1、北京市延庆区2019届高三化学第一次模拟考试试题（含解析）第卷可能用到的相对原子质量：H-1O-16N-14Cu-64一、选择题：在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的1. 化学技术在社会发展中起着十分重要的作用，下列应用过程中不涉及化学反应的是A现代中药纳米粉碎B火力发电C高炉炼铁D生活中用暖宝宝取暖A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A粉碎是物理变化，不涉及化学变化，故A符合题意；B火力发电涉及燃烧，为化学变化，故B不符合题意；C高炉炼铁是利用化学反应将铁从化合物中还原出来，故C不符合题意；D生活中的暖宝宝是利用原电池的原理，涉及化学变化，故D不符合题意；故选A。
2、2. 下列事实不能用元素周期律解释的是A. Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应B. K与水的反应比Na与水的反应更剧烈C. SO2与NaHCO3溶液反应生成CO2D. 常温下，Na2SO4溶液的pH=7，Al2(SO4)3溶液的pH7【答案】C【解析】【详解】A.硅和硫属于同周期元素，从左到右，非金属性依次增强，根据非金属性越强，其与氢气化合越容易，所以硅与氢气高温反应，而硫和氢气加热就能反应，故A正确，不符合题意；B.钠和钾属于同一主族元素，从上到下金属性依次增强，钾的金属性比钠强，所以钾与水反应比钠与水反应更剧烈，故B能用元素周期律解释，不符合题意；C.二氧化硫和碳酸氢钠反应生成二氧
3、化碳，说明亚硫酸的酸性比碳酸强，但非金属性强弱与最高价氧化物对应水化物的酸性相关联，亚硫酸不是最高氧化物对应的水化物，所以不能用元素周期律解释，故C符合题意；D. 常温下，Na2SO4溶液的pH=7，Al2(SO4)3溶液的pH7，说明氢氧化钠的碱性强于氢氧化铝，结合元素周期律，同一周期元素，从左到右，金属性依次减弱，最高价氧化物对应的水化物的碱性减弱，故D不符合题意。故选C。3. 下列化学用语解释事实或过程正确的是A. Fe3O4溶于过量稀硝酸中：Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2OB. 乙酸和乙醇的酯化反应：CH3CH2OH+CH3CO18OHCH3CO18OCH2CH3+H2OC
4、. 用足量氨水吸收烟气中的二氧化硫：SO2+2OH-+H2OD. 向少量Mg(OH)2悬浊液中加入适量的饱和NH4Cl溶液，固体溶解：Mg(OH)2+2Mg2+2NH3H2O【答案】D【解析】【详解】A四氧化三铁被硝酸氧化生成硝酸铁和一氧化氮和水，故离子方程式错误，故A错误；B乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水，反应过程中乙酸中羟基上的氧原子到水分子中，故B错误；C氨水和二氧化硫反应，氨水是弱碱，不能拆成离子形式，故C错误；D氢氧化镁和氯化铵反应，生成氯化镁和氨水，离子方程式为Mg(OH)2+2Mg2+2NH3H2O，故D正确。故选D。4. 下列有关实验操作、现象和结论的叙述不相符的是ABCD实验
5、加热铝箔现象液滴不滴落通入品红溶液中褪色加入氯化铁溶液的试管产生气泡更快。白色沉淀转化成黄色沉淀结论Al2O3的熔点高于Al的熔点SO2具有还原性Fe3+的催化效果比Cu2+的催化效果强AgI的溶解度比AgCl的溶解度小A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】【详解】AAl2O3的熔点（2050）高于Al的熔点（660），氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，所以加热铝箔时铝箔熔化但不滴落，故A不选；BSO2通入品红溶液中，品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性，故B选；C同浓度同体积的H2O2溶液滴入同浓度的FeCl3溶液和CuCl2溶液，加入氯化铁溶液的试管产生气泡更快，说明Fe
6、3+的催化效果比Cu2+的催化效果强，故C不选；D向硝酸银溶液中滴入NaCl溶液至不再产生沉淀，此时Ag+完全沉淀，再滴入KI溶液，白色沉淀AgCl转化成黄色沉淀AgI，说明AgI的溶解度比AgCl的溶解度小，故D不选；故选B。 【点睛】5. 脱氧核糖核酸的结构片段如下图：(其中以或者表示氢键)它在酶和稀盐酸中可以逐步发生水解，下列关于该高分子的说法不正确的是A. 完全水解产物中，含有磷酸、戊糖和碱基B. 完全水解产物的单个分子中，一定含有官能团NH2和OHC. 氢键对该高分子的性能有很大影响D. 其中碱基的一种结构简式为【答案】B【解析】【详解】A根据结构简式可知，完全水解产物中，含有磷酸、
7、戊糖和碱基，A正确；B完全水解后，某些产物中，如不含羟基，B错误；C氢键可使物质的物理性质发生一定的变化，如分子间氢键增大熔沸点等，C正确；D根据结构简式可知，其中碱基一种结构简式可为，D正确；答案选B。6. 室温下，将mol固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是A. 加入50mL1，反应结束后，B. 加入molCaO，溶液中减小C. 加入50mL，由水电离出的增大D. 加入mol固体，反应完全后，溶液呈中性【答案】D【解析】【详解】，所以二者恰好完全反应生成，是强电解质，完全电离，则溶液中存在，选项A错误；B.加入，发生的一系列反应为，且氢氧化钙和碳酸钠恰好完全
8、反应，导致溶液中增大、减小，则溶液中增大，选项B错误；C.加入水后，溶液中减小，pH减小，则溶液中减小，水电离出的，所以该溶液中水电离出的减小，选项C错误；D.水解导致溶液呈碱性，和反应方程式为：，根据方程式知，二者恰好反应生成、，溶液中的溶质是，溶液呈中性，选项D正确；答案选D。7. 某同学用KSCN溶液和溶液探究的还原性时出现异常现象，实验如下： 溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成经检验为。取褪色后溶液，滴加盐酸和溶液，产生白色沉淀 溶液变红且不褪色，有气体生成经检验为，经检验有丁达尔效应。 溶液变红且不褪色，滴加盐酸和溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应。 下列说法不正确的是A
9、 对比，可以判定酸性条件下可以氧化B. 实验中发生的氧化还原反应有两种C. 中红色溶液中含有胶体D. 中发生的氧化还原反应为：【答案】B【解析】【分析】盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴入KSCN溶液，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，生成铁离子，形成血红色溶液，大约10秒左右红色褪去，铁离子做催化剂过氧化氢分解有气体生成经检验为，取褪色后溶液，滴加盐酸和溶液，产生白色沉淀为硫酸钡沉淀，证明离子被氧化为硫酸根离子，盐酸酸化氯化亚铁溶液中滴入KSCN溶液，滴入过氧化氢溶液，溶液变红且不褪色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子对过氧化氢起到催化剂作用，有气体生成经检验为，经检验有丁达尔效应，说明生成了氢氧化铁
10、胶体，盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴入KSCN溶液，通入足量氧气，溶液变红且不褪色，说明氧气氧化亚铁离子生成铁离子，滴加盐酸和溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应，无硫酸钡沉淀生成和氢氧化铁胶体形成，排除了氧气氧化的可能。【详解】A对比，实验确定了离子被氧化为硫酸根离子，实验排除了氧气氧化的可能，可以判定酸性条件下可以氧化，故A正确；B实验中发生的氧化还原反应有亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子，过氧化氢分解生成氧气，氧气氧化亚铁离子，不止两种，故B错误；C中检验有丁达尔效应，说明红色溶液中含有胶体，故C正确；D中通入足量氧气溶液变红色说明生成了铁离子，发生的氧化还原反应为：，故D正确；故选：B。第I
11、I卷一、非选择题8. 镇痛药物J的合成方法如下：已知：+ClR3+HClR1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH(R1、R2、R3、R4为氢或烃基)(1)B的官能团为_。(2)反应的化学方程式_。(3)F的结构简式_。(4)GJ的反应类型_。(5)CD的化学反应方程式_。(6)有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有_种，写出其中两种取代基不同的结构简式_、_。A遇FeCl3显紫色 B苯环上有两个取代基(7)已知：R1HC=CHR2R1COOH+R2COOH，R1、R2为烃基。是一种重要的化工中间体。以环已醇()和乙醇为起始原料，结合己知信息选择必要的无机试剂写出
12、合成路线_(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。【答案】 (1). 氯原子、碳碳双键 (2). CH2=CH-CH2Cl+NH3CH2=CH-CH2-NH2+HCl (3). (4). 取代反应 (5). +CH3OH (6). 15 (7). (8). (9). 【解析】【分析】分子式是C3H6的物质A是丙烯，结构简式是CH2=CH-CH3，CH2=CH-CH3与Cl2在500时发生-CH3上的取代反应产生B是CH2=CH-CH2Cl，B与NH3在加热时发生取代反应产生CH2=CH-CH2-NH2，CH2=CH-CH2-NH2与ClCH2CH2COOCH3发
13、生取代反应产生C：CH2=CH-CH2-N(CH2CH2COOCH3)2，C在CH3CH2ONa条件下反应产生D：和CH3OH，D在酸性条件下水解产生E，E脱去-COOH，产生F：；F发生信息的反应产生G，G与CH3CH2COCl及吡啶发生信息的反应产生J。【详解】根据上述分析可知A是：CH2=CH-CH3，B是CH2=CH-CH2Cl，C是CH2=CH-CH2-N(CH2CH2COOCH3)2，D是；F是。(1)B是CH2=CH-CH2Cl，官能团为氯原子、碳碳双键；(2)反应是CH2=CH-CH2Cl与NH3发生取代反应产生CH2=CH-CH2-NH2和HCl，反应方程式为：CH2=CH-
14、CH2Cl+NH3CH2=CH-CH2-NH2+HCl；(3)F结构简式是；(4)根据G、J结构变化可知G与CH3CH2COCl发生取代反应产生J和HCl；(5)C是CH2=CH-CH2-N(CH2CH2COOCH3)2，C在CH3CH2ONa作用下反应产生D：，同时产生CH3OH，反应方程式为：+CH3OH；(6)F是，分子式是C8H13NO，有机物K分子组成比F少两个氢原子，其分子式是C8H11NO，K的同分异构体符合条件：A遇FeCl3显紫色，说明物质含有苯环、含有酚羟基；B苯环上有两个取代基，则可能的官能团有-OH、-CH2CH2-NH2或-OH、CH3CH(NH2)-或-OH、CH3
15、-NH-CH2-或-OH、CH3-CH2-NH-或-OH、五种不同结构，每一种情况下两个官能团在苯环上的位置都有邻、间、对三种不同位置；因此可能的同分异构体共有35=15种，其中两种取代基不同的结构简式为：、；(7)环已醇与浓硫酸混合加热发生消去反应产生环己烯， 被酸性KMnO4溶液氧化为己二酸，与C2H5OH在浓硫酸存在和加热时发生酯化反应产生己二酸二乙酯：，在CH3CH2ONa作用下反应信息的反应产生，故合成路线为：。【点睛】本题考查有机物的合成与推断。在判断同分异构体种类时，要注意两个侧链中除-OH外另一个侧链可能的结构的种类数目，结合二个官能团在苯环上有邻、间、对三种不同位置进行计算；
16、要充分利用题干信息，结合各种反应特点及物质分子结构前后区别进行判断。9. CO2的捕集和利用因为其工业价值和减少CO2排放的环境意义而受到广泛关注。(1)下列物质中可以作为CO2捕获剂的是_。ANH4Cl BNa2CO3 CHOCH2CH2OH DHOCH2CH2NH2 E(NH4)2CO3(2)在Cu/ZnO催化剂条件下，CO2与H2可生成CH3OH，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-53.7kJ.mol-1。科研人员提出了该催化反应历程的示意图如下，其中CO是重要的中间产物。已知：第一步反应I：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2=+41k
17、J.mol-1第二步反应的热化学方程式是_。CO2与H2生成CH3OH反应的平衡常数表达式K=_。下图是其他条件一定时，反应温度对CO2平衡转化率影响的曲线，请结合化学用语说明温度低于350时，CO2的平衡转化率随温度变化的原因是_。(3)O2辅助的AlCO2电池工作原理如图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2。电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池原理如下：O2作为正极反应的催化剂，可能的催化过程如下，将i补充完整，并写出ii的离子方程式。iO2+_=_；ii_。结合电极反应式简述Al2(C2O4)3的生成_。【答案】 (1). BDE (2). CO(g)+ 2H2(g)
18、CH3OH(g) H2= -94.7 kJmol-1 (3). (4). 0-350时，第一步反应(吸热)为主，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，因此升温使CO2转化率增大 (5). e- (6). (7). 2CO2+2=+2O2 (8). 负极发生反应Al-3e-=Al3+，Al3+通过阳离子交换膜移动到正极与正极生成的结合生成Al2(C2O4)3【解析】【详解】(1)二氧化碳是酸性氧化物，具有碱性的物质均能捕获CO2，反应如下：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，HOCH2CH2NH2+CO2+H2O=HOCH2CH2NH3+HCO3-，(NH4)2CO3+CO2+H2O
19、=2NH4HCO3，故答案为BDE；(2)I.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H2=+41kJmol-1，.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-53.7kJmol-1，盖斯定律计算-I得到第二步反应的热化学方程式为:2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g) H=-94.7kJmol-1，故答案为:2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g) H=-94.7kJmol-1；CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，平衡常数表达式K=；由图1可知CO2的转化率呈现先升高后降低的变化趋势，考虑到0-350时温度升高，化学反应速率加快，
20、转化率增大，第一步反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，转化率升高。故答案为：0-350时，第一步反应(吸热)为主，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，因此升温使CO2转化率增大。(3)该原电池中Al作负极，电子生成铝离子，电极反应式为Al-3e-=Al3+(或2Al-6e-=2Al3+)，电池的正极反应式:2CO2+2e-=C2O42-，Al3+通过阳离子交换膜移动到正极与正极生成的结合生成Al2(C2O4)3。过程中，O2起催化作用，催化过程可表示为：i：O2+e-=O2-i：二氧化碳和O2反应生成草酸根和氧气，反应为:3CO2+3O2-=C2O42-+3O2。负极发生反应Al-3e
21、-=Al3+，Al3+通过阳离子交换膜移动到正极与正极生成的结合生成Al2(C2O4)3。10. 纳米铜是一种性能优质的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示。资料：肼(N2H4)无色油状液体，溶于水生成水合肼N2H4H2O(水合肼有强还原性，生成无污染物质，易挥发)(1)上述流程中可以加快反应速率的措施有_。A.过滤和萃取 B.升高温度 C.增大压强 D.研磨矿石用FeCl3溶液浸取辉铜矿中铜元素的反应为：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S。浸取时，在有氧的环境下可维持Fe3+较高浓度，有关反应的离子方程式为_。(2)“萃取”时，两种
22、金属离子萃取率与pH的关系如图所示。当pH1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3+萃取率降低的原因是_。(3)“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，Cu2+的还原率随pH和温度的变化如下表所示：pH6789101112Cu2+还原率(%)34609092959290产物形态砖红色Cu2O铜粉紫黑色纳米铜温度30405060708090Cu2+还原率(%)25457080959085产物形态砖红色Cu2O铜粉紫黑色纳米铜该反应的离子方程式为_。超过70时Cu2+的还原率降低的原因是_。以辉铜矿为原料制备纳米铜粉的工艺条件选择70、pH=10的理由是_。(4)“水相1”中加入适
23、量氨水，静置，再经过滤、_、干燥、_等操作可得到Fe2O3。(5)假设制得纳米铜的质量为akg，则最少投入肼的物质的量是_。【答案】 (1). BD (2). 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O (3). Fe3+水解程度随pH的升高而增大 (4). 2Cu2+ + N2H4 + 4OH- = 2Cu + N2 + 4H2O (5). 超过70时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低 (6). 70、pH=10时Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜 (7). 洗涤 (8). 煅烧或灼烧 (9). mol或者mol或者7.81amol【解析】【分析】由
24、制备流程可知，辉铜矿(要成分为Cu2S )用FeCl3溶液作浸取剂发生反应Cu2S+ 4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S ，过滤得到氯化铜、氯化亚铁，加入萃取剂萃取后的“水相1”中加入适量氨水最终可制取铁红；用“反萃取”得到的CuSO4溶液，加入N2H4溶液，调节溶液pH，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，从而获得纳米铜粉。【详解】(1 )上述流程中反应在溶液中进行，升高温度、研磨矿石可以加快反应速率，故答案为BD；浸取时，在有氧的环境下可维持Fe3+较高浓度，因在有氧环境下亚铁离子被氧化生成铁离子，反应的离方程式为4Fe2+ +4H+O2=4Fe3+2H2O ，故答案为4Fe2+
25、 +4H+O2=4Fe3+2H2O；(2)由于Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大，当pH 1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，故答案为Fe的水解程度随着pH的升而增大；(3)“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，碱性条件下，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，该反应的离子方程式为2Cu2+N2H4+4OH-=2Cu+N2+4H2O ，故答案为2Cu2+N2H4+4OH-=2Cu+N2+4H2O；根据资料“水合肼有强还原性，生成无污染物质，易挥发”，超过70时Cu2+的还原率降低的原因是：超过70时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低，故答案为：超过7
26、0时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低；以辉铜矿为原料制备纳米铜粉的工艺条件选择70、pH =10的理由是Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜，故答案为：Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜；(4)萃取后的水相1”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁煅烧可得到氧化铁，方法为在萃取后的水相1”中加入适量氨水，静置，再经过滤、洗涤、干燥、煅烧（或灼烧）可得到Fe2O3产品，故答案为：洗涤；煅烧；(5)由2Cu2+ +N2H4+ 4OH- =2Cu+ N2+4H2O可知，制得纳米铜的质为a kg ，则最少投入肼的物质的量是，故答案为
27、：mol或者mol或者7.81amol。11. 某实验小组在电压12V电流3A的条件下电解2mol/L的氯化铜溶液并探究其产物的性质。(1)根据电解原理，预测：阴极发生的实验现象是_。阳极发生的电极反应式为_。电解氯化铜溶液总的化学方程式为_。(2)小组同学在实际电解过程中，意外观察到下表的实验现象：条件电极现象电压12V电流3A阴极3min后，附近溶液变成棕褐色。30min后，溶液变成深棕褐色。电极底部表面有少量红色金属生成，还有少量白色物质。阳极开始出现少量气泡，后来气泡增多。实验小组学生对阴极区产生异常现象的原因进行了探究：资料1：CuCl是白色的难溶物，用Cu还原CuCl2溶液可以得到
28、CuCl沉淀，它易溶于浓盐酸，用水稀释CuCl的浓盐酸溶液则又析出CuCl白色沉淀。资料2：CuCl2.CuCl2(H2O)-(棕褐色)CuCl+Cu2+3Cl-+H2O。.探究阴极表面产生的白色物质：根据资料写出Cu还原CuCl2溶液反应的化学方程式_。学生为了确定阴极产物进行实验A：取2mol/L的CuCl2溶液，加入铜粉，充分振荡，几分钟后，试管底有白色沉淀生成，过滤出白色固体，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀。如果要确认阴极产生的白色沉淀是CuCl，还需要进行对照实验B，该实验的设计方案是_。实验结论：通过实验A和实验B的对比，可以确定阴极产生的白色固体是CuCl。.探究
29、阴极区域溶液呈现棕褐色的原因：猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致。实验C：向2mol/L的CuCl2溶液中加入_，溶液呈现绿色，没有变成棕褐色。实验结论：溶液颜色呈现棕褐色_(填“是”或者“不是”)由于Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致。猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关。实验D：用铜粉和2mol/L的CuCl2溶液反应制备CuCl2CuCl2(H2O)，取少量该标准溶液与实验中得到的棕褐色溶液进行对照实验。步骤一：配制标准CuCl2.CuCl2(H2O)-棕褐色溶液进行稀释，实验流程如图所示：步骤二：取阴极附近的棕褐色溶液，重复上述实验进行对照，请画出对照实验的
30、流程图_。实验结论：通过对照实验，确认棕褐色溶液与+1价Cu有关。【答案】 (1). 有红色(紫红色)固体产生 (2). 2Cl- - 2e- = Cl2 (3). CuCl2Cu + Cl2 (4). Cu+CuCl2=CuCl (5). 取阴极产生的白色固体，溶于稀盐酸配成溶液，浇水稀释，又析出白色沉淀 (6). NaCl固体至不再溶解 (7). 不是 (8). 【解析】【分析】（1）根据电解原理，电极氯化铜溶液，阴极发生的反应是铜离子得到电子生成铜，阳极是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气；（2）根据资料用Cu还原CuCl2溶液可以得到CuCl沉淀可得；取试验中阴极的白色物质与实验A做对照
31、试验；猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致实验应向氯化铜溶液加入高浓度Cl-，溶液没有变成棕褐色，说明该猜想不成立；猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关取阴极附近的棕褐色溶液重复步骤一，得到与步骤一相同的现象说明该猜想成立。【详解】（1）根据电解原理，电极氯化铜溶液，阴极发生的反应是铜离子得到电子生成铜，电极反应：Cu2+2e-=Cu，阴极发生的实验现象是：析出红色铜，阳极是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应：2Cl-2e-=Cl2，电解氯化铜溶液总的化学方程式为：CuCl2Cu+Cl2，故答案为：析出红色铜；2Cl-2e-=Cl2；CuCl2Cu+Cl2；（2）C
32、u还原CuCl2溶液的反应为：Cu+CuCl2=2CuCl；故答案为：Cu+CuCl2=2CuCl；实验A：取2mol/L的CuCl2溶液，加入铜粉，充分振荡，几分钟后，试管底有白色沉淀生成，过滤出白色固体，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀，要确认阴极产生的白色沉淀是CuCl，还需要进行对照实验B，应取阴极的白色产物做对照，实验B为：取阴极白色物质于试管中，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀，可以确定阴极产生的白色固体是CuCl，故答案为：取阴极白色物质于试管中，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀；猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致实验C：向2mol/L的CuCl2溶液中加入NaCl固体，溶液呈现绿色，没有变成棕褐色；实验结论：溶液颜色呈现棕褐色不是由于Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致；故答案为：NaCl固体至不再溶解；不是；猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关。实验D：用铜粉和2mol/L的CuCl2溶液反应制备CuCl2CuCl2（H2O），取少量该标准溶液与实验中得到的棕褐色溶液进行对照实验。步骤一：配制标准CuCl2CuCl2（H2O）棕褐色溶液进行稀释，实验流程如图所示：，步骤二：取阴极附近的棕褐色溶液，重复上述实验进行对照：，通过对照实验，确认棕褐色溶液与+1价Cu有关；故答案为：。
