资源简介

大兴一中2025-2026学年第二学期期中试题
高二化学
2026.04
考生须知
1.本试卷共8页，共两部分，19道题。满分100分。考试时间90分钟。
2.在试卷和答题纸上准确填写学校名称、班级名称、姓名。
3.答案一律填涂或书写在答题纸上，在试卷上作答无效。
4.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，其余题用黑色字迹签字笔作答。
5.考试结束，请将本试卷和答题纸一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Si 28
第一部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．下列化合物中不属于醇类的是
A． B． C． D．
2．下列化学用语或图示表达不正确的是
A．甲酸的结构式：
B．苯分子中的大π键：
C．顺-2-丁烯的分子结构模型：
D．HClO的结构式：
3．下列分子或离子中，VSEPR模型和空间结构一致的是
A． B． C． D．
4．某烷烃的结构简式为 ，其系统命名是
A．3，4 -二甲基戊烷 B．2，3-二甲基戊烷
C．2-甲基-3-乙基丁烷 D．3-甲基- 2-乙基丁烷
5．下列事实不能用键能的数据解释的是
A．的化学性质很稳定
B．的沸点小于的沸点
C．、、、的稳定性逐渐减弱
D．金刚石的熔点大于晶体硅的熔点
6．氨基酸分子中主要含有 C、H、O、N 四种元素。下列说法正确的是
A．原子半径：N < O B．第一电离能：N < O
C．稳定性：NH3 > H2O D．电负性：N < O
7．苯丙酸诺龙是一种兴奋剂，结构简式如图所示，有关苯丙酸诺龙的说法正确的是
A．属于芳香烃 B．有3种含氧官能团
C．能使溴水褪色 D．分子中所有C原子可能在同一平面上
8．科学家用铜的氧化物做催化剂，成功实现选择性还原，用于回收和利用工业排放的低浓度二氧化碳。的晶胞、铜的氧化物的晶胞如图。下列说法正确的是

A．干冰晶体熔化时需要克服共价键
B．一个干冰晶胞中含有8个分子
C．铜的氧化物晶胞中距离氧离子最近且等距离的氧离子为6个
D．由铜的氧化物的晶胞可知其化学式为
9．下列实验能达到实验目的的是
A．制备乙酸乙酯 B．除去苯甲酸中泥沙
C．检验乙炔的还原性 D．验证苯环对甲基的影响
A．A B．B C．C D．D
10．仅考虑构造异构时，有几种同分异构体
A．6 B．7 C．8 D．9
11．下列反应过程不能用反应物中键的极性解释的是
A．
B．
C．
D．
12．布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的成酯修饰。下列说法不正确的是

A．布洛芬和成酯修饰产物的分子中苯环上的一氯代物的种数不同
B．布洛芬和成酯修饰产物的分子中均含手性碳原子
C．布洛芬和成酯修饰产物均可发生取代反应、加成反应
D．布洛芬和成酯修饰产物的分子中碳原子均有、两种杂化方式
13．绿原酸具有抗病毒、降血压、延缓衰老等作用。利用乙醚、95%的乙醇浸泡杜仲叶得到提取液，进一步提取绿原酸的流程如下：
下列说法错误的是
A．从加入乙酸乙酯到获取“有机层”的操作为萃取、分液
B．过滤时所需玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
C．绿原酸粗产品可通过重结晶的方法进一步提纯
D．减压蒸馏是利用混合物中的组分密度不同分离提纯
14．如图所示，1，3-丁二烯与发生加成反应分为两步：
第一步：1，3-丁二烯进攻生成碳正离子；第二步：进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化示意如图。0℃恒温恒容体系中，1，3-丁二烯与反应一定时间，1，2-加成与1，4-加成的比例为；相同体系下，将温度升高至40℃，令二者反应相同时间，1，2-加成与1，4-加成的比例为。下列说法不正确的是
A．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的平衡转化率更小
B．40℃时1，3-丁二烯与在该体系下反应，1，2-加成产物的浓度存在先增后减的过程
C．40℃时两种产物的比例为主要由过渡态A与过渡态B的能量差决定
D．若1，4-加成产物为目标产物，应适当升高温度并延长反应时间
第二部分
15．是一种重要的储氢材料，可由和NaH在适当条件下合成。
(1)写出合成的方程式______。
(2)时气态通常以二聚体的形式存在，其空间结构如图所示。1个分子内配位键的个数是______，8个原子______（填“在”或“不在”）同一平面上。
(3)铝的三种卤化物的沸点如下表所示。
卤化物
沸点 1500 370 430
①比较化学键中离子键成分的百分数：______（填“>”或“<”）。
②分析的沸点低于和的原因：______。
(4)的晶体结构如图所示。
①与紧邻且等距的有______个。
②已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为______。（）
16．高分子广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品。某小组设计合成路线如下。
(1)中含有的官能团是___________。
(2)反应①的化学方程式是___________。
(3)的顺式结构的结构简式是___________。
(4)实验室制备的化学方程式是___________，选用的除杂试剂是___________(填字母)。
a．酸性溶液 b．饱和溶液 c．溶液
(5)反应②是加成反应，物质是___________。
(6)与在一定条件下生成的化学方程式是___________。
(7)某同学设计用直接与酸性溶液反应制备。该方法不合理，理由是___________。
17．磷酸()是生命活动的重要物质。
Ⅰ．磷酸与核苷反应生成核苷酸，以下为某核苷和对应的某种核苷酸的结构示意图。
(1)模仿磷酸的结构简式，写出碳酸的结构简式___________。
(2)核苷酸具有酸性，最易解离出的化学键是___________(填“a”“b”或“c”)处。
(3)DNA分子由两条多聚核苷酸链组成，两条链上的碱基通过氢键结合成碱基对，如下图。某DNA分子片段如下图，请补充框中缺少的氢原子并画出对应的氢键___________。(氢键用“”表示)
Ⅱ．磷脂是指含有磷酸的酯类，是组成细胞和细胞器膜的主要成分，一种结构如图1所示。磷脂分子在水溶液中自组装构成磷脂双分子层超分子(如图2)。
(4)下列关于磷脂分子的说法正确的是___________(填序号，可多选)。
a．磷脂分子是高分子 b．磷脂分子为极性分子 c．磷脂分子含有手性碳原子
(5)解释磷脂分子在水溶液中以头向外而尾向内的方式排列自组装成双分子层的原因：___________。
18．利用航天磁性废料（主要成分为Fe-Co-Ni合金，还含有少量Cu及）制备高附加值的钴盐和镍盐，流程示意图如下。
(1)“浸取”时，向被粉碎的废料中加入稀，后置于恒温水浴。粉碎废料的目的是______。
(2)“沉铁”时，向滤液A中先加入过量溶液。充分反应后再加入一定量，并用饱和溶液缓慢调节pH=1.15~2.28，即可沉出固体D[主要成分为]。用离子方程式表示的形成过程______。
(3)滤液C中主要含有和。“萃取”时，有机磷萃取剂P507的二聚体与形成离子（W）进入有机相，过程如下。
①的价层电子轨道表示式是______。
②基态P原子的核外电子有______种运动状态。
③W中微粒间作用力类型有______，n=______。
(4)“反萃取”后，经一系列操作获得粗品。测定粗品中纯度操作如下：准确称取mg样品，配成250mL溶液，取25mL溶液调节pH=6.5~10.5，加入指示剂溶液不断摇动，用标准液滴定，滴定至终点时，消耗标准液VmL。
已知：ⅰ.杂质不参与反应，为砖红色沉淀；
ⅱ.25℃时，；
ⅲ.该条件下，不能氧化和。
①的相对分子质量为130，计算粗品中的质量分数______。
②若测定过程中溶液pH过低，会导致测定结果偏低。可能的原因是______。
19．某小组探究铜与不同浓度盐酸的反应，实验如下。
实验 溶液a 操作及现象
Ⅰ 1 mol/L盐酸 微热，10分钟后停止加热，静置，无明显变化
Ⅱ 6 mol/L盐酸 微热，10分钟后停止加热。加热过程中铜片表面产生少量气泡。静置一段时间，溶液由无色缓慢变为淡黄色
Ⅲ 12 mol/L盐酸 盐酸微热，铜片表面产生明显气泡。10分钟后停止加热，静置一段时间，溶液由无色逐渐变为黄色，最后变为浅绿色
小组同学查阅资料发现含铜微粒及颜色如下：
物质 CuCl
颜色 白色 无色 黄色 无色 深蓝色 浅蓝色
于是针对实验Ⅲ中现象提出猜想：无色溶液中含铜微粒为。
为证实上述猜想，进一步进行了实验Ⅳ和实验Ⅴ。
实验 操作及现象
Ⅳ 取少量实验Ⅲ中无色时的溶液，加水稀释，发现有白色沉淀M生成。
Ⅴ
已知：CuCl难溶于水，可发生反应。
(1)实验Ⅲ中铜片表面产生气体的主要成分是___________。
(2)由实验V现象可以推断白色沉淀M是___________(填化学式)。理由：___________。
(3)结合平衡移动原理解释实验IV中产生白色沉淀M的原因___________。
(4)写出实验Ⅲ中生成无色溶液并逐渐变黄的离子方程式___________、___________。
(5)依据实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，从物质氧化还原性角度解释实验Ⅲ条件下铜与盐酸反应的原因___________。
1．C
醇含有羟基，但是含有羟基的不一定属于醇，如羟基和苯环直接相连，形成的是酚等，C属于酚类，ABD属于醇；
故选C。
2．D
A．甲酸的结构为，结构式为，图示符合其结构，A正确；
B．苯分子中6个碳原子的未参与杂化的2p轨道垂直于苯环平面，侧面重叠形成闭合的离域大π键，对称分布在环平面的上下方，图示正确，B正确；　
C．顺-2-丁烯的碳碳双键两侧的甲基位于双键的同侧，图示球棍模型符合顺-2-丁烯的结构特点，C正确；　
D．分子中O原子最外层有6个电子，需要形成2个共价键达到稳定结构，因此O分别与H、Cl成键，结构式应为，给出的不符合成键规律，D错误；
故选D。
3．B
A．H2O中心原子中氧原子的价层电子对数为2+=4，氧原子采取sp3杂化，H2O的VSEPR模型为四面体形，有2个孤对电子，空间结构为V形，二者不一致，A错误；
B．中心原子中氮原子的价层电子对数为，氮原子采取sp3杂化，的VSEPR模型为四面体形，有0个孤对电子，空间结构为四面体形，二者一致，B正确；
C．SO2分子中S原子的价层电子对数为2+=3，其VSEPR模型为平面三角形，含有1对孤电子对，则SO2的空间结构为V形，二者不一致，C错误；
D．NH3中心原子N周围的价层电子对数为：=4，其VSEPR模型为四面体形，且有一对孤电子对，故其空间结构为三角锥形，二者不一致，D错误；
故选B。
4．B
根据烷烃的系统命名法，选取上述烷烃最长链并编号如图，结合甲基的位置，可命名为：2，3-二甲基戊烷，故选B。
5．B
A．氮气分子中含有氮氮三键，氮氮三键的键能大，化学性质稳定，则氮气的化学性质稳定能用键能的大小来解释，故A不符合题意；
B．的沸点小于的沸点是因为氯气的相对分子质量较大，氯气分子间的作用力较大，其的沸点高于溴单质不能用键能的大小来解释，故B符合题意；
C．氟、氯、溴的电负性依次减小，氢氟键、氢氯键、氢溴键的键能依次减小，则氟化氢、氯化氢、溴化氢的稳定性逐渐减弱，所以氟化氢、氯化氢、溴化氢的稳定性逐渐减弱能用键能的大小来解释，故C不符合题意；
D．碳元素的电负性大于硅元素，金刚石中碳碳键的键能大于晶体硅中的硅硅键，碳碳键强于硅硅键，则金刚石的熔点高于晶体硅，所以金刚石比晶体硅的熔点高能用键能的大小来解释，故D不符合题意；
故选B。
6．D
A．同一周期主族元素，原子半径随原子序数增大而减小，原子半径：N>O，A错误；
B．氮元素为第VA族，2p为半满结构，第一电离能要比同周期相邻元素第一电离能大，第一电离能：N>O，B错误；
C．O的非金属性强于N，H2O的稳定性强于NH3，C错误；
D．同周期元素，电负性随原子序数递增而增大，电负性：N>O，D正确；
故选D。
7．C
A．芳香烃是仅含碳、氢两种元素且含有苯环的有机物，该物质含有氧元素，不属于芳香烃，A错误；
B．该物质的含氧官能团为酮羰基、酯基，共2种，B错误；
C．该物质分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应使溴水褪色，C正确；
D．该分子中存在多个饱和的sp3杂化的碳原子，具有四面体结构，所有C原子不可能在同一平面上，D错误；
故选C。
8．D
A．干冰晶体为分子晶体，熔化时需要克服分子间作用力，A错误；
B．根据“均摊法”，晶胞中含个，B错误；
C．由体心氧离子为例可知，铜的氧化物晶胞中距离氧离子最近且等距离的氧离子为8个，C错误；
D．根据“均摊法”，晶胞中含个O、4个Cu，化学式为，D正确；
故选D。
9．D
A．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，但其中混有易挥发的乙酸和乙醇，用饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇、吸收乙酸、降低乙酸乙酯的溶解损失，而不是用饱和NaOH溶液，NaOH溶液会导致乙酸乙酯水解，A错误；
B．加热溶解后苯甲酸溶于水中，冷却后苯甲酸会析出，因此应该趁热过滤除去泥沙，B错误；
C．由于电石中有硫化物的杂质，与水反应生成H2S，H2S也能使酸性KMnO4溶液褪色，C错误；
D．酸性KMnO4溶液能与甲苯反应，不能与苯反应，证明苯环对甲基的影响，D正确；
故答案选D。
10．C
可看作戊烷的一氯取代物：戊烷有3种构造异构体，正戊烷（）有3种等效氢，对应3种一氯代物；异戊烷（）有4种等效氢，对应4种一氯代物；新戊烷（）所有氢等效，对应1种一氯代物，总共有种，故答案选C。
11．D
A．丙酮和HCN发生加成反应，丙酮中碳氧双键是极性共价键，极性较强，反应过程中容易断裂，C=O键断开π键，HCN中H-C极性键断裂，显正电性的H加到显负电性的O上形成羟基，该反应可以用反应物中键的极性解释，A不符合题意；
B．2-丙醇和HBr发生取代反应，2-丙醇中的C-O极性键断裂，HBr中的H-Br极性键断裂，形成新的C-Br极性键和H-O极性键，该反应可以用反应物中键的极性解释，B不符合题意；
C．2个乙酸甲酯分子发生取代反应，其中一个乙酸甲酯分子断裂酯基中的C-O极性键，另一个乙酸甲酯分子断裂甲基中的C-H极性键，该反应可以用反应物中键的极性解释，C不符合题意；
D．苯乙烯和氢气加成，苯乙烯中的C=C双键、苯环中的碳碳键是非极性共价键，断裂的是π键和氢气分子中的H-H非极性键，都是断裂非极性键，故该反应不能用反应物中键的极性解释，D符合题意；
故答案选D。
12．A
A．布洛芬和成酯修饰产物的分子中含有的苯环都是上下对称有两个不同的取代基，所以一氯代物的种数相同，A错误；
B．连接四个不同原子或基团的碳原子，称为手性碳原子，布洛芬和成酯修饰产物中均含1个手性碳原子(与羧基或酯基相连碳原子)，B正确；
C．布洛芬和成酯修饰产物结构中都有苯环都可发生加成反应，结构中碳原子上均连接氢原子都可发生取代反应，C正确；
D．布洛芬结构中构成环和羧基的碳原子是杂化方式，其它碳原子是杂化方式，成酯修饰产物中构成环和酯基的碳原子是杂化方式，其它碳原子是杂化方式，D正确；
故选A。
13．D
绿原酸易溶于乙酸乙酯，提取液加入乙酸乙酯，分液得到有机层，减压蒸馏得到绿原酸，加入温水浸膏，经冷却、过滤得到绿原酸粗产品。
A．由流程图可知，乙酸乙酯作萃取剂，获取“有机层”实验操作为萃取、分液，A正确；
B．过滤时所需玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，B正确；
C．得到的绿原酸粗产品中含杂质，绿原酸难溶于水，可用重结晶的方法进一步提纯，C正确；
D．减压蒸馏是利用混合物中的组分沸点不同分离提纯，D错误；
故选D。
14．C
A．根据反应过程与能量图，1，2-加成或1，4-加成均为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，故与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的平衡转化率更小，A正确；
B．有图像可知，40℃时1，3-丁二烯与在该体系下反应，1，2-加成的历程中第一步活化能比第二步活化能大，即第一步反应速率慢第二步反应速率快。相同体系下，将温度升高至40℃，令二者反应相同时间，1，2-加成与1，4-加成的比例为，即部分1，2-加成产物转化成1，4-加成产物，1，2-加成产物浓度存在先增后减的过程，B正确；
C．过渡态A与过渡态B的能量差决定了反应速率的快慢，不可决定两种产物的比例，C错误；
D．若1，4-加成产物为目标产物，由于其活化能较高反应速率慢，所以应适当升高温度并延长反应时间，D正确。
故答案选：C。
15．(1)
(2) 2 不在
(3) > 由离子构成，离子间作用力较强；和由分子构成，相对分子质量小于
(4) 4
（1）AlCl3和NaH在适当条件反应生成NaAlH4和NaCl，化学方程式为。
（2）Al有3个价电子，可形成3个Al-Cl共价键，由于Al存在空轨道，Cl有孤电子对，Al2Cl6可以形成2个配位键；中Al为sp3杂化，为正四面体形，8个原子不在同一平面上。
（3）①电负性Cl>Br，Al和Cl的电负性差值大于Al和Br，因此AlCl3中离子键成分大于AlBr3；
②AlF3由离子构成，离子间作用力较强；AlCl3和AlBr3由分子构成，相对分子质量小于AlBr3，因此AlCl3的沸点低于AlF3和AlBr3。
（4）①以面心为研究对象，与面心紧邻的之间距离为，有4个等距；
②一个晶胞中Na+个数为，个数为，的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为。
16．(1)碳碳双键
(2)
(3)
(4) c
(5)
(6)
(7)碳碳双键也能被酸性溶液氧化，故用直接与酸性溶液反应无法得到F
A与溴发生1,4-加成反应得到（B），B发生水解反应得到E，E被氧化两次得到F，F发生分子内脱水得到（G），G与I（）发生加聚反应得到M，据此作答。
（1）由图可知，中含有的官能团是碳碳双键；
（2）
由分析可知，反应①为1,4-加成反应，方程式为；
（3）
的顺式结构中两个羧基在碳碳双键的同侧，故结构简式是；
（4）实验室用和水反应制备乙炔，方程式是；制得乙炔中含有、PH3等杂质，和反应生成CuS黑色沉淀，和PH3发生氧化还原反应，乙炔和硫酸铜溶液不反应，所以选用的除杂试剂是c，故答案为：c；
（5）
反应②为加成反应，由I为可知a是；
（6）
由分析可知G与I发生加聚反应得到M，反应方程式是：；
（7）碳碳双键也能被酸性溶液氧化，故用直接与酸性溶液反应无法得到，方法不合理。
17．(1)
(2)a
(3)
(4)bc
(5)膜的两侧都是水溶液，水是极性分子，而构成膜的分子的头基是极性基团与水相似相溶，而尾基是非极性基团与水溶解性差，从而形成极性在外，非极性在内的双层结构
（1）碳酸的分子式是 H2CO3，中心原子是 C，它与一个氧原子形成 C=O 双键，同时与两个羟基 -OH 相连，所以模仿磷酸的结构简式，写出碳酸的结构简式为；
（2）核苷酸的酸性主要来自磷酸基团(-H2PO4)，其磷酸基团中的羟基(-OH)解离出H+，选a；
（3）根据N原子能形成3个键补H，N-H键中的H能与O、N原子形成氢键，答案为；
（4）a．磷脂分子的相对分子质量较小，磷脂不是高分子，a错误；
b．磷脂分子中含有极性部分-头基，所以磷脂分子为极性分子，b正确；
c．含有手性碳原子(*标出)，c正确；
故答案选bc；
（5）磷脂分子中含有极性部分-头基和非极性-尾基构成，膜的两侧都是水溶液，水是极性分子，而构成膜的分子的头基是极性基团与水相似相溶，而尾基是非极性基团与水溶解性差，从而形成极性在外，非极性在内的双层结构。
18．(1)增大废料的接触面积，提升浸取反应速率，使浸取更加充分
(2)、或或
(3) 15 配位键、氢键、共价键 1
(4) pH过低，在酸性条件下转化为，Cr（VI）的氧化性增强，氧化导致消耗的偏少的程度超过了降低使滴定终点延后消耗增多的程度
航天磁性废料（主要成分为Fe-Co-Ni合金，还含有少量Cu及），加入稀浸取，Cu及不溶于稀硫酸，Fe-Co-Ni合金溶解进入滤液A中；“沉铁”时，向滤液A中先加入过量溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，充分反应后再加入一定量，并用饱和溶液缓慢调节pH=1.15~2.28，沉出固体D[主要成分为]；过滤所得滤液C中金属阳离子主要为和，加入有机萃取剂，进入有机相，在水相，分液，有机相通过反萃取等一系列操作得到；水相经过一系列操作得到，据此分析；
（1）粉碎废料的目的是增大废料的接触面积，提升浸取反应速率，使浸取更加充分；
（2）向滤液A中先加入过量溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，充分反应后再加入一定量，并用饱和溶液调节pH=1.15~2.28，生成沉淀，离子方程式为、或或；
（3）
①Co的原子序数为27，价层电子排布式为3d74s2，的价层电子轨道表示式是；
②基态P原子有15个电子，核外电子有15种运动状态；
③根据图示，W中微粒间作用力类型有配位键、氢键、共价键；的配位数是6，配体数也是6，但有3个是-1价的阴离子，3个是P507分子，则n=1；
（4）①根据关系式，粗品中的质量分数为=；
②若测定过程中溶液pH过低，会导致测定结果偏低。可能的原因是pH过低，在酸性条件下转化为，Cr（VI）的氧化性增强，氧化导致消耗的偏少的程度超过了降低使滴定终点延后消耗增多的程度。
19．(1)H2
(2) CuCl M加入氨水后部分溶解，溶液几乎无色，说明M中不含Cu2+（否则应为深蓝色）。充分振荡后得深蓝色溶液，说明含有一价铜，加入硝酸后溶液呈浅蓝色，说明有生成，同时加入AgNO3后生成白色沉淀，溶液中含Cl ，说明白色沉淀M主要为CuCl
(3)加水后与浓度减少，反应，Q>K，平衡逆向移动，析出CuCl沉淀
(4)
(5)铜与不同浓度的盐酸反应时，随着氢离子浓度增大，氢离子氧化性增强，随着氯离子浓度增大，氯离子与铜离子生成配离子，增大铜的还原性，促进了铜与盐酸的反应
实验Ⅰ中铜与盐酸不反应；实验Ⅱ中铜与盐酸反应，溶液由无色缓慢变为淡黄色，说明先生成了，后转化成；实验Ⅲ中铜与盐酸反应，溶液由无色逐渐变为黄色，最后变为浅绿色，说明先生成了，后转化成，最后生成。实验Ⅳ中取少量Ⅲ中无色时的溶液，加水，析出CuCl沉淀，加入氨水，生成，充分震荡生成，加硝酸后生成。
（1）实验Ⅲ中使用的是12 mol/L盐酸，铜被氧化时，盐酸中只有可以作为氧化剂得电子，还原产物为氢气。
（2）结合已知信息，CuCl难溶于水，且存在平衡：CuCl + 3Cl [CuCl4]3-。实验Ⅲ中无色溶液含[CuCl4]3-，加水稀释后，c(Cl )降低，平衡左移，析出CuCl白色沉淀。实验Ⅳ中，取实验Ⅲ中无色溶液加水稀释，生成白色沉淀M。实验Ⅴ中，M加入氨水后部分溶解，溶液几乎无色，说明M中不含Cu2+（否则应为深蓝色）。充分振荡后得深蓝色溶液，说明含有一价铜，加入硝酸后溶液呈浅蓝色，说明有生成，同时加入AgNO3后生成白色沉淀，说明溶液中含Cl ，说明白色沉淀M主要为CuCl。
（3）根据已知反应：CuCl + 3Cl [CuCl4]3-。实验Ⅲ中无色溶液含[CuCl4]3-，加水稀释后，，平衡逆向移动，析出CuCl沉淀；
（4）实验Ⅲ中，Cu与浓盐酸反应生成[CuCl4]3-（无色），随后[CuCl4]3-转化为[CuCl4]2-（黄色）。Cu被氧化为Cu+，H+被还原为H2。可能的反应为Cu与浓盐酸反应生成[CuCl4]3-和H2，离子方程式为，后[CuCl4]3-被空气中的氧气氧化成[CuCl4]2-（黄色），离子方程式为。
（5）实验Ⅰ中，1 mol/L盐酸无法与Cu反应，说明H 氧化性不足。实验Ⅱ中，6 mol/L盐酸中Cu反应生成少量气泡，溶液变淡黄，说明H 氧化性有所增强，但反应不完全。实验Ⅲ中，12 mol/L盐酸中，c(H )和c(Cl )均增大，c(Cl )增大使Cu 更易形成[CuCl4]3-，降低了Cu 浓度，促使Cu更易被氧化；同时，c(H )增大使H 氧化性增强，能够氧化Cu。两者共同作用，使Cu与浓盐酸反应得以进行。

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