天津市河西區(qū)2025屆高三下學期二?？荚嚮瘜W試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1天津市河西區(qū)2025屆高三下學期二?？荚囋嚲泶鹁頃r，考生務必將答案涂寫在答題卡上，答在試卷上的無效?？荚嚱Y束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：第Ⅰ卷選擇題(本卷共12題，每題3分，共36分。在每題給出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的。)1.中華文化源遠流長，下列說法錯誤的是A.青銅器“四羊方尊”的主要材質(zhì)為合金B(yǎng).“竹木簡牘”中“竹”主要成分是纖維素，屬于天然有機高分子C.“書之竹帛，鏤之金石”中“帛”充分燃燒只生成二氧化碳和水D.“銅官窯彩瓷”以黏土為主要原料，經(jīng)高溫燒結而成【答案】C【解析】A．四羊方尊由青銅制成，青銅是銅錫合金，青銅屬合金范疇，A正確；B．竹木簡牘由竹子、木頭等原料制成，竹子、木頭的主要成分為纖維素，屬于天然有機高分子，B正確；C．“帛”指絲織品，主要成分為蛋白質(zhì)。蛋白質(zhì)燃燒除生成CO2和H2O外，還會產(chǎn)生含氮化合物等，C錯誤；D．以黏土為主要原料，經(jīng)高溫燒結而成陶瓷，銅官窯彩瓷就用此方法制得，D正確；故選C。2.臭氧可以氧化氫碘酸，原理是，下列說法正確的是A.是含極性鍵的極性分子 B.和互為同位素，化學性質(zhì)相似C.的電子式： D.含有的中子數(shù)約為【答案】A【解析】A．臭氧分子呈V形，正負電中心不重合，為極性分子，O-O鍵的電子云偏向端位氧原子，使每個O-O鍵具有極性，故O3是由極性鍵形成的極性分子，故A正確；B．O3和O2是由氧元素形成的不同的單質(zhì)，二者互為同素異形體，不互為同位素，故B錯誤；C．HI是共價化合物，氫和碘之間共用一對電子，故HI的電子式是，故C錯誤；D．含有8個中子，的物質(zhì)的量為0.1mol，含有個中子，故D錯誤；故選A。3.下列相關實驗安全的說法中，錯誤的是A.硫化銀廢渣，應集中送至環(huán)保單位處理B.金屬燃燒起火，可用冷水冷卻，降低金屬著火點C.輕微燙傷時，先用潔凈的冷水處理，再涂抹燙傷藥膏D.未用完的白磷、鉀等易燃物應放回原試劑瓶中【答案】B【解析】A．硫化銀廢渣含有重金屬銀，屬于危險廢物，需由環(huán)保單位專門處理，A正確；B．不活潑的金屬著火時，用冷水冷卻是為了將溫度降至金屬的著火點以下，但金屬的著火點是固有性質(zhì)，無法被降低，部分活潑金屬如Na，著火時，不能用水潑滅，B錯誤；C．輕微燙傷后立即用冷水降溫可減少組織損傷，再涂抹藥膏保護傷口，C正確；D．白磷、鉀等易燃物易與空氣或水反應，未用完時應放回原瓶以避免危險，D正確；故選B。4.下列物質(zhì)性質(zhì)差異與影響因素沒有關聯(lián)的是性質(zhì)差異影響因素A鍵角：B、P的雜化方式B酸性：二氟乙酸>二氯乙酸的電負性C沸點：鍵能D識別的能力：18-冠--冠-4冠醚的空腔尺寸A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．BF3中心原子價層電子對數(shù)為3+=3，B原子為sp2雜化，平面三角形結構，鍵角120°；PCl3中心原子價層電子對數(shù)為3+=4，P原子為sp3雜化，為三角錐形結構，孤對電子排斥使鍵角減小至約107°，鍵角差異確實由雜化方式不同導致，A正確；B．由于F的電負性比Cl大，吸引電子的能力更強，二氟乙酸羧基中的O-H鍵的極性更大，更易電離出H+，酸性更強，B正確；C．I2和Br2都是分子晶體，I2沸點高于Br2是因I2分子量更大，范德華力更強，而非I-I和Br-Br鍵能，鍵能影響化學鍵強度，與沸點無關，C錯誤；D．18-冠-6的空腔尺寸與K+匹配，識別能力更強；12-冠-4空腔較小，適合Li+，性質(zhì)差異與影響因素有關聯(lián)，D正確；故選C。5.下列有關物質(zhì)的制備方法正確的是A.飽和溶液制備純堿：飽和溶液B.工業(yè)制取鹽酸：飽和溶液和C.工業(yè)以制取硝酸：D.海水提鎂：濃縮海水【答案】B【解析】A．工業(yè)上制備純堿時，應該先向飽和食鹽水中通入NH3，營造堿性環(huán)境，增大CO2的溶解度，再通入CO2反應生成NaHCO3，并使溶解度較小的NaHCO3從溶液中析出，NaHCO3固體再受熱分解制備Na2CO3，A錯誤；B．電解飽和溶液會生成H2和Cl2，H2和Cl2在點燃的條件下反應生成HCl，以此制取鹽酸，B正確；C．工業(yè)制硝酸的正確流程為NH3在催化劑作用下氧化生成NO，NO進一步氧化為NO2，最后NO2溶于水生成HNO3，C錯誤；D．海水提鎂的流程為：濃縮海水中加石灰乳沉淀Mg(OH)2，鹽酸溶解Mg(OH)2生成MgCl2溶液，經(jīng)蒸發(fā)結晶、脫水得到無水MgCl2，最后電解熔融MgCl2得金屬Mg，電解MgCl2溶液無法得到Mg，D錯誤；故選B。6.下列各組離子在給定溶液中，一定能大量共存的是A.甲基橙變黃色的溶液：B.與反應放氫氣的溶液：C.醋酸溶液中：D.酚酞變紅溶液中：【答案】D【解析】A．甲基橙變黃色，溶液pH≥4.4，溶液為弱酸性至堿性，與在酸性條件下可能發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，不能在堿性溶液中大量存在，在酸性溶液中不能大量共存，且會和發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，A不選；B．與反應放氫氣的溶液可能呈酸性或堿性，不能在堿性溶液中大量存在，和會發(fā)生氧化還原反應，和會發(fā)生雙水解反應，與H+或OH-發(fā)生反應，B不選；C．醋酸的酸性強于HF，醋酸溶液中，CH3COOH會和反應生成HF，不能大量共存，C不選；D．酚酞變紅的溶液呈堿性，在堿性溶液中不發(fā)生反應，不能大量共存，D選；故選D。7.碘離子可以作為過氧化氫分解的催化劑，催化過程的機理如圖1，圖2是有、無碘離子存在時，過氧化氫分解的能量變化示意圖。下列說法錯誤的是A.X和Y分別為和 B.的分解反應是吸熱反應C.碘離子不改變分解的焓變 D.反應速率大?。孩?lt;②【答案】B【解析】A．反應①中H2O2和I-反應生成IO-，I-被H2O2氧化為IO-，H2O2為氧化劑，被還原為H2O，反應②中H2O2和IO-反應生成I-，IO-被H2O2還原為I-，H2O2為還原劑，被氧化為，X和Y分別為和，A正確；B．由圖2可知，的分解反應中，反應物的總能量高于生成物，為放熱反應，B錯誤；C．由圖1可知，I-先被消耗，后又生成，為該反應的催化劑，催化劑不改變分解的焓變，C正確；D．由圖2可知，反應①的活化能高于反應②，則反應速率大?。孩?lt;②，D正確；故選B。8.光學性能優(yōu)良的高分子材料聚碳酸異山梨醇酯可由如下反應制備。下列說法錯誤的是A.化合物X為 B.異山梨醇分子中有3個手性碳原子C.該高分子材料一定條件下可以降解 D.碳酸二甲酯中碳原子的雜化方式有兩種【答案】B【解析】A．異山梨醇和碳酸二甲酯發(fā)生縮聚反應生成聚碳酸異山梨醇酯，由反應物的結構簡式，結合原子守恒可知，化合物X為，A正確；B．手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，異山梨醇分子中有4個手性碳原子，為：，B錯誤；C．該高分子材料聚碳酸異山梨醇酯中含有酯基，在一定條件下可以水解，即可以降解，C正確；D．碳酸二甲酯中含有甲基和碳氧雙鍵，碳原子的雜化方式有sp2、sp3兩種雜化方式，D正確；故選B。9.實驗室檢驗下列氣體時，選用的除雜試劑和檢驗方法均正確的是氣體除雜試別檢驗試劑或試紙A1-溴丁烷消去反應產(chǎn)生的1-丁烯無溴的四氯化碳溶液B電石和食鹽水反應產(chǎn)生的乙炔酸性溶液硫酸銅溶液C木炭和濃硫酸反應產(chǎn)生的飽和NaHCO3溶液澄清石灰水D碳酸氫銨分解產(chǎn)生的堿石灰藍色的石蕊試紙A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．1-溴丁烷和NaOH醇溶液發(fā)生消去反應產(chǎn)生的1-丁烯中混有乙醇，乙醇不和溴的四氯化碳溶液反應，不需要除雜即可檢驗1-丁烯，A正確；B．電石和食鹽水反應產(chǎn)生乙炔中混有H2S，乙炔和H2S均可以和酸性溶液反應而被吸收，無法用硫酸銅溶液檢驗乙炔，B錯誤；C．木炭和濃硫酸反應產(chǎn)生的中混有SO2，SO2和飽和NaHCO3溶液反應會生成，后續(xù)澄清石灰水變渾濁，無法證明木炭和濃硫酸反應生成了，C錯誤；D．碳酸氫銨分解生成氨氣、水、二氧化碳，堿石灰可除去水和二氧化碳，氨氣可使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，可檢驗生成的氨氣，不能用藍色的石蕊試紙檢驗氨氣，D錯誤；故選A。10.根據(jù)下列實驗操作及現(xiàn)象進行的分析和推斷，正確的是操作現(xiàn)象一段時間后：①中裸露在外的鐵釘附近區(qū)域變紅；②中裸露在外的鐵釘附近區(qū)域_______，銅絲附近區(qū)域_______。A.①中鐵釘附近變紅，因為發(fā)生，促進了水的電離B.②中現(xiàn)象是：鐵釘附近區(qū)域變紅，銅絲附近變藍C.②中正極區(qū)域發(fā)生了反應：D.①和②中發(fā)生的氧化反應均可表示為(M代表鐵或銅)【答案】C【解析】①中，鋅的金屬活動性大于鐵，則鋅作原電池的負極，發(fā)生反應Zn-2e-

=Zn2+，鐵釘作正極，發(fā)生反應O2+4e-+2H2O=4OH-；②中，鐵的金屬活動性大于銅，則鐵作原電池的負極，發(fā)生反應Fe-2e-

=Fe2+，銅作正極，發(fā)生反應O2+4e-+2H2O=4OH-。A．由分析可知，①中鐵釘附近變紅，是因為鐵釘作正極，電極方程式為：O2+4e-+2H2O=4OH-，產(chǎn)生了OH-，A錯誤；B．由分析可知，②中鐵的金屬活動性大于銅，則鐵作原電池的負極，發(fā)生反應Fe-2e-

=Fe2+，反應生成的Fe2+與[Fe(CN)6]3-反應生成藍色沉淀，使②中鐵釘裸露在外的附近區(qū)域變藍，銅作正極，發(fā)生反應O2+4e-+2H2O=4OH-，生成OH-使酚酞變紅，而使銅絲附近區(qū)域變紅，B錯誤；C．由分析可知，②中鐵的金屬活動性大于銅，則鐵作原電池的負極，發(fā)生反應Fe-2e-

=Fe2+，銅作正極，發(fā)生反應O2+4e-+2H2O=4OH-，C正確；D．①中發(fā)生的氧化反應為Zn-2e-

=Zn2+，②中發(fā)生的氧化反應為Fe-2e-

=Fe2+，均可表示為M-2e-＝M2+(M代表鋅或鐵)，D錯誤；故選C。11.恒溫密閉容器中，足量的碳酸鈣分解存在平衡：，反應達平衡時，二氧化碳的濃度為。下列說法正確的是A.增加質(zhì)量，平衡逆向移動B.增大碳酸鈣表面積，可以縮短達到平衡的時間，提高濃度C.容器容積縮小為原來一半，達平衡時，D.容器容積增大為原來2倍，再次達平衡時，密度不變【答案】D【解析】A．為固體，增加質(zhì)量，反應體系中氣體的濃度不變，化學平衡不移動，故A錯誤；B．增大碳酸鈣表面積，反應物的接觸面積增大，反應速率加快，但化學平衡不移動，二氧化碳的濃度不變，故B錯誤；C．反應的平衡常數(shù)K=c(CO2)，平衡常數(shù)為溫度函數(shù)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，則容器容積縮小為原來一半，再次達平衡時，二氧化碳的濃度不變，故C錯誤；D．反應的平衡常數(shù)K=c(CO2)，平衡常數(shù)為溫度函數(shù)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，則容器容積增大為原來的2倍，再次達平衡時，二氧化碳的濃度不變，但是氣體體積和二氧化碳質(zhì)量都變?yōu)樵瓉淼亩?，所以二氧化碳的密度不變，故D正確；故選：D。12.亞磷酸()為二元弱酸，分子結構是。時，某亞磷酸溶液中含磷微粒的濃度之和為，溶液中所有含磷微粒的與的關系如圖所示。已知：，下列說法正確的是A.亞磷酸溶液中：B.水的電離程度：C.溶液時：D.反應的平衡常數(shù)【答案】C【解析】任何pH下，圖中含磷物質(zhì)均有3種，分別為H3PO3、H2PO和HPO，隨著pH增大，c(OH-)逐漸增大，根據(jù)H3PO3+OH-=H2PO+H2O、H2PO+OH-=HPO+H2O，可知c(H3PO3)逐漸減小，c(H2PO)先增大后減小，c(HPO)逐漸增大，故pc(H3PO3)逐漸增大，pc(H2PO)先減小后增大，pc(HPO)逐漸減小，故曲線①表示c(HPO)，曲線②表示c(H2PO)，曲線③表示c(H3PO3)，據(jù)此分析解題。A．亞磷酸溶液中溶液顯電中性，則c(H+)=c(H2PO)+2c(HPO)+c(OH?)，A錯誤；B．pOH越大，氫離子濃度越大，水電離抑制程度就越大，水的電離程度：x>y>z，B錯誤；C．pH=4時，pOH=10，由圖可知，此時pc(H3PO3)=pc(H2PO)，即c(H3PO3)=c(H2PO)，而c(H3PO3)+c(H2PO)+c(HPO)=0.1mol·L-1，故2c(H3PO3)+c(HPO)=0.1mol·L-1，C正確；D．根據(jù)x點知，c(HPO)=c(H2PO)時，pOH=7.3，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，則H3PO3的Ka2==c(H+)=10-6.7，根據(jù)z點知，c(H2PO)=c(H3PO3)，pOH=12.6，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，則H3PO3的Ka1==c(H+)=10-1.4，由H3PO3H2PO+H+減去H2POHPO+H+，可得H3PO3+HPOH2PO，則平衡常數(shù)K===105.3，D錯誤；故答案為：C。第Ⅱ卷13.鈦和鈦的化合物在航天、醫(yī)療等領域中都有著廣泛的用途?；卮饐栴}：（1）基態(tài)原子的價層電子排布圖是_______。（2）某含鈦催化劑R能催化乙烯、丙烯聚合，其結構如圖：①組成R的元素中，C、O、電負性由大到小的順序是_______。②R中含有的化學鍵有_______(填序號)。a．π鍵b．σ鍵c．離子鍵d．配位鍵e．氫鍵（3）的工業(yè)制法是將鈦酸亞鐵礦與過量焦炭混合，并通入足量氯氣，高溫條件下制得，該反應的化學方程式為_______。（4）水解法制備的流程如下，調(diào)控水解速率和反應進行的程度是制備成功的關鍵。已知：的水解是三步進行：①②③；其中①為快反應，難溶于冷水，在熱水中易水解。①第一步與水混合時，冰水浴的目的是_______。②加入的目的是_______。（5）金紅石型的晶胞為長方體，晶胞參數(shù)如圖所示。阿伏伽德羅常數(shù)為，該晶體的密度為_______(用含a、b、字母表示)?！敬鸢浮浚?）（2）①.②.abd（3）（4）①.減慢反應①的速率，防止?jié)舛冗^大，抑制后續(xù)反應②.生成沉淀，促進了反應②的正向進行（5）【解析】TiCl4溶于水，將裝置放入冰水浴中，加入硫酸銨和鹽酸，生成沉淀，促進了反應②的正向進行；加入NH3?H2O調(diào)節(jié)pH=6~8，在95℃的熱水浴中加熱，促進TiOSO4水解，從而得到TiO2沉淀，過濾、洗滌、干燥，得到納米TiO2。（1）鈦元素的原子序數(shù)為22，價電子排布式為3d24s2，價電子排布圖為。（2）①同短周期主族元素，從左往右，電負性依次減小，則電負性：O>C，非金屬的電負性強于金屬，則C、O、電負性由大到小的順序是；②由催化劑R的結構可知，R屬于分子晶體，不可能含有離子鍵和金屬鍵，分子中含有鈦氧配位鍵，含有的苯環(huán)、碳碳雙鍵中含有π鍵和σ鍵，碳碳鍵、碳氫鍵、碳氧鍵、鈦氯鍵、配位鍵都屬于σ鍵，氫鍵不屬于化學鍵，則R分子中含有的化學鍵有π鍵、σ鍵和配位鍵，故答案為：abd。（3）的工業(yè)制法是將鈦酸亞鐵礦與過量焦炭混合，并通入足量氯氣，高溫條件下制得，同時生成CO和FeCl3，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式為：。（4）①過程中有H+生成，第一步與水混合時，冰水浴的目的是減慢反應①的速率，防止?jié)舛冗^大，抑制后續(xù)反應；②由可知，加入的目的是生成沉淀，促進了反應②的正向進行。（5）晶胞中位于頂點和體心鈦離子個數(shù)為8×+1=2，位于面上和體內(nèi)的氧離子個數(shù)為4×+2=4，則晶胞質(zhì)量為g，晶胞體積為anm×anm×bnm=a2b×10-21cm3，晶胞密度，該晶體的密度為。14.有機物J是有機合成的中間體，高聚物G是一種廣泛用在生產(chǎn)生活中的合成纖維，由芳香烴A和E為原料制備J和G的合成路線如下：已知：（1）A轉化為B的試劑為_______；B中含有的官能團名稱為_______。（2）E的系統(tǒng)命名為_______。（3）I轉為J的反應類型為_______。（4）G的結構簡式為_______。（5）B轉化為C的方程式為_______。（6）芳香族化合物M是D的同分異構體。寫出同時滿足下列條件的所有M的結構簡式為_______。①能與溶液顯色②能消耗溶液③核磁共振氫譜顯示為3組峰，且面積之比為（7）參照上述合成路線，寫出用為原料，制取化合物的合成路線_______(其他無機試劑任選)。【答案】（1）①.酸性高錳酸鉀②.羧基（2）二氯丁烷（3）取代反應（4）（5）（6）（7）【解析】根據(jù)芳香烴A的分子式結合H的結構簡式可知，A為，芳香烴A被氧化生成B為，B和甲醇發(fā)生酯化反應生成C為，C發(fā)生還原反應生成D為，D發(fā)生催化氧化生成H，H發(fā)生信息的反應生成I，I結構簡式為，I和甲醇發(fā)生取代反應生成J；E先發(fā)生取代反應后發(fā)生水解反應得到F，根據(jù)E、F的分子式知，E為CH2ClCH2CH2CH2Cl，F(xiàn)和D發(fā)生縮聚反應生成G，G為。（1）芳香烴A為，被氧化生成B為，A轉化為B的試劑為酸性高錳酸鉀，B中含有的官能團名稱為羧基。（2）由分析可知，E為CH2ClCH2CH2CH2Cl，系統(tǒng)命名為1，4?二氯丁烷。（3）由分析可知，I和甲醇發(fā)生取代反應生成J。（4）由分析可知，F(xiàn)和D發(fā)生縮聚反應生成G，G為。（5）B和甲醇發(fā)生酯化反應生成C，化學方程式為：。（6）芳香族化合物M是D的同分異構體，滿足條件：①能與溶液顯色，說明其中含有酚羥基；②能消耗溶液，結合D的不飽和度可知，M中含有2個酚羥基；③核磁共振氫譜顯示為3組峰，且面積之比為，說明M是對稱的結構，含有2個對稱的甲基；則滿足條件的M有：。（7）發(fā)生C生成D的原理生成，發(fā)生催化氧化反應生成，發(fā)生已知信息的反應原理得到，發(fā)生取代反應生成，合成路線為：。15.苯乙酸銅常作為有機偶聯(lián)反應的催化劑，下圖是實驗室合成苯乙酸銅路線。查閱資料：①苯乙酸()的熔點為，沸點，微溶于冷水，易溶于乙醇；苯乙腈()常溫為液體，沸點，以上分解②回答下列問題：Ⅰ．制取苯乙酸：①連接好圖裝置，將a中加入足量的硫酸和碎瓷片；c中通入冷凝水。②用b緩緩滴加苯乙腈到硫酸溶液中，然后升溫到，繼續(xù)反應一段時間；③反應結束后，將a中的產(chǎn)物轉移到燒杯中；④加入適量冰水，靜置，分離出苯乙酸粗品。（1）儀器c作用是_______。（2）配制的硫酸，用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、_______。（3）步驟④中加入冰水的目的是_______。（4）從粗品的苯乙酸得到純品的后續(xù)實驗操作是_______(填序號)。a．蒸餾b．重結晶c．萃取分液d．升華（5）經(jīng)上述實驗操作后，得到純品苯乙酸，則苯乙酸的產(chǎn)率是_______。（6）制取苯乙酸的反應溫度控制在左右的原因_______。Ⅱ．制取苯乙酸銅：①用和溶液制備，過濾后用蒸餾水洗滌沉淀次；②將苯乙酸加入乙醇與水的混合溶劑中，加入充分攪拌、過濾，得到濾液；③靜置濾液一段時間，析出苯乙酸銅晶體。（7）寫出制苯乙酸銅的化學方程式_______。（8）檢驗沉淀是否洗凈的試劑為_______。（9）乙醇與水的混合溶劑中，乙醇的作用是_______。【答案】（1）冷凝回流苯乙酸等有機物（2）量筒膠頭滴管（3）降低苯乙酸的溶解度，利于析出晶體（4）b（5）（6）溫度過高，導致苯乙腈等有機物分解；溫度過低，反應速率慢（7）（8）稀硝酸，溶液（9）增大苯乙酸在水中的溶解度【解析】苯乙腈溶于70%硫酸溶液，然后升溫到130℃，反應生成苯乙酸，苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇，混合溶劑中乙醇可增大苯乙酸的溶解度，然后苯乙酸溶液與Cu(OH)2反應生成苯乙酸銅，以此解答。（1）裝置c是球形冷凝管，作用是冷凝回流苯乙酸等有機物。（2）配制的硫酸，用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、量筒和膠頭滴管，具體步驟如下：將所需量的水倒入燒杯中，緩慢地將濃硫酸沿燒杯壁倒入水中，同時用玻璃棒不斷攪拌，以防止局部過熱和飛濺，用量筒和膠頭滴管精確調(diào)整硫酸的濃度，直到達到所需的70%濃度。（3）苯乙酸微溶于冷水，步驟④中加入冰水的目的是降低苯乙酸的溶解度，利于析出晶體。（4）由已知信息可知，苯乙酸微溶于冷水，在水中的溶解度較小，則提純苯乙酸的方法是重結晶，故選b。（5）由反應+2H2O+H2SO4+NH4HSO4可知，23.4g苯乙腈生成苯乙酸為23.4g×=27.2g，最終得到24.48g純品，則苯乙酸的產(chǎn)率是×100%=90%。（6）苯乙腈以上會分解，則制取苯乙酸的反應溫度控制在左右的原因是：溫度過高，導致苯乙腈等有機物分解；溫度過低，反應速率慢。（8）苯乙酸含有羧基具有酸性，能與Cu(OH)2反應生成苯乙酸銅和水，反應的化學方程式：。（8）檢驗沉淀是否洗凈只需要檢驗最后乙醇洗滌液中的Cl-即可，所用的試劑為稀硝酸，溶液。（9）苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇，混合溶劑中乙醇可增大苯乙酸的溶解度，然后苯乙酸溶液與Cu(OH)2反應生成苯乙酸銅，即混合溶劑中乙醇的作用是增大苯乙酸溶解度，便于充分反應。16.硫酰氯常用作氯化劑和氯磺化劑，工業(yè)上制備原理如下：，回答下列問題：（1）的模型是_______形。（2）相同條件下，比在水中溶解度大的原因是_______。（3）時，相關物質(zhì)的相對能量如圖1，該反應的_______。（4）恒容密閉容器中按不同進料比充入和，測定不同溫度下體系達平衡時的壓強差結果如圖2(，為體系初始壓強，，p為體系平衡壓強)①圖2中溫度由高到低的順序為_______。②M點的轉化率為_______。③溫度下，