【文档说明】吉林省洮南市第一中学2022-2023学年高二下学期学习质量检测化学试卷 含解析.docx，共(17)页，570.486 KB，由小赞的店铺上传

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高二年级化学试卷考试时间：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：N-14O-16Fe-56Cu-64Zn-65I-127Te-128第I卷(选择题，共45分)选择题(每小题3分，共45分，每小题只有一个正确选项)1.现有四种元素基态原子的电子排布式

如下：①226241s2s2p3s3p②226231s2s2p3s3p③2231s2s2p④2251s2s2p。则下列有关比较中正确的是A.第一电离能：④>③>①>②B.原子半径：④>③>②>①C.电负性：④>③>①>②D.最高正化合价：④>③=②>①【答案】C【解析】【分析】

由四种元素基态原子电子排布式可知，①226241s2s2p3s3p是S元素，②226231s2s2p3s3p是P元素，③2231s2s2p是N元素，④2251s2s2p是F元素。【详解】A．同周期元素自左而右第一电离能呈锯齿状升高，故第一电离能N

<F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半充满稳定状态，能量较低第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S<P，同主族元素自上而下第一电离能降低，第一电离能N>P，所以第一电离能S<P<N<F，即④>③>②>①，A错误；B．同周期元素自左而右原子半径依次减小，所以原子半径P>

S、N>F，电子层越多原子半径越大故原子半径P>S>N>F，即②>①>③>④，B错误；C．同周期元素自左而右电负性依次增大，所以电负性P<S，N<F，N元素非金属性比S元素强，所以电负性P<N，故电负性P<S<N

<F，即④>③>①>②，C正确；D．最高正化合价等于最外层电子数，但F无正价，所以最高正化合价①>②=③，D错误；答案选C。2.砷是第ⅤA族元素，黄砷(4As)是其一种单质，其分子空间结构与白磷(4P)相似，以下关

于黄砷与白磷的比较正确的是A.分子中共价键键角均为10928B.黄砷中共价键键能大于白磷C.黄砷易溶于水D.黄砷的熔点高于白磷【答案】D【解析】【详解】A．分子中共价键键角均为60°，A项错误；B．原子半径As>P，一般键长越长，键能越小，B项错误；C．黄砷分子为非极性分子，根据“

相似相溶”规律，黄砷不易溶于水，C项错误；D．黄砷和白磷都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，则熔点越高，D项正确。故选：D。3.能用键能解释，且结论正确的是A.熔点：金刚石＞晶体硅B.分子稳定性

：H2O＞HFC.水中的溶解度：SO2＞CO2D.状态：常温时，Cl2是气态，Br2为液态【答案】A【解析】【分析】【详解】A．原子晶体中原子形成的共价键越强，晶体的熔点越高，金刚石和晶体硅都是原子晶体，碳碳键的键长小于硅硅键、键能大于硅硅键，则金刚石中的碳碳键强于

晶体硅中的硅硅键，熔点高于晶体硅，能用键能解释，故A正确；B．F的电负性大且原子半径小，则H-F键比O-H键键能更大，故分子稳定性：H2O＜HF，故B错误；C．二氧化硫和水是极性分子，二氧化碳是非极性分子，由相似相溶原理可知，

二氧化硫在水中的溶解度大于二氧化碳，不能用键能解释，故C错误；D．Cl2、Br2形成的晶体都是分子晶体，二者组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，则常温时，Cl2是气态，Br2为液态，但由于范德华力

很弱，二者的沸点都比较低，不能用键能解释，故D错误；故选A。4.2021年诺贝尔化学奖颁给了“在不对称催化方面”做出贡献的两位科学家，脯氨酸()是不对称有机催化剂中的一种。下列关于脯氨酸分子的说法错误的是A.该分子为极性分子B.分子中所有原子可能共面

C.分子中存在手性碳原子D.可形成分子内氢键【答案】B【解析】【详解】A．由分子结构可知，该分子结构不对称，所以属于极性分子，故A正确；B．该分子中含有饱和碳原子，与周围4个原子相连，构成四面体结构，氮原子

与周围3个原子相连，构成三角锥形结构，所以该分子中所有原子不可能共面，故B错误；C．若与碳原子相连的4个原子或原子团均不同，则该碳原子为手性碳原子，根据结构可知，分子中存在1个手性碳原子，故C正确；D．由结构可知，脯氨酸分子中同时含有羧基和亚氨基，可形成分子内氢键

，故D正确；答案选B。5.下列说法正确的是A.1个N2分子中的π键与1个CO2分子中的π键的数目之比为2∶1B.稳定性：甲烷>乙烯C.强度：氢键>化学键>范德华力D.沸点：>【答案】B【解析】【详解】A．N2的结构式为

NN，1个N2分子中含有一个σ键和两个π键，CO2的结构式为O=C=O，1个CO2分子中含有两个σ键和两个π键，故二者分子中π键数目之比为1∶1，A项错误。B．乙烯分子中的π键易断裂，而甲烷分子中只含有σ键，故甲烷分子稳定，B项正确。C．作用力的强度：

化学键>氢键>范德华力，C项错误。D．存在分子内氢键，存在分子间氢键，含有分子间氢键的物质熔、沸点较高，故的沸点较高，D项错误。故选B。6.下列叙述中，不正确的是A.HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强B.臭氧是空间结构为V形的极性分子，在水中的溶解度大于氧气

C.硝酸根离子中所有原子都在一个平面上D.CH3CH(OH)COOH为手性分子【答案】A【解析】【分析】【详解】A．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，非金属性：F＞Cl＞Br＞I，故HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，故A符合题意；B．臭氧是空

间结构为V形的极性分子，氧气是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理可知，臭氧在水中的溶解度大于氧气，故B不符合题意；C．硝酸根离子中，中心原子是氮，孤电子对数为：12(5+1-2×3)=0，价层

电子对数为3对，空间构型为平面三角形，所有原子都在一个平面上，故C不符合题意；D．碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，CH3CH(OH)COOH中的第二个碳原子为手性碳原子，手性分子是指与其镜像不相同不能互相重合的具

有一定构型或构象的分子，CH3CH(OH)COOH为含有一个手性碳原子的分子，属于手性分子，故D不符合题意；答案选A。7.“类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错误，下列类推得到的结论正确的是（）A.第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：H

F＞H2O＞NH3；则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl＞H2S＞PH3B.氢化物沸点顺序是：GeH4＞SH4＞CH4；则VA族元素氢化物沸点顺序也是:AsH3＞PH3＞NH3C.根据对角线规则，元素Li和Mg的某些性质

相似，则元素C和P的某些性质也相似D.SO42﹣和P4都为正四面体形，SO42﹣中键角为109°28′,P4中键角也为109°28′【答案】A【解析】【详解】A.非金属性Cl＞S＞P，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性是：HCl＞H2S＞PH3，故A正确；B.N元

素的电负性很强，氨气分子间存在氢键，同族氢化物中氨气的沸点最高，结构相似相对分子质量越大氢化物沸点越高，故沸点是：NH3＞AsH3＞PH3，故B错误；C.元素周期表中，少数几种主族元素与右下方的主族元素的性质具有相似性

，这种规律被称为“对角线规则”，但是，并不是所有的元素都有这种性质，C和P两元素的性质不相似，不符合对角线规则，故C错误；D.SO42﹣为正四面体形，键角为109°28′，P4中，磷最外层有5个电子，而在白磷正四面体结构中每个磷原子形成3个共价键，键角为60°，故D错误。答案选A。

8.我国用BeO、KBF4等原料制备KBe2BO3F2晶体，在世界上首次实现在177.3nm深紫外激光倍频输出，其晶胞如图所示。下列说法错误的是A.构成晶体的非金属元素的电负性由大到小的顺序为F>O>

BB.KBF4中的阴离子的中心原子的杂化方式为sp2C.根据元素周期表中元素所处的位置可推测BeO与Al2O3性质相似D.晶胞中的K+有2个位于晶胞内部，8个位于晶胞顶点，则1mo1该晶胞含3molKBe2BO3F2【答案】B【解析

】【详解】A．非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性由大到小的顺序为F>O>B，故A正确；B．KBF4中的阴离子为BF4-，中心原子为B，根据价电子理论，中心原子价电子对数=4+12（4-4×1）=4

，因此杂化方式为sp3，故B错误；C．根据对角线规则，在对角线的元素，性质具有相似性，故C正确；D．晶胞中的K+有2个位于晶胞内部，8个位于晶胞顶点，该晶胞中K+的数目=8×18+2=3，则1mo1该晶胞含3molK，因此KBe2BO3F2物质的量为

3mol，故D正确；答案选B。9.下列化学式所表示的物质中，属于含共价键的离子化合物是A2CaCB.24HSOC.22CHClD.3AlCl【答案】A【解析】【分析】【详解】A．CaC2中含有Ca2+和C22−形成的离子键，属于离子化合物，同时含有C原子

和C原子形成的共价键，A符合题意；B．硫酸中只含共价键，为共价化合物，B不符合题意；.C．二氯甲烷中只含共价键，为共价键化合物，C不符合题意；D．氯化铝中只含共价键，为共价化合物，D不符合题意；综上所述答案为A。10.元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示。已知Y元素原子的

外围电子排布式为nsn-1npn+1，则下列说法不正确．．．的是XYZA.Y元素原子的价电子排布式为4s24p4B.Y元素在元素周期表的第三周期第ⅥA族C.X元素所在周期中所含非金属元素最多D.Z元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4【

答案】A【解析】【分析】Y元素原子外围电子排布为nsn-1npn+1，s能级最多容纳2个电子，故n-1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4，Y为S元素，由X、Y、Z在周期表中的位置可知，X为O元素，Z为

Se元素，以此解答。【详解】A．由以上分析可知Y为S元素，S原子的价电子排布为3s23p4，故A错误；B．Y为S元素，处于第三周期第VIA族，故B正确；C．X为O元素，处于第二周期，只有2两种金属元素，含有6种非金属元素，含非金属元素最多，

故C正确；D．Z为Se元素，是34号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，故D正确；故选：A11.下列说法正确的是A.基态Mn原子的价电子排布图为B.沸点：CO＜N

2的。C.键角：NH3＜H2OD.S8中S原子的杂化方式为sp3【答案】D【解析】【详解】A．4s能级能量低于3d，所以基态Mn原子的价电子排布式为：3d54s2，价电子排布图为，A错误；B．二者相对分子质量虽然相

同，但CO为极性分子，N2为非极性分子，所以CO的沸点更高，B错误；C．NH3和H2O分子的中心原子均为sp3杂化，但N原子只有一对孤电子对，而O原子有两对孤电子对，孤电子对和成键电子对之间有较强的排斥作用，所以NH3分子中键角更大，C错误；D．S8的分子结构为，每个S原子

形成2个σ键，还有2对孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化，D正确；综上所述答案为D。12.根据元素周期律，下列说法正确的是A.原子半径：KMgNaB.碱性：22NaOHMg(OH)Ca(OH)C.酸性：2HClHS，表明Cl的非金属性强

于SD.热稳定性：44CHSiH，表明C的非金属性强于Si【答案】D【解析】【分析】【详解】A．K为第四周期，半径最大，同一周期内，从左到右，原子半径递减，故钠大于镁，A错误；B．同一周期从左到右，碱性递减，氢氧化钠碱性大于氢氧化镁碱性，同一主族，从上

到下碱性增强，故氢氧化钙碱性大于氢氧化镁，B错误；C．应该用最高价氧化物对应的水化物的酸性进行比较二者的非金属性强弱，C错误；D．氢化物的热稳定性越强，其非金属元素的非金属性越强，D正确；答案选D。13.下列说法正确的是A.基态Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5B

.基态原子的能量一定比激发态原子的能量低C.基态碳原子价电子轨道表示式：D.基态多电子原子中，p轨道电子能量一定比s轨道电子能量高【答案】A【解析】【分析】【详解】A．基态铁原子失去最外层4s能级2个电子，然后失去3d能级上的1个电子形成3Fe+，其核外电子排布式为2262651

s2s2p3s3p3d，A正确；B．基态原子吸收能量变为激发态原子，只有同种元素基态原子的能量总是低于激发态原子的能量，不同种元素基态原子的能量不一定比激发态原子的能量低，B错误；C．基态碳原子核外有6个电子，其中有4个价电子，分布在2s、2p轨道上，价电子轨道表示式为，C

错误；D．同一电子层时p轨道电子能量比s轨道电子能量高，D错误；故选：A。14.方英石(SiO2)结构和金刚石相似，其结构单元如图，下列有关说法正确的是A.图示结构单元中实际占有18个硅原子B.1molSi形成2molSi—O键C.方英石晶体中的Si采用的是sp3杂化D.方英石晶体中，Si-O键之

间的夹角为90°【答案】C【解析】【详解】A．由方英石(SiO2)的结构单元，可知硅原子有8个位于顶点，6个位于面心，4个位于体内，根据均摊法，可知所含硅原子数为818+612+4=8个，故A错误；B．从结构单元图可知，

1个硅原子与4个氧原子形成4个共价键，则1molSi形成4molSi—O键，故B错误；C．1个硅原子与4个氧原子形成4个共价键，说明Si原子的价电子对数为4，采用的是sp3杂化，故C正确；D．由于Si原

子采用的是sp3杂化，且没有孤对电子，则SiO2的空间构型应为正四面体形，则Si-O键之间的夹角为109°28′，故D错误；本题答案C。15.钴的一种化合物的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是A.元素

钛在元素周期表中的位置为第四周期ⅡB族B.Co2+的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2C.与Co2+距离最近的Ti4+有4个D.该化合物的化学式为CoTiO3【答案】D【解析】

【详解】A．元素钛在元素周期表中的位置为第四周期ⅣB族，A错误；B．Co原子失去最外层的两个电子形成Co2+，故Co2+的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7，B错误；C．由图可知，与Co2+距离最近的Ti

4+有8个，C错误；D．该晶胞中，Co2+的个数为1，Ti4+的个数为8×18=1，O2-的个数为6×12=3，则该化合物的化学式为CoTiO3，D正确；故选D。第Ⅱ卷(非选择题，共55分)非选择题(每空题2分，17题(5)3分，共55分)16.已知A、B、C、D、E、F为原

子序数依次增大的前30号元素，A的一种同位素原子无中子；B元素基态原子的核外电子数是其能级数的2倍，且含有未成对的电子；D的基态原子2p轨道中含有两种不同自旋方向的电子，且电子数之比为3：1；E为周期表中电负性最强的元素；F为第四周期元素，其+1价阳离子的核外电子排布式为[Ar]

3d10。回答下列问题(用元素符号或化学式表示)：(1)F元素周期表中位于_______区。(2)B、C、D的原子半径由大到小的顺序为_______(填元素符号)。(3)第一电离能C_______D(填“>”或“＜”)，原因是_______。(4)从分子结构与性质角度分析3CA气体易溶于水的原因

是_______(写三点)。(5)24BA分子为平面结构(键角均为120°)，其中B原子的杂化方式是_______。(6)由A、B、D三种元素形成的餐桌上常见的化合物(242BAD)中含_______个σ键，该分子中所含的化学键的类型为_______。A.离子键B.极性共

价键C.非极性共价键【答案】①.ds②.C＞N＞O③.＞④.N的核外电子排布是半充满的，比较稳定，失去1个电子比较困难，故第一电离能较高⑤.3NH分子与2HO分子间能形成氢键；根据“相似相溶”规律，3NH是极

性分子，易溶于极性溶剂水中；3NH与2HO能发生反应生成32NHHO⑥.sp2杂化⑦.7⑧.BC【解析】【分析】已知A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前30号元素，A的一种同位素原子无中子，A是H；B元素基态原子的核外电子数是其能级数的2倍，且含有未成对的电子，核外电子排布

为1s22s22p2，B是C；D的基态原子2p轨道中含有两种不同自旋方向的电子，且电子数之比为3：1，核外电子排布为1s22s22p4，D是O，则C是N；E为周期表中电负性最强的元素，E是F；F为第四周期元素，其+1价阳

离子的核外电子排布式为[Ar]3d10，核外电子数是29，F是Cu，据此解答。【详解】根据以上分析可知A是H、B是C，C是N，D是O，E是F，F是Cu。则(1)基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d

104s1，在周期表中位于ds区。(2)同周期自左向右原子半径逐渐减小，则B、C、D的原子半径由大到小的顺序为C＞N＞O。(3)由于N的核外电子排布是半充满的，比较稳定，失去1个电子比较困难，故第一电离能较高，则第一电离能N＞O。(4)由于3NH分子与2HO分子间能形成氢键，根据

“相似相溶”规律，3NH是极性分子，易溶于极性溶剂水中，另外3NH与2HO能发生反应生成32NHHO，所以氨气易溶于水。在(5)乙烯分子为平面结构(键角均为120°)，含有碳碳双键，则其中C原子的杂化方式是

sp2杂化。(6)由A、B、D三种元素形成的餐桌上常见的化合物242BAD是醋酸，结构简式为CH3COOH，则其中含3+1+1+1+1＝7个σ键，该分子中所含的化学键的类型为极性共价键和非极性共价键，答案选BC。17.我国复旦大学魏大程团队开发的一种共形六方氮化硼修饰技术

，可直接在二氧化硅表面生长高质量六方氮化硼薄膜。（1）下列N原子的电子排布图表示的状态中，能量最高的是___________(填字母)。AB.C.D.（2）第二周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在B和N之间的元素有___________

种。（3）Na在空气中燃烧发出黄色火焰，这种黄色焰色用光谱仪摄取的光谱为___________(填“发射”或“吸收”)光谱。（4）已知NH3分子的键角约为107°，而同主族磷的氢化物PH3分子的键角约为94°，试用价层电子对互斥模型解释N

H3的键角比PH3的键角大的原因：___________（5）碲化锌晶体有两种结构，其中一种晶胞结构如图：若与Zn距离最近的Te原子间距为apm，则晶体密度为___________g/cm3(填写计算式)。【答案】（1）D（2）3（3）发射（4）N的原子半径比P小、

电负性比P大，使得NH3分子中共用电子对之间的距离比PH3分子中近、斥力大（5）330A41934aN103−（）【解析】【小问1详解】电子占据的能级越高，能量越高，由图可知，D项中在高能级的电子数最多，故能量最高的是D项。【小问2详解】.第二周期元素

从左至右整体呈增大趋势，但是Be比B大，N比O大，故第一电离能在B和N之间的元素有Be、C、O，共3种。【小问3详解】Na在空气中燃烧发出黄色火焰，是钠的核外电子吸收能量跃迁至高能级，不稳定，从能量高的轨道向能量低的轨道跃迁时以光的形式释放能量造成的，

故这种黄色焰色用光谱仪摄取的光谱为发射光谱。【小问4详解】N的原子半径比P小、电负性比P大，使得NH3分子中共用电子对之间的距离比PH3分子中近、斥力大，故NH3分子的键角比PH3分子的键角大。【小问5详解】结

合碲化锌晶体的晶胞结构示意图，结合均摊法可知，Zn全部在晶胞内部，数目为4，Te在晶胞的顶点和面心上，数目为118+6482=，而ZnTe的摩尔质量为1193gmol−，则该晶胞质量为A4193gN；与Zn距离最近的Te原子间距

为apm，则晶胞体对角线长为4apm，结合勾股定律，可计算得到晶胞边长为4apm3，即晶胞体积为10333034a4a10cm10cm33−−=（）（），所以晶体密度为A33034193gN4a10cm3−

=（）3330A4193gcm4aN103−−（）。18.2TiO是环境友好材料，能光催化降解有机物。回答下列问题：（1）基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为___________，价电子中未成对电子有___________个。（2）二氧化钛与2COCl(光气)、2SO

Cl(二氯亚砜)等氯化试剂反应可用于制取四氯化钛。①2COCl(光气)的立体构型为___________，2COCl中σ键和π键的数目比为___________。②2SOCl(二氯亚砜)是___________分子。(填“极性”或“非极性”)（3）香豆素()是一种天然香料，能被2TiO

光降解。①分子中C原子的杂化类型是___________。②已知单双键交替的共轭结构可以形成大π键，大π键可用符号mnπ表示，其中n代表参与形成大π键的原子数，m代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为66π

)，则香豆素中的大π键应表示为___________。【答案】（1）①.4s②.2（2）①.平面三角形②.3：1③.极性（3）①.sp2②.1010π【解析】【小问1详解】Ti为22号元素，位于第四周期第ⅣB族，价电子排布式为3d24s2，则Ti原子核外电子占据最高能级符号为4s，价电子中有2

个未成对电子，故答案为：4s；2；【小问2详解】①COCl2的结构式为，立体构型为平面三角形；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，则COCl2中σ键和π键的数目比为3：1，故答案为：平面三角形；3：1；②SOCl2正负电荷中心不重合，为极性分子，故

答案为：极性；【小问3详解】香豆素中C原子均形成3个σ键，不含孤电子对，均采用sp2杂化；由题干信息可知，苯环、碳碳双键、碳氧双键参与形成大π键，其中碳原子各提供1各电子，氧原子提供一对电子，形成的大π键为：1010π，故答案为：sp2；1010π。19.某化学工作者研究在不同pH时，4C

uSO溶液对22HO分解的催化作用。编号实验现象Ⅰ向1mLpH2=的141molLCuSO−溶液中加入220.5mL30%HO溶液出现少量气泡Ⅱ向1mLpH3=的141molLCuSO−溶液中加入220.5mL30%HO溶液立即产生少量棕褐色沉淀，出现较明显气泡Ⅲ向1mLpH5=的1

41molLCuSO−溶液中加入立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡220.5mL30%HO溶液已知：a．2CuO为红色固体，难溶于水，溶于硫酸生成Cu和2Cu+。b．2CuO为棕褐色固体，难溶于水，溶于硫酸生成2Cu+和22HO。c．22HO为弱酸性。请回答下列有关问题：（1）写出22H

O的电离方程式___________；___________（2）写出22HO的电子式___________；22HO中O原子的杂化类型是___________。经检验生成的气体均为2O，Ⅰ中4CuSO催化分解22HO的化学方程式是__

_________。（3）要检验某铜粉是否含2CuO，写出具体操作、现象及结论___________。（4）结合离子方程式，运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因：___________。【答案】（1）①.222HOH

HO+−+②.222HOHO−+−+（2）①.H:O:O:H②.3sp③.42222CuSO2HO2HOO+（3）取少量某铜粉于试管中，加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色，则含Cu2O；若溶液不变蓝，则无Cu2O（4）2222CuHOCuO2H++++，pH增大，()cH

+降低，平衡正向移动，2CuO的量增多【解析】【小问1详解】22HO为二元弱酸，故分步电离，电离方程式为222HOHHO+−+、222HOHO−+−+；【小问2详解】22HO的电子式为H:O:O:H；22H

O中O周围的价层电子对数为：12[61(21)]42+−−−=，故其中O的杂化类型是3sp；Ⅰ中4CuSO催化分解22HO的化学方程式是42222CuSO2HO2HOO+；【小问3详解】利用2CuO在酸性条件下发生歧化反应，可检验铜

粉中是否有2CuO。故具体操作、现象和结论是：取少量某铜粉于试管中，加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色，则含Cu2O；若溶液不变蓝，则无Cu2O；【小问4详解】22HO有弱酸性，pH越大越能促进过氧化氢电离生成22O−，实验Ⅲ溶液中22O−浓度大于实验Ⅱ，故加入同浓度的硫酸铜时，Ⅰ中生成的2Cu

O更多，则原因为2222CuHOCuO2H++++，pH增大，()cH+降低，平衡正向移动，2CuO的量增多。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com