北京市石景山区2025届高三上学期期末考试化学试题（解析版）

这是一份北京市石景山区2025届高三上学期期末考试化学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了 下列说法错误的是， 下列方程式与所给事实相符的是， 已知溶液显酸性， 对下列事实的解释不正确的是等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ca-40
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. 明朝宋应星所著的《天工开物》是世界上第一部关于农业和手工业生产的综合性“工艺百科全书”，其中介绍了锌的冶炼方法：把炉甘石和煤炭饼装入炼锌罐(如图所示)，泥封，“其底铺薪，发火煅红”，“冷定毁罐取出”。
已知：锌的熔点为419℃，沸点为907℃。
下列说法不正确的是
A. 冷凝区中，锌由气态转化为液态，理论上该区温度控制在419∼907℃
B. “冷定”后“毁罐”取锌的原因是防止在较高的温度下被氧化成
C. 反应区中，分解生成和
D. 反应区中，与发生置换反应得到，被还原
【答案】D
【解析】A．根据锌的熔点为419℃，沸点为907℃，冷凝区中，锌由气态转化为液态，理论上该区温度控制在419∼907℃，A正确；
B．Zn在加热时易被氧化，冷却为固体后，“毁罐”取锌是防止在较高的温度下被氧化成，B正确；
C．反应区中，分解生成和，ZnCO3ZnO+CO2↑，C正确；
D．反应区中，与发生置换反应得到，被氧化，D错误；
答案选D。
2. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A. 酸性：B. 沸点：
C. 金属性：D. 电负性：
【答案】B
【解析】A．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：S>C，则酸性：，能用元素周期律解释，A不选；
B．H2O的沸点高于H2S的原因是H2O分子间能够形成氢键，不能用元素周期律解释，B选；
C．同主族元素，从上往下，金属性依次增强，则金属性：，能用元素周期律解释，C不选；
D．同周期主族元素，从左往右，电负性逐渐增大，则电负性：，能用元素周期律解释，D不选；
故选B。
3. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 的电子式：
B. 基态原子的价层电子轨道表示式：
C. 的结构式：
D. 反-2-丁烯的分子结构模型：
【答案】B
【解析】A．的电子式：，A错误；
B．基态原子价电子排布式为2s22p3，2p轨道半充满稳定，价层电子轨道表示式：，B正确；
C．根据成键的原理，H形成1个键达到稳定结构，O需要形成2个键达到稳定结构，Cl形成1个键达到稳定结构，的结构式：H-O-Cl，C错误；
D．反-2-丁烯的两个甲基在双键的两侧，是顺-2-丁烯分子结构模型，D错误；
答案选B。
4. 下列说法错误的是
A. 葡萄糖氧化生成和的反应是吸热反应
B. 核酸是一种生物大分子
C. 葡萄糖和果糖互为同分异构体
D. 氨基酸是组成蛋白质的基本结构单位
【答案】A
【解析】A．葡萄糖氧化生成二氧化碳和水的反应是放热反应，故A错误；
B．核酸是细胞中最重要的生物大分子，也是一切生物的遗传物质，担负着生命信息的储存和传递，与生物体的生长、发育、繁殖、遗传和变异都有着极为密切的关系，故B正确；
C．葡萄糖和果糖时分子式相同，结构不同的单糖，互为同分异构体，故C正确；
D．氨基酸是一类两性有机化合物，是生物功能大分子蛋白质的基本结构单位，故D正确；
故选A。
5. 下列方程式与所给事实相符的是
A. 食醋去除水垢中的：
B. 的水溶液显酸性：
C. 新切开的钠的光亮的表面很快变暗：
D. 氯化铁溶液作为覆铜板的“腐蚀液”：
【答案】D
【解析】A．食醋去除水垢中的，醋酸是弱酸，不能拆成离子，方程式为：，A错误；
B．的水溶液显酸性：，亚硫酸是弱酸，电离用“⇋”，B错误；
C．在常温下，钠与氧气反应生成氧化钠，方程式为：4Na+O2=2Na2O，C错误；
D．Fe3+氧化性大于Cu2+，氯化铁溶液与Cu反应离子方程式为：，D正确；
答案选D。
6. 习惯上把电解饱和食盐水的工业生产叫氯碱工业，一个单元槽的电解原理示意图如下，下列说法不正确的是
A. 阴极的电极反应：
B. 在阳极，比容易失去电子
C. 中间的离子交换膜选用阴离子交换膜
D. 电解饱和食盐水可以得到三种重要的化工产品：、和
【答案】C
【解析】在左侧电极氯离子失去电子，发生氧化反应生成氯气，该电极为阳极，则右侧为阴极，阴极水中氢离子放电生成氢气，钠离子通过离子交换膜移向阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜，据此分析解答。A．阴极水中氢离子放电生成氢气，电极反应式为：，故A正确；
B．在阳极，同时存在、，最终生成氯气，可知放电能力强于，故B正确；
C．由上述分析可知钠离子通过离子交换膜移向阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜，故C错误；
D．电解饱和食盐水时阳极得到，阴极得到和，故D正确；
故选：C。
7. 已知溶液显酸性。关于和的下列说法中，不正确的是
A. 溶液中，
B. 两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同
C 溶液中，
D. 可以用溶液吸收，生成
【答案】C
【解析】A．在溶液中电离：，且在溶液中会发生水解，所以，A正确；
B．在溶液中存在水解，在溶液中存在电离和水解平衡，所以两种物质的溶液中，所含微粒种类相同，B正确；
C．溶液中，根据电荷守恒：，溶液显酸性，，，C错误；
D．溶液可与发生反应：，D正确；
答案选C。
8. 下列实验装置及操作，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】A．氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，两者遇冷又会生成氯化铵，不适合制取氨气，A错误；
B．转移溶液时玻璃棒应该伸入容量瓶刻度线以下，操作正确，B正确；
C．测溶液pH时不能将pH试纸伸入待测液，C错误；
D．会与空气中氧气反应，不适合用排空气法收集，D错误；
答案选B。
9. 将甲烷直接转化为高附加值化学品是实现天然气高效利用的有效途径。在全氟己烷和水组成的两相反应体系中，甲烷转化率达到99%，其机理如下。下列说法不正确的是
A. 上层是水，下层是全氟己烷
B. 甲烷和O2更易溶解在全氟己烷中，推测全氟己烷极性较大
C. 生成的甲醇、甲酸从全氟己烷转移至水相，避免被深度氧化为CO2
D. 氯自由基(·Cl)和甲烷的反应可表示为：
【答案】B
【解析】根据图示可知：向水层的NaClO2溶液中加入酸，生成·ClO2，生成·ClO2进入下层的全氟己烷中，解离产生氯自由基(·Cl)和O2，氯自由基(·Cl)与CH4反应产生·CH3和HCl，·CH3被O2氧化产生CH3OH、CH3COOH，生成的CH3OH、CH3COOH极易溶于水，而不容易溶于全氟己烷中，因此CH3OH、CH3COOH从全氟己烷层进入到水层中，就可以避免再被氧化为CO2。
A．水与氯代烃是互不相溶的液体，由于物质的密度：ρ水＜ρ全氟己烷，所以上层是水层，下层是全氟己烷层，A正确；
B．H2O分子是极性分子，甲烷和O2分子是非极性分子，根据相似相溶原理，非极性分子构成的溶质易溶于由非极性分子构成的溶剂中，而在由极性分子构成的溶剂中不容易溶解，根据甲烷和O2更易溶解在全氟己烷中，推测全氟己烷分子的极性较小，B错误；
C．CH4失去电子被氧化反应转化生成的CH3OH、CH3COOH与水分子之间易形成氢键，因此CH3OH、CH3COOH容易溶于水中，故CH4氧化生成的甲醇、甲酸从全氟己烷转移至水相，就可以避免被深度氧化为+4价CO2，C正确；
D．根据图示可知：氯自由基和甲烷反应产生甲基(·CH3)自由基和HCl，反应方程式可表示为：，D正确；
故合理选项是B。
10. 对下列事实的解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】A．能级上的电子能量高于能级上电子的能量，A错误；
B．甲苯上，苯环使甲基活化，甲苯中的甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化褪色，B正确；
C．原子价电子排布式为2p3，2p轨道电子排布半充满稳定，第一电离能N>O，C正确；
D．氟的电负性大于氯的电负性，F的吸引电子能力大于Cl，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，酸性：，D正确；
答案选A。
11. 一种热响应高分子的合成路线如下。
下列说法不正确的是
A. 在引发剂的作用下，发生加聚反应生成
B. 和均含有酰胺基
C. X的分子式为
D 水解可得到
【答案】D
【解析】X到Y在引发剂作用下碳碳双键发生加聚反应，Y到Z通过氢键发生物理交联。A．根据分析，在引发剂的作用下，发生加聚反应生成，A正确；
B．X和Y中都存在酰胺基，B正确；
C．X的结构简式为：，分子式为，C正确；
D．Y是加聚反应的高分子化合物，酰胺基发生水解，得到物质中仍有高分子化合物，不能得到X，D错误；
答案选D。
12. 一种全钒液流电池放电状态的工作原理示意图如下。
下列说法正确的是
A. 放电时，穿过质子交换膜进入负极室
B. 放电时，正极的反应为
C. 充电时，负极室的升高
D. 充电时，电极a应连接电源的负极
【答案】B
【解析】放电时，正极室发生还原反应，电极反应式为：，负极室发生氧化反应，电极反应式为：V2+-e-=V3+，H+通过质子交换膜由负极室移向正极室。
A．放电时，穿过质子交换膜进入正极室，A错误；
B．根据电子的移动方向，正极上发生得电子的还原反应，正极的反应为：，B正确；
C．充电时，H+由正极室移向负极室，负极室H+浓度增大，降低，C错误；
D．充电时，电极a为阳极，应连接电源的正极，D错误；
答案选B。
13. 白云石的主要化学成分为，我国科学家以白云石为原料制备球霰石型碳酸钙，流程示意图如下。
后续实验发现：将产品加热至740℃，固体剩余量少于56%。
已知：740℃时，碳酸钙受热分解为和。
下列说法不正确的是
A. 将白云石粉碎是为了增大接触面积，提高反应速率
B. 固体的主要成分是
C. 生成固体的离子方程式是
D. 740℃时产品固体剩余量少于56%，推测是因为分解所致
【答案】D
【解析】由题给流程可知，白云石煅烧、粉碎后，加入氯化铵溶液浸出，将氧化钙转化为氯化钙溶液，氧化镁不反应，过滤得到含有氧化镁的固体A和含有氯化钙的滤液B；向滤液中先通入氨气，再通入二氧化碳陈化，氯化钙溶液与氨气和二氧化碳反应生成氯化铵和碳酸钙沉淀，过滤得到含有氯化铵的溶液D和碳酸钙固体C；固体烘干得到碳酸钙产品。A．将白云石粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高反应速率，故A正确；
B．由分析可知，固体A的主要成分为氧化镁，故B正确；
C．由分析可知，生成碳酸钙的反应为氯化钙溶液与氨气和二氧化碳反应生成氯化铵和碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为，故C正确；
D．由题意可知，740℃时，碳酸钙受热分解为氧化钙和二氧化碳，则产品固体剩余量少于56%是因为碳酸钙受热分解所致，故D错误；
故选D。
14. 对于二元弱酸，存在电离平衡：，，，，如果，则以第一步电离为主，此时水溶液中，则。
已知：的，；；的，；； 。
下列说法不正确的是
A. 酸性：
B. 将浓度均为的和溶液等体积混合，会生成沉淀
C. 将碳酸钠溶液加水稀释至，的水解程度约为50%
D. 将过量碳酸钙粉末置于水中，上层清液中含碳微粒主要以形式存在
【答案】D
【解析】A．由题目信息可知，，所以酸性，故A正确；
B．将浓度均为的和等体积混合后，体积增大一倍，、均为，由于的，由已知信息可知，得出和的离子积，所以溶液中会产生沉淀，故B正确；
C．设的碳酸钠溶液发生水解的浓度为x，忽略的第二步水解，可列三段式，，，，则的水解程度约为，故C正确；
D．水解平衡常数，说明溶液中的水解程度较大，上层清液中含碳微粒最主要以形式存在，故D错误；
故D。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 对机理的研究有利于从微观层面理解化学反应的本质。一种催化加氢制的路径如下。(□表示氧空位)
（1）写出催化加氢制的化学方程式___________。
（2）分子的模型名称是___________。
（3）位于元素周期表第6周期。将基态原子简化电子排布式补充完整：___________。
（4）在表面异裂产生氧空位(□)和的示意图如下。
分析异裂解离需要吸收能量且与催化剂表面结合原因___________。
（5）的晶胞如图所示。
①每个原子周围与它最近且距离相等的原子有___________个。
②晶胞的边长均为，已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为___________。
③已知的摩尔质量是，假设每个晶胞中有1个变为氧空位，则参与反应时转移___________电子。
【答案】（1）
（2）四面体 （3）
（4）断开键需要吸收能量，和电性相反(或有空轨道，有孤电子对，可以形成配位键)
（5） ①. 8 ②. ③.
【解析】H2与催化剂CeO2多步反应得到H2O和氧空位的催化剂，氧空位的催化剂再与CO2作用，多步反应后得到CH3OH，反应是化学方程式为：。
（1）由分析可知，化学方程式为：；
（2）H2O的中心原子为O，O原子的价层电子对为2+，VSEPR模型的名称为四面体形；
（3）58Ce位于元素周期表第6周期，原子核外有6层电子，因此电子排布式为：；
（4）由图可知，异裂解离过程有H-H键的断开，需要吸收能量，断开后，带正电荷的Hδ+与催化剂表面O电性相反，可以结合成键(或者O有孤电子对，Hδ+有空轨道，二者之间形成配位键)；
（5）①根据晶胞图分析，白球全在晶胞内部，有8个，黑球在面心和顶角，有6×，则黑球为Ce原子，白球为O原子，一个O原子周围有4个Ce，根据Ce与O个数比为1:2，则一个Ce原子周围有8个O原子；
②晶胞中有4个Ce原子，8个O原子，质量为，体积为(a×10-7cm)3，则晶胞的密度为：g/cm3= g/cm3；
③的物质的量为，含有晶胞的物质的量为，氧空位的物质的量为，参与反应时转移电子的物质的量为=。
16. 在国民经济中占有重要地位。可采取不同的方法制备。
（1）氨的发现：科学家在加热氯化铵和石灰(主要成分是)混合物时发现氨，写出反应的化学方程式___________。
（2）氰化法制氨：以为氮源两步合成氨。
①第I步产物还有单质，则反应中___________(填序号)。
a．是氧化剂 b．是还原剂 c．既是氧化剂又是还原剂
②第II步产物还有，反应的化学方程式为___________。
（3）直接合成法制氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应如下：

若断裂、需要吸收的能量分别为、，则断裂需要吸收的能量为___________。
（4）电化学氮还原合成氨是未来合成氨工艺最有潜力的前沿技术。水相电解是最早实现低温合成氨的体系。
①以溶液为离子导体的示意图如图所示，阴极的电极反应是___________。
②以稀硫酸为离子导体，氮还原的选择性较低。在稀硫酸中添加聚乙二醇，能显著提高氮还原的选择性，其原理如下。
聚乙二醇不影响的扩散。聚乙二醇能___________，有效抑制的扩散。
【答案】（1）
（2） ①. b ②.
（3）
（4） ①. ②. 与形成氢键
【解析】（1）根据加热氯化铵和石灰(主要成分是)混合物时发现氨，知道反应物是氯化铵和，生成物是氨气、氯化钙和水，故反应的化学方程式是。
（2）①根据氰化法制氨合成流程图，可知反应Ⅰ是N2和反应生成CaCN2和单质C，中C元素的化合价是-1价，CaCN2中C元素的化合价是+4价，单质C中为0价，反应过程中，碳元素化合价是升高的，则反应中是反应物，是还原剂，故答案为b。
②第二步反应是CaCN2和水在反应生成氨气和，故反应的化学方程式是。
（3）一个反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，断裂、需要吸收的能量分别为、，设断裂需要吸收的能量为x，则有x+3a -6b=-92.4，故x等于。
（4）①阴极发生还原反应，根据题干电化学氮还原合成氨，可知氮气在阴极得电子被还原成氨气，则根据电荷守恒、元素质量守恒和碱性电解液，可知电极反应式为。
②以稀硫酸为离子导体，会在阴极形成氢气，降低氮还原的选择性；根据图可知聚乙二醇中的氧原子能与中的氢离子形成分子间氢键，能有效抑制的扩散，提高氮还原的选择性。
17. 从构树中分离得到的Brussnin C()具有较好的酪氨酸酶抑制活性，其人工合成路线如下。
已知：i．。
ii．。
（1）A中含氧官能团的名称是___________。
（2）的反应类型是___________。
（3）C的结构简式是___________。
（4）G的分子式是，的化学方程式是___________。
（5）下列说法正确的是___________(填序号)。
a．的作用是保护酚羟基
b．被还原时，转移电子
c．I和J互为同分异构体
（6）I的结构简式是___________。
（7）以上述合成路线中的E制备K，利用K和Brussnin C进行对比实验，实验确认异戊烯基()不是抑制酪氨酸酶活性的关键药效团。写出和的结构简式：___________。
【答案】（1）醛基、羟基
（2）取代反应 （3）
（4）++HCl
（5）abc （6）
（7）和
【解析】A和ClCH2OC2H5发生取代反应生成B，结合B的分子式和D的结构简式可以推知B的结构简式为，B和C发生已知信息i的反应原理生成D，由D的结构简式可知C的结构简式为，D发生还原反应生成E，由Brussnin C的结构简式可知，E的结构简式为，F和G发生取代反应生成H，由H的结构简式和G的分子式C5H10O可以推知G的结构简式为，J将-OCH2OC2H5转化为-OH生成Brussnin C，则J为，I发生已知信息ii的反应原理生成J，则I为，以此解答。
（1）由A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称是醛基、羟基。
（2）由分析可知，A和ClCH2OC2H5发生取代反应生成B。
（3）由分析可知，B和C发生已知信息i的反应原理生成D，由D的结构简式可知C的结构简式为。
（4）由分析可知，G为，F和G发生取代反应生成H，化学方程式为：++HCl。
（5）a．由流程可知，A中的酚羟基先和ClCH2OC2H5发生取代反应，将-OH转化为醚键，J将-OCH2OC2H5转化为-OH生成Brussnin C，的作用是保护酚羟基，a正确；
b．D被还原时，D中的碳碳双键转化为碳碳单键，转移2个电子，羰基转化为-CH2-，碳的氧化态从+2价变为-2价，转移4个电子，则被还原时，转移电子，b正确；
c．I加热重排生成J，I和J的分子式相同，结构式不同，二者互为同分异构体，c正确；
故选abc。
（6）由分析可知，I的结构简式是。
（7）由分析可知，E的结构简式为，已知异戊烯基不是抑制酪氨酸酶活性的关键药效团，则E直接发生J去保护的反应原理即可生成K为。
18. 一种利用绿柱石(主要成分是，含一定量和等杂质)生产的工艺流程如下(简称硫酸法)。
已知：固体的主要成分是；固体的主要成分是。
（1）浓硫酸浸出，利用了的氧化性和___________性。
（2）滤液D氨水调时，反应的离子方程式有___________。
（3）25℃时，氨水的可达11.室温过滤(25℃)时，滤液的最高为8.0，结合平衡移动原理解释原因___________。
（4）由于高品质绿柱石资源短缺，需要从品质差的含氟铍矿石中提取。
①采用硫酸法时，滤液中硫酸的浓度约为，滤液中硫酸铵的浓度一般为，此时如果溶液中不含氟，铍可以完全沉淀。氟存在时，部分会和生成配合物，导致的产率降低，解释和能形成配合物的原因___________。增大沉铍时的或较少浓度有利于提高的产率。
②实践表明：其他条件不变时，用替代硫酸铵既可以除去，又能够将沉淀时的提高到8.5，结合化学用语解释原因___________。
③预处理脱氟可减少氟对铍提取的影响。不考虑的影响，沉淀时，将从8.0提高到8.5，理论上铍的损失将降低至原来的___________%。
【答案】（1）酸性 （2），
（3），滤液中浓度较大，平衡逆向移动；在95℃时，氨的溶解度较低，室温过滤时溶解的氨较少，最高为8.0
（4） ①. 有空轨道，有孤电子对，两者可以形成配位键 ②. 通过反应和[或]除去；用氨代替硫酸铵，可以降低浓度，减少对的抑制作用，增大浓度，可以提高到8.5 ③. 10
【解析】绿柱石煅烧生成氧化物，用浓硫酸浸取，二价铁转化为三价铁，SiO2不溶于硫酸，固体A是SiO2，滤液B加硫酸铵调节pH除去铝离子，过滤所得固体的主要成分是，滤液D加入氨水调节pH=5.1除去铁离子，过滤所得固体E为氢氧化铁，滤液F再在95°C时加氨水、室温时过滤得Be(OH)2沉淀，滤液G为硫酸铵。
（1）煅烧、浓硫酸浸出时，将金属元素转化为硫酸盐，铁元素转化为硫酸铁，则利用了的氧化性和酸性。
（2）滤液D氨水调时，先中和硫酸、同时把铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则反应的离子方程式有，。
（3）25℃时，氨水中存在可达11，室温过滤(25℃)时，滤液的最高为8.0，则氢氧根浓度下降，结合一水合氨的电离平衡移动可知，原因为：，滤液中浓度较大，平衡逆向移动；在95℃时，氨的溶解度较低，室温过滤时溶解的氨较少，最高为8.0。
（4）①形成配位键时一方有空轨道、另一方提供孤电子对；和能形成配合物的原因：有空轨道，有孤电子对，两者可以形成配位键。
②实践表明：其他条件不变时，用替代硫酸铵既可以除去，又能够将沉淀时的提高到8.5，即适当增大了溶液中的氢氧根浓度，减少了溶液中的浓度，降低了铍的溶解损失，结合化学用语解释原因为：通过反应和[或]除去；用氨代替硫酸铵，可以降低浓度，减少对的抑制作用，增大浓度，可以提高到8.5。
③设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，Ksp=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)=，当pH=8.0时，c(OH-)=10-6ml/L，铍损失浓度为c(Be2+)=ml/L，当pH=8.5时，c(OH-)=10-5.5ml/L，铍损失浓度为c(Be2+)=ml/L，理论上铍的损失降低至原来的10%。
19. 某小组探究铜和双氧水在不同条件下的反应。
资料：还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。
（1）实验过程
①实验I中蓝色沉淀物是___________。
②实验II中发生的反应有___________。
③实验III中溶液呈深蓝色，是因为含有___________离子。
④参照实验III的操作进行实验IV：溶液加入氨水后，加入一定量的___________固体，搅拌溶解后，加入光亮的铜片，立即产生大量气泡，溶液颜色变为深蓝色，取出铜片晾干，铜片依然保持光亮。解释铜片依然保持光亮的原因___________。
（2）分析解释
①实验I中铜和的电极反应式：
i．还原反应：
ii．氧化反应：___________。
②实验II比实验I溶液更快变蓝的原因可能是：加入稀硫酸，的氧化性___________，采用下图电化学装置进行验证，实验操作及现象___________。
③实验III比实验I溶液更快变蓝的原因可能是___________。
【答案】（1） ①. ②. 、 ③. ④. ⑤. 加入固体，结合，使溶液碱性减弱，铜片依然保持光亮
（2） ①. ②. 增强 ③. 向右侧双氧水中加入一定量硫酸钠固体，待固体溶解后，闭合开关；待灵敏电流计指针稳定后，先向电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度没有明显变化；再向石墨电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度增大 ④. 加入氨水生成，的还原性增强是主要原因
【解析】根据实验I现象可知，Cu与H2O2反应较慢，生成蓝色沉淀为Cu(OH)2，实验I和实验II对比可知，实验II中加入硫酸，酸性增强，H2O2的氧化性增强，酸性条件下生成Cu2+，没有沉淀生成，Cu2+对H2O2的分解起到催化剂作用，有气泡O2产生，实验III和实验I对比，加入了氨水，生成深蓝色溶液是[Cu(NH3)4]2+，增加了反应物浓度，减少了生成物Cu2+浓度，还原剂Cu的还原性增强。
（1）①实验I的蓝色沉淀物为Cu(OH)2；
②实验II的现象是有气泡生成，溶液变蓝色，发生的反应有：、；
③实验III中溶液呈深蓝色，是因为生成的Cu2+与NH3分子形成配离子[Cu(NH3)4]2+；
④实验III中Cu表面依然有蓝色沉淀Cu(OH)2，原因是溶液的碱性较强，加入水解呈酸性的(NH4)2SO4，同时还可以增大NH3·H2O浓度，使Cu(OH)2转化为[Cu(NH3)4]2+，铜片依然保持光亮。
（2）①利用原电池原理，H2O2具有氧化性，作为正极反应物，电极反应式为：；Cu为负极反应物，发生氧化反应，电极反应式为：；
②加入硫酸，氧化剂H2O2的氧化性增强；验证加入稀硫酸，的氧化性增强的操作及现象是：向右侧双氧水中加入一定量硫酸钠固体，待固体溶解后，闭合开关；待灵敏电流计指针稳定后，先向电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度没有明显变化，说明增大反应物浓度，Cu的还原性没有增强；再向石墨电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度增大，说明H2O2的氧化性增强了；
③实验III比实验I加入了氨水，增大了反应物浓度，溶液更快变蓝的原因可能是还原剂的还原性增强。A．实验室制取
B．转移溶液
C．测溶液
D．收集
事实
解释
A
第一电离能：
的第一电离能失去的电子是能级的，该能级电子的能量比失去的能级电子的低
B
甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
苯环使甲基活化，甲苯中的甲基被氧化
C
第一电离能：
的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高
D
酸性：
氟的电负性大于氯的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
实验I
实验II
实验III
操作
30%的溶液中，加入光亮铜片
30%的溶液中，加入光亮铜片，滴加稀硫酸
30%的溶液中，滴加的氨水，加入光亮铜片
现象
开始无明显现象，较长时间溶液变为浅蓝色，取出铜片晾干，表面有蓝色沉淀物
铜片表面产生少量气泡，随着反应的进行，气泡越来越多，溶液很快变蓝，取出铜片晾干，钢片依然保持光亮
立即产生大量气泡，溶液颜色变为深蓝色，取出钢片晾干，表面有蓝色沉淀物