黄金卷05（北京专用）-【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷

【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷（北京专用） 黄金卷05 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 K 39 Fe 56 Zn 65 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．放射性核素在考古等方面有重要应用。下列表述不正确的是 A．与互为同位素 B．具有放射性 C．可用质谱区分和 D．和的化学性质不同 2．下列化学用语或图示表达不正确的是 A．中子数为1的氢原子： B．的VSEPR模型： C．甲基的电子式： D．顺丁橡胶的结构简式： 3．碱性锌锰电池的总反应为，电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是 A．电池工作时，发生氧化反应 B．电池工作时，通过隔膜向正极移动 C．环境温度过低，不利于电池放电 D．反应中每生成，转移电子数为 4．下列说法不正确的是 A．动物或人体中的纤维素水解酶可将纤维素水解成葡萄糖 B．胺类可以看作是烃分子中的氢原子被氨基所替代的化合物 C．蛋白质溶液中加入饱和NaCl溶液，会析出白色固体，再加水，白色沉淀会溶解 D．网状结构酚醛树脂是由苯酚与过量甲醛发生缩聚反应制得 5．下列方程式与所给事实不相符的是 A．SO2与FeCl3溶液反应，溶液由黄色变成浅绿色：SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+ B．工业上用CO2和NH3合成尿素：2NH3+CO2CO(NH2)2+H2O C．向ZnS浊液中滴加CuSO4溶液，白色浑浊变为黑色：ZnS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Zn2+(aq) D．向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：NH+SO+Ba2++OH−=NH3·H2O+BaSO4↓ 6．完成下列实验，所用仪器或操作合理的是 A B C D 除去粗盐水中的不溶物 除去工业乙醇中的杂质 配制250mL0.10mol·L−1NaOH溶液 用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸 A．A B．B C．C D．D 7．某新型纳米材料氧缺位铁酸盐ZnFe2Ox(3＜x＜4)，能在常温下将工业废气中的SO2、NO2等转化为单质而除去，由锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3等)和Fe2(SO4)3为原料制备氧缺位铁酸盐及其转化废气流程如图：下列说法正确的是 A．浸取时，为了提高酸浸效率，可以延长浸取时间或将稀硫酸换成质量分数98%浓硫酸 B．ZnFe2O4与H2反应制得1 molZnFe2Ox时转移电子(8-2x)mol C．除去SO2时，ZnFe2Ox在反应中表现了氧化性 D．“除杂”过程中有加入足量锌粉等操作，与锌粉反应的离子只有Pb2+和Cu2+ 8．关于相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，下列说法不正确的是(　　) A．溶液中所含离子的种类相同 B．溶液的pH相同 C．都能与盐酸反应放出CO2气体 D．都能使澄清石灰水变浑浊 9．氘代氨()可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到：①与的水解反应；②与反应。下列说法不正确的是 A．和可用质谱法区分 B．和均为极性分子 C．方法①的化学方程式是 D．方法②得到的产品纯度比方法①的高 10．可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A．Y为反应物，W为生成物 B．反应制得，须投入 C．升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 11．D是一种具有交联结构的吸附性高分子材料，其部分合成路线如下图。 下列说法不正确的是 A．A、B、C 生成D的反应是加聚反应 B．C中的核磁共振氢谱图吸收峰面积之比为2：1：1：1 C．D在碱性条件下水解可以生成NH3 D．生成 1mol D 参与反应的A、B 物质的量之比为1：1 12．下列依据相关数据作出的推理和判断中，不正确的是 A．依据相对分子质量的数据，推测乙醇和丙烷沸点的相对高低 B．依据溶解度的数据，选择用重结晶的方法可将粗苯甲酸提纯 C．依据沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等 D．依据燃烧热的数据、热化学方程式和盖斯定律，可计算一些反应的反应热 13．甲烷与氯气发生取代反应分别生成1mol相关有机物的能量变化如图所示： 已知Cl-Cl、C-Cl键能分别为、，下列说法不正确的是 A．与的取代反应是放热反应 B．的能量比的能量多99kJ C．，说明与的四步取代反应，难易程度相当 D． 14．某小组进行“反应物浓度对反应速率影响”实验研究。分别取不同浓度的葡萄糖溶液和溶液于试管中，再依次向试管中滴加酸性溶液，通过色度计监测溶液透光率随时间的变化关系。实验结果如图所示。 已知：(1)溶液透光率与溶液中显色微粒的浓度成反比。 (2)酸性溶液与溶液反应时，某种历程可表示如图。 下列说法中不合理的是 A．从图1可知，该实验条件下，葡萄糖溶液浓度越大，反应速率越大 B．理论上，和的反应中参与反应的 C．图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成有催化作用的物质有关 D．图2中溶液浓度不同时，数据呈现的原因是：随浓度增大，反应历程中①、②、③、④速率均减小 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（10分）氟化镁钾()是一种具有优良光学性能的材料，其晶胞结构如下。以该晶胞结构为基础，将相似离子取代或部分取代，可合成多种新型材料。 (1)晶体中，每个位于 个距离最近的F—构成的 空隙中，填选项字母 。 a．3三角形　　　　b．4正四面体　　　　c．6正八面体　　　　d．8立方体 (2)半径与接近，将部分由取代，可以带来电荷不平衡性和反应活性，从而合成新型催化剂材料。 ①基态价电子的轨道表示式为 。 ②某实验室合成新型催化剂材料(是平衡电荷引入的填隙阴离子，不破坏原有晶胞结构)，已知晶胞棱长为a，若要合成厚度为301、面积为1的催化剂材料，理论上需要掺杂的约为 。(，，设阿伏加德罗常数约为) (3)我国科研工作者以晶体结构为框架，依据“体积匹配原则”合成了具有独特电学性能的晶体。其框架中的由取代，位置嵌入有机阳离子，位置沿棱方向嵌入直线型。已知与的结构简式如下： ①中心N原子的杂化方式为 。 ②的转动不会影响晶体骨架，这是因为除离子键外，该晶体中微粒间还存在着其他相互作用，如邻近的与之间还存在着 ，上述相互作用不会随的转动改变。 (4)与镁离子半径接近的锂离子在可充电电池中应用广泛，如、等可作为聚乙二醇锂离子电池的电极材料。电池放电时，沿聚乙二醇分子中的碳氧链向正极迁移的过程如图所示(图中阴离子未画出)。 ①从原子结构的角度解释锂离子半径与镁离子半径接近的原因 。 ②从化学键角度看，迁移过程发生 (填“物理”或“化学”)变化。 ③相同条件下，电极材料中的迁移速率比中的快，原因是 。 16．（11分）大气中含量的控制和资源化利用具有重要意义。 (1)还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： Ⅰ： Ⅱ： 反应 (2)工业上可利用制备：   ①时，该反应的平衡常数，该温度下某时刻测得体系内四种物质的浓度均为，则此时 (填“>”“=”或“<”)。 ②提高反应速率且增大的平衡产率，可采取的措施 。 A．升高反应温度 B．使用合适的催化剂 C．增大体系压强 D．从平衡体系中及时分离出 (3)一种捕获并实现资源利用的反应原理如图1所示。反应Ⅰ完成之后，以为载气，将恒定组成的混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，推测发生了副反应(反应Ⅲ)：。 ①反应Ⅱ的化学方程式为 。 ②时间段内，反应Ⅱ速率减小至0的原因 。 ③时刻，反应II和反应Ⅲ生成的速率之比为 。 (4)在铜基配合物的催化作用下，利用电化学原理可将转化为碳基燃料(包括、烷烃和羧酸等)，其装置原理如图所示。 ①图中生成甲酸的电极反应式为 。 ②当有通过质子交换膜时，理论上最多生成的质量为 。 17．（11分）多聚二磷酸腺苷核糖聚合酶抑制剂奥拉帕尼(J)的合成路线如下 已知：ⅰ. ⅱ. (1)A为芳香族酯类化合物，A→B的化学方程式为 。 (2)B→C的化学方程式为 。 (3)C→D发生了两步反应，反应类型依次为加成反应、 。 (4)试剂a中含有的官能团有―CN、 。 (5)下列说法正确的是 。 a．A的一种同分异构体既能发生银镜反应，又能遇溶液发生显色反应 b．H能与溶液反应 c．H→I的过程可能生成一种分子内含有7个六元环的副产物 d．I→J的过程利用了的碱性 (6)E经多步转化可得到G，路线如下。 M分子中含有2个六元环，P分子中含有3个六元环。M和P的结构简式分别为 、 。 18．（12分）工业利用软锰矿进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2的工艺流程如图所示。软锰矿的主要成分是MnO2，还含有FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、ZnO、NiO、SiO2等物质。 已知：各金属离子沉淀的pH如下： 开始沉淀 8.8 7.5 2.2 4.1 9.6 6.5 6.4 完全沉淀 10.8 9.5 3.5 5.4 11.6 8.5 8.4 (1)反应前，需先将软锰矿石粉碎制成软锰矿浆，其目的是 。 (2)“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2的化学方程式为 。 (3)向浸出液中添加适量MnO2的作用是 ；调节pH时应不低于 。 (4)已知滤渣1的主要成分为SiO2，则除杂时，滤渣2的主要成分为 。 (5)“沉锰”的离子方程式为 。 (6)“沉锰”过程中pH和温度对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。 ①由图可知，“沉锰”的适宜条件是 。 ②45℃以上时，随温度升高，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是： 。 (7)为测定所得MnSO4的纯度，称取上述样品ag加入适量H2SO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+后，配制为100mL溶液。取20.00mL该溶液，用cmol/L的FeSO4溶液进行滴定，发生反应：Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+，达到滴定终点时消耗FeSO4溶液VmL则MnSO4纯度= 。[已知：M(MnSO4)=151g/mol]。 19．（14分）以溶液、浓盐酸为腐蚀液，能将覆铜板上不需要的铜腐蚀。某小组对此反应过程进行探究。 资料：i．水溶液中：呈无色；呈黄色；呈棕色。 ii．；CuCl为白色固体，难溶于水。 将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下： 实验 溶液a 现象 Ⅰ 溶液（） 产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉剩余 Ⅱ 浓盐酸（） 产生无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉剩余 Ⅲ 溶液（）和浓盐酸（） 溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余 (1)Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式是 。 (2)对于实验Ⅱ的现象进行分析。 ①经检验Ⅱ中气体为。分析气体产生的原因，进行实验：将溶液加到铜粉中，溶液慢慢变蓝，未检测到。 依据电极反应式，分析产生的原因 。 ②Ⅱ中溶液变为黄色，用离子方程式解释可能原因 。 (3)对比实验Ⅰ、Ⅲ，分析实验Ⅲ中将溶液a加到铜粉中未产生白色沉淀的原因。 ①假设1：增大，白色沉淀不能稳定存在。 实验验证：取Ⅰ中洗涤后的沉淀，加入饱和NaCl溶液，白色沉淀溶解。结合平衡移动原理解释沉淀溶解的原因 。 ②假设2：增大，白色沉淀不能稳定存在。 实验验证： （填操作和现象），证实假设2不合理。 (4)实验Ⅱ、Ⅲ对比，实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡。分析可能原因 。 (5)结合现象和化学反应原理解释选择与浓盐酸的混合液而不单独选择溶液或浓盐酸做腐蚀液的原因 。 试卷第2页，共22页 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷（北京专用） 黄金卷05·参考答案 1、 选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B C A D A B B D B 题号 11 12 13 14 答案 B A B D 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（10分）（除标明外，每空1分） (1)c (2) (3) sp 配位键 (4) 电子层数：，但核电荷数：，两离子的原子核对最外层电子的吸引力相近，故两者离子半径相近（2分） 化学 和均为离子化合物，结构相似，阴阳离子带电量均相同，离子半径大，阴阳离子间吸引力更弱，所以更易迁移（2分） 16．（11分）（除标明外，每空1分） (1) (2) > C (3) （2分） 催化剂表面不断被积碳覆盖直至反应II无法进行(或其他合理答案) （2分） 3：1 (4) （2分） 4.6g 17．（11分）（除标明外，每空1分） (1) （2分） (2) （2分） (3)取代反应 (4)-F、-CHO (5)bcd (6) （2分） （2分） 18．（12分）（除标明外，每空1分） (1)增大接触面积，提高反应速率 (2)MnO2+SO2=MnSO4 (3) 将Fe2+氧化为Fe3+，利于后续转化为Fe(OH)3沉淀除去（2分） 5.4 (4)NiS、ZnS (5)Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O（2分） (6) 45℃ pH=7.5 45℃以上时，随温度升高，NH4HCO3分解，下降，Mg2+沉淀率下降；同时，随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，Mg2+沉淀率增大（2分） (7) 19．（14分）（每空2分） (1)Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl (2) Cu-e-=Cu+，Cu++3Cl-=，降低了c(Cu+)，提高了Cu的还原性，使得Cu可以将H+还原为H2 4+4H++O2+4Cl-=4+2H2O (3) c(Cl-)增大，平衡CuCl+2Cl-正向移动 取I中洗涤后的沉淀，加入5mol/L的H2SO4溶液，沉淀不溶解 (4)此条件下Cu2+或的氧化性强于H+ (5)单独使用CuCl2溶液，产生CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；单独使用盐酸，反应速率慢 试卷第2页，共22页 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷（北京专用） 黄金卷05 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 K 39 Fe 56 Zn 65 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．放射性核素在考古等方面有重要应用。下列表述不正确的是 A．与互为同位素 B．具有放射性 C．可用质谱区分和 D．和的化学性质不同 【答案】D 【详解】A．与质子数相同，中子数不同，互为同位素，故A正确； B．是放射性核素，因此具有放射性，故B正确； C．和相对分子量不同，可以用质谱区分，故C正确； D．与互为同位素，二者的化学性质基本相同，则和的化学性质基本相同，故D错误； 故选D。 2．下列化学用语或图示表达不正确的是 A．中子数为1的氢原子： B．的VSEPR模型： C．甲基的电子式： D．顺丁橡胶的结构简式： 【答案】B 【详解】A．中子数为1的氢原子质量数为2，表示为，A正确； B．中心原子价层电子对数为2+=4，且含有2个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，B错误； C．甲基的电子式为：，C正确； D．顺丁橡胶是顺式-1，4-聚丁二烯橡胶的简称，结构简式为：，D正确； 故选B。 3．碱性锌锰电池的总反应为，电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是 A．电池工作时，发生氧化反应 B．电池工作时，通过隔膜向正极移动 C．环境温度过低，不利于电池放电 D．反应中每生成，转移电子数为 【答案】C 【分析】Zn为负极，电极反应式为：，MnO2为正极，电极反应式为：。 【详解】A．电池工作时，为正极，得到电子，发生还原反应，故A错误； B．电池工作时，通过隔膜向负极移动，故B错误； C．环境温度过低，化学反应速率下降，不利于电池放电，故C正确； D．由电极反应式可知，反应中每生成，转移电子数为，故D错误； 故选C。 4．下列说法不正确的是 A．动物或人体中的纤维素水解酶可将纤维素水解成葡萄糖 B．胺类可以看作是烃分子中的氢原子被氨基所替代的化合物 C．蛋白质溶液中加入饱和NaCl溶液，会析出白色固体，再加水，白色沉淀会溶解 D．网状结构酚醛树脂是由苯酚与过量甲醛发生缩聚反应制得 【答案】A 【详解】A．人体无纤维素酶，纤维素在人体内不能水解，故A错误； B．烃基取代氨分子中的而形成的化合物叫做胺，故B正确； C．蛋白质溶液中加入饱和NaCl溶液，会发生盐析，析出白色固体，此时蛋白质没有变性，再加水，白色沉淀会溶解，故C正确； D．网状结构酚醛树脂是由苯酚和甲醛在催化剂条件下缩聚而成，故D正确； 故选A。 5．下列方程式与所给事实不相符的是 A．SO2与FeCl3溶液反应，溶液由黄色变成浅绿色：SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+ B．工业上用CO2和NH3合成尿素：2NH3+CO2CO(NH2)2+H2O C．向ZnS浊液中滴加CuSO4溶液，白色浑浊变为黑色：ZnS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Zn2+(aq) D．向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：NH+SO+Ba2++OH−=NH3·H2O+BaSO4↓ 【答案】D 【详解】A．SO2与FeCl3溶液反应，溶液由黄色变成浅绿色，Fe3+被还原为Fe2+，SO2被氧化为SO，反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+，故A正确； B．工业上用CO2和NH3合成尿素：2NH3+CO2CO(NH2)2+H2O，故B正确； C．向ZnS浊液中滴加CuSO4溶液，白色ZnS转化为黑色CuS沉淀，反应的离子方程式为ZnS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)，故C正确； D．向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液生成硫酸钡沉淀和一水合氨，反应的离子方程式为2NH+SO+Ba2++2OH−=2NH3·H2O+BaSO4↓，故D错误； 选D。 6．完成下列实验，所用仪器或操作合理的是 A B C D 除去粗盐水中的不溶物 除去工业乙醇中的杂质 配制250mL0.10mol·L−1NaOH溶液 用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．除去粗盐水中的不溶物用过滤的方式，过滤的要点为“一贴、二低、三靠”，故A正确； B．蒸馏时温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管处，故B错误； C．容量瓶不能用来溶解，应该在烧杯中溶解氢氧化钠待冷却后转移至容量瓶中进行溶液的配制，故C错误； D．中和滴定时眼睛应该盯着锥形瓶中，方便确定终点，故D错误； 故答案为：A。 7．某新型纳米材料氧缺位铁酸盐ZnFe2Ox(3＜x＜4)，能在常温下将工业废气中的SO2、NO2等转化为单质而除去，由锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3等)和Fe2(SO4)3为原料制备氧缺位铁酸盐及其转化废气流程如图：下列说法正确的是 A．浸取时，为了提高酸浸效率，可以延长浸取时间或将稀硫酸换成质量分数98%浓硫酸 B．ZnFe2O4与H2反应制得1 molZnFe2Ox时转移电子(8-2x)mol C．除去SO2时，ZnFe2Ox在反应中表现了氧化性 D．“除杂”过程中有加入足量锌粉等操作，与锌粉反应的离子只有Pb2+和Cu2+ 【答案】B 【详解】A．浸取时，若将稀硫酸换成浓硫酸，浓硫酸将与Zn反应放出有毒有害的气体SO2，则为了提高酸浸效率，可以延长浸取时间，但不能将稀硫酸换成浓硫酸，A错误； B．已知ZnFe2O4中Zn为+2价，Fe为+3价，，ZnFe2Ox中Zn为+2价，Fe为+(x-1)价，故ZnFe2O4与反应制得1 mol ZnFe2Ox时转移电子为2×[3-(x-1)]=(8-2x)mol，B正确； C．除去SO2时，SO2与ZnFe2Ox反应生成S单质，故SO2被还原，即SO2表现出氧化性，则ZnFe2Ox在反应中表现了还原性，C错误； D．已知Fe3+的氧化性强于Cu2+，故“除杂”过程中有加入足量锌粉等操作，与锌粉反应的离子不只有Pb2+和Cu2+，还有Fe3+，D错误； 故合理选项是B。 8．关于相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，下列说法不正确的是(　　) A．溶液中所含离子的种类相同 B．溶液的pH相同 C．都能与盐酸反应放出CO2气体 D．都能使澄清石灰水变浑浊 【答案】B 【详解】A.NaHCO3溶液中既存在HCO3-的电离平衡、又存在HCO3-的水解平衡，Na2CO3溶液中存在CO32-的分步水解平衡，两溶液中都存在钠离子、氢离子、氢氧根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸分子、水分子，所含离子的种类相同，A正确； B.相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中，HCO3-的水解程度小于CO32-的水解程度，故NaHCO3溶液的碱性弱于Na2CO3溶液，两溶液的pH不同，错误； C.NaHCO3溶液和Na2CO3溶液都能与盐酸反应放出CO2气体，C正确； D.NaHCO3溶液和Na2CO3溶液都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，D正确； 故答案选B。 9．氘代氨()可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到：①与的水解反应；②与反应。下列说法不正确的是 A．和可用质谱法区分 B．和均为极性分子 C．方法①的化学方程式是 D．方法②得到的产品纯度比方法①的高 【答案】D 【详解】A．和的相对分子质量不同，可以用质谱法区分，A正确； B．和的H原子不同，但空间构型均为三角锥形，是极性分子，B正确； C．Mg3N2与D2O发生水解生成Mg(OD)2和ND3，反应方法①的化学方程式书写正确，C正确； D．方法②是通过中D原子代替中H原子的方式得到，代换的个数不同，产物会不同，纯度低，D错误； 故选D。 10．可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A．Y为反应物，W为生成物 B．反应制得，须投入 C．升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 【答案】B 【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是、、、。 【详解】A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确； B．在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误； C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确； D．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确； 故选B。 11．D是一种具有交联结构的吸附性高分子材料，其部分合成路线如下图。 下列说法不正确的是 A．A、B、C 生成D的反应是加聚反应 B．C中的核磁共振氢谱图吸收峰面积之比为2：1：1：1 C．D在碱性条件下水解可以生成NH3 D．生成 1mol D 参与反应的A、B 物质的量之比为1：1 【答案】B 【详解】A．由于BC中的碳碳双键，A是苯乙烯，故该反应是加聚反应，A正确； B．C有三种环境的氢，吸收峰面积之比为2：2：1，B错误； C．D在碱性条件下水解，C-N键断裂，—NH2结合H原子生成NH3，C正确； D． 从D的结构中可以看出，合成1molD，A使用了(m+n)mol，B使用了(m+n)mol，故生成 1mol D 参与反应的A、B 物质的量之比为1：1，D正确； 故选B。 12．下列依据相关数据作出的推理和判断中，不正确的是 A．依据相对分子质量的数据，推测乙醇和丙烷沸点的相对高低 B．依据溶解度的数据，选择用重结晶的方法可将粗苯甲酸提纯 C．依据沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等 D．依据燃烧热的数据、热化学方程式和盖斯定律，可计算一些反应的反应热 【答案】A 【详解】A．由于在乙醇分子中含有羟基，使分子之间存在氢键，增加了分子之间的相互作用力，所以不能依据相对分子质量的数据，推测乙醇和丙烷沸点的相对高低，错误； B．由于苯甲酸的溶解度受温度的影响变化较大，所以可选择用重结晶的方法可将粗苯甲酸提纯，正确； C．石油是多种物质的混合物，因为不同的物质沸点不同，沸点低的首先气化，沸点高的后气化，所以依据沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等，正确； D．依据燃烧热的数据、热化学方程式和盖斯定律，不仅可以计算一些能够直接发生反应的反应热，还可以计算不能直接发生反应的反应热，正确； 答案选A。 13．甲烷与氯气发生取代反应分别生成1mol相关有机物的能量变化如图所示： 已知Cl-Cl、C-Cl键能分别为、，下列说法不正确的是 A．与的取代反应是放热反应 B．的能量比的能量多99kJ C．，说明与的四步取代反应，难易程度相当 D． 【答案】B 【详解】A．与的取代反应的焓变小于0，则是放热反应，A正确； B．由图可知，和1mol氯气的能量之和比和1mol氯化氢的能量多99kJ，B错误； C．，说明与的四步取代反应的难易程度相当，C正确； D．已知CH4(g)+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)过程中断裂了1molC-H键，形成了1mol的H-Cl键，已知Cl—Cl的键能为243kJ·mol-1，C—Cl的键能为327kJ·mol-1，且有：CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g)=-99kJ/mol，即4E(C-H)+E(Cl-Cl)-3E(C-H)-E(C-Cl)-E(H-Cl)=-99kJ/mol，即E(C-H)+E(Cl-Cl)-E(C-Cl)-E(H-Cl)=-99kJ/mol，则E(C-H)+243kJ/mol-327kJ/mol-E(H-Cl)=-99kJ/mol，则E(C-H)-E(H-Cl)=-15kJ/mol，即CH4(g)+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)的△H=-15kJ/mol<0，D正确； 故选B。 14．某小组进行“反应物浓度对反应速率影响”实验研究。分别取不同浓度的葡萄糖溶液和溶液于试管中，再依次向试管中滴加酸性溶液，通过色度计监测溶液透光率随时间的变化关系。实验结果如图所示。 已知：(1)溶液透光率与溶液中显色微粒的浓度成反比。 (2)酸性溶液与溶液反应时，某种历程可表示如图。 下列说法中不合理的是 A．从图1可知，该实验条件下，葡萄糖溶液浓度越大，反应速率越大 B．理论上，和的反应中参与反应的 C．图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成有催化作用的物质有关 D．图2中溶液浓度不同时，数据呈现的原因是：随浓度增大，反应历程中①、②、③、④速率均减小 【答案】D 【详解】A．由图1，葡萄糖浓度越大，透光率上升越快，由已知(1)，即高锰酸根浓度下降越快，故反应速率越大，A正确； B．高锰酸钾氧化草酸，生成二价锰离子和二氧化碳，锰化合价从+7变为+2，得5个电子，碳化合价+3变为+4,1个草酸分子失2个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，KMnO4和H2C2O4的反应中参与反应的n(KMnO4)：n(H2C2O4)=2：5，B正确； C．由历程图，Mn2+可以作为高锰酸钾和草酸反应的催化剂，故图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成Mn2+有催化作用有关，C正确； D．随H2C2O4浓度增大，草酸根浓度增大，反应历程①中，草酸根是反应物，随浓度增大，历程①速率是增大的，故D错误； 本题选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（10分）氟化镁钾()是一种具有优良光学性能的材料，其晶胞结构如下。以该晶胞结构为基础，将相似离子取代或部分取代，可合成多种新型材料。 (1)晶体中，每个位于 个距离最近的F—构成的 空隙中，填选项字母 。 a．3三角形　　　　b．4正四面体　　　　c．6正八面体　　　　d．8立方体 (2)半径与接近，将部分由取代，可以带来电荷不平衡性和反应活性，从而合成新型催化剂材料。 ①基态价电子的轨道表示式为 。 ②某实验室合成新型催化剂材料(是平衡电荷引入的填隙阴离子，不破坏原有晶胞结构)，已知晶胞棱长为a，若要合成厚度为301、面积为1的催化剂材料，理论上需要掺杂的约为 。(，，设阿伏加德罗常数约为) (3)我国科研工作者以晶体结构为框架，依据“体积匹配原则”合成了具有独特电学性能的晶体。其框架中的由取代，位置嵌入有机阳离子，位置沿棱方向嵌入直线型。已知与的结构简式如下： ①中心N原子的杂化方式为 。 ②的转动不会影响晶体骨架，这是因为除离子键外，该晶体中微粒间还存在着其他相互作用，如邻近的与之间还存在着 ，上述相互作用不会随的转动改变。 (4)与镁离子半径接近的锂离子在可充电电池中应用广泛，如、等可作为聚乙二醇锂离子电池的电极材料。电池放电时，沿聚乙二醇分子中的碳氧链向正极迁移的过程如图所示(图中阴离子未画出)。 ①从原子结构的角度解释锂离子半径与镁离子半径接近的原因 。 ②从化学键角度看，迁移过程发生 (填“物理”或“化学”)变化。 ③相同条件下，电极材料中的迁移速率比中的快，原因是 。 【答案】(1)c (2) (3) sp 配位键 (4) 电子层数：，但核电荷数：，两离子的原子核对最外层电子的吸引力相近，故两者离子半径相近 化学 和均为离子化合物，结构相似，阴阳离子带电量均相同，离子半径大，阴阳离子间吸引力更弱，所以更易迁移 【详解】（1）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镁离子与棱上的氟离子距离最近，则镁离子位于6个距离最近的氟离子构成的正八面体空隙中，故选c； （2） ①铁元素的原子序数为26，基态铁离子的价电子排布式为3d5，轨道表示式为，故答案为：； ②由题意可知，晶胞的体积为(10—9a)3m3=10—27a3m3，催化剂材料的体积为0.3×10—3m×1m2=3×10—4 m3，则晶胞的物质的量约为=mol，理论上需要掺杂的铁离子物质的量为mol×0.2= mol，故答案为：； （3）①由图可知，离子中中心氮原子的价层电子对数为2，杂化方式为sp杂化，故答案为：sp； ②锰离子中存在空轨道，能与具有孤对电子的离子形成配位键，故答案为：配位键； （4）①锂离子的电子层数为2，小于电子层数为3的镁离子，但锂离子的核电荷数小于镁离子，所以两离子的原子核对最外层电子的吸引力相近，两者离子半径相近，故答案为：电子层数：，但核电荷数：，两离子的原子核对最外层电子的吸引力相近，故两者离子半径相近； ②由图可知，从锂离子迁移过程中有新物质生成，发生的变化为化学变化，故答案为：化学； ③和均为离子化合物，结构相似，阴阳离子带电量均相同，而离子半径大，阴阳离子间吸引力更弱，所以相同条件下更易迁移，故答案为：和均为离子化合物，结构相似，阴阳离子带电量均相同，离子半径大，阴阳离子间吸引力更弱，所以更易迁移。 16．（11分）大气中含量的控制和资源化利用具有重要意义。 (1)还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： Ⅰ： Ⅱ： 反应 (2)工业上可利用制备：   ①时，该反应的平衡常数，该温度下某时刻测得体系内四种物质的浓度均为，则此时 (填“>”“=”或“<”)。 ②提高反应速率且增大的平衡产率，可采取的措施 。 A．升高反应温度 B．使用合适的催化剂 C．增大体系压强 D．从平衡体系中及时分离出 (3)一种捕获并实现资源利用的反应原理如图1所示。反应Ⅰ完成之后，以为载气，将恒定组成的混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，推测发生了副反应(反应Ⅲ)：。 ①反应Ⅱ的化学方程式为 。 ②时间段内，反应Ⅱ速率减小至0的原因 。 ③时刻，反应II和反应Ⅲ生成的速率之比为 。 (4)在铜基配合物的催化作用下，利用电化学原理可将转化为碳基燃料(包括、烷烃和羧酸等)，其装置原理如图所示。 ①图中生成甲酸的电极反应式为 。 ②当有通过质子交换膜时，理论上最多生成的质量为 。 【答案】(1) (2) > C (3) 催化剂表面不断被积碳覆盖直至反应II无法进行(或其他合理答案) 3：1 (4) 4.6g 【详解】（1）由盖斯定律可知，(Ⅱ-Ⅰ)×2可得=。 （2）①时，该反应的平衡常数，该温度下某时刻测得体系内四种物质的浓度均为，Q=，平衡正向进行，>； ②该反应是气体体积减小的放热反应， A．升高反应温度，平衡逆向移动，的平衡产率减小，A不选； B．催化剂不能增大的平衡产率，B不选； C．增大压强可以提高反应速率且增大的平衡产率，C选； D．从平衡体系中及时分离出，平衡正向移动，的平衡产率增大，但反应速率减慢，D不选； 故选C。 （3）①根据图1，反应Ⅱ的反应物为CaCO3和CH4，产物为CaO、CO和H2，可写出反应Ⅱ的化学方程式； ②时间段内，反应Ⅱ速率减小至0的原因为：催化剂表面不断被积碳覆盖直至反应II无法进行(或其他合理答案)； ③由图可知，时刻，CO的气体流速为1.5mmol·min-1，由反应Ⅱ可知，生成H2的气体流速为1.5mmol·min-1，而实际上H2的气体流速为2mmol·min-1，说明副反应生成H2的流速为0.5 mmol·min-1，则反应II和反应Ⅲ生成的速率之比为1.5:0.5=3:1。 （4）①由图可知，Pt电极氧元素价态升高失电子，故Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，石墨烯电极为阴极，电极反应式为； ②当有通过质子交换膜时，转移0.2mol电子，生成0.1molHCOOH，质量为0.1mol×46g/mol=4.6g。 17．（11分）多聚二磷酸腺苷核糖聚合酶抑制剂奥拉帕尼(J)的合成路线如下 已知：ⅰ. ⅱ. (1)A为芳香族酯类化合物，A→B的化学方程式为 。 (2)B→C的化学方程式为 。 (3)C→D发生了两步反应，反应类型依次为加成反应、 。 (4)试剂a中含有的官能团有―CN、 。 (5)下列说法正确的是 。 a．A的一种同分异构体既能发生银镜反应，又能遇溶液发生显色反应 b．H能与溶液反应 c．H→I的过程可能生成一种分子内含有7个六元环的副产物 d．I→J的过程利用了的碱性 (6)E经多步转化可得到G，路线如下。 M分子中含有2个六元环，P分子中含有3个六元环。M和P的结构简式分别为 、 。 【答案】(1) (2) (3)取代反应 (4)-F、-CHO (5)bcd (6) 【分析】 结合流程以及分子式可推知A为，A在酸性条件下水解生成B，B中的醇结构在Cu催化下被氧化为C，C先发生加成反应再发生取代反应生成D，D和反应生成E，E与N2H4反应生成G，G中-CN结构在一定条件下转化为-COOH而生成H，H再发生取代反应生成I，I再次发生取代反应生成J。 【详解】（1） 据分析，A为再酸性条件下发生水解，方程式为； （2） B为，再Cu作催化剂条件下被氧气氧化生成，方程式为； （3）据分析，C→D发生了两步反应，反应类型依次为加成反应、取代反应； （4） 试剂a为，其官能团除了-CN外还有-CHO和-F； （5） a．A的结构简式为除去苯环外不饱和度为2，只有2个C，不可能同时存在醛基和酚羟基的同分异构体，a错误； b．H中有-COOH能与溶液反应，b正确； c．H→I的过程2分子H与1分子脱水生成的分子内含有7个六元环，c正确； d．I→J的过程利用了的碱性，将生成的HCl消耗，使反应平衡正向移动，d正确。 故选bcd。 （6） E为和N2H4发生取代反应生成M，再发生异构化生成N，N分子内部羰基发生加成反应生成P，P中脱去1分子水得到G。 18．（12分）工业利用软锰矿进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2的工艺流程如图所示。软锰矿的主要成分是MnO2，还含有FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、ZnO、NiO、SiO2等物质。 已知：各金属离子沉淀的pH如下： 开始沉淀 8.8 7.5 2.2 4.1 9.6 6.5 6.4 完全沉淀 10.8 9.5 3.5 5.4 11.6 8.5 8.4 (1)反应前，需先将软锰矿石粉碎制成软锰矿浆，其目的是 。 (2)“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2的化学方程式为 。 (3)向浸出液中添加适量MnO2的作用是 ；调节pH时应不低于 。 (4)已知滤渣1的主要成分为SiO2，则除杂时，滤渣2的主要成分为 。 (5)“沉锰”的离子方程式为 。 (6)“沉锰”过程中pH和温度对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。 ①由图可知，“沉锰”的适宜条件是 。 ②45℃以上时，随温度升高，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是： 。 (7)为测定所得MnSO4的纯度，称取上述样品ag加入适量H2SO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+后，配制为100mL溶液。取20.00mL该溶液，用cmol/L的FeSO4溶液进行滴定，发生反应：Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+，达到滴定终点时消耗FeSO4溶液VmL则MnSO4纯度= 。[已知：M(MnSO4)=151g/mol]。 【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率 (2)MnO2+SO2=MnSO4 (3) 将Fe2+氧化为Fe3+，利于后续转化为Fe(OH)3沉淀除去 5.4 (4)NiS、ZnS (5)Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O (6) 45℃ pH=7.5 45℃以上时，随温度升高，NH4HCO3分解，下降，Mg2+沉淀率下降；同时，随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，Mg2+沉淀率增大 (7) 【分析】软锰矿的主要成分是MnO2，还含有FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、ZnO、NiO、SiO2等物质，SiO2、MnO2与硫酸不反应，硫酸酸化的软锰矿浆中含有Fe3+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+和SiO2、MnO2，通入含有SO2的烟气将二氧化硫吸收，二氧化硫与软锰矿浆中的MnO2作用生成生成Mn2+和，过滤后形成含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、等的浸出液，二氧化硅不反应经过滤成为滤渣1，向浸出液中加入MnO2，将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水，调节pH值，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，再向浸出液中加入硫化铵把Zn2+、Ni2+转化为NiS和ZnS沉淀除去，过滤后得到的滤渣2为NiS和ZnS，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，向碳酸锰中加入硫酸得到硫酸锰，向含有Mg2+的溶液通入氨气，得到氢氧化镁，据此分析解题。 【详解】（1）反应前，需先将软锰矿石粉碎制成软锰矿浆，可以增大接触面积，提高反应速率，故答案为：增大接触面积，提高反应速率； （2）“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2即MnO2和SO2反应生成MnSO4，该反应的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4，故答案为：MnO2+SO2=MnSO4； （3）由分析可知，加入适量MnO2的作用是将“浸出液”中的Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为MnO2+Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，加入氨水，调节pH值，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，由图干表中数据可知，Al3+完全沉淀时pH=5.4，Fe3+完全沉淀时pH=3.5，则调节pH时应不低于5.4，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，利于后续转化为Fe(OH)3沉淀除去；5.4； （4）由分析可知，已知滤渣1的主要成分为SiO2，则除杂时，滤渣2的主要成分为NiS、ZnS，故答案为：NiS、ZnS； （5）向过滤后的滤液中加入碳酸氢铵和氨水，得到碳酸锰沉淀和含有Mg2+的溶液，说明锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，该反应的离子方程式为：Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O，故答案为：Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O； （6）①由图可知，温度45℃左右、pH=7.5左右锰离子的沉淀率最高，“沉锰”的合适条件是45℃、pH=7.5，故答案为：45℃、pH=7.5； ②当温度高于45℃时，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是：“沉锰”要加入碳酸氢铵，铵盐受热易分解，当温度高于45℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c()下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大，故答案为：45℃以上时，随温度升高，NH4HCO3分解，c()下降，Mg2+沉淀率下降；同时，随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，Mg2+沉淀率增大； （7）由反应方程式：Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+可知，n(Mn2+)=n(Mn3+)=n(Fe2+)=cV×10-3mol，即样品中n(MnSO4)=cV×10-3mol×=5cV×10-3mol，则MnSO4纯度==，故答案为：。 19．（14分）以溶液、浓盐酸为腐蚀液，能将覆铜板上不需要的铜腐蚀。某小组对此反应过程进行探究。 资料：i．水溶液中：呈无色；呈黄色；呈棕色。 ii．；CuCl为白色固体，难溶于水。 将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下： 实验 溶液a 现象 Ⅰ 溶液（） 产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉剩余 Ⅱ 浓盐酸（） 产生无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉剩余 Ⅲ 溶液（）和浓盐酸（） 溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余 (1)Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式是 。 (2)对于实验Ⅱ的现象进行分析。 ①经检验Ⅱ中气体为。分析气体产生的原因，进行实验：将溶液加到铜粉中，溶液慢慢变蓝，未检测到。 依据电极反应式，分析产生的原因 。 ②Ⅱ中溶液变为黄色，用离子方程式解释可能原因 。 (3)对比实验Ⅰ、Ⅲ，分析实验Ⅲ中将溶液a加到铜粉中未产生白色沉淀的原因。 ①假设1：增大，白色沉淀不能稳定存在。 实验验证：取Ⅰ中洗涤后的沉淀，加入饱和NaCl溶液，白色沉淀溶解。结合平衡移动原理解释沉淀溶解的原因 。 ②假设2：增大，白色沉淀不能稳定存在。 实验验证： （填操作和现象），证实假设2不合理。 (4)实验Ⅱ、Ⅲ对比，实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡。分析可能原因 。 (5)结合现象和化学反应原理解释选择与浓盐酸的混合液而不单独选择溶液或浓盐酸做腐蚀液的原因 。 【答案】(1)Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl (2) Cu-e-=Cu+，Cu++3Cl-=，降低了c(Cu+)，提高了Cu的还原性，使得Cu可以将H+还原为H2 4+4H++O2+4Cl-=4+2H2O (3) c(Cl-)增大，平衡CuCl+2Cl-正向移动 取I中洗涤后的沉淀，加入5mol/L的H2SO4溶液，沉淀不溶解 (4)此条件下Cu2+或的氧化性强于H+ (5)单独使用CuCl2溶液，产生CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；单独使用盐酸，反应速率慢 【分析】往溶液（）中加铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液蓝色变浅；往浓盐酸（）中加铜粉，生成氢气和、然后生成使溶液呈黄色、较长时间后生成使溶液呈棕色；往溶液（）和浓盐酸（）混合溶液中加铜粉，生成使溶液呈棕色，然后随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余。 【详解】（1）往溶液（）中加铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液蓝色变浅，则Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl； （2）①据实验的现象可知，产生的无色气泡为氢气，无色溶液为的溶液，所以应是Cu-e-=Cu+，Cu++3Cl-=，降低了c(Cu+)，提高了Cu的还原性，使得Cu可以将H+还原为H2； ②的溶液呈黄色，Ⅱ中溶液变为黄色，即生成了，其反应的离子方程式为：4+4H++O2+4Cl-=4+2H2O； （3）①由于c(Cl-)增大，使得平衡CuCl+2Cl-正向移动，所以白色沉淀溶解； ②要验证是否是因为增大，而使白色沉淀不能稳定存在，可以取I中洗涤后的沉淀，加入5mol/L的H2SO4溶液，看沉淀是否溶解，若沉淀不溶解，则不是因为增大引起； （4）实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡，其可能原因为：此条件下Cu2+或的氧化性强于H+，所以Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡； （5）若单独使用CuCl2溶液，则产生的CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；若单独使用盐酸，则反应速率慢，所以选择与浓盐酸的混合液而不单独选择溶液或浓盐酸做腐蚀液。 试卷第2页，共22页 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$