北京市西城区2019届高三下学期4月统一测试一模化学试卷（含答案解析）

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1、北京市西城区北京市西城区 2019 届高三化学下学期届高三化学下学期 4 月统一测试（一模）试卷月统一测试（一模）试卷 第一部分第一部分 （选择题共（选择题共 120120 分）分） 本部分共本部分共 2020 小题，每小题小题，每小题 6 6 分，共分，共 120120 分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1.2019 年政府工作报告提出要持续开展大气污染的治理攻坚。下列不属于大气污染防治措施的是 A. 向酸性土壤中加入熟石灰 B. 汽车尾气净化减排 C. 工业尾气回收处理 D. 用清洁能源替代化石燃料 【答案】A

2、 【解析】 【分析】 大气污染防治措施控车措施有利于减少汽车尾气排放，净化空气，节约能源；淘汰落后产能有利于企业节能减排，转变发展方式；控煤有利于节约煤炭资源，减少有害气体的排放；PM2.5 监测有利于监督政府履行节能降耗的职责，落实监管责任；天气预警有利于及时掌握空气质量状况，为防治大气污染提供参考 【详解】A、向酸性土壤中加入熟石灰，是改善土壤的酸碱性，故 A 选； B、汽车尾气净化减排，就是将汽车尾气经净化处理后达标排放，减少大气污染物的排放量，故 B 不选； C、工业尾气回收处理，有利于减少大气污染物的排放量，故 C 不选； D、用清洁能源替代化石燃料，有利于减少大气污染物的排放量，故

3、 D 不选； 故选 A。 2.下列说法不涉及氧化还原反应是 A. 雷雨肥庄稼自然固氮 B. 从沙滩到用户由二氧化硅制晶体硅 C. 干千年，湿万年，不干不湿就半年青铜器、铁器的保存 D. 灰肥相混损肥分灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐 【答案】D 【解析】 【分析】 在反应过程中有元素化合价变化的化学反应叫做氧化还原反应。原电池反应可以理解成由两个半反应构成，即氧化反应和还原反应。 【详解】A. 雷雨肥庄稼自然固氮，氮气氧化成 NO，再氧化成 NO2，最后变成 HNO3等，有元素化合价变化，故 A 不选； B. 从沙滩到用户由二氧化硅制晶体硅，硅由+4 价变成 0 价，有元素化合价变化，故 B 不选

4、； C. 干千年，湿万年，不干不湿就半年说明青铜器、铁器在不干不湿的环境中保存时，容易发生电化学腐蚀，铜和铁容易被氧化，有元素化合价变化，故 C 不选； D. 灰肥相混损肥分灰中含有碳酸钾，水解后呈碱性，肥中含有铵盐，水解后呈酸性，两者相遇能发生复分解反应，导致氮肥的肥效降低，没有元素化合价变化，故 D 选。 故选 D。 3.Pd/A12O3催化 H2还原 CO2的机理示意如图。下列说法不正确的是 A. H-H 的断裂需要吸收能量 B. -，CO2发生加成反应 C. 中，CO 被氧化为 CH4 D. 生成 CH4的总反应方程式是 CO2+4H2CH4+2H2O 【答案】C 【解析】 【分析】

5、在催化剂作用下，氢分子拆成氢原子，-，CO2中碳氧双键断裂，与羟基发生加成反应，-氢原子与羟基结合，脱去一分子水，-，在氢原子作用下，再脱去一分子水，得 CO，CO 和氢生成甲烷和水。 【详解】A. 拆开化学键要吸收能量，H-H 的断裂需要吸收能量，故 A 正确； B. -，CO2中碳氧双键断裂，与羟基发生加成反应，故 B 正确， C. 中，CO 被还原为 CH4，故 C 错误； D. 根据质量守恒，生成 CH4的总反应方程式是 CO2+4H2CH4+2H2O，故 D 正确； 故选 C。 4.有机物 AB2、 AB4、 AB8均可形成枝状高分子 ABm。下列说法不正确的是 A. AB2分子中有

6、 4 种不同化学环境的氢原子 B. AB4既能与强酸反应也能与强碱反应 C. AB2生成 ABm缩聚反应 D. ABm的结构简式是 【答案】D 【解析】 【详解】A. 苯环上 2 种氢，-NH2，-COOH 上各有一种 H，AB2分子中有 4 种不同化学环境的氢原子，故 A 正确； B. -NH2具有碱性，-COOH 具有酸性，因此，AB4既能与强酸反应也能与强碱反应，故 B 正确； C. AB2生成 ABm的高聚物的同时，还生成水分子，因此该反应是缩聚反应，故 C 正确； D. ABm的的链节中的所有氨基均要形成酰胺键，故 D 错误； 故选 D。 5.下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据

7、之一的是（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子） A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 A、2NO2N2O4是放热反应； B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较； C、H=H1+H2； D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比； 【详解】A、2NO2N2O4是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的依据，故 A 符合； B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应水化物，无法比较

8、氯和碳的非金属性；生成的二氧化碳中含有 HCl 气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期很，故 B 不符合； C、H=H1+H2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律，故C 符合； D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律，故 D 符合； 故选 B。 6.在不同条件下进行化学反应 2A(g)=B(g)+D(g)，B、D 起始浓度均为 0，反应物 A 的浓度(mol/L)随反应时间的变化情况如下表

9、： 下列说法不正确的是 A. 中 B 在 020 min 平均反应速率为 8.25xl0-3moI.L-l.min-l B. 中 K=0.25，可能使用了催化剂 C. 中 y= 1.4 moI.L-l D. 比较、可知，该反应为吸热反应 【答案】C 【解析】 【分析】 A、根据 v=c/t 计算反应速率； B、催化剂能改变反应速率，但不改变平衡； C、根据浓度对反应速率的影响作判断； D、根据温度对平衡移动影响判断 【详解】A、 （1）根据 v=c/t 可计算出 B 的反应速率为 =8.25xl0-3moI.L-l.min-l，故 A 正确； B、由表中数据可知，该反应为反应前后气体分子数不变

10、的可逆反应。实验的平衡状态与实验相同，但是到达所用的时间较少，说明该容器中的反应速率较大。催化剂能改变反应速率，但不改变平衡，平衡时浓度相同，但反应速率更快，可能使用了催化剂，故 B 正确； C、比较实验和实验中的数据可知，在相同温度下，实验中的 A 的平衡浓度大于实验，所以反应过程中，反应速率也比实验中的大，在相同温度下，该反应的起始浓度与平衡浓度成比例，故 中 y= 1.2 moI.L-l，故 C 错误； D、比较实验和实验中数据可知，温度升高，起始浓度相同，但平衡 A浓度变小，说明平衡正向移动，故可判断该反应的正反应为吸反应 【点睛】本题主要考查了化学反应速率的计算、影响化学反应速率和化

11、学平衡的因素，解题注意比较表中的数据从中获取信息 7.(NH4)2SO3氧化是氨法脱硫的重要过程。某小组在其他条件不变时，分别研究了一段时间内温度和(NH4)2SO3初始浓度对空气氧化(NH4)2SO3速率的影响，结果如图。下列说法不正确的是 A. 60之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关 B. 60之后，氧化速率降低可能与 O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解有关 C. (NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，与 SO32-水解程度增大有关 D. (NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，可能与 O2的溶解速率有关 【答案】C 【解

12、析】 【分析】 A、温度越高，氧化速率越快； B、反应物浓度降低，反应速率降低； C、SO32-水解不影响溶液中+4 价硫的总浓度； D、当亚硫酸铵的浓度增大到一定程度后，亚硫酸根离子被氧化的速率大于氧气的溶解速率。 【详解】A、温度越高，氧化速率越快，60之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关，故 A正确； B、反应物浓度降低，反应速率降低，温度升高后 O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解，均使反应物浓度降低，故 B 正确； C、SO32-水解不影响溶液中+4 价硫的总浓度，故 C 错误； D、当亚硫酸铵的浓度增大到一定程度后，亚硫酸根离子被氧化的速率大于氧气的溶解速率，

13、因氧气的溶解速率较小导致亚硫酸根离子的氧化速率变化不大。故 D 正确； 故选 C。 【点睛】 本题考查外界条件对化学反应速率的影响，解题关键： 综合理解多种条件同时对反应速率影响时，有一个条件在某时段起主导作用。 8.度鲁特韦可以用于治疗 HIV-1 感染，M 是合成度鲁特韦的一种中间体。合成 M 的路线如下： （部分反应条件或试剂略去） 己知： （1）麦芽酚中含有官能团的名称是羰基、醚键、_和_。 （2）A 是苯的同系物，AB 的反应类型是_。 （3）B- C 的反应条件是_。 （4）C-D 的化学方程式是_。 （5）E 不能与金属 Na 反应生成氢气，麦芽酚生成 E 的化学方程式是_。 （

14、6）G 的结构简式是_。 （7）X 的分子式为 C3H9O2N，X 的结构简式是_。 （8）Y 的分子式为 C4H11ON，Y 与 X 具有相同种类的官能团，下列说法正确的是_。 aY 与 X 互为同系物 bY 能与羧酸发生酯化反应 cY 在浓硫酸、加热的条件下能发生消去反应 （9）K-M 转化的一种路线如下图，中间产物 2 的结构简式是_。 【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 羟基 (3). 取代反应 (4). NaOH 水溶液，加热 (5). (6). (7). (8). (9). bc (10). 【解析】 【分析】 A为， 在光照条件下与溴发生取代反应生成B， 在NaOH的水溶液中

15、水解生成C，C 氧 化后 生成 D， 根据 信息 I ，D 与 E发 生 加 成反 应生成 F，F 发生消去反应生成 G，根据信息，G 在 NaIO4，RuCl3作用下生成，在一定条件下与反应生成 J 转化成 K，最终与 Y经三步反应得产品 M。 【详解】(l)麦芽酚中含有官能团的名称是羰基、醚键、碳碳双键和 羟基； (2)A 是苯的同系物，A 为，在光照条件下与溴发生取代反应生成 B； (3) B B在 NaOH 的水溶液中水解生成 C，B C 的反应条件是 NaOH 水溶液，加热。 (4)C 氧化后生成 D，C-D 的化学方程式是。 (5)E 不能与金属 Na 反应生成氢气，麦芽酚生成 E

16、 的化学方程式是。 (6)F 发生消去反应生成 G，G 的结构简式是。 (7)结合 J 和 X 的分子式为 C3H902N，X 的结构简式是。 (8)结合 K、M、Y 的分子式为 C4H11ON，Y 与 X 具有相同种类的官能团，Y 为，a 、X 有两个羟基， Y 与 X 不是互为同系物，错误；b Y 含有羟基能与羧酸发生酯化反应，正确；c Y 羟基的邻碳上有氢，在浓硫酸、加热的条件下能发生消去反应，正确；故选 bc。 (9)KM 转化的一种路线如图，与氨基上一个氢与羧基脱去一分子水，得中间产物 1，氨基与醛基加成，得中间产物 2 的结构简式是，中间产物 2 两个羟基再失去一分子水得 M。 【

17、点睛】本题考查有机物的合成，涉及官能团的识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线等，熟练掌握官能团的性质与转化，难点（9）注意由 K 到 M 的三步反应的猜想，和对加成反应，取代反应的综合运用。 9.用含锂废渣（主要金属元素的含量：Li 3.50% Ni 6.55% Ca 6.41% Mg 13.24%）制备 Li2CO3，并用其制备 Li+电池的正极材料 LiFePO4。部分工艺流程如下： I制备 Li2CO3粗品 (l)上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是 _。 (2)滤渣 2 的主要成分有_。 (3)向滤液 2 中先加入 EDTA，再加入饱和 Na2CO3溶液

18、，90充分反应后，分离出 固体 Li2CO3粗品的操作是 _。 (4)处理 lkg 含锂 3.50%的废渣，锂的浸出率为 a，Li+转化为 Li2CO3的转化率为 b，则粗品中含 Li2CO3的质量是 _g。 （摩尔质量：Li 7 g.mol-l Li2CO3 74 g.mol-l） II纯化 Li2CO3粗品 (5)将 Li2CO3转化为 LiHCO3后，用隔膜法电解 LiHCO3溶液制备高纯度的 LiOH，再转化得电池级 Li2CO3。电解原理如图所示，阳极的电极反应式是 _，该池使用了_（填“阳”或“阴”）离子交换膜。 III制备 LiFePO4 (6)将电池级 Li2CO3和 C、 F

19、ePO4高温下反应， 生成 LiFePO4和一种可燃性气体， 该反应的化学方程式是 _。 【答案】 (1). 研磨、 70加热 (2). Mg(OH)2、 Ni(OH)2和 Ca(OH)2 (3). 趁热过滤 (4). 185ab (5). 4OH-4e-=2H2O+O2 (6). 阳 (7). Li2CO3+2C+2FePO42LiFePO4+3CO 【解析】 【分析】 （1）根据速率的影响因素分析； （2）由资料 I，Mg、Ni、Ca 在溶液中浓度变化较大； （3）向滤液 2 中先加入 EDTA，与二价金属离子络合，从而确保它们不与 Li+一起沉淀； （4）根据关系式 2LiLi2CO3计

20、算； （5）电解原理阳极发生氧化反应，Li+移向阴极生成 LiOH,该电池使用阳离子交换膜。 （6）根据质量守恒定律写出方程式。 【详解】I制备 Li2CO3粗品 (l)上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是研磨、70加热。 (2)由资料 I，Mg、Ni、Ca 在溶液中浓度变化较大，滤渣 2 的主要成分有 Mg(OH)2、Ni(OH)2和 Ca(OH)2 。 (3)向滤液 2 中先加入 EDTA，与二价金属离子络合，从而确保它们不与 Li+一起沉淀，再加入饱和 Na2CO3溶液，90充分反应后，形成 Li2CO3的热饱和溶液，通过趁热过滤分离出固体 Li2CO3粗品的。 (4)处理 lkg

21、 含锂 3.50%的废渣，锂的浸出率为 a，Li+转化为 Li2CO3的转化率为 b，由关系式得则粗品中含Li2CO3的质量是 1000g3.50%ab 74 g.mol-l/(7 g.mol-l 2)=185abg； (5)将 Li2CO3转化为 LiHCO3后，用隔膜法电解 LiHCO3溶液制备高纯度的 LiOH，再转化得电池级 Li2CO3。电解原理阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式是 4OH-4e-=2H2O+O2，该池使用了阳离子交换膜，Li+移向阴极生成 LiOH。 (6)将电池级 Li2CO3和 C、FePO4高温下反应，生成 LiFePO4和一种可燃性气体，由质量守恒，可燃性气

22、体应是 CO，该反应的化学方程式是 Li2CO3+2C+2FePO42LiFePO4+3CO。 10.研究水体中碘的存在形态及其转化是近年的科研热点。I-与 I2在水体和大气中的部分转化如图所示。 (1)结合元素周期律分析 Cl-、I-的还原性强弱；同主族元素的原子，从上到下，_。 (2)水体中的 I-在非酸性条件下不易被空气中的 02氧化。原因是 2H2O+4I-+O22I2+4OH-的反应速率慢，反应程度小。 I-在酸性条件下与 O2反应的离子方程式是_。 在酸性条件下 I-易被 O2氧化的可能的原因是 _。 (3)有资料显示：水体中若含有 Fe2+，会对 O3氧化 I-产生影响。为检验这

23、一结论，进行如下探究实验：分别将等量的 O3通入到 20 mL 下列试剂中，一段时间后，记录实验现象与结果。己知：每 l mol O3参与反应，生成 l mol O2。 a=_。 A 中反应为可逆反应，其离子方程式是_。 C 中溶液的 pH 下降，用离子方程式解释原因 _。 比较 A、B、C，说明 Fe2+在实验 B 中的作用并解释_。 【答案】 (1). 原子半径逐渐增大， 得电子能力逐渐减弱， 非金属性 ClI， 离子的还原性 Cl-I，离子的还原性 Cl-I- 。 (2)水体中I-在非酸性条件下不易被空气中的 O2氧化。原因是 2H2O+4I-+O22I2+4OH-的反应速率慢，反应程度

24、小。 I-在酸性条件下与 O2反应的离子方程式是 4H+4I-+O2=2I2+2H2O。 在酸性条件下 I-易被 O2氧化的可能的原因是增大 c(H+)，降低了 c(OH+)，使平衡 2H2O+4I-+O22I2+4OH-正向移动，反应易于进行等 。 (3)由 BC 两组数据可知，Cl-的浓度为 310-2molL1，a=310-2。 A中反应为可逆反应， O3将 I-氧化为 I2， 反应后pH=11.0， 呈碱性， 其离子方程式是 H2O+2I+O3I2+2OH-+O2 。 C 中溶液的 pH 下降，亚铁离子被氧化成铁离子生成难溶的 Fe(OH)3，消耗 OH-，溶液的酸度提高，用离子方程式

25、解释原因 2Fe2+O3+5H2O=2Fe(OH)3+4H+O2。 比较 A、B、C，说明 Fe2+在实验 B 中的作用并解释：反应 H2O+2I-+O3I2+2OH-+O2产生的 OH-被 Fe2+或 Fe2+的氧化产物 Fe3+结合，pH 减小，促使该平衡正向移动，提高了 I-的转化率，产生大量的 Fe(OH)3。 11.文献表明：相同条件下，草酸根(C2O42-)的还原性强于 Fe2+。为检验这一结论， 完成如下实验。 资料：i草酸(H2C2O4)为二元弱酸。 ii三水三草酸合铁酸钾 K3 Fe(C2O4)33H2O 为翠绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在： Fe(C2O4)33-Fe

26、3+3C2O42- K=6.310-21 iii. FeC2O42H2O 为黄色固体，微溶于水，可溶于强酸。 实验 1通过 Fe3+和 C2O42-在溶液中的反应比较 Fe2+和 C2O42-的还原性强弱。 (l) C2O42-中碳元素的化合价是_。 (2)取实验 1 中少量晶体洗净，配成溶液，滴加 KSCN 溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3 价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是_。 (3)经检验，翠绿色晶体为 K3 Fe(C2O4)33H2O 设计实验，确认实验 1 中没有发生氧化还原反应的操作和现象是_。实验 l 中未发生氧化还原反应的原因是_。 (4)取实验 1

27、中的翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式： _Fe(C2O4)33-+_H2O_FeC2O42H2O+_+_。 实验 2通过比较 H2O2与 Fe2+、C2O42-反应的难易，判断二者还原性的强弱。 (5)证明 Fe2+被氧化的实验现象是_。 (6)以上现象能否说明 C2O42-没有被氧化。请判断并说明理由：_ (7)用 FeC13溶液、K2C2O4溶液和其他试剂，设计实验方案比较 Fe2+和 C2O42-的还原性强弱。画出装置图并描述预期现象：_。 【答案】 (1). +3 (2). 溶液中存在平衡：Fe(C2O4)33-Fe3+3C2O42-，加入硫酸后，

28、H+与 C2O42-结合生成 H2C2O4，使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇 KSCN 溶液变红 (3). 取少量实验 1 中的翠绿色溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，不出现蓝色沉淀 (4). Fe3+与 C2O42-生成稳定的Fe(C2O4)3-，浓度降低，Fe3+的氧化性和C2O42-的还原性减弱 (5). 2 (6). 4 (7). 2 (8). 3C2O42- (9). 2CO2 (10). 中产生大量红褐色沉淀或中得到翠绿色溶液 (11). 不能说明。 有+4价碳的化合物生成， 才能说明C2O42-被氧化，以上现象无法判断是否生成了+4 价碳的化合物，因此不能说明 C2O42-

29、没有被氧化 (12). 电流计的指针偏转， 电池工作一段时间后， 取少量左侧烧杯中的溶液，滴加 K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀 【解析】 【分析】 实验 1（1）利用化合价代数和与离子电荷关系分析； （2）取实验 1 中少量晶体 K3 Fe(C2O4)33H2O，配成溶液，溶液中含有Fe(C2O4)33-Fe3+3C2O42-，加入硫酸后，H+与 C2O42-结合生成 H2C2O4 ； （3）滴加 K3Fe(CN)6溶液，检验溶液中是否含有 Fe2+,因为 Fe3+与 C2O42-生成稳定的Fe(C2O4)3-。 （4）根据电子得失守恒，电荷守恒，质量守恒解题。 实验 2I 中 C2O4

30、2-+Fe2+2H2O=FeC2O42H2O，得黄色沉淀； 中过量的双氧水先将 FeC2O42H2O 氧化，生成氢氧化铁沉淀； K3 Fe(C2O4)3翠绿色溶液。 【详解】 实验 1(l)利用化合价代数和与离子电荷关系， 2x-24=-2,x=+3， C2O42-中碳元素的化合价是+3。 (2)取实验 1 中少量晶体洗净，K3 Fe(C2O4)33H2O 配成溶液，溶液中含有Fe(C2O4)33-，滴加 KSCN 溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3 价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是溶液中存在平衡：Fe(C2O4)33-Fe3+3C2O42-，加入硫酸后，H+与 C2

31、O42-结合生成 H2C2O4，使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇 KSCN 溶液变红。 (3)经检验，翠绿色晶体为 K3 Fe(C2O4)33H2O 设计实验，确认实验 1 中没有发生氧化还原反应的操作和现象是取少量实验 1 中的翠绿色溶液，滴加 K3Fe(CN)6溶液，不出现蓝色沉淀。实验 l 中未发生氧化还原反应的原因是 Fe3+与 C2O42-生成稳定的Fe(C2O4)3-，浓度降低，Fe3+的氧化性和 C2O42-的还原性减弱。 (4)根据电子得失守恒，铁由+3 价降为+2 价，氧化产物为 CO2，碳由+3 升为+4 价，由电荷守恒，方程式后补带负电荷的粒子 C2O42-，再由质

32、量守恒解题，配上水的系数。2Fe(C2O4)33-+4H2O2FeC2O42H2O+3C2O42-+2CO2。 实验 2I 中 C2O42-+Fe2+2H2O=FeC2O42H2O，得黄色沉淀； 中过量的双氧水先将 FeC2O42H2O 氧化，生成氢氧化铁沉淀； 中得到 K3 Fe(C2O4)3翠绿色溶液。 (5)证明 Fe2+被氧化的实验现象是中产生大量红褐色沉淀或中得到翠绿色溶液 。 (6)以上现象不能说明 C2O42-没有被氧化。理由：有+4 价碳的化合物生成，才能说明 C2O42-被氧化，以上现象无法判断是否生成了+4 价碳的化合物，因此不能说明 C2O42-没有被氧化。 (7)用 FeC13溶液、K2C2O4溶液和其他试剂，设计实验方案比较 Fe2+和 C2O42-的还原性强弱。画出装置图并描述预期现象：电流计的指针偏转，电池工作一段时间后，取少量左侧烧杯中的溶液，滴加 K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀。 【点睛】本题考查实验设计，验证物质的氧化性和还原性强弱，解题关键：综合应用氧化还原反应、络合反应，电化学知识，难点： （7）设计实验方案比较 Fe2+和 C2O42-的还原性强弱，要应用原电池知识。