福建省厦门市2020┄2021学年高一下学期期末质量检测化学试题Word版 含解析

福建省厦门市2020┄2021学年高一下学期期末质量检测
化学试题
1. 雾霾（其中的PM
2. 5，即大气中粒径小于或等于2.5 μm的颗粒物；1 μm=1x10-6m）中物质转化如下图所示。

下列说法正确的是（）
Ａ． PM2.5属于胶体
Ｂ．一次颗粒物（如BC）中不含碳元素
Ｃ．二次无机颗粒物（SNA）主要成分为NH4NO3和（ NH4）2SO4
Ｄ．二次有机颗粒物（SOA）主要成分属于醇类
【答案】C
【解析】
分析：本题考查了物质的分类，属于基础知识，平时注重积累即可。

详解：Ａ． PM2. 5，即大气中粒径小于或等于2.5 μm的颗粒物，不属于胶体的微粒范围，故错误；Ｂ．从图分析，一次颗粒物通过界面反应，内混后得到二次有机颗粒物，有机颗粒物中肯定含有碳元素，所以一次颗粒物中含有碳元素，故错误；Ｃ．从图分析，二次无机颗粒物含有铵根离子和硫酸根离子和硝酸等，所以主要成分为硝酸铵和硫酸铵，故正确；Ｄ．二次有机颗粒物（SOA）主要成分不属于醇，属于酸，故错误。

故选C，
2. 下列属于金属材料的是（）
Ａ．钛合金Ｂ．生物陶瓷Ｃ．聚四氟乙烯Ｄ．钢化玻璃
【答案】A
【解析】
分析：本题考查的是金属材料的成分，难度较小。

详解：Ａ．钛合金属于金属材料，故正确；Ｂ．生物陶瓷属于新兴陶瓷，故错误；Ｃ．聚四氟乙烯属于有机高分子合成材料，故错误；Ｄ．钢化玻璃属于有机高分子合成材料，故错误。

故选A。

3. 下列说法正确的是（）
Ａ．向蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，蛋白质析出，再加入水也不溶解Ｂ．有萄糖在人体组织发生缓慢氧化为生命活动提供能量
Ｃ．淀粉、蛋白质、油脂均为高分子化合物
Ｄ．棉花、蚕丝、羊毛的主要成分均属于纤维素
【答案】B
【解析】
分析：本题考查的是糖类、油脂、蛋白质的性质和用途，难度较小。

详解：Ａ．向蛋白质溶液中加入硫酸铵，蛋白质析出，属于盐析，加入水还可以溶解，故错误；Ｂ．葡萄糖在人体内氧化为人体提供能量，故正确；Ｃ．油脂不属于高分子化合物，故错误；Ｄ．棉花的主要成分为纤维素，蚕丝和羊毛的主要成分为蛋白质，故错误。

故选B。

点睛：掌握蛋白质的性质，1.盐析：加入硫酸钠或硫酸铵。

2.变性：酸、碱、重金属盐等。

3.显色反应：遇到浓硝酸变黄。

4. 下列金属用途和有关性质的对应关系错误的是（）
【答案】C
【解析】
分析：本题考查的是金属的性质，属于基础知识，难度较小。

详解：Ａ．金做成金箔，说明有延展性，故正确；Ｂ．生活用铁锅，利用其导热性，故正确；Ｃ．铁回收银，利用其还原性，不是氧化性，故错误；Ｄ．铜能做印刷电路，说明其有导电性，故正确。

故选C。

5. 俄罗斯杜布纳核研究联合科研所和美国劳伦斯利弗莫尔国家实验室合作，合成了放射性无素鉝（293116Lv），该核素的中子数为（）
Ａ． 116 Ｂ． 293 C. 409 Ｄ． 177
【答案】D
【解析】详解：该核素的质量数为293，质子数116，所以中子数=293-116=177，故选D。

6. 下列实验过程中发生取代反应的是（）
Ａ．油状乙酸乙酯在碱性条件下水解
Ｂ．乙烯使酸性KmnO4溶液退色
Ｃ．将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色
Ｄ．点燃甲烷气体，产生淡蓝色火焰
【答案】A
【解析】详解：Ａ．乙酸乙酯的水解反应属于取代反应，故正确；Ｂ．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色属于氧化反应，故错误；Ｃ．苯滴入溴水中是萃取过程，不属于化学反应，故错误；Ｄ．点燃甲烷属于氧化反应，故错误。

故选A。

7. 漂白粉与硫酸反应制氯气的原理为：Ca（C1O）2 +CaCl2 +2H2SO42CaSO4
+2Cl2↑+2H2O。

该实验的发生装置为（）
【答案】B
【解析】详解：反应为固体和液体加热制取气体，固体放入圆底烧瓶，液体放入分液漏斗中，用酒精灯加热，所以选择B。

8. 下列说法正确的是（）
Ａ． Li、Be、B原子半径依次增大Ｂ． Cl、Br、I含氧酸的酸性依次减弱
Ｃ． Na与Na+化学性质相同Ｄ．147N与157N得电子能力相同
【答案】D
【解析】详解：Ａ．三种元素属于同周期元素，从左到右，原子半径依次减小，故错误；Ｂ．三种元素的非金属性依次减弱，最高价氧化物对应的水化物的酸性依次减弱，但题目中没有说明是最高价氧化物，故错误；Ｃ．钠原子和钠离子最外层电子数不同，化学性质不同，故错误；Ｄ．二者属于同位素，得电子能力相同，故正确。

故选D。

9. 以下物质间的每步转化，不能通过一步反应实现的是（）
Ａ．S→SO2→SO3Ｂ．A1→Al2O3→Al（OH）3
Ｃ．Fe→FeCl2→Fe（OH）2Ｄ． NH3→NO→NO2
【答案】B
【解析】详解：Ａ．硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，都能一步反应实现，故正确；Ｂ．铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝不能一步到氢氧化铝，故错误；Ｃ．铁和盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和碱反应生成氢氧化亚铁，都能一步生成，故正确；Ｄ．氨气和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，都能一步实现，故正确。

故选B。

10. 下列能作为判断氧、硫两种元素非金属性强弱的依据是（）
Ａ．单质的氧化性Ｂ．单质的稳定性
Ｃ．气态氢化物的沸点Ｄ．简单离子的氧化性
【答案】A
【解析】详解：Ａ．单质的氧化性和非金属性一致，故正确；Ｂ．单质的稳定性和非金属性没有必然的联系，不能作为判断依据，故错误；Ｃ．气态氢化物的沸点与分子间作用力有关，氧的氢化物为水，分子间存在氢键，所以沸点高，与非金属性无关，故错误；Ｄ．氧和硫两种元素的简单离子的还原性可以作为判断依据，但氧化性不能，故错误。

故选A。

11. 分子马达是依靠分子中化学键的旋转，在可控制的条件下，使分子进行有方向的转动并输出动力。

某分子马达的结构简式如图所示，下列说法错误的是（）
Ａ．分子式为C26H18Ｂ．所有原子共平面
Ｃ．可发生加成反应Ｄ．一氯代物有5种
【答案】B
【解析】详解：Ａ．根据碳原子形成4个共价键分析，该物质的分子式为C26H18，故正确；Ｂ．分子中有碳原子形成4个共价键，所以不可能是平面结构，故错误；Ｃ．含有4个苯环，能发生加成反应，故正确；Ｄ．结构有对称性，但是苯环上有4种一氯代物，形成五元环的碳原子上还有一种，所以一氯代物总共有5种，故正确。

故选B。

12. 工业上用铝土矿（主要成分为A12O3，还有少量的Fe2O3、SiO2等杂质）提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下:
下列说法错误的是（）
Ａ．滤渣A主要成分为SiO2
Ｂ．滤液乙含有的阴离子主要为[ Al（OH）4]-、Cl-、OH-
Ｃ．滤液丙中溶质的主要成分为Na2CO3
Ｄ．④的基本反应类型为分解反应
【答案】C
【解析】详解：铝土矿加入盐酸，氧化铝和氧化铁都可以溶解，二氧化硅不溶解，所以滤
渣A为二氧化硅，滤液甲中加入过量的氢氧化钠，得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，滤液乙主要成分为偏铝酸钠，通入过量的二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀。

Ａ．滤渣A为二氧化硅，故正确；Ｂ．滤液乙含有多阴离子主要为偏铝酸根离子和氯离子和氢氧根离子，故正确；Ｃ．滤液丙中主要成分为碳酸氢钠，故错误；Ｄ．氢氧化铝加热分解生成氧化铝和水，为分解反应，故正确。

故选C。

13. 氢气燃烧生成水蒸气的能量变化如图所示。

下列说法正确的是（）
Ａ．燃烧时化学能全部转化为热能
Ｂ．断开1mol氧氢键吸收930kJ能量
Ｃ．相同条件下，1 mol氢原子的能量为E1，1 mol氢分子的能量为E2，则2E1<E2Ｄ．该反应生成1 mol水蒸气时能量变化为245 kJ
【答案】D
【解析】详解：Ａ．燃烧是部分化学能变为热能，还有光能等，故错误；Ｂ．从图分析，断开2mol氢氧键吸收930kJ的能量，故错误；Ｃ．氢气分子变成氢原子要吸收能量，所以2E1>E2，故错误；Ｄ．该反应生成1mol水蒸气时的能量变化为930-436-249=245kJ，故正确。

故选D。

14. W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。

W、Y、Z 最外层电子数之和为10；W与X形成的化合物可与Z的单质反应，其中一种有机产物曾被用做麻醉剂。

下列说法正确的是（）
Ａ．最高正价:W<X<Y<Z Ｂ．常温常压下X的单质为气态
Ｃ． Y的氧化物对应水化物难溶于水Ｄ． Z的氢化物为离子化合物
【答案】C
【解析】详解：曾被用做麻醉剂的有机物为三氯甲烷，所以说明是甲烷和氯气反应，即W 为氢元素，X为碳元素，Z为氯元素，根据W、Y、Z 最外层电子数之和为10分析，Y为镁元素。

Ａ．四种元素的最高正价分别为+1、+4、+2、+7，故错误；Ｂ．X的单质肠胃为固体，故错误；Ｃ．氢氧化镁不溶于水，故正确；Ｄ．氯化氢为共价化合物，故错误。

故选C。

15. 取含Cr2O72-的模拟水样若干份，在不同pH条件下，分别向每个水样中加一定量的FeSO4或NaHSO3固体，充分反应后再滴加碱液生成Cr（OH）3沉淀，从而测定除铬率，实验结果如图所示。

下列说法正确的是（）
Ａ．理论上FeSO4的除铬率比等质量的NaHSO3高
Ｂ．用NaHSO3除铬时，pH越低，越有利于提高除铬率
Ｃ． pH >8，FeSO4的除铬率下降与废水中溶解氧参与反应有关
Ｄ．从提高除铬率的角度分析，处理酸性含铬废水应选用NaHSO3
【答案】C
【解析】详解：Ａ．反应中FeSO4的铁元素化合价升高1价，而NaHSO3中硫元素化合价升高2价，等质量的两种物质，亚硫酸氢钠的转移电子数多，除铬率高，故错误；Ｂ．从图分析，亚硫酸氢钠在pH为4-6之间的除铬率比pH为8-10的除铬率高，但pH
太低时亚硫酸氢钠不能存在，故错误；Ｃ．溶液碱性增强，亚铁离子容易生成氢氧化亚铁，且容易被氧气氧化，不能除铬，所以pH>8，FeSO4的除铬率下降与废水中溶解氧参与反应有关，故正确；Ｄ．从图分析，在酸性条件下亚硫酸氢钠的除铬率稍微高些，但后面加入碱液生成氢氧化铬，在碱性条件下硫酸亚铁的除铬率更高，所以综合考虑，应选用硫酸亚铁，故错误。

16. 根据要求完成下列化学方程式或离子方程式。

（1）利用铝热反应焊接钢轨的化学方程式为_________________________。

（2）实验室利用二氧化锰和浓盐酸制取氧气的化学方程式为__________________。

（3）乙醇与金属钠反应的化学方程式为___________________________。

（4）苯与浓硫酸和浓硝酸混合液共热制取硝基苯的化学方程式为__________________。

（5）氯化铝溶液与氨水制备氢氧化铝的离子方程式为_________________。

【答案】（1）. Fe 2O3 + 2Al Al2O3+ 2Fe （2）. 4HCl（浓）+ MnO2 MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O （3）. 2Na + 2C2H5OH →2C2H5ONa + H2 ↑ （4）.
（5）. Al3++ 3NH3·H2O ＝Al （OH）3↓ + 3NH4+
【解析】详解：（1）铝和氧化铁反应生成铁和氧化铝，放出为： Fe2O3 + 2Al Al2O3 + 2Fe；（2）. 实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，方程式为：4HCl（浓）+ MnO 2 MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O；（3）钠和乙醇反应生成乙醇钠和氢气，方程式为：2Na + 2C2H5OH→ 2C2H5ONa + H2 ↑ （4）苯和浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应生成硝基苯和水，方程式为：；（5）氯化铝和氨水反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，离子方程式为： Al3+ + 3NH3·H2O ＝ Al（OH）
3↓ + 3NH4+。

17. 硼酸（H3BO3）为一元弱酸，广泛用于玻璃、医药、冶金、皮革等工业。

回答下列问题：
（1） H3BO3中B元素的化合价为______，其在元素周期表的位置是_________________。

（2）已知: A（OH）3 +H2O [Al（OH）4]- +H+，H3BO3的电离方程式为_______。

酸性: H3BO3 _____（填*>”或“<”） Al（OH）3。

（3） H3BO3受热分解得到的B2O3和镁粉混合点燃可得单质B，生成单质B的化学方程式为________。

（4） H3BO3可用于生产储氢材料NaBH4。

涉及的主要反应为:
I. H3BO3 +3CH3OH→ B（ OCH3）3 +3H2O
II. B（OCH3）3+4NaH→ NaBH4+ 3CH3ONa
①“反应I”的类型为__________（填标号）。

Ａ．取代反应Ｂ．加成反应Ｃ．加聚反应Ｄ．氧化反应
②NaH的电子式为_______________。

③在碱性条件下，NaBH4与CuSO4溶液反应可得Cu和Na[ B（OH）4]，其中H元素由-1价升高为+1价，该反应的离子方程式为_____________________。

【答案】（1）. +3 （2）. 第二周期ⅢA 族（3）. H 3BO3 + H2O H+ + [B （OH）4]- （4）. > （5）. 3Mg+B2O32B + 3MgO （6）. A （7）.
（8）. BH4- + 4Cu2+ + 8OH- ＝4Cu↓ + [B（OH）4]- + 4H2O
【解析】详解：（1）根据氢元素为+1价，氧元素为-2价分析，H3BO3中B元素的化合价为+3；硼元素在第二周期ⅢA 族；（2）根据已知信息分析，硼酸的电离方程式为：H 3BO3 + H2O H+ + [B（OH）4]- ，硼酸（H3BO3）为一元弱酸，而氢氧化铝属于两
性氢氧化铝，所以硼酸的酸性强于氢氧化铝；（3）根据B2O3和镁粉混合点燃可得单质B书写方程式为： 3Mg+B2O32B + 3MgO；（4）①反应I.为甲醇中的氢原子被B 取代，所以为取代反应，选A；②氢化钠的电子式为：；③NaBH4与CuSO4溶液反应可得Cu和Na[ B（OH）4]，其中H元素由-1价升高为+1价，则铜元素化合价升高生成铜离子，离子方程式为：BH4- + 4Cu2+ + 8OH- ＝4Cu↓ + [B（OH）4]- + 4H2O。

18. 工业上可利用地沟油制备乙醇，乙醇再加工制备多种化工材料。

（1）A的结构简式为_____________________________。

（2）“反应I”的现象是__________________________。

（3）B的官能团名称为______________________。

（4）实验室合成草酸二乙酯的步骤为:如图，在a中加入10.6g无水乙醇、9.0g无水草酸、脱水剂甲苯、催化剂TsOH（有机酸）和2 ~3片碎瓷片，在74~76 ℃充分反应。

a 中所得混合液冷却后依饮用水、饱和碳酸钠溶液洗涤，再用无水硫酸钠干燥。

减压蒸馏，得到草酸二乙酯12.8g。

①仪器的名称是____，碎瓷片的作用是____________________________。

②合成过程最合适的加热方式是__________。

Ａ．酒精灯直接加热Ｂ．油浴Ｃ．水浴Ｄ．砂浴
③饱和碳酸钠溶液的作用是__________________________。

④合成草酸二乙酯的化学方程式为______________________________。

⑤草酸二乙酯的产率为____________________（保留小数点后一-位）。

【答案】（1）. CH2Br-CH2Br （2）. 溴水颜色变浅（或退色）（3）. 醛基（4）. 圆底烧瓶（5）. 防止暴沸（6）. C （7）. 除去草酸、有机酸，溶解乙醇；降低酯的溶解度（8）. （9）. 87.7%
【解析】详解：（1）乙烯和溴水反应生成A，结构简式为CH2Br-CH2Br；（2）“反应I”的现象为溴水颜色变浅（或退色）；（3）乙二醛的官能团为醛基；（4）①仪器a为圆底烧瓶；加入碎瓷片的作用是防止暴沸；②因为要控制温度范围，所以最好用水浴加热，选C；③乙醇能溶解在饱和碳酸钠溶液中，而酯的溶解度会降低，饱和碳酸钠能反应酸，作用为除去草酸、有机酸，溶解乙醇；降低酯的溶解度；④草酸和乙醇反应生成草酸二乙酯和水，方程式为：；⑤乙醇的质量为10.6克，草酸的质量为9.0克，根据反应方程式分析，乙醇过量，用草酸进行计算，理论上生成14.6克草酸二乙酯，则产率为12.8/14.6= 87.7%。

19. NO2为红棕色气体，可在火箭燃料中作氧化剂。

回答下列问题:
（1）火箭用N2H4和NO2作燃料，产物绿色无污染，该反应的化学方程式为
____________。

（2）为探究NO2和铁粉反应的产物，某小组按下图所示装置进行实验。

已知:①二者反应可能的还原产物为N2或NO
②沸点:NO2（21 ℃），NO（-152 ℃）
③酸性KMnO4溶液能氧化NO生成NO3-
①按上图所示组装完实验仪器后，下一步操作为______________________________。

②实验前需利用气体X将装置的空气排净，气体X可以为_______（填标号）。

Ａ． Ar Ｂ． H2 C. CO Ｄ． NO2
③排净空气后，后续实验的最佳操作顺序是___ c 、b（填标号）。

Ａ．点燃酒精灯，加热Ｂ．熄灭酒精灯Ｃ．打开K1和K2，关闭K3，缓缓通入气体X
Ｄ．打开K1和K3，关闭K2，缓缓通入NO2 e.关闭K1，停止通入NO2
④装置B的作用是__________________________________。

（3）分析NO2和铁粉反应的产物
①实验过程中A 、C装置的物质均无明显颜色变化，D收集到无色气体。

由此可推知气体产物为____________________________。

②取少量固体产物于试管，先加入盐酸充分溶解，再加入KSCN溶液，溶液若无血红色，则产物不含三价铁。

该方案是否可行并说明理由:_______________________________。

③实验得到的相关数据如下表:
玻璃管质量/g Fe 质量/g反应后（玻璃管 +固体）/g
m 1.12m+1.52
综合实验现象和计算可知，固体生成物一定有______（填“FeO”Fe2O3”或
“Fe3O4”）；反应的方程式为______
【答案】（1）. 2NO2 + 2N2H4 3N2 + 4H2O （2）. 检查装置气密性（3）. A （4）. ade （5）. 将未反应的 NO2 冷却（6）. N2（7）. 若存在过量的铁将溶液中的三价铁全部还原，溶液也无血红色（8）. Fe3O4（9）. 3Fe+2NO2
Fe3O4+N2
【解析】详解：（1）N2H4和NO2反应生成绿色无污染的产物，为氮气和水，方程式为：2NO2 + 2N2H4 3N2+ 4H2O；（2）①组装好仪器后应先进行检查装置气密性；②要探究二氧化氮和铁的反应产物，可能生成铁的氧化物，因此不能使用氢气或一氧化碳等还原性气体，更不能使用二氧化氮，故选A；③排净空气后，点燃酒精灯，加热，然后K1和K3，关闭K2，缓缓通入NO2，，然后关闭K1，停止通入二氧化氮，然后再通入气体X将产生的气体赶到酸性高锰酸钾溶液处反映，故顺序为：adecb；④二氧化氮容易液化，所以用冰水将未反应的 NO2 冷却得以分离；（3）①A 、C装置的物质均无明显颜色变化，说明没有生成一氧化氮，D中收集到无色气体，说明产物为N2；②若存在过量的铁将溶液中的三价铁全部还原，溶液也无血红色，所以不能说明产物中不含三价铁③因为反应前后固体的颜色没有变化，排除氧化铁生成的可能性，反应后固体增重为1.52-1.12=0.40克，为氧元素的质量，铁的物质的量为1.12/56=0.02mol，氧元素多物质的量为0.4/16=0.025mol，铁与氧原子物质的量比为0.02：0.025=4:5，说明含有四氧化三铁，方程式为： 3Fe+2NO2 Fe3O4+N2。

20. 氧化亚铜（ Cu2O）是船舶防污剂的首选，可利用印刷电路板酸性蚀刻液（CuCl42-、
Cl-、H+）和碱性蚀刻液[Cu（NH3）42+、NH4+、NH3、Cl-]来制备，工艺流程如下：
已知：强酸条件下，2Cu+==Cu+Cu2+
（1）不同pH下“混合沉淀”实验结果见下表。

由表可知，pH应控制在______ 左右。

pH 4.00 4.50 5.40 6.20 6.50 7.00 8.008.50废液含铜量
19.5 2.4 2.0 0.30.2 2.08.317. 0 /g. L-1
（2）“混合沉淀”中废液的主要成分为______________（填化学式）
（3）“控温脱硫”生成 Cu2O的离子方程式为_________；该过程产生的SO2经
_____ （填化学式）处理后生成可循环物质Na2SO3。

（4）“控温脱硫”过程中温度对 Cu2O的产率影响及SO2在水中溶解度随温度变化如图所示:
下列说法正确的是_____
Ａ．在60℃以下，温度越高，SO2越易逸出，有利于提高生产中硫原子利用率
Ｂ．反应温度的变化是影响Cu2O产率的主要因素
Ｃ．结合工业生产实际，温度应控制在溶液呈沸腾状态
Ｄ．低温时，Cu2O产率较低与SO2低温时的溶解度较大有关
（5）检验Cu2O是否洗涤干净的方法是______________________________。

（6）某工厂用V1，L含铜量120 g·L-1的酸性蚀刻液和V2 L含铜量160 g·L-1的碱性蚀刻液制备Cu2O，最终得到产品m g，产率为____ % 。

【答案】（1）. 6.50 （2）. NH4Cl （3）. 2Cu2+ + 3SO32- ＝ Cu2O↓ + SO42- + 2SO2↑ （4）. NaOH（写成 Na2CO3 或 NaHCO3 均给分）（5）. acd （6）. 取
最后一次洗涤液少许，加入 BaCl2 溶液，若无白色沉淀生成，则已经洗净（7）. 20m/（27V1 + 36V2）
【解析】详解：（1）根据表中数据分析pH在6.50左右废液中含铜量最少。

（2）从酸性蚀刻液和碱性蚀刻液的成分分析，二者混合后废液的主要成分为氯化铵；（3）铜离子和亚硫酸根离子反应生成氧化亚铜和硫酸根离子和二氧化硫，离子方程式为：2Cu2+ + 3SO32- ＝ Cu2O↓ + SO42- + 2SO2↑；二氧化硫与 NaOH或 Na2CO3或 NaHCO3都可以生成亚硫酸钠。

（4）Ａ．在60℃以下，温度越高，SO2越易逸出，反应不断正向进行，有利于提高生产中硫原子利用率，故正确；Ｂ．从图分析，在60度以后温度对二氧化硫的影响不大，因此反应温度的变化不是影响Cu2O产率的主要因素，故错误；Ｃ．结合工业生产实际，温度高有利于生成氧化亚铜，因此温度控制在溶液呈沸腾状态有利于脱硫，故正确；Ｄ．低温时，二氧化硫不能及时逸出，使氧化亚铜的产率降低，因此Cu2O 产率较低与SO2低温时的溶解度较大有关，故正确，故答案为：acd；（5）. 反应过程中生成硫酸根离子，所以检验洗涤液是否含有硫酸根离子即可，实验方法为取最后一次洗涤液少许，加入BaCl2 溶液，若无白色沉淀生成，则已经洗净；（6）用V1，L含铜量120 g·L-1的酸性蚀刻液和V2 L含铜量160 g·L-1的碱性蚀刻液含铜的质量为（V1×120+V2×160）g，则生成的氧化亚铜的质量为，产率为
×100%= 20m/（27V1 + 36V2）%。