精品解析：江西省部分学校2026-2027学年高三上学期10月月考 化学试题

高三年级10月供题训练 化学 试卷共8页，18小题，满分100分。考试用时75分钟。 注意事项： 1．考查范围：化学物质及变化、化学计量在实验中的应用、元素及其化合物、物质结构与性质。 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上。 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。 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    Cl—35.5    K—39    Pt—195 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. 赣水悠悠，鄱湖汤汤；文脉绵长，万年流淌。下列文物的主要成分属于金属材料的是 A．铸造青铜器用的石范 B．元青花云龙纹荷叶盖罐 C．伏鸟双尾青铜虎 D．商活环屈蹲羽人玉佩饰 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．铸造青铜器用的石范，主要成分是硅酸盐的石材，属于无机非金属材料，不属于金属材料，A错误； B．元青花云龙纹荷叶盖罐属于瓷器，主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不属于金属材料，B错误； C．伏鸟双尾青铜虎主要成分为青铜，属于铜锡合金，属于金属材料，C正确； D．商活环屈蹲羽人玉佩饰，主要成分是硅酸盐的玉石，属于无机非金属材料，不属于金属材料，D错误； 故选C。 2. 下列粒子的VSEPR模型为四面体形且其空间结构为V形的是 A. SO2  B. H2O  C. CS2  D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．中的价电子对数为 ，有一对孤电子对，模型为平面三角形，空间构型为V形，A不符合题意； B．中的价电子对数为 ，有两对孤电子对，模型为四面体形，空间构型为V形，B符合题意； C．中的价电子对数为 ，无孤电子对，模型为直线形，空间构型为直线形，C不符合题意； D．中的价电子对数为 ，无孤电子对，模型为平面三角形，空间构型为平面三角形，D不符合题意； 故选B。 3. 某同学利用如图所示装置制备氨气。下列说法正确的是 A. 应加装陶土网，使试管1受热均匀 B. 应将Ca(OH)2替换为NaOH，使反应速率更快 C. 应撤去试管2中橡胶塞，换成疏松的棉花 D. 应将伸入试管2中的导管缩短至试管口附近 【答案】C 【解析】 【详解】A．试管1是直接加热的玻璃仪器，加热固体的硬质试管无需垫陶土网，陶土网是用于底面积较大的烧杯、烧瓶等间接加热、使受热均匀的仪器，A错误； B．NaOH易吸水潮解、高温下会腐蚀玻璃试管，且实验室制氨气的传统原料为NH4Cl和Ca(OH)2，不能将Ca(OH)2替换为NaOH，B错误； C．试管2目前为密闭体系，生成氨气后内部压强过大易引发危险；换成疏松的棉花，既可以防止氨气与空气形成对流、收集到更纯净的氨气，又能平衡压强、排出多余空气，C正确； D．氨气密度比空气小，采用向下排空气法收集时，导管需要伸入试管2底部，才能将试管内的空气充分排出，若导管仅在试管口附近，无法排尽空气，收集的氨气纯度很低，D错误； 故答案选C。 4. 我国科研团队首次在电中性化合物LiAlGe中发现了压力诱导的电子化合物态，并进一步实验确定了其具有超导性。下列说法正确的是 A. 基态Ge原子的价层电子排布式为4s24p2 B. 基态Al原子核外未成对电子数为3 C. 基态Li原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形 D. 该化合物涉及元素均位于元素周期表p区 【答案】A 【解析】 【详解】A．的原子序数为32，其基态原子的价层电子排布为，A正确； B．原子的电子排布为，有1个未成对的电子，B错误； C．原子的电子排布为，最高能级为，电子云轮廓图为球形，C错误； D．和位于元素周期表的p区，但是位于元素周期表的s区，D错误； 故选A。 5. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 使石蕊变红的溶液：Ca2+、、OH-  B. 使酚酞变红的溶液：Fe3+、、 C. 透明溶液：Na+、Cu2+、  D. 与Al反应放出氢气的溶液：Na+、、Cl- 【答案】C 【解析】 【详解】A．使石蕊变红的溶液呈酸性，含有大量 H+，OH- 与 H+ 反应生成 H2O，故不能大量共存，A错误； B．使酚酞变红的溶液呈碱性，含有大量 OH-，Fe3+ 与 OH- 反应生成 Fe(OH)3 沉淀，且 Fe3+ 与 发生双水解反应生成 Fe(OH)3 和 CO2，故不能大量共存，B错误； C．透明溶液中 Na+、Cu2+、 之间互不发生反应，可以大量共存；溶液因含 Cu2+ 而显蓝色，但有色溶液仍属透明溶液，C正确； D．与 Al 反应放出氢气的溶液可能呈酸性，也可能呈强碱性；若溶液呈酸性，则与H+反应生成 H2SiO3 沉淀，故不一定能大量共存，D错误。 故答案为C。 6. 从铜阳极泥(主要含Cu、Au、Ag2Se、Cu2Se)中分离提取Au的一种工艺流程(部分物质未标出)如下。有关体系中离子方程式书写错误的是 已知：“球磨提金”后得到含有AuCl3的溶液及部分沉淀悬浊液；有机萃取剂仅萃取阴离子进入有机相。 A. “酸浸”时Cu与稀硝酸反应： B. “酸溶”时AuCl3与稀盐酸反应： C. “反萃取”时转化为[AuSO3]-： D. “酸化析金”时[AuSO3]-自身发生氧化还原反应： 【答案】C 【解析】 【详解】A．稀硝酸和Cu反应生成硝酸铜、NO和水，该离子方程式符合稀硝酸氧化Cu的反应规律，电子、电荷、原子均守恒，A正确； B．已知球磨提金后得到AuCl3，酸溶时加入稀盐酸，Au3+和4个Cl-配位形成四氯合金(III)配离子，该配位反应的离子方程式书写符合电荷守恒和原子守恒，B正确； C．该方程式生成SO2，S无变价，同时Au从+3价变为[AuSO3]-中的+1价，Au得电子但没有元素失电子，不符合氧化还原逻辑，该离子方程式书写错误，正确的离子方程式为，C错误； D．酸化析金时[AuSO3]⁻发生歧化反应：Au从+1价降价生成0价Au单质，部分S元素从+4价升价为中的+6价失电子，剩余S元素仍为+4价，在酸性条件下生成，电子、电荷、原子均守恒，D正确； 故答案选C。 7. 一种制备火箭燃料肼(N2H4)的反应为 (未配平)。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 22.4 L NH3所含质子数为10NA B. 51.5 g NH2Cl中所含非极性共价键数为3NA C. 1 mol·L-1 NH4Cl溶液中所含数小于NA D. 1 mol N2H4中含有的孤电子对数为2NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．22.4 L 气体只有在标准状况（0 ℃、101 kPa）下才为 1 mol；题干未指明标准状况，22.4 L NH3 的物质的量无法确定，所含质子数也就不一定是 10NA。A错误； B．M(NH2Cl)=(14+2+35.5)g/mol=51.5 g/mol，故 51.5 g NH2Cl 为 1 mol；NH2Cl 的结构为 H2N-Cl，其中 N-H、N-Cl 都是不同种元素原子间形成的极性共价键，分子内非极性共价键数为 0，不等于 3NA。B错误； C．选项只给出浓度 1 mol/L 而未给出溶液体积，无法确定溶液中 NH4Cl 的物质的量，也就无法确定铵根离子的数目，其数目不一定小于 NA。C错误； D．N2H4 的结构为 H2N-NH2，每个 N 原子与 1 个 N、2 个 H 成键后还剩下一对孤电子对，故 1 mol N2H4 中含 2 mol 孤电子对，即 2NA。D正确； 故答案为D。 8. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 酸性： 非金属性： B C60不溶于氯仿和二硫化碳 氯仿和二硫化碳是非极性溶剂 C 离子键的百分数： 电负性： D 金属性： 钠与CuSO4溶液反应能生成Cu A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．陈述Ⅰ中HCl不是Cl元素的最高价含氧酸，不能通过HCl和的酸性比较Cl和P的非金属性强弱，正确的判断依据应该是最高价含氧酸的酸性强于，二者不存在因果关系，A错误； B．C60是非极性分子，二硫化碳是非极性溶剂，但氯仿（CHCl3）是极性溶剂，且C60可溶于二硫化碳，两个陈述本身均错误，B错误； C．电负性Na>Cs，说明Cs和Cl的电负性差值大于Na和Cl的电负性差值，电负性差值越大，离子键的百分数越高，因此CsCl的离子键百分数大于NaCl，两个陈述均正确且存在因果关系，C正确； D．钠投入CuSO4溶液中会先和水反应生成NaOH和H2，NaOH再与CuSO4反应生成Cu(OH)2沉淀，无法置换出Cu，陈述Ⅱ本身错误，D错误； 故答案选C。 9. 下图中a、b、c、d、e、f、g为常见的含Cl或N或S的物质。下列说法错误的是 A. 若d可用作葡萄酒的抗氧化剂，则足量的d与强碱反应生成g B. 若a常温下为黄绿色气体，则b、d、f均可用于杀菌消毒 C. 可能存在的一步转化过程 D. 常温下，e的浓溶液可保存在铁罐中 【答案】AD 【解析】 【分析】a是0价的对应元素单质；c是+2价氧化物、d是+4价氧化物；b是+1价酸、e是+5价酸；f是+1价正盐、g是+4价正盐，所有物质的组成元素限定为Cl、N、S中的某一种。 【详解】A．可作葡萄酒抗氧化剂的d是，足量和强碱反应生成酸式盐，A错误； B．常温下黄绿色气体a是，对应b为HClO、d为、f为次氯酸盐，三者都具有强氧化性，均可用于杀菌消毒，B正确； C．若对应N元素，可实现的一步转化过程，C正确； D．e是+5价的酸，若对应N元素为，常温下浓硝酸可保存在铁罐中；但若对应Cl元素，+5价的酸是，浓常温下会迅速与铁反应，不能保存在铁罐中，D错误； 故选AD。 10. 某无色溶液中可能大量存在Cl-、OH-、、、Na+、Ag+、Ba2+、Cu2+，兴趣小组为确定该溶液成分，进行如下实验： 下列说法错误的是 A. 对原溶液进行焰色试验，火焰为黄色 B. 将产生的无色气体通入饱和Na2CO3溶液中，无明显现象 C. 原溶液中一定不含的离子有Ag+、Ba2+、Cu2+ D. 无法确定原溶液是否存在Cl- 【答案】B 【解析】 【分析】该溶液无色且pH=13，呈强碱性。由无色可排除Cu2+，由强碱性可排除不能与OH−大量共存的Ag+；再由加入BaCl2产生的白色沉淀部分溶于盐酸并放出无色气体，可知该沉淀是BaSO4和BaCO3的混合物，从而确定原溶液含硫酸根离子和碳酸根离子，据此排除Ba2+。 【详解】A．原溶液无色且pH=13，能大量存在的阳离子只有Na+（Ag+、Cu2+、Ba2+均已被排除），Na+的焰色为黄色，A正确； B．白色沉淀Ⅰ是BaSO4和BaCO3的混合物，加入盐酸后BaCO3溶解并放出无色气体CO2；将CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应，生成的NaHCO3溶解度比Na2CO3小而析出晶体，有明显现象，B错误； C．溶液显强碱性，Ag+不能与OH−大量共存；Cu2+使溶液显蓝色且与OH−反应生成沉淀；Ba2+与硫酸根离子、碳酸根离子反应生成沉淀，故Ag+、Ba2+、Cu2+一定不存在，C正确； D．白色沉淀Ⅱ（AgCl）中的Cl−可能来自实验中加入的BaCl2和盐酸，不能据此判断原溶液中是否含Cl−，D正确。 故选B； 11. 根据下列实验操作及现象，推出的结论正确的是 选项 实验操作及现象 结论 A 向某食盐溶液中滴加淀粉溶液，溶液颜色无明显变化 该食盐中不含碘元素 B 向酸性KMnO4溶液中通入SO2，溶液褪色 SO2具有漂白性 C 向Na2CO3溶液中滴加几滴醋酸，无气泡产生 酸性： D 向盛有2 mL FeCl3溶液的试管中加入过量铁粉，充分反应后静置，滴加KSCN溶液无明显变化；静置，取上层清液滴加几滴氯水，溶液变红 Fe2+具有还原性 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．加碘食盐中碘元素主要以的形式存在，而不是，淀粉溶液遇到才会变蓝，因此溶液不变蓝不能说明食盐中不含碘元素，A错误； B．向酸性溶液中通入，将还原为使溶液褪色，利用的是的还原性，不是漂白性，B错误； C．向溶液中加入几滴醋酸，醋酸会和反应生成，不会产生，不能通过没有气体产生说明碳酸的酸性强于醋酸，实际碳酸的酸性弱于醋酸，C错误； D．溶液中加入过量的铁粉，发生反应，滴加无现象，取上层清液加入氯水，氯水将氧化为，遇到显红色，该过程中被氧化，体现了其还原性，D正确； 故选D。 12. 化合物A(结构如图)是锂离子电池电解液的关键基础材料，X、Y、Z、Q、M为短周期原子序数依次增大的主族元素，基态Y原子的2p轨道为半充满状态，Z与M位于同一主族。下列说法正确的是 A. 简单氢化物键角： B. 原子半径： C. 简单氢化物沸点： D. 第一电离能： 【答案】B 【解析】 【分析】基态Y原子2p轨道半充满，电子排布为，得Y为N元素；从成键结构看，X仅形成1个单键且原子序数小于Y（N），得X为H元素；Z可形成双键，且原子序数大于N，得Z为O元素；Z与M同主族且为短周期元素，得M为S元素；Q为原子序数大于O的短周期主族元素，且结构中Q形成1个单键，得Q为F元素。 【详解】A．Z的简单氢化物是，Y的简单氢化物是​。的中心O原子有2对孤电子对，​的中心N原子只有1对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的斥力越大，键角越小，因此键角，A错误； B．原子半径规律：电子层数越多半径越大，同周期主族元素原子序数越大半径越小，因此半径顺序为，B正确； C．M、Z、Y的简单氢化物分别为、、，和均存在分子间氢键，且的氢键总强度更高，沸点最高；常温下为气态，沸点低于可形成氢键的，正确沸点顺序为，C错误； D．第一电离能同周期从左往右增大，同主族从上往下减小，N（Y）的2p轨道处于半充满状态，其第一电离能比同周期相邻元素的大，正确顺序为，D错误； 故选B。 13. 利用H型双试管改进浓硫酸的脱水性实验的装置如下图所示。 下列说法正确的是 A. 微热双试管一侧，注射器芯杆向外移动，说明装置气密性良好 B. 向下推动注射器1，观察到蔗糖变黑，说明浓硫酸具有强氧化性 C. 该装置的缺陷为无法调节内外气压平衡 D. 实验结束后加入试剂X，试剂X可以选择NaOH溶液 【答案】D 【解析】 【分析】本装置用H型双试管改进浓硫酸与蔗糖的反应：左管中注射器1向蔗糖上滴加浓硫酸，浓硫酸使蔗糖脱水变黑，并把碳氧化生成SO2；左管中蘸有无水CuSO4的棉团变蓝，说明反应生成了水；生成的SO2经连通管进入右管，使右管中的品红溶液褪色，从而检验SO2；两管顶部的注射器芯杆可推拉，兼作检查装置气密性和调节内外气压之用；实验结束后用试剂X（NaOH溶液）吸收残余SO2，防止污染空气。 【详解】A．仅微热双试管一侧观察到注射器芯杆向外移动不足以证明装置气密性良好，需补充停止加热后芯杆恢复原位的现象才可证明，A错误； B．蔗糖变黑是浓硫酸按氢、氧原子个数比2∶1夺取蔗糖中的氢、氧元素并以水形式脱去、留下碳的结果，体现的是浓硫酸的脱水性；强氧化性应表现为碳被进一步氧化生成SO2，故B错误； C．两管顶部的注射器芯杆可自由推拉，反应中气体增多、压强增大时芯杆外移即可泄压，能调节装置内外的气压平衡，故“无法调节内外气压平衡”不是该装置的缺陷。C错误； D．蔗糖与浓硫酸反应会生成有毒的SO2，实验结束后加入的试剂X可用NaOH溶液吸收尾气；SO2为酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成Na2SO3和水，化学方程式为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O。D正确； 故答案为D。 14. 某超导材料的化学式为MgxPtyHz，晶胞如下图所示，其晶胞参数为a pm，设NA为阿伏加德罗常数的值。 下列说法正确的是 A. 两个Pt之间最近的核间距为 B. 晶体的密度为 C. 晶胞中Pt原子沿体对角线方向的投影图为 D. 距离Pt最近且等距的Mg有8个 【答案】D 【解析】 【分析】由晶胞图可知，Pt 位于 12 条棱心和 6 个面心，顶点上没有 Pt；Mg 位于晶胞内部 8 个位置；H 分布在棱上与晶胞内部。用均摊法可得晶胞组成，据此逐一核对各选项。 【详解】A．晶胞中Pt位于12条棱心和6个面心，顶点上没有Pt；距离最近的两个Pt是一个棱心Pt与其相邻的面心Pt，核间距等于晶胞棱长的一半，A错误； B．由均摊法，每个晶胞中含有Pt的个数为，Mg原子的个数为8，H原子的个数，所以晶体的密度，B错误； C．Pt 分布在棱心和面心，沿体对角线方向投影时，棱心、面心上的 Pt 投影为两个同心正六边形（内圈 6 个、外圈 6 个，错开 30°，整体呈六重对称），正确投影图应为 ，C错误； D．以上面心的Pt原子为例，与它最近且等距的 Mg 位于上下晶胞的体对角线1/4处，共 8 个，D正确； 故答案为D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 某同学在实验室配制480 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液，并测定某邻苯二甲酸氢钾()样品的质量分数。回答下列问题： （1）配制溶液时，正确的顺序为ⅱ→ⅰ→ⅲ→______→______→______→______→ⅳ。 ⅰ．称量  ⅱ．计算  ⅲ．溶解  ⅳ．摇匀  ⅴ．转移  ⅵ．洗涤  ⅶ．定容  ⅷ．冷却 （2）应用托盘天平称量______g NaOH固体；本实验需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、______。 （3）用NaOH固体难以准确配制指定浓度的NaOH溶液的原因可能是____________________(写出一条即可)。 （4）称取0.5 g邻苯二甲酸氢钾样品(杂质不影响实验)溶于15.00 mL水中配成溶液，用0.10 mol·L-1 NaOH标准溶液滴定，测得恰好完全反应时消耗该NaOH溶液的体积为20.00 mL。 ①邻苯二甲酸的沸点低于对苯二甲酸，原因是____________________。 ②与NaOH溶液反应的离子方程式为__________________________。 ③该样品中邻苯二甲酸氢钾的质量分数为__________%。 （5）配制NaOH溶液时，若定容时仰视刻度线，则会导致(4)中所求邻苯二甲酸氢钾的质量分数__________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 【答案】（1） ①. ⅷ ②. ⅴ ③. ⅵ ④. ⅶ （2） ①. 2.0 ②. 500 mL容量瓶、胶头滴管 （3）NaOH固体易潮解，会吸收空气中的水分（或与空气中的CO2反应而变质），使称量结果不准 （4） ①. 邻苯二甲酸能形成分子内氢键，分子间作用力较弱；对苯二甲酸形成分子间氢键，分子间作用力较强，故邻苯二甲酸的沸点较低 ②. + OH− = + H2O ③. 81.6 （5）偏大 【解析】 【分析】突破口：配制480 mL溶液应选用500 mL容量瓶（无480 mL规格），操作顺序为计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→定容→摇匀；NaOH易潮解且易吸收空气中的CO2，难以准确称量。滴定中邻苯二甲酸氢钾（KHP）只有羧基上的H与NaOH反应，二者按1:1反应，故样品中KHP的物质的量等于消耗NaOH的物质的量，据此换算样品的质量分数。 【小问1详解】 配制一定物质的量浓度溶液的操作顺序为计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→定容→摇匀。固体溶解时伴随热效应，热溶液直接转移并定容会使溶液体积不准，故溶解后须先冷却至室温再转移；转移后要用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，并把洗涤液一并转入容量瓶，再加蒸馏水定容至刻度线后摇匀。对照各步序号，顺序为ⅱ→ⅰ→ⅲ→ⅷ→ⅴ→ⅵ→ⅶ→ⅳ，故依次填ⅷ、ⅴ、ⅵ、ⅶ。 【小问2详解】 容量瓶没有480 mL规格，配制480 mL溶液应选500 mL容量瓶。所需n(NaOH)=0.10 mol/L×0.500 L=0.050 mol，则m(NaOH)=0.050 mol×40 g/mol=2.0 g，即用托盘天平称量2.0 g NaOH固体。配制过程需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶和胶头滴管，题给玻璃棒、烧杯，故还应补充500 mL容量瓶、胶头滴管。 【小问3详解】 NaOH固体具有吸水性，在空气中易潮解，且易与空气中的CO2反应生成Na2CO3而变质；称量时既吸收水分又吸收CO2，使所称NaOH的实际质量和纯度不准，故难以准确配制指定浓度的NaOH溶液。 【小问4详解】 ①邻苯二甲酸的两个羧基处于邻位，能形成分子内氢键，使分子间作用力减弱；对苯二甲酸的两个羧基处于对位，分子间主要形成分子间氢键，分子间作用力较强，所以邻苯二甲酸的沸点较低。 ②邻苯二甲酸氢钾在溶液中以K+和邻苯二甲酸氢根的形式存在，其中只有羧基上的H与NaOH反应，故离子方程式为+ OH− = + H2O。 ③滴定过程消耗的n(NaOH)=0.10 mol/L×0.02000 L=0.0020 mol，则参与反应的邻苯二甲酸氢钾也为0.0020 mol，其摩尔质量M=204 g/mol，则其质量为0.0020 mol×204 g/mol=0.408 g；故质量分数为。 【小问5详解】 配制NaOH溶液定容时仰视刻度线，加入的水超过刻度线，使所配溶液体积偏大、NaOH浓度偏小（小于0.10 mol/L）。用该溶液滴定邻苯二甲酸氢钾时需消耗更多的NaOH溶液（测得体积偏大），会使测得的邻苯二甲酸氢钾的质量分数偏大。 16. 铜及其化合物在生产生活中有重要作用。回答下列问题： （1）基态Cu原子的简化电子排布式为__________。 （2）Zn位于元素周期表第________周期第________族；Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是________。 （3）Cu(CH3CN)4PF6用于制备光电材料X(R1、R2为烃基或氢原子)，反应如下： ①X中N原子杂化方式为__________；1 mol X中含有__________mol配位键。 ②CH3CN中键与键的数目之比为__________。 ③的VSEPR模型为__________形。 （4）下图为铜晶胞，晶胞参数为a pm，则Cu原子直径为__________cm。 （5）某含铜化合物晶胞如图，已知A原子的分数坐标为，则B原子的分数坐标为__________，该化合物的化学式为__________。 【答案】（1）[Ar]3d104s1 （2） ①. 四 ②. ⅡB ③. Cu （3） ①. sp2 ②. 4 ③. 5:2 ④. 正八面体 （4） （5） ①. ②. Cu2ZnSnS4 【解析】 【小问1详解】 Cu为29号元素，核外有29个电子，基态Cu原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s1； 【小问2详解】 Zn是30号元素，位于周期表第四周期ⅡB族；Cu失去1个电子后价电子为的全满稳定结构，再失去第二个电子需要的能量远高于失去4s单电子的第一电离能，而Zn失去1个电子后价电子为，第二电离能是失去4s剩余电子的能量，因此Cu的第二电离能与第一电离能差值更大； 【小问3详解】 ①X中N原子都存在大π键，价层电子对为3，杂化方式为sp2杂化；X中心离子为Cu+，周围形成4个配位键，1 mol X中含有4 mol配位键； ②CH3CN中存在C≡N键，5个键和2个键，键与键的数目之比为5:2； ③的中心原子为P，价层电子对数为6，VSEPR模型为正八面体； 【小问4详解】 铜原子的晶胞为面心立方最密堆积，面对角线为Cu原子半径的4倍，即4r=，Cu原子半径为 cm，Cu原子直径为 cm； 【小问5详解】 根据A原子的分数坐标为，可以确定原点位置，从而确定B原子的分数坐标为； Cu原子位于晶胞的面上，共有8个，Sn原子有4个在晶胞的棱上，2个在晶胞的面心上，共有2个，Zn原子有8个位于顶角，1个位于体心，共有8=2个，S原子8个全部在晶胞内部，个数比为4:2:2:8，化学式为Cu2ZnSnS4。 17. 高纯碳酸锰是理想的高性能强磁材料。以某贫锰矿(主要含有MnO2、SiO2，还含有少量Fe、Cd)和废硫酸亚铁为主要原料制备碳酸锰的一种简化工艺流程如下： 已知：常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为0.1 mol·L-1)开始沉淀和完全沉淀()的pH如下表。 金属离子 Fe3+ Cd2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 1.9 7.4 8.1 完全沉淀的pH 3.2 9.7 10.1 回答下列问题： （1）基态Mn原子价层电子轨道表示式为__________。 （2）为加快“煅烧”速率可采取的措施为______________(写一种即可)。 （3）“浸渣”的主要成分为Fe2O3和__________(填化学式)；本工艺“煅烧”温度下，MnO2和FeSO4按1∶1反应生成Fe2O3、一种硫酸盐和某气体，反应的化学方程式为____________________。 （4）除去“加水浸取”后浸取液中Fe3+的方法是：先向热水中加入少量浸取液，制备Fe(OH)3晶种，然后加氨水控制pH，同时加入浸取液可形成大颗粒的Fe(OH)3沉淀。若产生大量Fe(OH)3胶体，不良影响为______________(写两点)；不能采用加入氨水的方法除去Cd2+，原因是______________________________。 （5）工业上常将滤渣1和滤渣2的洗涤液合并至滤液2，目的是____________________。 （6）“沉淀3”反应的离子方程式为______________________；向滤液3中加入______________(填化学式)，能回收NH3。 【答案】（1） （2）将贫锰矿和废硫酸亚铁粉碎（研细）并混合均匀（或适当升高温度、搅拌） （3） ①. SiO2 ②. （4） ①. 胶体粒子小，不能透过滤纸、易堵塞滤纸孔隙，导致过滤困难、耗时增长；胶体比表面积大、吸附性强，会吸附Mn2+等杂质离子，造成锰损失、降低产品纯度 ②. 由表可知，Cd2+开始沉淀的pH为7.4、完全沉淀的pH为9.7，而Mn2+开始沉淀的pH为8.1；用氨水使Cd2+沉淀完全需pH≥9.7，此时Mn2+也已大量沉淀，二者沉淀的pH范围重叠、无法选择性分离，会造成锰损失 （5）回收滤渣1、滤渣2洗涤液中残留的Mn2+，提高锰的回收率（产率）、减少损失 （6） ①. ②. Ca(OH)2 【解析】 【分析】以贫锰矿（MnO2、SiO2及少量Fe、Cd）和废硫酸亚铁为原料：煅烧时MnO2将FeSO4中的Fe2+氧化为Fe3+并转化为Fe2O3，自身被还原为Mn2+并转化为可溶的MnSO4，SiO2不参与反应进入浸渣；加水浸取后，浸取液中的Fe3+用氨水调pH生成Fe(OH)3沉淀（滤渣1）除去，Cd2+用(NH4)2S转化为CdS沉淀（滤渣2）除去，经净化后用NH4HCO3沉淀Mn2+制得MnCO3。 【小问1详解】 基态Mn是25号元素，价层有5个3d电子和2个4s电子。按洪特规则，3d能级的5个轨道各排1个电子且自旋方向相同，4s能级的1个轨道排2个自旋相反的电子，故价层电子轨道表示式如图所示：。 【小问2详解】 加快固体煅烧速率，可将贫锰矿与废硫酸亚铁粉碎（研细）并混合均匀；适当升高温度、搅拌等。 【小问3详解】 煅烧时MnO2将FeSO4中的Fe2+氧化为Fe3+（以Fe2O3形式进入浸渣），自身被还原为Mn2+（以可溶的MnSO4形式进入浸取液）；SiO2不参与反应也不溶于水，故浸渣的主要成分为Fe2O3和SiO2。按MnO2与FeSO4为1∶1，硫元素全部进入MnSO4、氧元素部分被氧化为O2，配平得：。 【小问4详解】 先向热水中加入少量浸取液制得Fe(OH)3晶种，再加氨水控制pH并持续加入浸取液，可使Fe3+在晶种表面定向生长，形成大颗粒Fe(OH)3沉淀而便于过滤。若产生大量Fe(OH)3胶体：一是胶体粒子小，不能透过滤纸、易堵塞滤纸孔隙，导致过滤困难、耗时增长；二是胶体比表面积大、吸附能力强，会吸附Mn2+等金属离子，造成锰损失并降低产品纯度。由表可知，Cd2+开始沉淀的pH为7.4、完全沉淀的pH为9.7，而Mn2+开始沉淀的pH为8.1；用氨水使Cd2+沉淀完全需pH≥9.7，此时Mn2+也已大量沉淀，二者沉淀的pH范围重叠、无法选择性分离，故不能加氨水除Cd2+。 【小问5详解】 滤渣1（Fe(OH)3）和滤渣2（CdS）表面附着的母液中仍含Mn2+；将二者洗涤液合并至滤液2，可使残留的Mn2+进入后续“沉淀3”工序一并回收，提高锰的回收率（产率）、减少损失。 【小问6详解】 净化后的滤液2中含Mn2+。加入NH4HCO3，碳酸氢根电离出的碳酸根与Mn2+结合生成MnCO3沉淀，碳酸氢根又与释放出的H+结合生成CO2和H2O，反应的离子方程式为。滤液3中含铵根离子，向其中加入Ca(OH)2并加热，铵根离子转化为NH3逸出，从而实现氨的回收。 18. 研究表明，铜能与浓盐酸反应。某小组同学对此进行了系列探究实验。 Ⅰ．探究盐酸浓度对反应的影响 实验 1-1 1-2 盐酸/(mol·L-1) 12 1.5 实验 现象 30 min 溶液变成淡黄色 溶液无明显变化 1天 溶液变成黄色，铜片无明显变化 溶液变成淡蓝色，铜片变黑 3天 溶液变成黄黑色，铜片变小 溶液变成蓝色，铜片变黑 9天 溶液变成黑绿色，铜片变小 溶液变成黑绿色，有白色沉淀生成 Ⅱ．探究实验Ⅰ溶液最终颜色不同的原因 实验 2-1 2-2 2-3 实验操作 分别取2 mL反应后的溶液，各加入3滴5% K4[Fe(CN)6]溶液 滤出实验1-2中白色固体，洗涤后向该固体中加入2 mL 3 mol·L-1盐酸，振荡 继续向实验2-2所得溶液中滴加2 mL浓氨水，在空气中静置 实验现象 均有棕红色沉淀生成 固体溶解，溶液变为无色 溶液颜色微蓝，稍后蓝色逐渐加深 查阅资料：CuCl是难溶于水的白色固体，可溶于盐酸生成无色H[CuCl2]溶液；[Cu(NH3)2]+在空气中不稳定，易被氧化为蓝色的[Cu(NH3)4]2+。 （1）HCl的电子式为__________。 （2）①经__________(填字母)分析方法获知实验2-1棕红色沉淀为Cu2[Fe(CN)6]；Cu2[Fe(CN)6]中存在配位键，提供孤电子对的原子为__________。 A. X射线衍射 B. 质谱 C. 元素分析 D. 滴定分析 ②根据实验2-2现象推断实验1-2中白色固体的化学式可能为__________。 ③实验2-3中，无色溶液在空气中变蓝的离子方程式为_______________。 ④甲同学根据上述实验认为浓盐酸氧化了铜，乙同学认为结论不严谨，原因可能是__________。 Ⅲ．探究无氧条件下，铜与12 mol·L-1浓盐酸反应的实验现象 实验3 30 min 1天 3天 4天 现象 溶液变为浅黄色，有少量气泡产生 溶液黄色加深，生成约4.8 mL无色气体 溶液黄色加深，生成约5 mL无色气体 溶液呈黄色，生成约5 mL无色气体 （3）小组成员根据元素守恒和氧化还原原理推测，生成的无色气体为氢气，验证该推测的实验操作和现象为____________________；经过系列实验后得知，铜与12 mol·L-1浓盐酸反应后的溶液中生成了H3[CuCl4]，化学方程式为____________________。 实验结论：铜与浓盐酸在一定条件下能发生置换反应。 【答案】18. 19. ①. A ②. ③. ④. ⑤. 该实验过程中没有隔离空气，空气中的也可能氧化了 20. ①. 先收集一试管气体，用拇指堵住试管口移近酒精灯火焰，松开拇指点火，听到轻微的“噗”声说明气体纯净；再将导出气体点燃，火焰呈淡蓝色，罩干冷烧杯内壁出现水雾，证明为氢气 ②. 【解析】 【分析】根据实验Ⅰ发现，浓盐酸与铜反应溶液最终变为黑绿色，铜片减小；而稀盐酸和铜反应生成了白色沉淀；实验Ⅱ中，加入后生成，说明两种溶液中均含有；并且通过加入盐酸白色沉淀消失可知，稀盐酸和铜反应生成的白色沉淀为；该实验过程无法证明是浓盐酸氧化了，因此也可能是空气中的氧气氧化了；实验Ⅲ研究了无氧条件下浓盐酸和铜的反应，得出铜与浓盐酸在一定条件下能发生置换反应的结论，由此解答。 【小问1详解】 是共价化合物，氢原子和氯原子通过共用电子对形成共价键，因此电子式为； 【小问2详解】 ①A．X射线衍射可以测定晶体的微观结构，从而得知沉淀晶体结构和准确组成，A正确； B．质谱法只能测定物质的相对分子质量，无法得知沉淀晶体结构和准确组成，B错误； C．元素分析只能得到元素种类和比例，无法得知沉淀晶体结构和准确组成，C错误； D．滴定分析只能定量测定某一组分的含量，无法得知沉淀晶体结构和准确组成，D错误； 故选A； 中作为配体，由于的电负性大于，对孤电子对的吸引能力更强，因此提供孤电子对的原子为； ②根据实验2-2中向白色固体中加入的盐酸后，白色固体溶解，结合已知信息，是难溶于水的白色固体，可溶于盐酸，推测实验1-2中白色固体为； ③在实验2-3中溶液颜色变蓝，根据已知信息可知，应是被空气中的氧气氧化为，因此离子方程式为； ④该实验过程中没有隔离空气，空气中的也可能氧化了，不能说明一定是浓盐酸氧化了铜； 【小问3详解】 先收集一试管气体，用拇指堵住试管口移近酒精灯火焰，松开拇指点火，听到轻微的“噗”声说明气体纯净；再将导出气体点燃，火焰呈淡蓝色，罩干冷烧杯内壁出现水雾，证明为氢气； 和浓盐酸反应生成和，因此化学方程式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级10月供题训练 化学 试卷共8页，18小题，满分100分。考试用时75分钟。 注意事项： 1．考查范围：化学物质及变化、化学计量在实验中的应用、元素及其化合物、物质结构与性质。 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上。 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。 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    Cl—35.5    K—39    Pt—195 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. 赣水悠悠，鄱湖汤汤；文脉绵长，万年流淌。下列文物的主要成分属于金属材料的是 A．铸造青铜器用的石范 B．元青花云龙纹荷叶盖罐 C．伏鸟双尾青铜虎 D．商活环屈蹲羽人玉佩饰 A. A B. B C. C D. D 2. 下列粒子的VSEPR模型为四面体形且其空间结构为V形的是 A. SO2  B. H2O  C. CS2  D. 3. 某同学利用如图所示装置制备氨气。下列说法正确的是 A. 应加装陶土网，使试管1受热均匀 B. 应将Ca(OH)2替换为NaOH，使反应速率更快 C. 应撤去试管2中橡胶塞，换成疏松的棉花 D. 应将伸入试管2中的导管缩短至试管口附近 4. 我国科研团队首次在电中性化合物LiAlGe中发现了压力诱导的电子化合物态，并进一步实验确定了其具有超导性。下列说法正确的是 A. 基态Ge原子的价层电子排布式为4s24p2 B. 基态Al原子核外未成对电子数为3 C. 基态Li原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形 D. 该化合物涉及元素均位于元素周期表p区 5. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 使石蕊变红的溶液：Ca2+、、OH-  B. 使酚酞变红的溶液：Fe3+、、 C. 透明溶液：Na+、Cu2+、  D. 与Al反应放出氢气的溶液：Na+、、Cl- 6. 从铜阳极泥(主要含Cu、Au、Ag2Se、Cu2Se)中分离提取Au的一种工艺流程(部分物质未标出)如下。有关体系中离子方程式书写错误的是 已知：“球磨提金”后得到含有AuCl3的溶液及部分沉淀悬浊液；有机萃取剂仅萃取阴离子进入有机相。 A. “酸浸”时Cu与稀硝酸反应： B. “酸溶”时AuCl3与稀盐酸反应： C. “反萃取”时转化为[AuSO3]-： D. “酸化析金”时[AuSO3]-自身发生氧化还原反应： 7. 一种制备火箭燃料肼(N2H4)的反应为 (未配平)。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 22.4 L NH3所含质子数为10NA B. 51.5 g NH2Cl中所含非极性共价键数为3NA C. 1 mol·L-1 NH4Cl溶液中所含数小于NA D. 1 mol N2H4中含有的孤电子对数为2NA 8. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 酸性： 非金属性： B C60不溶于氯仿和二硫化碳 氯仿和二硫化碳是非极性溶剂 C 离子键的百分数： 电负性： D 金属性： 钠与CuSO4溶液反应能生成Cu A. A B. B C. C D. D 9. 下图中a、b、c、d、e、f、g为常见的含Cl或N或S的物质。下列说法错误的是 A. 若d可用作葡萄酒的抗氧化剂，则足量的d与强碱反应生成g B. 若a常温下为黄绿色气体，则b、d、f均可用于杀菌消毒 C. 可能存在的一步转化过程 D. 常温下，e的浓溶液可保存在铁罐中 10. 某无色溶液中可能大量存在Cl-、OH-、、、Na+、Ag+、Ba2+、Cu2+，兴趣小组为确定该溶液成分，进行如下实验： 下列说法错误的是 A. 对原溶液进行焰色试验，火焰为黄色 B. 将产生的无色气体通入饱和Na2CO3溶液中，无明显现象 C. 原溶液中一定不含的离子有Ag+、Ba2+、Cu2+ D. 无法确定原溶液是否存在Cl- 11. 根据下列实验操作及现象，推出的结论正确的是 选项 实验操作及现象 结论 A 向某食盐溶液中滴加淀粉溶液，溶液颜色无明显变化 该食盐中不含碘元素 B 向酸性KMnO4溶液中通入SO2，溶液褪色 SO2具有漂白性 C 向Na2CO3溶液中滴加几滴醋酸，无气泡产生 酸性： D 向盛有2 mL FeCl3溶液的试管中加入过量铁粉，充分反应后静置，滴加KSCN溶液无明显变化；静置，取上层清液滴加几滴氯水，溶液变红 Fe2+具有还原性 A. A B. B C. C D. D 12. 化合物A(结构如图)是锂离子电池电解液的关键基础材料，X、Y、Z、Q、M为短周期原子序数依次增大的主族元素，基态Y原子的2p轨道为半充满状态，Z与M位于同一主族。下列说法正确的是 A. 简单氢化物键角： B. 原子半径： C. 简单氢化物沸点： D. 第一电离能： 13. 利用H型双试管改进浓硫酸的脱水性实验的装置如下图所示。 下列说法正确的是 A. 微热双试管一侧，注射器芯杆向外移动，说明装置气密性良好 B. 向下推动注射器1，观察到蔗糖变黑，说明浓硫酸具有强氧化性 C. 该装置的缺陷为无法调节内外气压平衡 D. 实验结束后加入试剂X，试剂X可以选择NaOH溶液 14. 某超导材料的化学式为MgxPtyHz，晶胞如下图所示，其晶胞参数为a pm，设NA为阿伏加德罗常数的值。 下列说法正确的是 A. 两个Pt之间最近的核间距为 B. 晶体的密度为 C. 晶胞中Pt原子沿体对角线方向的投影图为 D. 距离Pt最近且等距的Mg有8个 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 某同学在实验室配制480 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液，并测定某邻苯二甲酸氢钾()样品的质量分数。回答下列问题： （1）配制溶液时，正确的顺序为ⅱ→ⅰ→ⅲ→______→______→______→______→ⅳ。 ⅰ．称量  ⅱ．计算  ⅲ．溶解  ⅳ．摇匀  ⅴ．转移  ⅵ．洗涤  ⅶ．定容  ⅷ．冷却 （2）应用托盘天平称量______g NaOH固体；本实验需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、______。 （3）用NaOH固体难以准确配制指定浓度的NaOH溶液的原因可能是____________________(写出一条即可)。 （4）称取0.5 g邻苯二甲酸氢钾样品(杂质不影响实验)溶于15.00 mL水中配成溶液，用0.10 mol·L-1 NaOH标准溶液滴定，测得恰好完全反应时消耗该NaOH溶液的体积为20.00 mL。 ①邻苯二甲酸的沸点低于对苯二甲酸，原因是____________________。 ②与NaOH溶液反应的离子方程式为__________________________。 ③该样品中邻苯二甲酸氢钾的质量分数为__________%。 （5）配制NaOH溶液时，若定容时仰视刻度线，则会导致(4)中所求邻苯二甲酸氢钾的质量分数__________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 16. 铜及其化合物在生产生活中有重要作用。回答下列问题： （1）基态Cu原子的简化电子排布式为__________。 （2）Zn位于元素周期表第________周期第________族；Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是________。 （3）Cu(CH3CN)4PF6用于制备光电材料X(R1、R2为烃基或氢原子)，反应如下： ①X中N原子杂化方式为__________；1 mol X中含有__________mol配位键。 ②CH3CN中键与键的数目之比为__________。 ③的VSEPR模型为__________形。 （4）下图为铜晶胞，晶胞参数为a pm，则Cu原子直径为__________cm。 （5）某含铜化合物晶胞如图，已知A原子的分数坐标为，则B原子的分数坐标为__________，该化合物的化学式为__________。 17. 高纯碳酸锰是理想的高性能强磁材料。以某贫锰矿(主要含有MnO2、SiO2，还含有少量Fe、Cd)和废硫酸亚铁为主要原料制备碳酸锰的一种简化工艺流程如下： 已知：常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为0.1 mol·L-1)开始沉淀和完全沉淀()的pH如下表。 金属离子 Fe3+ Cd2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 1.9 7.4 8.1 完全沉淀的pH 3.2 9.7 10.1 回答下列问题： （1）基态Mn原子价层电子轨道表示式为__________。 （2）为加快“煅烧”速率可采取的措施为______________(写一种即可)。 （3）“浸渣”的主要成分为Fe2O3和__________(填化学式)；本工艺“煅烧”温度下，MnO2和FeSO4按1∶1反应生成Fe2O3、一种硫酸盐和某气体，反应的化学方程式为____________________。 （4）除去“加水浸取”后浸取液中Fe3+的方法是：先向热水中加入少量浸取液，制备Fe(OH)3晶种，然后加氨水控制pH，同时加入浸取液可形成大颗粒的Fe(OH)3沉淀。若产生大量Fe(OH)3胶体，不良影响为______________(写两点)；不能采用加入氨水的方法除去Cd2+，原因是______________________________。 （5）工业上常将滤渣1和滤渣2的洗涤液合并至滤液2，目的是____________________。 （6）“沉淀3”反应的离子方程式为______________________；向滤液3中加入______________(填化学式)，能回收NH3。 18. 研究表明，铜能与浓盐酸反应。某小组同学对此进行了系列探究实验。 Ⅰ．探究盐酸浓度对反应的影响 实验 1-1 1-2 盐酸/(mol·L-1) 12 1.5 实验 现象 30 min 溶液变成淡黄色 溶液无明显变化 1天 溶液变成黄色，铜片无明显变化 溶液变成淡蓝色，铜片变黑 3天 溶液变成黄黑色，铜片变小 溶液变成蓝色，铜片变黑 9天 溶液变成黑绿色，铜片变小 溶液变成黑绿色，有白色沉淀生成 Ⅱ．探究实验Ⅰ溶液最终颜色不同的原因 实验 2-1 2-2 2-3 实验操作 分别取2 mL反应后的溶液，各加入3滴5% K4[Fe(CN)6]溶液 滤出实验1-2中白色固体，洗涤后向该固体中加入2 mL 3 mol·L-1盐酸，振荡 继续向实验2-2所得溶液中滴加2 mL浓氨水，在空气中静置 实验现象 均有棕红色沉淀生成 固体溶解，溶液变为无色 溶液颜色微蓝，稍后蓝色逐渐加深 查阅资料：CuCl是难溶于水的白色固体，可溶于盐酸生成无色H[CuCl2]溶液；[Cu(NH3)2]+在空气中不稳定，易被氧化为蓝色的[Cu(NH3)4]2+。 （1）HCl的电子式为__________。 （2）①经__________(填字母)分析方法获知实验2-1棕红色沉淀为Cu2[Fe(CN)6]；Cu2[Fe(CN)6]中存在配位键，提供孤电子对的原子为__________。 A. X射线衍射 B. 质谱 C. 元素分析 D. 滴定分析 ②根据实验2-2现象推断实验1-2中白色固体的化学式可能为__________。 ③实验2-3中，无色溶液在空气中变蓝的离子方程式为_______________。 ④甲同学根据上述实验认为浓盐酸氧化了铜，乙同学认为结论不严谨，原因可能是__________。 Ⅲ．探究无氧条件下，铜与12 mol·L-1浓盐酸反应的实验现象 实验3 30 min 1天 3天 4天 现象 溶液变为浅黄色，有少量气泡产生 溶液黄色加深，生成约4.8 mL无色气体 溶液黄色加深，生成约5 mL无色气体 溶液呈黄色，生成约5 mL无色气体 （3）小组成员根据元素守恒和氧化还原原理推测，生成的无色气体为氢气，验证该推测的实验操作和现象为____________________；经过系列实验后得知，铜与12 mol·L-1浓盐酸反应后的溶液中生成了H3[CuCl4]，化学方程式为____________________。 实验结论：铜与浓盐酸在一定条件下能发生置换反应。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $