届北京市海淀区北京大学附中高三下学期阶段性测试化学试题解析版.docx

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届北京市海淀区北京大学附中高三下学期阶段性测试化学试题解析版

2020届北京市海淀区北京大学附中高三下学期阶段性测试化学试题（解析版）

本试卷共10页，100分。

考试时长90分钟。

考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：

H1Li7C12O16Ca40

第一部分

一、本部分共14题，每题3分，共42分。

在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

1.中国古代炼丹术中蕴含了丰富的化学知识，相关记载不绝于书。

下列对炼丹术中相关记载的原理解释不正确的是

选项

相关记载

解释

A.

《抱朴子》：

“曾青（CuSO4）涂铁，铁赤色如铜……外变而内不化也。

”

发生了铁置换铜单质的反应

B.

《吕氏春秋•别类编》：

“金（古代的‘金’往往指铜）柔锡柔，合两柔则刚。

”

合金的硬度大于组成它的纯

金属的硬度

C.

《抱朴子》：

“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂。

”

发生了可逆反应：

HgS

Hg+S

D.

《周易参同契》：

“胡粉[2PbCO3·Pb（OH）2]投火中，色坏还为铅（Pb）。

”

此处的“火”中含有炭，将

胡粉发生分解反应生成的铅的氧化物还原为单质铅。

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.“曾青（硫酸铜）涂铁，铁赤色如铜……外变而内不化也”，铁赤色如铜，说明生成铜，则铁置换出铜单质，是置换反应原理，故A正确；

B.金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度大于成分金属硬度，故B正确；

C.丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂是两个反应，前者分解生成水银，后者化合生成HgS，反应条件不同，不是可逆反应，故C错误；

D.2PbCO3·Pb（OH）2受热分解后生成铅的氧化物，被碳还原生成单质铅，故D正确；

故选C。

2.下列化学用语不正确的是

A.氯化铵的电子式：

Cl-B.乙醛的比例模型：

C.中子数为8的氧原子是

OD.氯离子的结构示意图是

【答案】A

【解析】

【详解】A.氯离子最外层达到8电子稳定结构，氯化铵的电子式应为：

，故A错误；

B.乙醛的结构简式为CH3CHO，其比例模型为：

，故B正确；

C.中子数为8的氧原子质量数为8+8=16，原子符号为

O，故C正确；

D.氯离子核外有18个电子，其结构示意图是

，故D正确；

故选A。

3.下列说法不正确的是

A.葡萄糖作为人类重要能量来源，是由于它在人体的酶催化下发生氧化反应，放出能量

B.油脂在一定条件下能发生水解，是由于它属于天然有机高分子

C.生石灰、草木灰等可用于腌制松花蛋，是由于碱性物质能使鸡蛋中蛋白质变性

D.植物油能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是由于植物油是含较多不饱和脂肪酸成分的甘油酯

【答案】B

【解析】

【详解】A.葡萄糖作为人类重要能量来源，在人体组织里，葡萄糖在酶的催化作用下缓慢氧化生成二氧化碳和水，同时释放能量，故A正确；

B.油脂是高级脂肪酸甘油酯，在一定条件下能发生水解，油脂的相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B错误；

C.生石灰与水反应生成碱，草木灰溶液显碱性，蛋白质在碱性物质中能够发生变性，所以生石灰、草木灰等可用于腌制松花蛋，故C正确；

D.植物油是含较多不饱和脂肪酸成分的甘油酯，分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。

答案为B。

4.下列各项比较中，一定相等的是

A.相同质量的Fe完全转化为FeCl2和FeCl3时转移的电子数

B.相同质量的苯和乙炔所含的碳原子的数目

C.标准状况下的2.24LHCl气体和1L0.1mol·L−1盐酸中所含Cl−的数目

D.相同物质的量浓度的NH4Cl和（NH4）2Fe（SO4）2溶液中NH

的浓度

【答案】B

【解析】

【详解】A．FeCl2中Fe元素是+2价，FeCl3中Fe元素是+3价，则相同质量或等物质的量的Fe完全转化为FeCl2和FeCl3时转移的电子数之比为2:

3，肯定不可能相等，故A错误；

B．苯和乙炔的最简式相同，均为CH，所含碳元素的质量分数也相同，则质量相同的苯和乙炔所含的碳原子的数目一定相等，故B正确；

C．HCl是共价化合物，HCl气体中不含Cl-，盐酸中含有Cl-，则所含Cl-的数目肯定不可能相等，故C错误；

D．相同物质的量浓度的NH4Cl和（NH4）2FeSO4溶液，如果不考虑NH

水解，后者溶液中NH

浓度是前者的2倍，事实两溶液中NH

水解程度不同，且（NH4）2Fe（SO4）2溶液中Fe2+的水解能抑制NH

水解，则两溶液中NH

的浓度肯定不相等，故D错误；

故答案为B。

5.一氧化碳甲烷化反应为：

CO（g）+3H2（g）=CH4（g）+H2O（g）。

下图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化（部分物质省略）。

下列说法不正确的是

A.步骤①只有非极性键断裂

B.步骤②的原子利用率为100%

C.过渡态Ⅱ能量最高，因此其对应的步骤③反应速率最慢

D.该方法可以清除剧毒气体CO，从而保护环境

【答案】C

【解析】

【详解】A.步骤①是H2断键，CO未断键，因此只有非极性键断裂，故A正确；

B.步骤②反应物全部变为生成物，因此原子利用率为100%，故B正确；

C.根据图中信息，过渡态I的能量差最高，因此其对应的步骤①反应速率最慢，故C错误；

D.根据反应的历程可知，有毒一氧化碳与氢气反应最终转化为无毒的甲烷，该方法可以清除剧毒气体CO，从而保护环境，故D正确。

综上所述，答案为C。

6.下列解释事实的方程式不正确的是

A.84消毒液（有效成分为NaClO）中加入少量白醋可增强消毒效果：

ClO−+CH3COOH=HClO+CH3COO−

B.用Na2CO3将水垢中的CaSO4转化为易于除去的CaCO3：

CaSO4+CO

=CaCO3+SO

C.稀硫酸酸化的淀粉−KI溶液在空气中放置一段时间后变蓝：

2I−+SO

+4H+=I2+SO2+2H2O

D.用Na2S2O3做碘量法实验时，溶液pH不可太低：

S2O

+2H+=SO2+S↓+H2O

【答案】C

【解析】

【详解】A.84消毒液（有效成分为NaClO）中加入少量白醋可增强消毒效果，更利于生成HClO：

ClO−+CH3COOH=HClO+CH3COO−，故A正确；

B.用Na2CO3将水垢中的CaSO4转化为易于除去的CaCO3，利用难溶物的溶解平衡原理：

CaSO4+

=CaCO3+

，故B正确；

C.稀硫酸酸化的淀粉−KI溶液在空气中放置一段时间后变蓝：

2I−+O2+4H+=I2+2H2O，故C错误；

D.用Na2S2O3做碘量法实验时，溶液pH不可太低，易发生反应出现浑浊：

+2H+=SO2+S↓+H2O，故D正确。

综上所述，答案为C。

7.下列实验能达到目的的是

实验目的

实验方法

A

证明甲苯中的甲基活化了苯环

分别取甲苯和苯与酸性高锰酸钾反应，观察使酸性高锰酸钾溶液褪色的情况

B

除去CuSO4溶液中的少量Fe2+、Fe3+

先加入少量H2O2，再加入CuO调节溶液pH≈4，过滤

C

证明Ag+能将Fe2+氧化为Fe3+

取少量Fe（NO3）2溶液，加入几滴KSCN；再加入几滴

AgNO3溶液（pH=5），观察加入AgNO3溶液前后的颜色变化

D

检验CH3CH2Br消去反应的产物乙烯

将产物气体直接通入酸性KMnO4溶液

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能被高锰酸钾氧化生成苯甲酸，说明苯环活化了甲基，故A错误；

B．除去CuSO4溶液中的少量Fe2+、Fe3+，先加入少量H2O2，将Fe2+全部氧化为Fe3+，再加CuO可促进铁离子水解转化为沉淀，然后过滤可分离，故B正确；

C．少量Fe（NO3）2溶液中加入几滴KSCN，再加入几滴酸性AgNO3溶液（pH=5），有AgSCN白色沉淀生成，同时NO3-在酸性条件下也能将Fe2+氧化为Fe3+，溶液呈红色，则无法判断Ag+能氧化Fe2+，故C错误；

D．CH3CH2Br在NaOH的醇溶液中加热，发生消去反应生成乙烯，因乙醇有挥发性，且挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，未除去乙烯中的乙醇，则无法检验消去产物乙烯，故D错误；

故答案为B。

8.四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48。

下列说法不正确的是

A.原子半径（r）大小比较r（X）＞r（Y）

B.Z的最低价单核阴离子的还原性比Y的强

C.X和W可形成共价化合物XW3

D.含氧酸的酸性强弱关系一定是：

W＞Z

【答案】D

【解析】

【分析】

设Y的原子序数为a，则X原子序数为a－1，Z的原子序数为a+8，W的原子序数为a+9，因此a+a－1+a+8+a+9=48，则a=8，则X为N，Y为O，Z为S，W为Cl。

【详解】A.同周期从左到右原子半径逐渐减小，因此原子半径（r）大小比较r（N）＞r（O），故A正确；

B.非金属越强，对应阴离子的还原性越弱，O非金属性比S强，因此Z的最低价单核阴离子（S2−）的还原性比Y的的最低价单核阴离子（O2−）强，故B正确；

C.X和W可形成共价化合物NCl3，故C正确；

D.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此最高价氧化物对应水化物的酸性强弱关系是：

HClO4＞H2SO4，故D错误。

综上所述，答案为D。

9.某小组同学自酿米酒，具体步骤如下：

定时监测获得的实验数据图如下：

下列说法不正确的是

A.糯米中淀粉在酒曲中糖化酶作用下水解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇

B.酿造过程中米酒pH逐渐下降，可能

因为部分乙醇被空气氧化为乙酸

C.从第7天开始米酒的酒精度近乎不变，说明溶液中的葡萄糖已经完全反应

D.该小组最终酿出的米酒酒精度不高，可采用蒸馏法提高酒精度

【答案】B

【解析】

【详解】A.糯米中淀粉在酒曲中糖化酶作用下水解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇，故A正确；

B.酿造过程中米酒pH逐渐下降，可能是因为葡萄糖在乳化酶的作用下产生了乳酸，从而使得pH降低，故B错误；

C.从第7天开始米酒的酒精度近乎不变，说明溶液中酒精不再生成，葡萄糖已经完全反应转化为酒精，故C正确；

D.该小组最终酿出的米酒酒精度不高，为了提高酒精度可采用蒸馏法进行蒸馏，故D正确。

综上所述，答案为B。

10.由N−乙烯基吡咯烷酮（NVP）和甲基丙烯酸β−羟乙基（HEMA）合成水凝胶材料高聚物A具有较高的含水量，其路线如下图所示：

下列说法不正确的是

A.HEMA的水解产物均可用作聚合反应的单体

B.高聚物A因含有多个—OH而具有良好的亲水性

C.HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物A

D.若将高聚物A与足量HOOC（CH2）4COOH反应，可能通过形成新的酯基，进而交联形成网状结构

【答案】C

【解析】

【详解】A.HEMA的水解产物为甲基丙烯酸和乙二醇，甲基丙烯酸中含碳碳双键，乙二醇中含两个羟基，均可用作聚合反应的单体，故A正确；

B.-OH属于亲水基，高聚物A含有多个-OH，具有良好的亲水性，故B正确；

C.由上述反应可以知，HEMA和NVP通过加聚反应生成高聚物A，故C错误；

D.高聚物A中含有多个羟基，与足量HOOC（CH2）4COOH反应，可能通过形成新的酯基，进而交联形成网状结构，故D正确；

故选C。

11.一种锂离子电池的反应式为LixC6+Li1−xCoO2

6C+LiCoO2（x＜1）。

其工作原理如图所示。

下列说法不正确的是

A.放电时，A极电极式为：

LixC6−xe−=6C+xLi+

B.放电时，若转移0.3mol电子，石墨电极将减重2.1g

C.充电时，Li+从左向右移动

D.若要从废旧该型锂电池的正极材料中回收锂元素，先进行放电处理，有利于Li+尽可能从负极脱出，在正极富集

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据图中信息，Li+向B极移动，则B极为正极，A极为负极，因此放电时，A极电极式为：

LixC6−xe−=6C+xLi+，故A正确；

B.放电时，根据LixC6−xe−=6C+xLi+，若转移0.3mol电子，则石墨电极将减重0.3mol×7g∙mol−1=2.1g，故B正确；

C.充电时，根据“异性相吸”，得到Li+从右向左移动，故C错误；

D.若要从废旧该型锂电池

正极材料中回收锂元素，先进行放电处理，有利于Li+尽可能从负极脱出，进入到正极，有利于锂在LiCoO2极回收，故D正确。

综上所述，答案为C。

12.用0.1000mol·L−1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000mol·L−1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是

A.Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线

B.V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中c（CH3COOH）＜c（CH3COO−）

C.pH=7时，滴定盐酸消耗的NaOH溶液体积小于滴定醋酸消耗的NaOH溶液体积

D.V（NaOH）=20.00mL时，两溶液中c（CH3COO−）＝c（Cl−）

【答案】B

【解析】

【详解】A.0.1000mol·L−1的盐酸和醋酸，盐酸的pH=1，醋酸的pH值大于1，因此Ⅰ、Ⅱ分别表示醋酸和盐酸的滴定曲线，故A错误；

B.V（NaOH）=10.00mL时，所得溶液为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，根据图中信息，溶液显酸性，醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，因此溶液中c（CH3COOH）＜c（CH3COO−），故B正确；

C.pH=7时，滴定盐酸消耗的NaOH溶液体积为20.00mL，滴定醋酸消耗的NaOH溶液体积为20.00mL时，溶质为醋酸钠，溶液显碱性，要使得溶液的pH=7，则加入的NaOH溶液体积小于20.00mL，因此滴定盐酸消耗的NaOH溶液体积大于滴定醋酸消耗的NaOH溶液体积，故C错误；

D.V（NaOH）=20.00mL时，两溶液溶质分别为NaCl和CH3COONa，醋酸根水解，因此溶液中c（CH3COO−）＜c（Cl−），故D错误；

综上所述，答案为B。

13.反应2SiHCl3（g）

SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）在催化剂作用下，于323K和343K时充分反应，SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示：

下列说法不正确的是

A.343K时反应物的平衡转化率为22%

B.a、b处反应速率大小：

va＞vb

C.要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是降温和及时移去反应产物

D.已知反应速率

，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数，则343K时

【答案】C

【解析】

【分析】

由图示，温度越高反应速率越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应，曲线b代表323K的反应；要提高反应物的转化率，就需要使平衡向右移动，从此角度出发进行分析；根据转化率列出三段式，再利用达到平衡时正反应速率等于逆反应速率，进行相关的计算。

【详解】A．由图示，温度越高反应速率越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应，从图中读出343K时反应物的平衡转化率为22%，A正确；

B．a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即va＞vb，B正确；

C．由图可知，温度越高转化率越大，减少生成物，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，则转化率增大，所以要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是升温和及时移去反应产物，C错误；

D．假设开始时SiHCl3的物质的量浓度为cmol/L，343K时反应物的平衡转化率为22%，则有：

，

，

已知反应速率

，平衡时v正=v逆，则有

，所以

，D正确。

答案选C。

【点睛】本题先从图像获取信息，进行有关化学平衡的计算和影响化学平衡的因素判断，重视基本知识的掌握，培养学生获取信息的能力及解题能力。

14.水浴加热滴加酚酞的NaHCO3溶液，颜色及pH随温度变化如下（忽略水的挥发）：

时间

①

②

③

④

⑤

温度/℃

20

30

40

从40℃冷却到20℃

沸水浴后冷却到20℃

颜色变化

红色略加深

红色接近①

红色比③加深较多

pH

8.31

8.29

8.26

8.31

9.20

下列说法不正确的是（）

A.NaHCO3溶液显碱性的原因：

HCO3-+H2O

H2CO3+OH-

B.①→③的过程中，颜色加深的原因可能是HCO3-水解程度增大

C.①→③的过程中，pH略微下降说明升温过程中c（OH-）减小

D.⑤比①pH增大，推测是由于NaHCO3分解生成的Na2CO3的缘故

【答案】C

【解析】

【详解】A．NaHCO3显碱性,是溶液中HCO3-发生水解反应的缘故，其中水解反应式为HCO3-+H2O

H2CO3+OH-，故A正确；

B．①→③的过程中，溶液温度升高，促进HCO3-水解，溶液的碱性增强，故B正确；

C．①→③的升温过程中，促进水的电离，水的离子积常数增加，溶液中OH-略有增大，但溶液pH略微却下降，故C错误；

D．⑤和①的温度相同，但⑤比①pH增大，应该是⑤溶液中的Na2CO3的水解程度大于①中NaHCO3的水解程度，故D正确；

故答案为C。

第二部分（本部分共5题，共58分）

15.《我在故宫修文物》这部纪录片里关于古代青铜器的修复引起了某研学小组的兴趣。

“修旧如旧”是文物保护的主旨。

（1）查阅高中教材得知铜锈为Cu2（OH）2CO3，俗称铜绿，可溶于酸。

铜绿在一定程度上可以提升青铜器的艺术价值。

参与形成铜绿的物质有Cu和_______。

（2）继续查阅中国知网，了解到铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2（OH）2CO3和Cu2（OH）3Cl。

考古学家将铜锈分为无害锈和有害锈，结构如图所示：

Cu2（OH）2CO3和Cu2（OH）3Cl分别属于无害锈和有害锈，请解释原因_____________

（3）文献显示有害锈的形成过程中会产生CuCl（白色不溶于水的固体），请结合下图回答：

①过程Ⅰ的正极反应物是___________。

②过程Ⅰ负极的电极反应式是_____________。

（4）青铜器的修复有以下三种方法：

ⅰ．柠檬酸浸法：

将腐蚀文物直接放在2%-3%的柠檬酸溶液中浸泡除锈；

ⅱ．碳酸钠法：

将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，使CuCl转化为难溶的Cu2（OH）2CO3；

ⅲ．BTA保护法：

请回答下列问题：

①写出碳酸钠法的离子方程式___________________。

②三种方法中，BTA保护法应用最为普遍，分析其可能的优点有___________。

A．在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜

B．替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈

C．和酸浸法相比，不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”

【答案】

（1）.O2、H2O、CO2

（2）.碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜；而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀（3）.氧气（H2O）（4）.Cu-e-+Cl-=CuCl（5）.4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2（OH）2CO3+4Cl-（6）.ABC

【解析】

【分析】

（1）由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变；

（2）结合图像可知，Cu2（OH）2CO3为致密结构，Cu2（OH）3Cl为疏松结构；

（3）正极得电子发生还原反应，过程Ⅰ的正极反应物是氧气，Cu作负极；

（4）在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜；替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈；BTA保护法不破坏无害锈。

【详解】

（1）铜锈为Cu2（OH）2CO3，由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变，参与形成铜绿的物质有Cu和O2、H2O、CO2；

（2）结合图像可知，Cu2（OH）2CO3为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜，属于无害锈。

Cu2（OH）3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈；

（3）①结合图像可知，正极得电子发生还原反应，过程Ⅰ的正极反应物是氧气，电极反应式为O2+4e-+2H2O===4OH-；

②结合图像可知，过程Ⅰ中Cu作负极，电极反应式是Cu-e-+Cl-=CuCl；

（4）①碳酸钠法中，Na2CO3的缓冲溶液使CuCl转化为难溶的Cu2（OH）2CO3，离子方程式为4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2（OH）2CO3+4Cl-；

②A．在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜，能保护内部金属铜，这能使BTA保护法应用更为普遍，故A正确；

B．Cu2（OH）3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈。

替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈，这能使BTA保护法应用更为普遍，故B正确；

C．酸浸法会破坏无害锈Cu2（OH）2CO3，BTA保护法不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，这能使BTA保护法应用更为普遍，故C正确；

答案选ABC。

16.天然石灰石是工业生产中重要的原材料之一，它的主要成分是CaCO3，一般以CaO的质量分数表示钙含量，常采用高锰酸钾法测定。

步骤如下：

Ⅰ．称取ag研细的石灰石样品于250mL烧杯中，加过量稀盐酸溶解，水浴加热10分钟；

Ⅱ．稍冷后逐滴加入氨水至溶液pH≈4，再缓慢加入适量（NH4）2C2O4溶液，继续水浴加热30分钟；

Ⅲ．冷却至室温后过滤出沉淀，用另外配制的稀（NH4）2C2O4溶液洗涤沉淀三次，再用蒸馏水洗涤至洗涤液中无法检出Cl−；

Ⅳ．加入适量热的稀硫酸至沉淀中，获得的溶液用cmol·L−1KMnO4标准溶液滴定至终点。

Ⅴ．平行测定三次，消耗KMnO4溶液的体积平均为VmL。

已知：

H2C2O4是弱酸；CaC2O4是难溶于水的白色沉淀。

⑴Ⅰ中为了加快反应速率而采取

操作有_____。

⑵Ⅱ中加入氨水调节溶液pH的作用是_____。

⑶Ⅲ中洗涤得到干净的沉淀。

①结合平衡移动原理，解释用稀（NH4）2C2O4溶液洗涤沉淀的目的__________________________。

②检测洗涤液中无Cl−

试剂和现象是__________________________。

③若沉淀中的Cl−未洗涤干净，则