精选5份合集杭州市名校学年新高考化学经典试题.docx

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精选5份合集杭州市名校学年新高考化学经典试题

2021届新高考化学模拟试卷

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）

1．下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是

A．同质量、不同密度的N2和COB．同温度、同体积的H2和N2

C．同体积、不同密度的C2H4和C3H6D．同压强、同体积的N2O和CO2

2．有一种锂离子电池，在室温条件下可进行循环充放电，实现对磁性的可逆调控。

一极为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料，电解质只传导锂离子。

电池总反应为：

Fe2O3+6Li

2Fe+3Li2O，关于此电池，下列说法不正确的是

A．放电时，此电池逐渐靠近磁铁

B．放电时，正极反应为Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O

C．放电时，正极质量减小，负极质量增加

D．充电时，阴极反应为Li++e-=Li

3．常温下，向lLpH=l0的NaOH溶液中持续通入CO2。

通入CO2的体积（y）与溶液中水电离出的c（OH-）的关系如图所示。

下列叙述错误的是

A．a点溶液中：

水电离出的c（H+）=1×10-10mol·L-1

B．b点溶液中：

c（H+）=1×10-7mol·L-1

C．c点溶液中：

c（Na+）>c（HCO3-）>c（CO32-）

D．d点溶液中：

c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）

4．常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A－的物质的量分数δ（X）随pH的变化如图所示。

［已知δ（X）＝

］下列说法正确的是

A．Ka（HA）的数量级为10－5

B．溶液中由水电离出的c（H＋）：

a点＞b点

C．当pH＝4.7时，c（A－）＋c（OH－）＝c（HA）＋c（H＋）

D．当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL

5．化学与生产、生活密切相关。

下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是（）

A．AB．BC．CD．D

6．黑索金是一种爆炸力极强的烈性炸药，比TNT猛烈1.5倍。

可用浓硝酸硝解乌洛托品得到黑索金，同时生成硝酸铵和甲醛（HCHO）。

下列说法不正确的是（）

A．乌洛托品的分子式为C6H12N4

B．乌洛托品分子结构中含有3个六元环

C．乌洛托品的一氯代物只有一种

D．乌洛托品得到黑索金反应中乌洛托品与硝酸的物质的量之比为1：

4

7．在复盐NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，可能发生的反应的离子方程式是

A．NH4++SO42－+Ba2++OH－=BaSO4↓+NH3·H2O

B．Al3++2SO42－+2Ba2++4OH－=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O

C．2Al3++3SO42－+3Ba2++6OH－=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓

D．NH4++Al3++SO42－+Ba2++4OH－=BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3·H2O

8．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。

下列说法正确的是

A．丙属于碱性氧化物

B．W元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB族

C．W的原子序数是Z的两倍，金属性弱于Z

D．常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，消耗的HNO3物质的量相等

9．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，Y是非金属性最强的元素，Z的原子半径是所有短周期元素中最大的。

下列说法不正确的是（）

A．W、X、Y的最高价氧化物对应对应水化物的酸性Y>X>W

B．Y的简单氢化物的热稳定性比W的强

C．元素X、Y、Z的简单离子半径依次减小

D．W与Y两种元素可以形成共价化合物

10．向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是

A．a点对应的溶液中：

Fe3+、AlO2-、SO42-、NO3-

B．b点对应的溶液中：

K+、Ca2+、I－、Cl-

C．c点对应的溶液中：

Na+、Ca2+、NO3-、Ag+

D．d点对应的溶液中：

F-、NO3-、Fe2+、Cl-

11．实验室常用乙醇和浓硫酸共热制取乙烯：

CH3CH2OH

H2C=CH2↑+H2O某同学用以下装置进行乙烯制取实验。

下列叙述不正确的是

A．m的作用是确保乙醇与浓硫酸能顺利流下

B．电控温值可设置在165-175℃

C．a出来的气体可用瓶口向下排空气法收集

D．烧瓶内可放几粒碎瓷片以防暴沸

12．下列能源不属于直接或间接利用太阳能的是（）

A．风能

B．江河水流能

C．生物质能

D．地热温泉

13．第三周期的下列基态原子中，第一电离能最小的是

A．3s23p3B．3s23p5C．3s23p4D．3s23p6

14．白色固体Na2S2O4常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。

下列关于Na2S2O4说法不正确的是

A．可以使品红溶液褪色

B．其溶液可用作分析化学中的吸氧剂

C．其溶液可以和Cl2反应，但不能和AgNO3溶液反应

D．已知隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2，则其残余固体产物中可能有Na2S2O3

15．已知：

Br＋H2→HBr＋H，其反应的历程与能量变化如图所示，以下叙述正确的是

A．该反应是放热反应

B．加入催化剂，E1－E2的差值减小

C．H－H的键能大于H－Br的键能

D．因为E1>E2，所以反应物的总能量高于生成物的总能量

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．CuCl晶体呈白色，熔点为430℃，沸点为1490℃，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化，难溶于水、稀盐酸、乙醇，易溶于浓盐酸生成H3CuCl4，反应的化学方程式为CuCl（s）+3HCl（aq）⇌H3CuCl4（aq）．

（1）实验室用如图1所示装置制取CuCl，反应原理为：

2Cu2++SO2+8Cl﹣+2H2O═2CuCl43﹣+SO42-+4H+

CuCl43﹣（aq）⇌CuCl（s）+3Cl﹣（aq）

①装置C的作用是_____．

②装置B中反应结束后，取出混合物进行如图所示操作，得到CuCl晶体．

混合物

CuCl晶体

操作ⅱ的主要目的是_____

操作ⅳ中最好选用的试剂是_____．

③实验室保存新制CuCl晶体的方法是_____．

④欲提纯某混有铜粉的CuCl晶体，请简述实验方案：

_____．

（2）某同学利用如图2所示装置，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的百分组成．

已知：

i．CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成Cu（CO）Cl•H2O．

ii．保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液能吸收氧气．

①D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是_____、_____．

②写出保险粉和KOH的混合溶液吸收O2的离子方程式：

_____．

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．CAPE是蜂胶主要活性组分之一，具有抗炎、抗氧化和抗肿瘤的作用，在医学上具有广阔的应用前景。

合成CAPE的路线设计如下：

已知：

①A的核磁共振氢谱有三个波峰，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键；

②

；

③

。

请回答下列问题：

（1）A中官能团的名称为____。

（2）C生成D所需试剂和条件是____。

（3）E生成F的反应类型为____。

（4）1molCAPE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为____。

（5）咖啡酸生成CAPE的化学方程式为____。

（6）芳香化合物X是G（C9H8O3）的同分异构体，满足下列条件，X的可能结构有____种，

a.属于芳香族化合物

b.能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2

c.能与新制的Cu（OH）2悬浊液反应生成砖红色沉淀

其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积之比为1:

2:

2:

1:

1:

1，写出一种符合要求的X的结构简式____。

（7）参照上述合成路线，以

和丙醛为原料（其它试剂任选），设计制备

的合成路线____。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．KClO3是一种常见的氧化剂，常用于医药工业、印染工业和制造烟火。

实验室用KClO3和MnO2混合加热制氧气，现取KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重，将反应后的固体加15g水充分溶解，剩余固体6.55g（25℃），再加5g水充分溶解，仍剩余固体4.80g（25℃）。

（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为___g；

（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物

①求25℃时KCl的溶解度___；

②求原混合物中KClO3的质量___；

③所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为多少___？

（保留2位小数）

（3）工业常利用3Cl2+6KOH（热）→KClO3+5KCl+3H2O，制取KClO3（混有KClO）。

实验室模拟KClO3制备，在热的KOH溶液中通入一定量氯气充分反应后，测定溶液中n（K+）：

n（Cl-）=14：

11，将所得溶液低温蒸干，那么在得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为多少？

___

19．（6分）大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除（即脱硝）后才能排放，脱硝的方法有多种。

完成下列填空：

Ⅰ直接脱硝

（1）NO在催化剂作用下分解为氮气和氧气。

在10L密闭容器中，NO经直接脱硝反应时，其物质的量变化如图1所示。

则0～5min内氧气的平均反应速率为___mol/（L•min）。

Ⅱ臭氧脱硝

（2）O3氧化NO结合水洗可完全转化为HNO3，此时O3与NO的物质的量之比为___。

Ⅲ氨气脱硝

（3）实验室制取纯净的氨气，除了氯化铵外，还需要___、___（填写试剂名称）。

不使用碳酸铵的原因是___（用化学方程式表示）。

（4）吸收氨气时，常使用防倒吸装置，图2装置不能达到此目的是___。

NH3脱除烟气中NO的原理如图3：

（5）该脱硝原理中，NO最终转化为___（填化学式）和H2O。

当消耗1molNH3和0.25molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为___L。

参考答案

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）

1．A

【解析】

【分析】

【详解】

A、二者同质量，摩尔质量也相同，根据n=

知，二者分子物质的量相同，也就是分子数相同，这两种分子还都含有2个原子，所以原子数相同，故A正确；

B、同温度、同体积，气体分子数目与压强呈正比，压强不定，无法判断气体分子数关系，故B错误；

C、同体积、不同密度的C2H4和C3H6，质量不相等。

C2H4和C3H6的最简式相同，质量相等的两种气体含有相同的原子数，但质量不相等，则所含原子数不一定相同，故C错误；

D、同压强、同体积，气体分子数目与温度呈反比，温度不定，无法判断气体分子数关系，故D错误；

故选：

A。

2．C

【解析】

【详解】

A.放电时，锂为负极，氧化铁在正极反应，所以反应生成铁，此电池逐渐靠近磁铁，故正确；

B.放电时，正极为氧化铁变成铁，电极反应为Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O，故正确；

C.放电时，正极反应WieFe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O，正极质量增加，负极锂失去电子生成锂离子，质量减少，故错误；

D.充电时，阴极锂离子得到电子，电极反应为Li++e-=Li，故正确。

故选C。

【点睛】

掌握原电池和电解池的工作原理，注意电解质的存在形式对电极反应的书写的影响，本题中电解质只能传到锂离子，所以电极反应中出现的离子只能为锂离子。

3．C

【解析】

试题分析：

A．a点溶液是NaOH溶液，pH=10，则水电离出的c（H+）=1×10-10mol·L-1，正确。

B．b点溶液中c（OH-）=1×10-7mol·L-1，由于水的离子积是kw=1×10-14mol2·L-2，所以c（H+）=1×10-7mol·L-1，正确。

C．c点水电离产生的c（OH-）最大，则溶液是Na2CO3溶液。

根据物料守恒可知c（Na+）>c（CO32-），CO32-发生水解反应形成HCO3-，但是盐水解的程度是微弱的，主要还是以盐电离产生的离子存在，所以c（CO32-）>c（HCO3-）。

故溶液中离子浓度关系是：

c（Na+）>c（CO32-）>c（HCO3-），错误。

D．d点溶液中，根据电荷守恒可得：

c（H+）+c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），由于c（OH-）=1×10-7mol·L-1，所以c（H+）=1×10-7mol·L-1，故c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-），正确。

考点：

考查碱与酸性氧化物反应时水电离程度大小比较及溶液中离子浓度关系的知识。

4．A

【解析】

【详解】

A.曲线的交点处，c（HA）=c（A-），此时pH=4.7，则

因此Ka（HA）的数量级为10-5，A项正确；

B.a点、b点溶液均显酸性，均抑制水的电离，a点pH较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c（H＋）：

a点

C.当pH＝4.7时，c（HA）=c（A-），但c（OH－）不等于c（H＋），C项错误；

D.HA为弱酸，当消耗NaOH溶液的体积为20.00mL时，二者恰好反应生成NaA溶液，溶液显碱性，pH>7，D项错误；

答案选A。

【点睛】

利用曲线的交点计算Ka（HA），是该题的巧妙之处，因为该点c（HA）=c（A-），因此Ka（HA）=c（H+），同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。

5．C

【解析】

【详解】

A.液氨作制冷剂原理是液氨汽化大量吸热，而非分解，故A错误；

B.

作净水剂原理是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，而非氧化性，故B错误；

C.飘粉精作为消毒剂是因为ClO-和HClO都有强氧化性，故C正确；

D.氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点高，而非既能与强酸反应又能与强碱反应，故D错误；

故答案选：

C。

6．B

【解析】

【详解】

A．乌洛托品的分子中含有6个“CH2”和4个N原子，则分子式为C6H12N4，A正确；

B．乌洛托品分子结构中含有4个六元环，B不正确；

C．乌洛托品分子中含有6个完全相同的-CH2-，所以一氯代物只有一种，C正确；

D．1mol乌洛托品与4mol硝酸完全反应，生成1mol黑索金、1molNH4NO3和3molHCHO，D正确；

故选B。

7．C

【解析】

【分析】

在NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，开始时，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，当Al3+沉淀完全时，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3・H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42-完全沉淀时，生成Al（OH）3、硫酸钡沉淀、一水合氨；再滴加Ba（OH）2，氢氧化铝逐渐溶解，据此分析解答。

【详解】

A．逐滴加入Ba（OH）2溶液，氢氧根离子先与氯离子反应，故A错误；

B．以1∶2反应时，硫酸根离子、铝离子均转化为沉淀，同时生成一水合氨，故B错误；

C．以2∶3反应时，生成硫酸钡、氢氧化铝和硫酸铵，离子反应为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，故C正确；

D．以1∶2反应时，生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，离子反应为NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O，故D错误；

答案选C。

【点睛】

把握发生的反应及离子方程式的书写方法为解答的关键。

本题的易错点和难点为铵根离子和铝离子与氢氧根离子反应的先后顺序的确定。

8．C

【解析】

【分析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数═族序数，应分别为H、Al元素，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙为Fe3O4，由转化关系可知甲为Fe、乙为H2O，丁为H2，戊为Al、己为Al2O3，则对应X、Y、Z、W分别为H、O、Al、Fe元素。

【详解】

A.丙为Fe3O4，不是两性氧化物，故A错误；

B.W为Fe，原子序数为26，位于第四周期Ⅷ族，故B错误；

C.由金属活动顺序可知Fe的金属性比Al弱，故C正确；

D.常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，均产生钝化现象，故D错误；

故选C。

【点睛】

本题考查无机物的推断，把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意丙为具有磁性的黑色晶体为推断的突破口，D为易错点，钝化的量不能确定。

9．A

【解析】

【分析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，则W为C元素；Y是非金属性最强的元素，则Y为F元素；X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，且原子序数小于F，则X为N元素；Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的，则Z为Na元素，以此来解答。

【详解】

由上述分析可知，W为C、X为N、Y为F、Z为Na。

A.Y为F，F没有正价，其无含氧酸，故A错误；

B.非金属性Y＞W，则Y的简单氢化物的热稳定性比W的强，故B正确；

C.元素X、Y、Z的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，因此半径依次减小，故C正确；

D.C、F均为非金属元素，可以形成共价化合物，并且只能形成共价化合物，故D正确

答案选A。

10．B

【解析】

【详解】

A选项，a点对应是Na2CO3、NaHCO3混合溶液：

Fe3+、AlO2－、SO42－、NO3－，CO32－、HCO3－与Fe3+发生双水解反应，AlO2－与HCO3－发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根，故A错误；

B选项，b点对应是NaHCO3：

K+、Ca2+、I－、Cl－，都不发生反应，共存，故B正确；

C选项，c点对应的是NaCl溶液：

Na+、Ca2+、NO3－、Ag+，Ag+与Cl－发生反应，故C错误；

D选项，d点对应的是NaCl溶液、盐酸溶液中：

F－、NO3－、Fe2+、Cl－，F－与H+反应生成HF，NO3－、Fe2+、H+发生氧化还原反应，故D错误；

综上所述，答案为B。

11．C

【解析】

【详解】

A．m导气管连接漏斗上下，可以使乙醇与浓硫酸的混合物上、下气体压强一致，这样，液体混合物在重力作用下就可以顺利流下，A正确；

B．乙醇与浓硫酸混合加热170℃会发生消去反应产生CH2=CH2、H2O，所以电控温值在170℃左右，可设置在165-175℃，B正确；

C．从a导管口出来的气体中含乙醇发生消去反应产生的乙烯以及挥发的乙醇、副产物二氧化硫等，要制取乙烯，收集时可以用排水法，乙烯密度和空气接近，不能用排空气法收集，C错误；

D．烧瓶内可放几粒碎瓷片以防止产生暴沸现象，D正确；

故合理选项是C。

12．D

【解析】

【详解】

A.风能是因为地球表面受热不均匀而产生的空气流动，故A不选。

B.江河水流能是利用水循环，水循环是太阳能促进的，故B不选。

C.生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物之中的能量形式，故C不选。

D.地热温泉是利用来自地球内部的熔岩的地热能，故D选。

故选D。

13．C

【解析】

【分析】

A选项，3s23p3为P元素；B选项，3s23p5为Cl元素；C选项，3s23p4为S元素；D选项，3s23p6为Ar元素。

【详解】

第三周期的基态原子中，第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，因此第一电离能最小的是S元素，故C正确。

综上所述，答案为C。

【点睛】

同周期从左到右第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素。

14．C

【解析】

【详解】

A.Na2S2O4溶于水，会与溶解在水中的氧气反应产生SO2，SO2能使品红溶液褪色，所以Na2S2O4的水溶液具有漂白性，A正确；

B.Na2S2O4溶液与少量氧气反应产生亚硫酸氢钠和硫酸氢钠两种盐，反应方程式为：

Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，所以Na2S2O4溶液可用作分析化学中的吸氧剂，B正确；

C.Na2S2O4中S元素平均化合价为+3价，具有还原性，Cl2具有氧化性，AgNO3具有酸性和氧化性，所以Na2S2O4与Cl2和AgNO3溶液都可以发生反应，C错误；

D.隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2和两种盐Na2S2O3、Na2SO3，D正确；

故合理选项是C。

15．C

【解析】

【分析】

根据反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小来判断反应的热效应。

反应的能量变化与反应途径无关，催化剂只改变反应速率，与该反应的能量变化无关。

【详解】

A.若反应物的总能量>生成物的总能量，则反应为放热反应；若反应物的总能量>生成物的总能量，则反应为吸热反应，此图中生成物总能量高于反应物，故该反应为吸热反应，A错误；

B.E1-E2的差值即为此反应的焓变，催化剂只改变活化能，与焓值无关，B错误；

C.此反应为吸热反应，故断开H-H键所需要的能量高于生成H-Br键放出的能量，C正确；

D.因为E1>E2，所以反应物的总能量低于生成物的总能量，此反应吸收热量，D错误，

故合理选项是C。

【点睛】

本题考查吸热反应和放热反应，在化学反应中，由于反应中存在能量的变化，所以反应物的总能量和生成物的总能量不可能相等，根据二者能量差异判断反应的热效应。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．吸收SO2尾气，防止污染空气促进CuCl析出、防止CuCl被氧化水、稀盐酸或乙醇避光、密封保存将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量水，过滤、洗涤、干燥氢氧化钡溶液CuCl的盐酸溶液2S2O42﹣+3O2+4OH﹣=4SO42﹣+2H2O

【解析】

【分析】

用二氧化硫和氯化铜溶液制取CuCl，其中二氧化硫需要用亚硫酸钠固体和硫酸制备，制取的二氧化硫进入装置B中，和B中的氯化铜溶液在一定温度下反应，生成CuCl沉淀，过量的二氧化硫用氢氧化钠吸收。

从混合物中提取CuCl晶体，需要先把B中的混合物冷却，为了防止低价的铜被氧化，把混合物倒入溶有二氧化硫的水中，然后过滤、洗涤、干燥得到CuCl晶体。

【详解】

（1）①A装置制备二氧化硫，B中盛放氯化铜溶液，与二氧化硫反应得到CuCl，C装置盛放氢氧化钠溶液，吸收未反应的二氧化硫尾气，防止污染空气。

②操作ⅱ倒入溶有二氧化硫的溶液，有利于CuCl析出，二氧化硫具有还原性，可以防止CuCl被氧化；CuCl难溶于水、稀盐酸和乙醇，可以用