精品解析：北京市陈经纶中学2025-2026学年高三上学期12月月考化学试题

2025北京陈经纶中学高三12月月考 化 学 (考试时间90分钟 满分100分) 可能用到的相对原子量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cu-64 Zn-65 Sn-119 第一部分 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. 下列事实与水解反应无关的是 A. 油脂在碱性溶液中进行皂化反应 B. 葡萄糖与银氨溶液发生银镜反应 C. 核酸在酶的作用下转化为核苷和磷酸 D. 明矾可作净水剂 2. 下列化学用语表述不正确的是 A. 用电子式表示Cl2的形成： B. 用电子云轮廓图示意p-p π键的形成： C. NaCl溶液中的水合离子： D. Cl2中共价键的电子云图： 3. 下列利用相关数据作出的推理或判断一定正确的是 A. 利用平衡常数判断反应进行的程度大小 B. 利用溶液的pH判断该溶液的酸碱性 C. 利用焓变数据判断反应能否自发进行 D. 利用原子半径的数据，可推断元素的主要化合价 4. 下列关于Na2CO3和NaHCO3的比较中，说法不正确的是 A. NaHCO3固体受热容易分解，而Na2CO3固体受热不容易分解 B. 等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的盐酸反应，前者消耗盐酸的物质的量比后者多 C. 向等体积等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中分别滴加2滴酚酞溶液，前者颜色比后者深 D. Na2CO3溶液和NaHCO3溶液分别与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式相同 5. 下列化学反应与方程式相符的是 A. 工业废水中的Pb2+用FeS去除：Pb2++S2-= PbS↓ B. 四氯化钛水解： C. 硝酸工业中NH3的氧化反应： D. 硫化钠溶液在空气中氧化变质： 6. 酒石酸是一种有机弱酸，其分子结构模型如图。下列说法不正确的是 A. 酒石酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H B. 酒石酸中碳原子有、两种杂化方式 C. 酒石酸最多能与金属钠发生反应 D. 常温下，酒石酸氢钾水溶液，说明酒石酸氢根的电离程度大于其水解程度 7. 下列实验的对应操作或装置中，正确的是 A.制备Fe(OH)3胶体 B.实验室制备并收集氨气 C.测量Cl2的体积 D.二氧化锰和浓盐酸反应制氯气 A. A B. B C. C D. D 8. CO2的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用 CO2为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。 已知：反应①中无其他产物生成。 下列说法不正确的是 A. CO2 与X 的化学计量比为 1∶2 B. P 完全水解得到的产物的分子式和 Y 完全水解得到的产物的分子式相同 C. P 可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构 D. P 中含有三种官能团 9. 锌铁液流电池由于安全、稳定、电解液成本低等优点成为电化学储能热点技术之一，如图为以/Zn和Fe(CN)/Fe(CN)作为电极氧化还原电对的碱性锌铁液流电池放电时的工作原理示意图。已知：聚苯并咪唑(PBI)膜允许OH-离子通过。下列说法错误的是 A. 1molFe(CN)含有σ键的数目为12NA B. 放电过程中，当有2mol电子转移时，负极区电解液增重65g C. 充电过程中，阴极区的溶液pH逐渐增大 D. 充电过程中，总反应为+2Fe(CN)=2Fe(CN)+Zn+4OH- 10. 利用黄铜矿(主要成分为 CuFeS2，含有 SiO2 等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 下列叙述中不正确的是 A. 矿石在焙烧前需粉碎，其作用是增大接触面积，加快反应速率 B. (NH4)2SO4受热分解的反应为：(NH4)2SO4 = 2NH3↑ + SO3↑ + H2O↑，其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO3 C. 过量铁粉的目的是通过置换反应获得铜单质 D. 电解粗铜过程中，阳极粗铜减少的质量小于阴极纯铜增加的质量 11. 室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随变化关系如下图[例如。已知：。 下列说法正确的是 A. 曲线②代表S2- B. 溶解度：FeS大于Fe(OH)2 C. 以酚酞为指示剂(变色的范围8.2~10.0)，用NaOH标准溶液可滴定H2S水溶液的浓度 D. 0.010 mol/L的FeCl2溶液中加入等体积0.20 mol/L的Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2 12. 已知1，3-丁二烯与HBr加成的能量-反应进程图如图所示(图中、、表示各步正向反应的焓变)。下列说法不正确的是 A. 选择相对较低的温度，并在较短时间及时分离可获得较高产率的1，2-加成产物 B. 增大溴离子浓度可以提高整体反应的速率 C. 根据该反应可推测，1，3，5-己三烯与HBr在高温下反应的主要产物应为CH3CH=CHCH=CHCH2Br D. 1，3-丁二烯与HBr发生1，2-加成的反应热为，发生1，4-加成的反应热为 13. 室温下，通过下列实验探究的性质。已知：， 。 实验1：将气体通入水中，测得溶液。 实验2：将等体积、浓度均为溶液与新制溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的溶液，振荡，出现白色沉淀。 实验3：将气体通入溶液中，当溶液时停止通气。 实验4：将气体通入酸性溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 下列说法不正确的是 A. 实验1所得溶液中存在 B. 实验2中BaCl2溶液与溶液混合后出现的白色浑浊含有 C. 实验3所得溶液经蒸干、灼烧制得固体 D. 实验4所得溶液中： 14. 某小组同学为探究Zn与FeCl3溶液的反应，设计并完成了如下实验。下列选项不正确的是 实验 条件 现象 ⅰ 18℃ 无明显气泡，0.5 min后有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深，存在丁达尔现象，向混合后的溶液中加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成 ⅱ 65℃水浴 有气泡产生，12 s后，气泡非常明显，溶液很快转为红棕色，一段时间后，红棕色消失，最后产生红棕色沉淀 A. FeCl3 溶液pH=1.5的原因是溶液中存在水解平衡3H2O+Fe3+3H++Fe(OH)3 B. i和ii均先有气体生成，原因可能是此实验条件下氧化性：H+>Fe3+。 C. ii比i反应快的主要影响因素包括温度和反应物的浓度。 D. 若将锌粒改用锌粉进行实验，预测实验现象为气泡产生缓慢且溶液褪色明显。 第二部分：非选择题 15. Zn、Cu配合物在光电子领域有重要用途。 （1）酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁是一个大环化合物，环内有一个空穴，可以容纳锌、铜等金属元素，并结合生成金属配合物。 ①酞菁分子结构如图1，分子中所有原子共平面，标记处N原子采取_______杂化。  ②邻苯二甲酸酐( )和邻苯二甲酰亚胺( )都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是_______。  ③Zn2+取代了位于该平面分子中心的两个氢原子，并与N原子形成配位数为4的化合物，请在图2中补全该配位化合物的结构简式_______。 ④ 酞菁的铜配合物也具有类似结构，Cu与Zn相比，第二电离能更大的是_______，原因是_______。  （2）含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。下图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。 ①基态S原子的价电子中，自旋状态相反的两种电子的数目比为_______。 ② 该物质的化学式为_______。  ③已知阿伏伽德罗常数为NA，该晶胞密度为g·cm−3，晶胞的高为a nm。则该晶胞的底面正方形边长为_______nm。(1 nm=10−9 m) 16. 硫酸是一种重要的工业原料，可采用不同的方法制备硫酸。 方法一：工业上曾用铅室法制硫酸，铅室法使用了大容积铅室制备硫酸，主要反应过程如下： （1）NO2的作用为___________。 （2）硝化法利用氮氧化物的循环转化，主要反应为： ① NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) ΔH= -41.8 kJ·mol-1 ② 2NO(g)+O2(g)2 NO2 (g) ΔH= -113.0 kJ·mol-1 SO2和O2反应生成SO3的热化学方程式 ___________。 方法二：接触法制硫酸，流程如下。 （3）接触室中发生的反应式是___________，如何证明是可逆反应___________。 （4）为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制不同转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如图，下列说法正确的是___________。 A. 温度越高，反应速率越大 B. α=0.88的曲线代表平衡转化率 C. α越大，反应速率最大值对应温度越低 D. 可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度 方法三：我国古籍记载了硫酸的制备方法“炼石胆(CuSO4·5H2O) 取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(物质质量随温度的变化)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。 （5）请分析400℃所得固体产物为___________。 （6）700℃左右有两个吸收峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、___________和___________。 17. 镇静药物氯硝西泮的一种合成路线如下。 已知： （1）化合物名称是___________。 （2）化合物D的结构简式是___________。 （3）由乙酸制备A的化学方程式为___________。 （4）判断并解释化合物、的碱性强弱___________。 （5）写出G→H的化学方程式___________。 （6）下列说法不正确的是___________。 A. 制备化合物D的过程中，采用了保护氨基的方法 B. 化合物E中的N原子有两种杂化方式 C. 制备化合物F的过程中，采用过量的有利于提升产率 D. 化合物H→氯硝西泮的反应类型为取代反应 （7）写出2种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式___________、___________。 ①分子中含有二取代的苯环。 ②谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无碳氧单键。 18. I、火法炼铜得到的铜必须经过电解精炼才能用于电气制造等。 （1）Cu属于___________区元素，其基态原子的价电子排布式为___________。 （2）关于电解精炼铜，下列叙述中正确的是___________。 A． 电解时以精铜作阳极 B． 电解时阴极上发生的反应为Cu2++2e- = Cu C． 电解时，溶液中c(Cu2+)不变 II、铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ②  ； ③易从溶液中结晶析出； ④不同温度下的溶解度如下： 温度℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： （3）“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为___________； （4）“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的： ①在“氧化酸浸”工序中，运用平衡移动原理解释加入适量的原因___________。 ②在“除金”工序溶液中，为确保银元素没有损失，浓度不能超过___________。 （5）在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示。 请写出转化为的方程式___________，并计算出平衡常数___________。 （6）滤液4中溶质主要成分为___________ (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是___________。 19. 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分析气体产生的原因。 小组同学从氧化还原规律角度认为实验Ⅱ中不应该生成，理论依据是___________；并进行实验验证：将溶液加到铜粉中，确实未检测到。 但是经检验Ⅱ中气体为。依据电极反应式分析的角度，试分析实验Ⅱ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___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025北京陈经纶中学高三12月月考 化 学 (考试时间90分钟 满分100分) 可能用到的相对原子量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cu-64 Zn-65 Sn-119 第一部分 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. 下列事实与水解反应无关的是 A. 油脂在碱性溶液中进行皂化反应 B. 葡萄糖与银氨溶液发生银镜反应 C. 核酸在酶的作用下转化为核苷和磷酸 D. 明矾可作净水剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．油脂在碱性溶液中进行皂化反应是酯的水解反应，生成甘油和脂肪酸盐，因此与水解有关，A不符合题意； B．葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，葡萄糖与银氨溶液发生银镜反应是醛基的氧化还原反应，不涉及水的加入或键的水解断裂，因此与水解无关，B符合题意； C．核酸在酶的作用下转化为核苷和磷酸涉及磷酸二酯键的水解断裂，因此与水解有关，C不符合题意； D．明矾作净水剂是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附杂质，因此与水解有关，D不符合题意； 故选B。 2. 下列化学用语表述不正确的是 A. 用电子式表示Cl2的形成： B. 用电子云轮廓图示意p-p π键的形成： C. NaCl溶液中的水合离子： D. Cl2中共价键的电子云图： 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯气分子是两个Cl原子通过共用电子对形成共价键，电子式表示Cl2的形成：，A正确； B．p-p π键是两个p轨道以肩并肩的方式重叠成键，，B正确； C．水分子中O原子带部分负电荷，H原子带部分正电荷；阳离子带正电，应该是带负电的O一端朝向阳离子，阴离子带负电，应该是带正电的H一端朝向阴离子，C错误； D．Cl2中的共价键是p-p σ键，为头碰头重叠，重叠后电子云沿键轴对称分布，σ键电子云，D正确； 故选C。 3. 下列利用相关数据作出的推理或判断一定正确的是 A. 利用平衡常数判断反应进行的程度大小 B. 利用溶液的pH判断该溶液的酸碱性 C. 利用焓变数据判断反应能否自发进行 D. 利用原子半径的数据，可推断元素的主要化合价 【答案】A 【解析】 【详解】A．平衡常数是反应达到平衡时生成物与反应物浓度幂之积的比值，K值越大表示反应正向进行的程度越大，因此利用平衡常数可以准确判断反应进行的程度大小，A正确； B．溶液酸碱性由溶液中和浓度的相对大小决定，pH是溶液中氢离子浓度的负对数，用于量化溶液的酸碱性（必须结合温度），如25°C水溶液中，pH<7为酸性，pH>7为碱性，B错误； C．反应能否自发进行由吉布斯自由能变判断，焓变只是影响因素之一，不能仅通过焓变判断反应能否自发，C错误； D．元素的主要化合价由原子最外层电子数决定，原子半径和元素化合价没有必然对应关系，无法通过原子半径推断元素主要化合价，D错误； 故选A。 4. 下列关于Na2CO3和NaHCO3的比较中，说法不正确的是 A. NaHCO3固体受热容易分解，而Na2CO3固体受热不容易分解 B. 等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的盐酸反应，前者消耗盐酸的物质的量比后者多 C. 向等体积等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中分别滴加2滴酚酞溶液，前者颜色比后者深 D. Na2CO3溶液和NaHCO3溶液分别与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．碳酸氢钠受热分解，但碳酸钠不分解，A正确，不符合题意； B．1mol碳酸钠消耗2mol盐酸，1mol碳酸氢钠消耗1mol盐酸，B正确，不符合题意； C．等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液中，碳酸根离子水解程度大，碱性强，加入酚酞颜色深，C正确，不符合题意； D．碳酸钠在离子方程式中写成碳酸根离子，碳酸氢钠在离子方程式中写成碳酸氢根离子，所以与氢氧化钡反应的离子方程式不同，D错误，符合题意； 故选D。 5. 下列化学反应与方程式相符的是 A. 工业废水中的Pb2+用FeS去除：Pb2++S2-= PbS↓ B. 四氯化钛水解： C. 硝酸工业中NH3的氧化反应： D. 硫化钠溶液在空气中氧化变质： 【答案】B 【解析】 【详解】A．FeS是难溶电解质，不能拆分为，离子方程式为，A错误； B．四氯化钛为强酸弱碱盐，且完全水解方程式：，B正确； C．硝酸工业中催化氧化的产物是NO（不是氮气），正确反应为，C错误； D．硫化钠溶液呈碱性，反应物中不可能大量存在，正确离子方程式：，D错误； 故选B。 6. 酒石酸是一种有机弱酸，其分子结构模型如图。下列说法不正确的是 A. 酒石酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H B. 酒石酸中碳原子有、两种杂化方式 C. 酒石酸最多能与金属钠发生反应 D. 常温下，酒石酸氢钾水溶液，说明酒石酸氢根的电离程度大于其水解程度 【答案】C 【解析】 【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；酒石酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H，故A正确； B．酒石酸中饱和碳原子为杂化，羧基中碳原子为杂化，故B正确； C．羧基和羟基均可以和钠单质反应，故酒石酸最多能与金属钠发生反应，故C错误； D．常温下，酒石酸氢钾水溶液，说明酒石酸氢根的电离程度大于其水解程度，导致氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故D正确； 故选C。 7. 下列实验的对应操作或装置中，正确的是 A.制备Fe(OH)3胶体 B.实验室制备并收集氨气 C.测量Cl2的体积 D.二氧化锰和浓盐酸反应制氯气 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．制备胶体的正确操作是：将饱和溶液逐滴加入沸水中，加热至液体呈红褐色即可，不可用玻璃棒搅拌，A错误； B．实验室用和固体加热制氨气，收集装置错误：氨气密度比空气小，应采用向下排空气法，收集试管放置错误，B错误； C．用排饱和食盐水法测量体积时，需要短管进气，长管排水，才能将瓶中溶液压入量筒，通过排出饱和食盐水的体积得到氯气体积，C正确； D．二氧化锰和浓盐酸反应制氯气需要加热条件，D错误； 故选C。 8. CO2的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用 CO2为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。 已知：反应①中无其他产物生成。 下列说法不正确的是 A. CO2 与X 的化学计量比为 1∶2 B. P 完全水解得到的产物的分子式和 Y 完全水解得到的产物的分子式相同 C. P 可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构 D. P 中含有三种官能团 【答案】D 【解析】 【分析】X为1,3-丁二烯，分子式，题干说明反应①无其他产物，符合原子守恒：，Y自身开环聚合生成P，据此分析； 【详解】A．与X化学计量比为，A正确； B．Y是内酯，完全水解得到1分子含羟基、羧基的不饱和羧酸；P是Y开环聚合得到的聚酯，P完全水解后，每个水解产物和Y水解产物的结构、分子式都相同，B正确； C．P的每个重复单元都含有碳碳双键，碳碳双键可发生加成反应，能够进一步交联形成网状结构，C正确； D．P中的官能团只有酯基和碳碳双键，D错误； 故选D。 9. 锌铁液流电池由于安全、稳定、电解液成本低等优点成为电化学储能热点技术之一，如图为以/Zn和Fe(CN)/Fe(CN)作为电极氧化还原电对的碱性锌铁液流电池放电时的工作原理示意图。已知：聚苯并咪唑(PBI)膜允许OH-离子通过。下列说法错误的是 A. 1molFe(CN)含有σ键的数目为12NA B. 放电过程中，当有2mol电子转移时，负极区电解液增重65g C. 充电过程中，阴极区的溶液pH逐渐增大 D. 充电过程中，总反应为+2Fe(CN)=2Fe(CN)+Zn+4OH- 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，Zn失去电子生成，则Zn作负极，电极反应式：；惰性电极为正极，得电子生成，电极反应式： ； 【详解】A．在配合物Fe(CN)中，与铁离子间形成6个配位键，每个有一个键，所以1mol Fe(CN)含有σ键的数目为12NA，故A正确； B．Zn作负极，电极反应式：，转移2mol电子时溶解1mol Zn，同时溶液中的阴离子透过聚苯并咪唑(PBI)膜向阴极移动，则负极区电解液增重大于65g，故B错误； C．充电过程中，Zn是阴极，电极方程式为：，反应过程中生成，所以阴极区的溶液pH逐渐增大，故C正确； D．根据分析可知，充电过程中总反应：，故D正确； 答案选B。 10. 利用黄铜矿(主要成分为 CuFeS2，含有 SiO2 等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 下列叙述中不正确的是 A. 矿石在焙烧前需粉碎，其作用是增大接触面积，加快反应速率 B. (NH4)2SO4受热分解的反应为：(NH4)2SO4 = 2NH3↑ + SO3↑ + H2O↑，其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO3 C. 过量铁粉的目的是通过置换反应获得铜单质 D. 电解粗铜过程中，阳极粗铜减少的质量小于阴极纯铜增加的质量 【答案】B 【解析】 【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，溶液A的主要溶质为硫酸铵，可以循环利用；固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液C和含SiO2的滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4（滤液E），粗铜再精炼可以得到纯铜。 【详解】A．粉碎矿石可以增大反应物接触面积，加快反应速率，A正确； B．中S为+6价，分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4，B错误； C．根据分析，滤液C含CuSO4，与Fe反应的离子方程式为Cu2++Fe=Fe2++Cu，可以得到铜单质，C正确； D．粗铜中杂质含Fe，阳极处、放电，而阴极处只有放电；根据电极反应式和得失电子守恒，阳极溶解的Fe（相对原子质量56）、Cu的质量小于阴极析出的Cu（相对原子质量64），则阳极减少质量小于阴极增加质量，D正确； 故选B。 11. 室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随变化关系如下图[例如。已知：。 下列说法正确的是 A. 曲线②代表S2- B. 溶解度：FeS大于Fe(OH)2 C. 以酚酞为指示剂(变色的范围8.2~10.0)，用NaOH标准溶液可滴定H2S水溶液的浓度 D. 0.010 mol/L的FeCl2溶液中加入等体积0.20 mol/L的Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2 【答案】C 【解析】 【分析】在H2S溶液中存在电离平衡：H2SH++HS-、HS-H++S2-，随着pH的增大，H2S的物质的量分数逐渐减小，HS-的物质的量分数先增大后减小，S2-的物质的量分数逐渐增大，图中线①、②、③依次代表H2S、HS-、S2-的物质的量分数随pH的变化，由①和②交点的pH=7可知Ka1(H2S)=1×10-7，由②和③交点的pH=13.0，可知Ka2(H2S)=1×10-13，据此分析； 【详解】A．根据分析，曲线③代表S2-，A错误； B．FeS的溶解平衡为FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，饱和FeS溶液物质的量浓度为=mol/L=×10-9mol/L，Fe(OH)2的溶解平衡为Fe(OH)2Fe2+(aq)+2OH-(aq)，饱和Fe(OH)2溶液物质的量浓度为=mol/L=×10-6mol/L＞×10-9mol/L，故溶解度：FeS小于Fe(OH)2，B错误； C．结合题图可知，在酚酞的变色范围内，含硫微粒几乎全是（，已经完全反应，几乎没有生成），此时滴定终点的刚好落在酚酞变色范围内，消耗NaOH的物质的量等于原溶液中的物质的量，因此可以用NaOH标准溶液滴定计算水溶液的浓度，C正确； D．等体积混合后，初始浓度，，由于FeS的稳定性远高于，故首先生成FeS沉淀，FeS的，会迅速沉淀。沉淀平衡后，反应后溶液中剩余的总硫浓度为。根据水解平衡计算Kh(S2-)=，设水解的S2-的浓度为x mol/L，则，，平衡时，。此时溶液中。检验是否沉淀：，故不会生成沉淀，D错误； 故选C。 12. 已知1，3-丁二烯与HBr加成的能量-反应进程图如图所示(图中、、表示各步正向反应的焓变)。下列说法不正确的是 A. 选择相对较低的温度，并在较短时间及时分离可获得较高产率的1，2-加成产物 B. 增大溴离子浓度可以提高整体反应的速率 C. 根据该反应可推测，1，3，5-己三烯与HBr在高温下反应的主要产物应为CH3CH=CHCH=CHCH2Br D. 1，3-丁二烯与HBr发生1，2-加成的反应热为，发生1，4-加成的反应热为 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，1，2—加成产物的能量高于1，4—加成产物的能量，则反应温度越低、反应时间越短，1，2-加成产物的比例就越大，A正确； B．由图可知，反应中氢离子与烯烃结合的活化能最大，反应速率最慢，所以该步为反应的决速步，增大溴离子浓度不能提高整体反应的速率，B错误； C．由题给信息可知，1，3，5—己三烯与溴化氢在高温下反应的产物应为CH3CH=CHCH=CHCH2Br，C正确； D．由图可知，1，3-丁二烯与HBr发生1，2-加成的反应热为，发生1，4-加成的反应热为，D正确； 故选B。 13. 室温下，通过下列实验探究的性质。已知：， 。 实验1：将气体通入水中，测得溶液。 实验2：将等体积、浓度均为溶液与新制溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的溶液，振荡，出现白色沉淀。 实验3：将气体通入溶液中，当溶液时停止通气。 实验4：将气体通入酸性溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 下列说法不正确的是 A. 实验1所得溶液中存在 B. 实验2中BaCl2溶液与溶液混合后出现的白色浑浊含有 C. 实验3所得溶液经蒸干、灼烧制得固体 D. 实验4所得溶液中： 【答案】C 【解析】 【详解】A．是二元弱酸，分两步电离，第一步电离​程度远大于第二步电离​，且水电离还产生，溶液呈酸性，因此离子浓度关系为：，A正确； B．混合后浓度约为。，根据，​第一步电离近似满足，因此。 计算离子积：，因此会析出沉淀，白色浑浊中含，B正确； C．​具有还原性，蒸干灼烧过程中会被空气中的氧气氧化为，且​受热易分解，最终无法得到​固体，C错误； D．​还原酸性的反应为：，生成​与的物质的量之比为，因此，D正确； 故选C。 14. 某小组同学为探究Zn与FeCl3溶液的反应，设计并完成了如下实验。下列选项不正确的是 实验 条件 现象 ⅰ 18℃ 无明显气泡，0.5 min后有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深，存在丁达尔现象，向混合后的溶液中加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成 ⅱ 65℃水浴 有气泡产生，12 s后，气泡非常明显，溶液很快转为红棕色，一段时间后，红棕色消失，最后产生红棕色沉淀 A. FeCl3 溶液pH=1.5的原因是溶液中存在水解平衡3H2O+Fe3+3H++Fe(OH)3 B. i和ii均先有气体生成，原因可能是此实验条件下氧化性：H+>Fe3+。 C. ii比i反应快的主要影响因素包括温度和反应物的浓度。 D. 若将锌粒改用锌粉进行实验，预测实验现象为气泡产生缓慢且溶液褪色明显。 【答案】D 【解析】 【分析】氯化铁是强酸弱碱盐，水解生成 HCl和胶体，，锌能与盐酸反应产生气体，胶体呈红褐色、能产生丁达尔现象。温度高， 平衡右移，能使胶体转变为红棕色沉淀，据此分析； 【详解】A．是弱碱阳离子，在溶液中发生水解：，使溶液显酸性，未酸化的溶液pH=1.5就是水解导致，A正确； B．i和ii均先有气体生成，后有溶液颜色变化，说明Zn先和H+反应，原因可能是此实验条件下氧化性：H+>Fe3+​，B正确； C． ii的温度远高于i，温度升高直接加快反应速率；同时温度升高促进水解，溶液中浓度增大，生成气体的速率进一步加快，因此反应速率更快的影响因素是温度和反应物（）浓度，C正确； D．锌粒改用锌粉后，固体接触面积大幅增大，所有反应的速率都会加快，气泡产生速率更快，不会变慢，D错误； 故选D。 第二部分：非选择题 15. Zn、Cu配合物在光电子领域有重要用途。 （1）酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁是一个大环化合物，环内有一个空穴，可以容纳锌、铜等金属元素，并结合生成金属配合物。 ①酞菁分子结构如图1，分子中所有原子共平面，标记处N原子采取_______杂化。  ②邻苯二甲酸酐( )和邻苯二甲酰亚胺( )都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是_______。  ③Zn2+取代了位于该平面分子中心的两个氢原子，并与N原子形成配位数为4的化合物，请在图2中补全该配位化合物的结构简式_______。 ④ 酞菁的铜配合物也具有类似结构，Cu与Zn相比，第二电离能更大的是_______，原因是_______。  （2）含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。下图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。 ①基态S原子的价电子中，自旋状态相反的两种电子的数目比为_______。 ② 该物质的化学式为_______。  ③已知阿伏伽德罗常数为NA，该晶胞密度为g·cm−3，晶胞的高为a nm。则该晶胞的底面正方形边长为_______nm。(1 nm=10−9 m) 【答案】（1） ①. sp2 ②. 邻苯二甲酰亚胺分子间存在氢键，邻苯二甲酸酐分子间无氢键，氢键使熔点显著升高 ③. 中心Zn2+与4个N原子形成四配位结构（结构补全见上述描述）， ④. Cu ⑤. Cu+的电子排布为3d10全充满稳定结构，失去第二个电子需要更高能量，而Zn+为3d104s1，失去第二个电子相对容易 （2） ①. 2:1 ②. Cu2​ZnSnS4​ ③. 【解析】 【小问1详解】 ①酞菁分子中所有原子共平面，标记处N原子形成3个σ键（2个C-N键、1个N-H键），且有1对孤电子对参与形成大π键，标记的N原子形成3个σ键并有1对孤对电子，其价层电子对数（立体异构数）为4，但为满足分子共平面的性质，该N原子采取杂化，因此采取杂化；②邻苯二甲酰亚胺分子间可形成氢键，而邻苯二甲酸酐分子间仅存在范德华力，氢键的作用力远强于范德华力，因此邻苯二甲酰亚胺熔点更高；③Zn2+取代酞菁中心的2个H原子，与4个N原子形成配位键，补全后结构如下：在图 2 中心位置，将原2个H原子替换为Zn2+，并画出Zn2+与4个N原子的配位键（结构示意：中心为Zn2+，与环内4个N原子以配位键相连，其余结构与酞菁一致）；④Cu的价电子排布为3d104s1，失去1个电子后变为3d10（全充满稳定结构），再失去1个电子需要克服全充满结构的稳定性，所需能量更高；而Zn的价电子排布为3d104s2，失去 1 个电子后变为3d104s1，再失去4s的 1 个电子相对容易，因此Cu的第二电离能远大于Zn。 【小问2详解】 ①基态S原子价电子排布为  ，根据洪特规则和泡利不相容原理：自旋向上电子数：4（ 轨道1个， 轨道3个），自旋向下电子数：2（ 轨道1个， 轨道1个），故自旋相反的两种电子数目比为 ；②晶胞中原子数目统计（按位置贡献）：Cu（白球）：全部在晶胞面上，共8个，8×1/2=4，N(Cu)=4，Zn（黑球）：顶点8个（8×1/8​=1）+内部 1个，N(Zn)=1+1=2，Sn（斜纹球）：棱上 4 个（4×1/4​=1） + 面心2个（2×1/2​=1），N(Sn)=1+1=2，S（灰球）：全部在晶胞内部，共 8个，N(S)=8，原子个数比：Cu:Zn:Sn:S=4:2:2:8=2:1:1:4，因此化学式为 Cu2​ZnSnS4​。③晶胞含2个  单元，摩尔质量 M = 440 g/mol，晶胞质量g，晶胞体积cm3（x为底面边长，单位nm；a为高，单位nm），由  得：。 16. 硫酸是一种重要的工业原料，可采用不同的方法制备硫酸。 方法一：工业上曾用铅室法制硫酸，铅室法使用了大容积铅室制备硫酸，主要反应过程如下： （1）NO2的作用为___________。 （2）硝化法利用氮氧化物的循环转化，主要反应为： ① NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) ΔH= -41.8 kJ·mol-1 ② 2NO(g)+O2(g)2 NO2 (g) ΔH= -113.0 kJ·mol-1 SO2和O2反应生成SO3的热化学方程式 ___________。 方法二：接触法制硫酸，流程如下。 （3）接触室中发生的反应式是___________，如何证明是可逆反应___________。 （4）为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制不同转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如图，下列说法正确的是___________。 A. 温度越高，反应速率越大 B. α=0.88的曲线代表平衡转化率 C. α越大，反应速率最大值对应温度越低 D. 可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度 方法三：我国古籍记载了硫酸的制备方法“炼石胆(CuSO4·5H2O) 取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(物质质量随温度的变化)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。 （5）请分析400℃所得固体产物为___________。 （6）700℃左右有两个吸收峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、___________和___________。 【答案】（1）催化剂 （2） （3） ①. ②. 在一定条件下，向体系中通入，一段时间后检测到、中均含，证明反应可逆 （4）CD （5） （6） ①. ②. 【解析】 【分析】黄铁矿在沸腾炉中与空气高温煅烧，生成和含的炉渣；进入接触室，在催化剂（如）和一定温度下与空气中的发生催化氧化反应生成；进入吸收塔，用98%浓硫酸吸收得到发烟硫酸，同时排出含的废气；发烟硫酸经稀释室稀释，得到不同浓度的硫酸，其中98%浓硫酸可循环回吸收塔继续吸收。 【小问1详解】 在铅室法制硫酸的循环中，先与反应生成和（），随后又被氧化为（），在反应中先消耗又再生，因此的作用是催化剂； 【小问2详解】 已知：① ， ② ，根据盖斯定律，将反应①×2 + 反应②，消去、，得到：，，因此热化学方程式为：； 【小问3详解】 由分析可知，接触室中发生的反应式为：；证明可逆反应：在一定条件下，向体系中通入，一段时间后检测到、中均含，证明反应可逆； 【小问4详解】 A．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随温度的升高反应速率先增大后减小，A错误； B．从图中所给的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，该图为恒定转化率下的反应速率与温度关系图，而平衡转化率是随温度变化的，因此该曲线不能代表平衡转化率，B错误； C．从图像可知，随着转化率增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，C正确； D．图中所示，随着转化率增大，最大速率出现的温度逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度，D正确； 【小问5详解】 的摩尔质量为，摩尔质量为。初始固体质量为，400℃时固体质量为，质量比为，对应完全失去结晶水生成； 【小问6详解】 700℃左右有两个吸收峰，分解时除生成外，还会生成，同时的氧化物为，故分解生成的氧化物为、和。 17. 镇静药物氯硝西泮的一种合成路线如下。 已知： （1）化合物名称是___________。 （2）化合物D的结构简式是___________。 （3）由乙酸制备A的化学方程式为___________。 （4）判断并解释化合物、的碱性强弱___________。 （5）写出G→H的化学方程式___________。 （6）下列说法不正确的是___________。 A. 制备化合物D的过程中，采用了保护氨基的方法 B. 化合物E中的N原子有两种杂化方式 C. 制备化合物F的过程中，采用过量的有利于提升产率 D. 化合物H→氯硝西泮的反应类型为取代反应 （7）写出2种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式___________、___________。 ①分子中含有二取代的苯环。 ②谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无碳氧单键。 【答案】（1）苯胺 （2） （3） （4）> （5） （6）BD （7） ①. ②. 【解析】 【分析】由有机物的转化关系可知，与乙酸发生取代反应生成，则C为；浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则D为；发生水解反应生成，与发生取代反应生成，与发生信息反应生成，则G为；与氨气发生取代反应生成，则H为；先发生加成反应，后发生消去反应生成。 【小问1详解】 化合物名称苯胺； 【小问2详解】 由分析可知，D的结构简式为； 【小问3详解】 乙酸在 和吡啶作用下发生 -H 被溴取代的反应，方程式为：； 【小问4详解】 硝基为吸电子基团，使氨基上氮原子的电子云密度降低，结合质子的能力减弱，则碱性>； 【小问5详解】 由分析可知，G→H的反应为与氨气发生取代反应生成和溴化铵，反应的化学方程式为：； 【小问6详解】 A．氨基易被氧化，在进行硝化反应前，先将其转化为稳定的酰胺基，硝化反应后再水解出氨基，属于氨基的保护，A正确； B．E 中硝基上的 N 为 杂化，氨基上的 N 也为 杂化，因此只有一种杂化方式，B错误； C．反应物过量有利于平衡正向移动，提高产率，C正确； D．由分析可知，化合物H→氯硝西泮的反应为，先发生加成反应，后发生消去反应生成，D错误； 【小问7详解】 C的同分异构体分子中含有二取代的苯环，分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无碳氧单键的结构简式为、。 18. I、火法炼铜得到的铜必须经过电解精炼才能用于电气制造等。 （1）Cu属于___________区元素，其基态原子的价电子排布式为___________。 （2）关于电解精炼铜，下列叙述中正确的是___________。 A． 电解时以精铜作阳极 B． 电解时阴极上发生的反应为Cu2++2e- = Cu C． 电解时，溶液中c(Cu2+)不变 II、铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ②  ； ③易从溶液中结晶析出； ④不同温度下的溶解度如下： 温度℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： （3）“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为___________； （4）“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的： ①在“氧化酸浸”工序中，运用平衡移动原理解释加入适量的原因___________。 ②在“除金”工序溶液中，为确保银元素没有损失，浓度不能超过___________。 （5）在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示。 请写出转化为的方程式___________，并计算出平衡常数___________。 （6）滤液4中溶质主要成分为___________ (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是___________。 【答案】（1） ①. ds ②. （2）B （3） （4） ①. 氯化钠太少，过低，反应转化率低，导致转化不完全；氯化钠过量，过高使平衡正向移动导致转化为 ②. （5） ①. ②. 2 （6） ①. 、 ②. 高于后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产 【解析】 【分析】铜阳极泥（含有、、、等）加入、、氧化酸浸，滤液1中含有和，滤渣1中含有、、；滤渣1中加入、、，将转化为除去，滤液2中含有，滤渣2中含有、；在滤渣2中加入，将转化为和，过滤除去，滤液3中加入，将元素还原为单质，转化为，滤液4中溶质主要为、，可继续进行银转化过程。 【小问1详解】 Cu是29号元素，位于第四周期第ⅠB族，属于ds区元素；其基态原子的核外电子排布式为，因此价电子排布式为； 【小问2详解】 A．电解精炼铜时，粗铜作阳极，发生氧化反应，Cu及比Cu活泼的杂质金属失电子溶解，精铜作阴极，发生还原反应，得电子析出，A错误； B．阴极上得到电子被还原为Cu，电极反应为：，B正确； C．阳极上比Cu活泼的杂质（如Zn、Fe等）也会失电子进入溶液，而阴极只有得电子析出，因此溶液中会略有减小，C错误； 【小问3详解】 滤液1中含有和，氧化酸浸时与、发生氧化还原反应，生成、和，反应的离子方程式为； 【小问4详解】 ①在“氧化酸浸”工序中，氯化钠太少，过低，则反应转化率低，导致转化不完全；氯化钠过量，过高使平衡正向移动导致转化为，因此加入的需适量； ②由题目可知，在“除金”工序溶液中，若加入过多，则会转化为；当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在，为了不让发生转化，则令，由，可得，即浓度不能超过； 【小问5详解】 在“银转化”体系中，，转化为的离子方程式为：；根据图可知当时，此时，则该平衡关系的平衡常数； 【小问6详解】 由分析可知滤液4中溶质主要成分为、；由不同温度下的溶解度可知，高于后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产。 19. 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分析气体产生的原因。 小组同学从氧化还原规律角度认为实验Ⅱ中不应该生成，理论依据是___________；并进行实验验证：将溶液加到铜粉中，确实未检测到。 但是经检验Ⅱ中气体为。依据电极反应式分析的角度，试分析实验Ⅱ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） ①. 金属活动性顺序中Cu位于H之后，不能自发将还原为H2 ②. 负极：Cu-e-+3Cl-=、正极：2H++2e−=H2↑ ③. 4+4+O2+4Cl-=4+2H2O （3） ①. c(Cl-)增大，使得平衡CuCl+2Cl-正向移动 ②. 取Ⅰ中洗涤后的沉淀，加入5 mol/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）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 【解析】 【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，据此分析； 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 ①金属活动性顺序中Cu位于H之后，Cu的还原性弱于H2，不能自发将还原为H2；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，所以应是浓盐酸中Cl⁻浓度大，Cu可与Cl⁻结合生成稳定的络离子（负极：Cu-e-+3Cl⁻=），降低了c(Cu+)，使Cu的电极电势降低，提高了Cu的还原性，使得Cu可以将H+还原为H2(正极：）； 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+4+O2+4Cl⁻=4+2H2O； 【小问3详解】 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5 mol/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； 【小问4详解】 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+，Cu优先与Cu2+反应，实验Ⅲ中无气泡，实验Ⅱ中不存在Cu2+这一氧化剂，Cu与H+反应，故产生气泡； 【小问5详解】 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，Cu不能全被腐蚀；若单独使用盐酸，则反应速率慢，还会产生氢气，混合液中较高，使CuCl转化为可溶性络合物，不会阻碍反应，且Cu2+优先氧化铜，不产生气泡，反应速率快，Cu几乎全被腐蚀，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。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $