第3章 第2节 金属材料-【创新教程】2025年高考化学总复习大一轮课时作业word（鲁科多选版）

课时冲关九　金属材料 一、选择题：每题只有一个选项符合题意 1．铜在自然界多以化合态的形式存在于矿石中。常见的铜矿石有：黄铜矿(CuFeS2)、斑铜矿(Cu5FeS4)、辉铜矿(Cu2S)、孔雀石[CuCO3·Cu(OH)2]。下列说法不正确的是(　　) A．可用稀盐酸除去铜器表面的铜绿 B．硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂 C．工业上常采用电解法制取粗铜 D．在上述几种含铜化合物中，铜的质量分数最高的是Cu2S 解析：C　[CuSO4是重金属盐，能使蛋白质变性，B项正确；工业上常用电解法精炼铜，C项不正确。] 2．探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是(　　) A．Al、NaOH溶液、稀盐酸 B．Al2O3、氨水、稀盐酸 C．Al2(SO4)3溶液、NaOH溶液、稀盐酸 D．AlCl3溶液、氨水、稀盐酸 解析：C　[可溶性的铝盐Al2(SO4)3溶液与少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，继续加过量的氢氧化钠，氢氧化铝沉淀会溶解，氢氧化铝沉淀中加盐酸也会溶解。] 3．(2021·湖南卷)一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下： 下列说法错误的是(　　) A．物质X常选用生石灰 B．工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁 C．“氯化”过程中发生的反应为MgO＋C＋Cl2MgCl2＋CO D．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl2 解析：D　[A项，物质X的作用是使Mg2＋转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO＋H2O===Ca(OH)2，Ca(OH)2＋Mg2＋===Mg(OH)2＋Ca2＋，A正确；B项，Mg是较活泼金属，工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁，B正确；C项，由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，生成物之一为MgCl2，C在高温下能将二氧化碳还原为CO，则“气体”为CO，反应的化学方程式为MgO＋C＋Cl2MgCl2＋CO，C正确；D项，“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl会逸出，MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，D错误。] 4．足量下列物质与等质量的铝反应放出氢气，且消耗溶质物质的量最少的是(　　) A．氢氧化钠溶液　　　 B．稀硫酸 C．盐酸 D．稀硝酸 解析：A　[设Al为1 mol,1 mol铝与氢氧化钠溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2消耗1 mol NaOH；1 mol铝与稀硫酸反应生成Al2(SO4)3和H2消耗1.5 mol H2SO4；1 mol 铝与盐酸反应生成AlCl3和H2消耗3 mol HCl；硝酸与金属铝反应不生成氢气，综合以上分析，可知反应放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是氢氧化钠溶液。] 5．如图所示的5种物质中均含同种金属元素，且在一定条件下(不含电解)能按图示箭头方向实现一步转化，则该金属元素可能是(　　) A．①② B．③④ C．④⑤ D．①⑤ 解析：C　[NaNO3无法一步转化成NaOH，NaOH也无法一步生成Na2O，NaCl也无法一步生成金属钠(除电解方法)，故①错误；KNO3无法一步转化成KOH，KOH也无法一步生成K2O，KCl也无法一步生成金属钾(除电解方法)，故②错误；Ca(NO3)2无法一步转化成Ca(OH)2，CaCl2也无法一步生成金属钙(除电解法)，故③错误；Fe能够与硝酸反应生成Fe(NO3)3，Fe(NO3)3与NaOH反应生成Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3加热生成Fe2O3，Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3，FeCl3与足量的锌反应生成铁，铁及其化合物均能够按照图示箭头通过一步反应完成，故④正确；Cu与硝酸反应生成Cu(NO3)2，Cu(NO3)2与NaOH溶液反应生成Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2加热分解生成CuO，CuO与盐酸反应生成CuCl2，CuCl2与铁反应生成铜，所以Cu满足题中转化关系，故⑤正确。] 6．铝是一种重要的金属，如图是工业生产中利用铝土矿(成分为氧化铝、氧化铁)制取铝的流程。下列说法不正确的是(　　) A．实验室完成操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台 B．向铝土矿中加入NaOH溶液，发生反应的化学方程式为Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O(或Al2O3＋2NaOH＋3H2O===2Na[Al(OH)4]) C．NaOH在生产过程中可以循环使用 D．将等质量的铝与足量的盐酸或氢氧化钠溶液反应，产生氢气的物质的量一定相同 解析：A　[操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都是过滤，实验室中过滤操作需要的玻璃仪器是烧杯、普通漏斗、玻璃棒，铁架台不是玻璃仪器，A项错误；向铝土矿中加入NaOH溶液，只有氧化铝与其发生反应，生成四羟基合铝酸钠(或偏铝酸钠)，化学方程式为Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O{或Al2O3＋2NaOH＋3H2O===2Na[Al(OH)4]}，B项正确；观察流程，溶液E中有NaOH，因此NaOH可以循环使用，C项正确；铝是等质量的，根据电子守恒可知，与足量的盐酸或氢氧化钠溶液反应，产生氢气的物质的量一定相同，D项正确。] 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意 7．某同学利用下列实验探究金属铝与铜盐溶液反应： 下列说法正确的是(　　) A．由实验1可以得出结论：金属铝的活泼性弱于金属铜 B．溶液中阴离子种类不同是导致实验1、2出现不同现象的原因 C．实验2中生成红色物质的离子方程式：Al＋Cu2＋===Al3＋＋Cu D．由上述实验可推知：用砂纸打磨后的铝片分别与c(H＋)均为0.2 mol·L－1的盐酸和硫酸反应，前者更剧烈 解析：BD　[A项，实验1虽然没有明显现象，但并不能说明铝的活泼性弱于铜，只能说明试管1内没有反应发生，再结合实验2即可推翻仅由实验1得到的结论，A错误；B项，由图中实验1和实验2对比可知，两者之间唯一的变量就是阴离子种类不同，因此阴离子种类不同就是实验现象不同的原因，B正确；C项，方程式未配平，应为：2Al＋3Cu2＋===2Al3＋＋3Cu，C错误；D项，c(H＋)均为0.2 mol·L－1的盐酸和硫酸，由B项分析可知氯离子会促进铝的反应，因此前者更剧烈，D正确。] 8．某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量Fe3O4。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图： 下列说法正确的是(　　) A. 检验滤液1中是否含有Fe2＋，可以选用KSCN和新制的氯水 B．步骤②操作中，应先加6%H2O2，然后不断搅拌下缓慢加入1.0 mol·L－1 H2SO4 C．滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分只有SiO2 D．步骤①操作中，生成的气体需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收 解析：D　[废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应ZnS＋H2SO4===ZnSO4＋H2S↑、Fe3O4＋4H2SO4===FeSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗ZnSO4·7H2O，滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓硫酸结晶可得到硫酸铜晶体，以此解答该题。 A．滤液1中可能含有Fe2＋，还含有Fe3＋，加入KSCN和新制的氯水不能检验是否含Fe2＋，故A错误；B.过氧化氢在酸性条件下可氧化CuS，应先加入稀硫酸，再加入过氧化氢，故B错误；C.滤渣2含有硫和二氧化硅，故C错误；D.步骤①操作中生成的气体为硫化氢，需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收，故D正确。] 9．(2022·河北卷)BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图： 下列说法错误的是(　　) A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度 B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3 C．水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3＋水解程度 D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成 解析：D　[A项，酸浸工序中分次加入稀HNO3相当于减小了酸的浓度，也就减小了金属与酸的反应速率，即降低反应剧烈程度，正确；B项，转化工序中，Bi(NO3)3＋H2OBiONO3＋2HNO3，加入稀HCl能够抑制该水解平衡正向移动，也就抑制生成BiONO3，正确；C项，水解工序中，BiCl3＋H2OBiOCl＋2HCl，加入少量CH3COONa(s)与HCl反应，有利于水解平衡正向移动，提高了Bi3＋水解程度，正确；D项，NH4NO3水解显酸性，BiCl3＋H2OBiOCl＋2HCl，不利于水解平衡正向移动，不利于BiOCl的生成。] 10．将硫酸铜的稀溶液放在密闭容器中，缓缓抽去容器中的水蒸气，溶液逐渐失水变成饱和溶液，再继续抽气，则变成各种含水盐，最后变成无水硫酸铜。50 ℃时，容器中的压强与晶体水合物中含水量的关系如图所示，下列说法错误的是(　　) A．曲线L－M对应溶液中无硫酸铜晶体析出 B．曲线M－M′对应溶液溶质的质量分数保持增大 C．曲线M′－N对应体系存在平衡：CuSO4(饱和溶液)CuSO4·5H2O(s)＋H2O(g) D．当容器中压强低于p′后得到无水硫酸铜 解析：BC　[A.据图可知M点溶液变成饱和溶液，之后继续失水才有硫酸铜晶体析出，所以曲线L－M对应溶液中无硫酸铜晶体析出，故A正确；B.M－M′对应溶液均为硫酸铜的饱和溶液，一定温度压强下，硫酸铜的溶解度不变，则其饱和溶液中溶质质量分数不变，故B错误；C.M－M′对应溶液均为硫酸铜的饱和溶液，该过程中随着液态水的减少，不断析出硫酸铜晶体，至M′点晶体完全析出，此时再继续减压，存在的平衡应为CuSO4·5H2O(s)CuSO4·3H2O(s)＋2H2O(g)，故C错误；D.据图可知当容器中压强低于p′后非气相水的质量分数降为0，即此时得到的固体为无水硫酸铜，故D正确。] 三、非选择题 11．(2024·新泰一中高三检测)含铬化合物有毒，对人畜危害很大。因此含铬废水必须进行处理才能排放。 已知：Cr3＋Cr(OH)3[Cr(OH)4]－ (1)含＋6价铬的废水中加入一定量的硫酸和硫酸亚铁，使＋6价铬还原成＋3价铬；再调节溶液pH在6～8之间，使Fe3＋和Cr3＋转化为Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀而除去。 ①写出Cr2O与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式 ________________________________________________________________________。 ②用反应的离子方程式表示溶液pH不能超过10的原因 ________________________________________________________________________。 (2)将含＋6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解。阳极区生成的Fe2＋和[Cr(OH)4]－发生反应，生成的Fe3＋和Cr3＋在阴极区与OH－结合成氢氧化物沉淀而除去。 ①写出阴极的电极反应式 ________________________________________________________________________。 ②电解法中加入氯化钠的作用是 ________________________________________________________________________。 (3)铬化学丰富多彩，由于铬光泽度好，常将铬镀在其他金属表面，同铁、镍组成各种性能的不锈钢，CrO3大量地用于电镀工业中。 ①CrO3具有强氧化性，遇到有机物(如酒精)时，猛烈反应以至着火，若该过程中乙醇被氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2(SO4)3]。则该反应的化学方程式为 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图所示。则B点时剩余固体的成分是________________________(填化学式)。 解析：(1)①Fe2＋具有还原性，Cr2O具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，亚铁离子被氧化为三价铁离子，Cr2O被还原为Cr3＋，反应的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O； ②由题意可知，当pH超过10即c(OH－)≥10－4 mol/L时，Cr(OH)3转变为[Cr(OH)4]－，反应的离子方程式是Cr(OH)3＋OH－===[Cr(OH)4]－； (2)①将含＋6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解，阳极上铁失电子生成二价亚铁离子，阴极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－； ②水是弱电解质，所以蒸馏水的导电能力很弱，氯化钠是强电解质，在水中完全电离导致溶液阴阳离子增多，所以导电能力增强； (3)①CrO3具有强氧化性，遇到有机物(如乙醇)时，乙醇被氧化为乙酸，碳元素的平均化合价由－2价升高到0价，1个乙醇化合价变化4，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2(SO4)3]，铬元素的化合价由＋6价降低到＋3价，1个CrO3化合价变化3，两者的最小公倍数是12，再根据原子守恒得：4CrO3＋3C2H5OH＋6H2SO4===2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋9H2O； ②设CrO3的质量为100 g，则CrO3中铬元素的质量为100 g×＝52 g，B点时固体的质量为：100 g×76%＝76 g，Cr的质量不变，所以生成物中Cr的质量为52 g，氧元素的质量为24 g，两者的个数比为 ∶＝2∶3，所以B点时剩余固体的成分是Cr2O3。 答案：(1)①Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O ②Cr(OH)3＋OH－===[Cr(OH)4]－ (2)①2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－　②增强溶液导电性 (3)①4CrO3＋3C2H5OH＋6H2SO4===2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋9H2O　②Cr2O3 12．某兴趣小组用铝箔制备Al2O3、AlCl3·6H2O及明矾大晶体，具体流程如下： 已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明矾在水中的溶解度如下表所示： 温度/℃ 0 10 20 30 40 60 80 90 溶解度/g 3.00 3.99 5.90 8.39 11.7 24.8 71.0 109 请回答下列问题： (1)步骤Ⅰ中的化学方程式为 ________________________________________________________________________。 步骤Ⅱ中生成Al(OH)3的离子方程式为 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)步骤Ⅲ，下列操作合理的是________(填选项字母)。 A．坩埚洗净后，无需擦干，即可加入Al(OH)3灼烧 B．为了得到纯Al2O3，需灼烧至恒重 C．若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳 D．坩埚取下后放在石棉网上冷却待用 E．为确保称量准确，灼烧后应趁热称重 (3)步骤Ⅳ选出在培养规则明矾大晶体过程中合理的操作并排序：________(填序号)。 ①迅速降至室温　②用玻璃棒摩擦器壁　③配制90 ℃的明矾饱和溶液　④自然冷却至室温　⑤选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央 ⑥配制高于室温10～20 ℃的明矾饱和溶液 (4)由溶液A制备AlCl3·6H2O的装置如图所示： ①通入HCl的作用是抑制AlCl3水解和 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②步骤Ⅴ抽滤时，用玻璃纤维替代滤纸的理由是__________；洗涤时，合适的洗涤剂是__________。 ③步骤Ⅵ为得到纯净的AlCl3·6H2O，宜采用的干燥方式是 ________________________________________________________________________。 解析：根据流程图，铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，向四羟基合铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝胶状沉淀，洗涤后得到氢氧化铝，灼烧氢氧化铝得到氧化铝；氢氧化铝用H2SO4溶液溶解后与K2SO4溶液混合，结晶析出明矾晶体；氢氧化铝胶状沉淀用盐酸溶解，生成氯化铝溶液，在氯化氢气流中蒸发得到氯化铝晶体。 (1)步骤Ⅰ中铝与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑；步骤Ⅱ中Na[Al(OH)4]溶液与CO2反应生成Al(OH)3和HCO。(2)坩埚洗净后，需要擦干，否则灼烧时容易引起坩埚炸裂，A错误；为了得到纯Al2O3，需灼烧至恒重，使氢氧化铝完全分解，B正确；若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳，防止坩埚遇冷炸裂，C正确；热的坩埚取下后放在石棉网上冷却待用，不能直接放在桌面上，D正确；灼烧后应冷却后称重，E错误。(3)步骤Ⅳ在培养规则明矾大晶体过程中，需要在高于室温10～20 ℃的温度下配制明矾饱和溶液，选取规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央，自然冷却至室温，让明矾小晶体逐渐长大，故正确的排序为⑥⑤④。(4)①通入HCl可以抑制AlCl3水解，增大了溶液中Cl－的浓度，可以降低AlCl3的溶解度，使其以AlCl3·6H2O晶体形式析出。②步骤Ⅴ中抽滤时，由于溶液显强酸性，会腐蚀滤纸，因此需要用玻璃纤维替代滤纸，洗涤时，为减少AlCl3·6H2O晶体的损失，根据AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚，应该选择饱和氯化铝溶液进行洗涤。③AlCl3·6H2O晶体受热容易分解，为得到纯净的AlCl3·6H2O，可以采用滤纸吸干的方式干燥晶体。 答案：(1)2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑ [Al(OH)4]－＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO (2)BCD　(3)⑥⑤④ (4)①降低AlCl3溶解度，使其以AlCl3·6H2O晶体形式析出　②强酸性环境会腐蚀滤纸 浓盐酸　③用滤纸吸干 13．研究不同pH时CuSO4溶液对H2O2分解的催化作用。资料：a.Cu2O为红色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成Cu和Cu2＋。b.CuO2为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成Cu2＋和H2O2。c.H2O2有弱酸性：H2O2H＋＋HO，HOH＋＋O。 编号 实验 现象 Ⅰ 向1 mL pH＝2的1 mol·L－1CuSO4溶液中加入0.5 mL 30%H2O2溶液 出现少量气泡 Ⅱ 向1 mL pH＝3的1 mol·L－1CuSO4溶液中加入0.5 mL 30%H2O2溶液 立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡 Ⅲ 向1 mL pH＝5的1 mol·L－1CuSO4溶液中加入0.5 mL 30%H2O2溶液 立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡 (1)经检验生成的气体均为O2，Ⅰ中CuSO4催化分解H2O2的化学方程式是 ________________________________________________________________________。 (2)对Ⅲ中棕褐色沉淀的成分提出2种假设：ⅰ.CuO2，ⅱ.Cu2O和CuO2的混合物。为检验上述假设，进行实验Ⅳ：过滤Ⅲ中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2，其反应的离子方程式是 ________________________________________________________________________。 ②依据Ⅳ中沉淀完全溶解，甲同学认为假设ⅱ不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是________________________________________________________________________。 ③为探究沉淀中是否存在Cu2O，设计如下实验： 将Ⅲ中沉淀洗涤、干燥后，取a g固体溶于过量稀硫酸，充分加热。冷却后调节溶液pH，以PAN为指示剂，向溶液中滴加c mol·L－1EDTA溶液至滴定终点，消耗EDTA溶液V mL。V＝________，可知沉淀中不含Cu2O，假设ⅰ成立。(已知：Cu2＋＋EDTA===EDTA－Cu2＋，M(CuO2)＝96 g·mol－1，M(Cu2O)＝144 g·mol－1) (3)结合方程式，运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)研究Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同pH时H2O2分解速率不同的原因。 实验Ⅴ：在试管中分别取1 mL pH＝2、3、5的1 mol·L－1Na2SO4溶液，向其中各加入0.5 mL 30%H2O2溶液，三支试管中均无明显现象。 实验Ⅵ：________________(填实验操作和现象)，说明CuO2能够催化H2O2分解。 (5)综合上述实验，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同pH时H2O2的分解速率不同的原因是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：(1)由题意可知，在硫酸铜做催化剂作用下，双氧水分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2O2↑＋2H2O； (2)①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2，说明双氧水与铜离子反应生成过氧化铜和水，反应的离子方程式为H2O2＋Cu2＋===CuO2↓＋2H＋；②由题意可知，过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成双氧水，双氧水具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化氧化亚铜或铜，无法观察到红色沉淀，说明假设ⅱ可能成立，乙同学的观点正确；③a g过氧化铜的物质的量为，由方程式可得如下关系：CuO2～Cu2＋～EDTA，则有＝c mol·L－1×V×10－3L，解得V＝ mL； (3)由题意可知，双氧水溶液中存在如下电离平衡H2O2H＋＋HO、HOH＋＋O，溶液pH增大，氢离子浓度减小，两个平衡均正向移动，过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大； (4)若过氧化铜能够催化过氧化氢分解，过氧化氢分解速率加快，催化剂过氧化铜的组成和质量不会发生变化，则实验操作和现象为将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30%H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变； (5)由以上实验可知，当溶液pH增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大。 答案：(1)2H2O2O2↑＋2H2O (2)①H2O2＋Cu2＋===CuO2↓＋2H＋ ②CuO2与H＋反应产生的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu　③ (3)溶液中存在H2O2H＋＋HO，HOH＋＋O，溶液pH增大，两个平衡均正向移动，O浓度增大，使得CuO2沉淀量增大 (4)将Ⅲ中沉淀过滤、洗涤、干燥，称取少量于试管中，加入30%H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变 (5)CuO2的催化能力强于Cu2＋；随pH增大，Cu2＋与H2O2反应生成CuO2增多 学科网（北京）股份有限公司 $$