBr（s）⇌Ag+（aq）+Br -（aq），依据其Ksp=4.9×10-13即：Ksp=c（Ag+）c（Br-），因为c（Ag+）=c（Br-），故mol/l
故答案为：AgBr（s）⇌ Ag+（aq）+Br-（aq）；7×10-7；
（2）根据溴化银的沉淀溶解平衡：AgBr（s）⇌Ag+（aq）+Br-（aq），加KI固体，则碘离子和银离子之间反应，会转化为更难溶的沉淀碘化银，所以银离子浓度减小，平衡右移，溴离子浓度增大，
故答案为：变大；
(3)由表中氢氧化物开始沉淀剂沉完全的pH，可知通过调节pH不能将亚铁离子与铜离子分离，而调节pH可以使铁离子与铜离子分离，酸浸后加入H2O2的目的是：将Fe2+氧化成Fe3+，便于调整pH使其与Cu2+分离，
故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，便于调整pH使其与Cu2+分离；
(2)调pH步骤中加入的试剂最好是加入某种物质除去溶液中的酸且不引进新的杂质，所加试剂可以为：CuO、Cu(OH)2、CuCO3等，
故选：BD；
(3)Cu2+将SO32−氧化为SO42−，自身被还原为Cu+，，Cu+与Cl−结合生成CuCl沉淀，反应离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O＝2CuCl↓+SO42-+2H+，
故答案为：2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O＝2CuCl↓+SO42-+2H+。
