北京市延庆区2019届高三第一次模拟考试化学试题 Word版含解析 18页

延庆区2019—2020学年度模拟考试试卷 高三化学 第Ⅰ卷 可能用到的相对原子质量：H-1O-16N-14Cu-64‎ 一、选择题：在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的 ‎1. 化学技术在社会发展中起着十分重要的作用，下列应用过程中不涉及化学反应的是 A．现代中药纳米粉碎 B．火力发电 C．高炉炼铁 D．生活中用暖宝宝取暖 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．粉碎是物理变化，不涉及化学变化，故A符合题意；‎ B．火力发电涉及燃烧，为化学变化，故B不符合题意；‎ C．高炉炼铁是利用化学反应将铁从化合物中还原出来，故C不符合题意；‎ D．生活中的暖宝宝是利用原电池的原理，涉及化学变化，故D不符合题意；‎ 故选A。‎ ‎2. 下列事实不能用元素周期律解释的是 A. Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应 B. K与水的反应比Na与水的反应更剧烈 C. SO2与NaHCO3溶液反应生成CO2‎ D. 常温下，Na2SO4溶液的pH=7，Al2(SO4)3溶液的pH＜7‎ ‎【答案】C - 18 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硅和硫属于同周期元素，从左到右，非金属性依次增强，根据非金属性越强，其与氢气化合越容易，所以硅与氢气高温反应，而硫和氢气加热就能反应，故A正确，不符合题意；‎ B.钠和钾属于同一主族元素，从上到下金属性依次增强，钾的金属性比钠强，所以钾与水反应比钠与水反应更剧烈，故B能用元素周期律解释，不符合题意；‎ C.二氧化硫和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，说明亚硫酸的酸性比碳酸强，但非金属性强弱与最高价氧化物对应水化物的酸性相关联，亚硫酸不是最高氧化物对应的水化物，所以不能用元素周期律解释，故C符合题意；‎ D. 常温下，Na2SO4溶液的pH=7，Al2(SO4)3溶液的pH＜7，说明氢氧化钠的碱性强于氢氧化铝，结合元素周期律，同一周期元素，从左到右，金属性依次减弱，最高价氧化物对应的水化物的碱性减弱，故D不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎3. 下列化学用语解释事实或过程正确的是 A. Fe3O4溶于过量稀硝酸中：Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O B. 乙酸和乙醇的酯化反应：CH3CH2OH+CH3CO18OHCH3CO18OCH2CH3+H2O C. 用足量氨水吸收烟气中的二氧化硫：SO2+2OH-＝+H2O D. 向少量Mg(OH)2悬浊液中加入适量的饱和NH4Cl溶液，固体溶解：Mg(OH)2+2Mg2++2NH3·H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．四氧化三铁被硝酸氧化生成硝酸铁和一氧化氮和水，故离子方程式错误，故A错误；‎ B．乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水，反应过程中乙酸中羟基上的氧原子到水分子中，故B错误；‎ C．氨水和二氧化硫反应，氨水是弱碱，不能拆成离子形式，故C错误；‎ D．氢氧化镁和氯化铵反应，生成氯化镁和氨水，离子方程式为Mg(OH)2+2Mg2++2NH3·H2O，故D正确。‎ - 18 -‎ 故选D。‎ ‎4. 下列有关实验操作、现象和结论的叙述不相符的是 A B C D 实验 加热铝箔 现象 液滴不滴落 通入品红溶液中褪色 加入氯化铁溶液的试管产生气泡更快。‎ 白色沉淀转化成黄色沉淀 结论 Al2O3的熔点高于Al的熔点 SO2具有还原性 Fe3+的催化效果比Cu2+的催化效果强 AgI的溶解度比AgCl的溶解度小 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．Al2O3的熔点（2050℃）高于Al的熔点（660℃），氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，所以加热铝箔时铝箔熔化但不滴落，故A不选；‎ B．SO2通入品红溶液中，品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性，故B选；‎ C．同浓度同体积的H2O2溶液滴入同浓度的FeCl3溶液和CuCl2溶液，加入氯化铁溶液的试管产生气泡更快，说明Fe3+的催化效果比Cu2+的催化效果强，故C不选；‎ D．向硝酸银溶液中滴入NaCl溶液至不再产生沉淀，此时Ag+完全沉淀，再滴入KI溶液，白色沉淀AgCl转化成黄色沉淀AgI，说明AgI的溶解度比AgCl的溶解度小，故D不选；‎ 故选B。 ‎ ‎【点睛】‎ ‎5. 脱氧核糖核酸的结构片段如下图：(其中以…或者……表示氢键)‎ - 18 -‎ 它在酶和稀盐酸中可以逐步发生水解，下列关于该高分子的说法不正确的是 A. 完全水解产物中，含有磷酸、戊糖和碱基 B. 完全水解产物的单个分子中，一定含有官能团—NH2和—OH C. 氢键对该高分子的性能有很大影响 D. 其中碱基的一种结构简式为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据结构简式可知，完全水解产物中，含有磷酸、戊糖和碱基，A正确；‎ B．完全水解后，某些产物中，如不含羟基，B错误；‎ C．氢键可使物质的物理性质发生一定的变化，如分子间氢键增大熔沸点等，C正确；‎ D．根据结构简式可知，其中碱基一种结构简式可为，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎6. 室温下，将mol固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是 A. 加入50mL1，反应结束后，‎ B. 加入molCaO，溶液中减小 C. 加入50mL，由水电离出的增大 - 18 -‎ D. 加入mol固体，反应完全后，溶液呈中性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】，所以二者恰好完全反应生成，是强电解质，完全电离，则溶液中存在，选项A错误；‎ B.加入，发生的一系列反应为，，且氢氧化钙和碳酸钠恰好完全反应，导致溶液中增大、减小，则溶液中增大，选项B错误；‎ C.加入水后，溶液中减小，pH减小，则溶液中减小，水电离出的，所以该溶液中水电离出的减小，选项C错误；‎ D.水解导致溶液呈碱性，和反应方程式为：，根据方程式知，二者恰好反应生成、、，溶液中的溶质是，溶液呈中性，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7. 某同学用KSCN溶液和溶液探究的还原性时出现异常现象，实验如下：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎   ‎ 溶液变红，大约10‎ - 18 -‎ 秒左右红色褪去，有气体生成经检验为。取褪色后溶液，滴加盐酸和溶液，产生白色沉淀 ‎ 溶液变红且不褪色，有气体生成经检验为，经检验有丁达尔效应。 ‎ 溶液变红且不褪色，滴加盐酸和溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应。 ‎ 下列说法不正确的是 A 对比，可以判定酸性条件下可以氧化 B. 实验中发生的氧化还原反应有两种 C. 中红色溶液中含有胶体 D. 中发生的氧化还原反应为：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴入KSCN溶液，，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，生成铁离子，形成血红色溶液，大约10秒左右红色褪去，铁离子做催化剂过氧化氢分解有气体生成经检验为，取褪色后溶液，滴加盐酸和溶液，产生白色沉淀为硫酸钡沉淀，证明离子被氧化为硫酸根离子，‎ 盐酸酸化氯化亚铁溶液中滴入KSCN溶液，，滴入过氧化氢溶液，溶液变红且不褪色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子对过氧化氢起到催化剂作用，有气体生成经检验为，经检验有丁达尔效应，说明生成了氢氧化铁胶体，‎ 盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴入KSCN溶液，，通入足量氧气，溶液变红且不褪色，说明氧气氧化亚铁离子生成铁离子，滴加盐酸和溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应，无硫酸钡沉淀生成和氢氧化铁胶体形成，排除了氧气氧化的可能。‎ ‎【详解】A．对比，实验确定了离子被氧化为硫酸根离子，实验 - 18 -‎ 排除了氧气氧化的可能，可以判定酸性条件下可以氧化，故A正确；‎ B．实验中发生的氧化还原反应有亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子，过氧化氢分解生成氧气，氧气氧化亚铁离子，不止两种，故B错误；‎ C．中检验有丁达尔效应，说明红色溶液中含有胶体，故C正确；‎ D．中通入足量氧气溶液变红色说明生成了铁离子，发生的氧化还原反应为：，故D正确；‎ 故选：B。‎ 第II卷 一、非选择题 ‎8. 镇痛药物J的合成方法如下：‎ 已知：①+Cl—R3+HCl ‎②R1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH ‎③(R1、R2、R3、R4为氢或烃基)‎ ‎(1)B的官能团为_____。‎ ‎(2)反应①的化学方程式______。‎ ‎(3)F的结构简式______。‎ ‎(4)G→J的反应类型_______。‎ ‎(5)C→D的化学反应方程式_______。‎ ‎(6)有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K - 18 -‎ 的同分异构体有____种，写出其中两种取代基不同的结构简式_____、______。‎ A．遇FeCl3显紫色 B．苯环上有两个取代基 ‎(7)已知：R1HC=CHR2R1COOH+R2COOH，R1、R2为烃基。是一种重要的化工中间体。以环已醇()和乙醇为起始原料，结合己知信息选择必要的无机试剂写出合成路线________(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。‎ ‎【答案】 (1). 氯原子、碳碳双键 (2). CH2=CH-CH2Cl+NH3CH2=CH-CH2-NH2+HCl (3). (4). 取代反应 (5). +CH3OH (6). 15 (7). (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分子式是C3H6的物质A是丙烯，结构简式是CH2=CH-CH3，CH2=CH-CH3与Cl2在500℃时发生-CH3上的取代反应产生B是CH2=CH-CH2Cl，B与NH3在加热时发生取代反应产生CH2=CH-CH2-NH2，CH2=CH-CH2-NH2与ClCH2CH2COOCH3发生取代反应产生C：CH2=CH-CH2-N(CH2CH2COOCH3)2，C在CH3CH2ONa条件下反应产生D：和CH3OH，D在酸性条件下水解产生E，E脱去-COOH，产生F：；F发生信息③的反应产生G，G与CH3CH2COCl及吡啶发生信息①的反应产生J。‎ - 18 -‎ ‎【详解】根据上述分析可知A是：CH2=CH-CH3，B是CH2=CH-CH2Cl，C是CH2=CH-CH2-N(CH2CH2COOCH3)2，D是；F是。‎ ‎(1)B是CH2=CH-CH2Cl，官能团为氯原子、碳碳双键；‎ ‎(2)反应①是CH2=CH-CH2Cl与NH3发生取代反应产生CH2=CH-CH2-NH2和HCl，反应方程式为：CH2=CH-CH2Cl+NH3CH2=CH-CH2-NH2+HCl；‎ ‎(3)F结构简式是；‎ ‎(4)根据G、J结构变化可知G与CH3CH2COCl发生取代反应产生J和HCl；‎ ‎(5)C是CH2=CH-CH2-N(CH2CH2COOCH3)2，C在CH3CH2ONa作用下反应产生D：，同时产生CH3OH，反应方程式为：+CH3OH；‎ ‎(6)F是，分子式是C8H13NO，有机物K分子组成比F少两个氢原子，其分子式是C8H11NO，K的同分异构体符合条件：A．遇FeCl3显紫色，说明物质含有苯环、含有酚羟基；B．苯环上有两个取代基，则可能的官能团有-OH、-CH2CH2-NH2或-OH、CH3CH(NH2)-或-OH、CH3-NH-CH2-或-OH、CH3-CH2-NH-或-OH、五种不同结构，每一种情况下两个官能团在苯环上的位置都有邻、间、对三种不同位置；因此可能的同分异构体共有3×5=15种，其中两种取代基不同的结构简式为：、；‎ ‎(7)环已醇与浓硫酸混合加热发生消去反应产生环己烯， 被酸性KMnO4溶液氧化为己二酸，与C2H5OH - 18 -‎ 在浓硫酸存在和加热时发生酯化反应产生己二酸二乙酯：，在CH3CH2ONa作用下反应信息的反应产生，故合成路线为：。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的合成与推断。在判断同分异构体种类时，要注意两个侧链中除-OH外另一个侧链可能的结构的种类数目，结合二个官能团在苯环上有邻、间、对三种不同位置进行计算；要充分利用题干信息，结合各种反应特点及物质分子结构前后区别进行判断。‎ ‎9. CO2的捕集和利用因为其工业价值和减少CO2排放的环境意义而受到广泛关注。‎ ‎(1)下列物质中可以作为CO2捕获剂的是______。‎ A．NH4Cl B．Na2CO3 C．HOCH2CH2OH D．HOCH2CH2NH2 E．(NH4)2CO3‎ ‎(2)在Cu/ZnO催化剂条件下，CO2与H2可生成CH3OH，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-53.7kJ.mol-1。科研人员提出了该催化反应历程的示意图如下，其中CO是重要的中间产物。‎ 已知：第一步反应I：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ.mol-1‎ ‎①第二步反应的热化学方程式是______。‎ ‎②CO2与H2生成CH3OH反应的平衡常数表达式K=______。‎ ‎③下图是其他条件一定时，反应温度对CO2平衡转化率影响的曲线，请结合化学用语说明温度低于350℃时，CO2的平衡转化率随温度变化的原因是______。‎ - 18 -‎ ‎(3)O2辅助的Al—CO2电池工作原理如图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2。电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池原理如下：‎ ‎①O2作为正极反应的催化剂，可能的催化过程如下，将i补充完整，并写出ii的离子方程式。‎ i．O2+_____===_____；‎ ii．_______。‎ ‎②结合电极反应式简述Al2(C2O4)3的生成______。‎ ‎【答案】 (1). BDE (2). CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) ΔH2= -94.7 kJ·mol-1 (3). (4). 0-350℃时，第一步反应(吸热)为主，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，因此升温使CO2转化率增大 (5). e- (6). (7). 2CO2+2===+2O2 (8). 负极发生反应Al-3e-=Al3+，Al3+通过阳离子交换膜移动到正极与正极生成的结合生成Al2(C2O4)3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)二氧化碳是酸性氧化物，具有碱性的物质均能捕获CO2，反应如下：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，HOCH2CH2NH2+CO2+H2O=HOCH2CH2NH3++HCO3-，(NH4)2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3，故答案为BDE；‎ ‎(2)①I.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ·mol-1，‎ Ⅱ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-53.7kJ·mol-1，盖斯定律计算Ⅱ-I得到第二步反应的热化学方程式为:2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g) △H=-94.7kJ·mol-1，故答案为:2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g) △H=-94.7kJ·mol-1；‎ ‎②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，平衡常数表达式K=；‎ ‎③由图1可知CO2的转化率呈现先升高后降低的变化趋势，考虑到0-350℃‎ - 18 -‎ 时温度升高，化学反应速率加快，转化率增大，第一步反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，转化率升高。故答案为：0-350℃时，第一步反应(吸热)为主，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，因此升温使CO2转化率增大。‎ ‎(3)该原电池中Al作负极，电子生成铝离子，电极反应式为Al-3e-=Al3+(或2Al-6e-=2Al3+)，‎ 电池的正极反应式:2CO2+2e-=C2O42-，Al3+通过阳离子交换膜移动到正极与正极生成的结合生成Al2(C2O4)3。‎ ‎①过程中，O2起催化作用，催化过程可表示为：‎ i：O2+e-=O2-‎ i：二氧化碳和O2反应生成草酸根和氧气，反应为:3CO2+3O2-=C2O42-+3O2。‎ ‎②负极发生反应Al-3e-=Al3+，Al3+通过阳离子交换膜移动到正极与正极生成的结合生成Al2(C2O4)3。‎ ‎10. 纳米铜是一种性能优质的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示。‎ 资料：肼(N2H4)无色油状液体，溶于水生成水合肼N2H4·H2O(水合肼有强还原性，生成无污染物质，易挥发)‎ ‎(1)①上述流程中可以加快反应速率的措施有______。‎ A.过滤和萃取 B.升高温度 C.增大压强 D.研磨矿石 ‎②用FeCl3溶液浸取辉铜矿中铜元素的反应为：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S。浸取时，在有氧的环境下可维持Fe3+较高浓度，有关反应的离子方程式为_______。‎ ‎(2)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图所示。当pH>1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3+萃取率降低的原因是______。‎ - 18 -‎ ‎(3)“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，Cu2+的还原率随pH和温度的变化如下表所示：‎ pH ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ Cu2+还原率(%)‎ ‎34‎ ‎60‎ ‎90‎ ‎92‎ ‎95‎ ‎92‎ ‎90‎ 产物形态 砖红色Cu2O 铜粉 紫黑色纳米铜 温度 ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎70‎ ‎80‎ ‎90‎ Cu2+还原率(%)‎ ‎25‎ ‎45‎ ‎70‎ ‎80‎ ‎95‎ ‎90‎ ‎85‎ 产物形态 砖红色Cu2O 铜粉 紫黑色纳米铜 ‎①该反应的离子方程式为_______。‎ ‎②超过70℃时Cu2+的还原率降低的原因是______。‎ ‎③以辉铜矿为原料制备纳米铜粉的工艺条件选择70℃、pH=10的理由是______。‎ ‎(4)“水相1”中加入适量氨水，静置，再经过滤、_____、干燥、______等操作可得到Fe2O3。‎ ‎(5)假设制得纳米铜的质量为akg，则最少投入肼的物质的量是______。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (3). Fe3+水解程度随pH的升高而增大 (4). 2Cu2+ + N2H4 + 4OH- = 2Cu + N2 ↑+ 4H2O (5). 超过70℃时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低 (6). 70℃、pH=10时Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜 (7). 洗涤 (8). 煅烧或灼烧 (9). mol或者mol或者7.81amol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由制备流程可知，辉铜矿(要成分为Cu2S )用FeCl3溶液作浸取剂发生反应Cu2S+‎ - 18 -‎ ‎ 4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S ，过滤得到氯化铜、氯化亚铁，加入萃取剂萃取后的“水相1”中加入适量氨水最终可制取铁红；用“反萃取”得到的CuSO4溶液，加入N2H4溶液，调节溶液pH，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，从而获得纳米铜粉。‎ ‎【详解】(1 )①上述流程中反应在溶液中进行，升高温度、研磨矿石可以加快反应速率，故答案为BD；‎ ‎②浸取时，在有氧的环境下可维持Fe3+较高浓度，因在有氧环境下亚铁离子被氧化生成铁离子，反应的离方程式为4Fe2+ +4H++O2=4Fe3++2H2O ，故答案为4Fe2+ +4H++O2=4Fe3++2H2O；‎ ‎(2)由于Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大，当pH> 1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，故答案为Fe"的水解程度随着pH的升而增大；‎ ‎(3)①“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，碱性条件下，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，该反应的离子方程式为2Cu2++N2H4+4OH-=2Cu+N2↑+4H2O ，故答案为2Cu2++N2H4+4OH-=2Cu+N2↑+4H2O；‎ ‎②根据资料“水合肼有强还原性，生成无污染物质，易挥发”，超过70℃时Cu2+的还原率降低的原因是：超过70℃时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低，故答案为：超过70℃时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低；‎ ‎③以辉铜矿为原料制备纳米铜粉的工艺条件选择70℃、pH =10的理由是Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜，故答案为：Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜；‎ ‎(4)萃取后的"水相1”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁煅烧可得到氧化铁，方法为在萃取后的"水相1”中加入适量氨水，静置，再经过滤、洗涤、干燥、煅烧（或灼烧）可得到Fe2O3产品，故答案为：洗涤；煅烧；‎ ‎(5)由2Cu2+ +N2H4+ 4OH- =2Cu+ N2↑+4H2O可知，制得纳米铜的质为a kg ，则最少投入肼的物质的量是，故答案为：mol或者mol或者7.81amol。‎ ‎11. 某实验小组在电压12V电流3A的条件下电解2mol/L的氯化铜溶液并探究其产物的性质。‎ - 18 -‎ ‎(1)根据电解原理，预测：阴极发生的实验现象是______。阳极发生的电极反应式为_______。电解氯化铜溶液总的化学方程式为_______。‎ ‎(2)小组同学在实际电解过程中，意外观察到下表的实验现象：‎ 条件 电极 现象 电压12V 电流3A 阴极 ‎3min后，附近溶液变成棕褐色。30min后，溶液变成深棕褐色。电极底部表面有少量红色金属生成，还有少量白色物质。‎ 阳极 开始出现少量气泡，后来气泡增多。‎ 实验小组学生对阴极区产生异常现象的原因进行了探究：‎ 资料1：CuCl是白色的难溶物，用Cu还原CuCl2溶液可以得到CuCl沉淀，它易溶于浓盐酸，用水稀释CuCl的浓盐酸溶液则又析出CuCl白色沉淀。‎ 资料2：[CuCl2.CuCl2(H2O)]-(棕褐色)CuCl+Cu2++3Cl-+H2O。‎ Ⅰ.探究阴极表面产生的白色物质：‎ ‎①根据资料写出Cu还原CuCl2溶液反应的化学方程式______。‎ ‎②学生为了确定阴极产物进行实验A：取2mol/L的CuCl2溶液，加入铜粉，充分振荡，几分钟后，试管底有白色沉淀生成，过滤出白色固体，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀。‎ 如果要确认阴极产生的白色沉淀是CuCl，还需要进行对照实验B，该实验的设计方案是______。‎ 实验结论：通过实验A和实验B的对比，可以确定阴极产生的白色固体是CuCl。‎ Ⅱ.探究阴极区域溶液呈现棕褐色的原因：‎ 猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致。‎ 实验C：向2mol/L的CuCl2溶液中加入______，溶液呈现绿色，没有变成棕褐色。‎ - 18 -‎ 实验结论：溶液颜色呈现棕褐色______(填“是”或者“不是”)由于Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致。‎ 猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关。‎ 实验D：用铜粉和2mol/L的CuCl2溶液反应制备[CuCl2•CuCl2(H2O)]，取少量该标准溶液与实验中得到的棕褐色溶液进行对照实验。‎ 步骤一：配制标准[CuCl2.CuCl2(H2O)]-棕褐色溶液进行稀释，实验流程如图所示：‎ 步骤二：取阴极附近的棕褐色溶液，重复上述实验进行对照，请画出对照实验的流程图______。‎ 实验结论：通过对照实验，确认棕褐色溶液与+1价Cu有关。‎ ‎【答案】 (1). 有红色(紫红色)固体产生 (2). 2Cl- - 2e- = Cl2 ↑ (3). CuCl2Cu + Cl2↑ (4). Cu+CuCl2=CuCl ↓ (5). 取阴极产生的白色固体，溶于稀盐酸配成溶液，浇水稀释，又析出白色沉淀 (6). NaCl固体至不再溶解 (7). 不是 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据电解原理，电极氯化铜溶液，阴极发生的反应是铜离子得到电子生成铜，阳极是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气；‎ ‎（2）Ⅰ．①根据资料用Cu还原CuCl2溶液可以得到CuCl沉淀可得；‎ ‎②取试验中阴极的白色物质与实验A做对照试验；‎ Ⅱ．猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致 实验应向氯化铜溶液加入高浓度Cl-，溶液没有变成棕褐色，说明该猜想不成立；‎ 猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关 - 18 -‎ 取阴极附近的棕褐色溶液重复步骤一，得到与步骤一相同的现象说明该猜想成立。‎ ‎【详解】（1）根据电解原理，电极氯化铜溶液，阴极发生的反应是铜离子得到电子生成铜，电极反应：Cu2++2e-=Cu，阴极发生的实验现象是：析出红色铜，阳极是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，电解氯化铜溶液总的化学方程式为：CuCl2Cu+Cl2↑，故答案为：析出红色铜；2Cl--2e-=Cl2↑；CuCl2Cu+Cl2↑；‎ ‎（2）Ⅰ．①Cu还原CuCl2溶液的反应为：Cu+CuCl2=2CuCl↓；故答案为：Cu+CuCl2=2CuCl↓；‎ ‎②实验A：取2mol/L的CuCl2溶液，加入铜粉，充分振荡，几分钟后，试管底有白色沉淀生成，过滤出白色固体，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀，要确认阴极产生的白色沉淀是CuCl，还需要进行对照实验B，应取阴极的白色产物做对照，实验B为：取阴极白色物质于试管中，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀，可以确定阴极产生的白色固体是CuCl，‎ 故答案为：取阴极白色物质于试管中，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀；‎ Ⅱ．猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致 实验C：向2mol/L的CuCl2溶液中加入NaCl固体，溶液呈现绿色，没有变成棕褐色；实验结论：溶液颜色呈现棕褐色不是由于Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致；故答案为：NaCl固体至不再溶解；不是；‎ 猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关。‎ 实验D：用铜粉和2mol/L的CuCl2溶液反应制备[CuCl2•CuCl2（H2O）]，取少量该标准溶液与实验中得到的棕褐色溶液进行对照实验。‎ 步骤一：配制标准[CuCl2•CuCl2（H2O）]棕褐色溶液进行稀释，实验流程如图所示：‎ ‎，‎ 步骤二：取阴极附近的棕褐色溶液，重复上述实验进行对照：‎ - 18 -‎ ‎，‎ 通过对照实验，确认棕褐色溶液与+1价Cu有关； 故答案为：。‎ - 18 -‎