2023年江苏省南京市、盐城市高考化学一模试卷(附答案详解).docx

《2023年江苏省南京市、盐城市高考化学一模试卷(附答案详解).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年江苏省南京市、盐城市高考化学一模试卷(附答案详解).docx（23页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023 年江苏省南京市、盐城市高考化学一模试卷一、单项选择题本大题共 14 小题，共 42.0 分1. 2023年10月13日，联合国生物多样性大会通过昆明宣言，宣言承诺最迟在2030年使生物多样性走上恢复之路，进而实现“人与自然和谐共生”的愿景。以下做法不适宜推广的是()A. 削减塑料袋的使用C. 垃圾分类回收利用B. 开发使用清洁能源D. 制止使用农药化肥222. 科学家觉察金星大气中存在PH3，据此推断金星大气层或存在生命。利用以下反响可制备PH3，P4+ 3KOH(浓) + 3HO 3KHPO2+ PH3。以下说法正确的选项是()A. PH3为非极性分子8B. 中子数为10的氧原子可

2、表示为10 OC. H2O分子空间构型为V形D. 1个P4分子中含有4个键3. 以下钠及其化合物的性质与用途具有对应关系的是()A. Na有导电性，可用作快中子反响堆的热交换剂B. Na2O2有强氧化性，可用于漂白C. NaOH显碱性，可用作枯燥剂D. NaHCO3受热易分解，可用于治疗胃酸过多4. 局部短周期元素的原子半径及主要化合价见表。以下有关说法正确的选项是()元素原子半径/nm 主要化合价X 0.160+2Y 0.143+3Z 0.102+6、2W 0.0711T 0.0991A. 元素X的第一电离能比Y的大B. 元素Z的电负性比W的大C. 元素W的气态氢化物沸点比T的低D. 元素T

3、的氧化物对应水化物的酸性肯定比Z的强第 1 页，共 23 页5. SO2既是大气主要污染物之一，又在生产生活中具有广泛应用，如可生产SO3并进 而制得硫酸等，其反响原理为：2SO2(g) + O2(g) = 2SO3(g)H = 196.6kJ mol1。试验室可用铜和浓硫酸制取SO2。对于反响2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)，以下说法正确的选项是()A. 该反响在任何条件下都能自发进展B. 反响达平衡后再通入O2，SO3的体积分数肯定增加C. 反响在高温、催化剂条件下进展可提高SO2的平衡转化率D. 2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含

4、键能小6. 试验室制取SO2时，以下装置能到达试验目的的是()A. 生成SO2B.枯燥SO2C.收集SO2D.吸取SO27. 将工业废气中的SO2吸取能有效削减对大气的污染，并实现资源化利用。以下离子方程式书写正确的选项是()4A. 硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增加：H2SO3 + O2 = 2H+ + SO2B. 用过量饱和Na2CO3溶液吸取废气中的SO2：2CO2 + SO2 + H2O = SO2 +332HCO3C. 用过量氨水吸取废气中的SO2：NH3 H2O + SO2 = HSO + NH+34D. 用Ca(ClO)2溶液吸取废气中的SO2：Ca2+ + 2ClO

5、+ SO2 + H2O = 2HClO + CaSO3 8. 如图1所示，室温下用排饱和食盐水法在集气瓶中先后收集4体积的Cl2和1体积的55CH4气体，用强光照耀瓶中的混合气体。以下说法正确的选项是()第 2 页，共 23 页A. 可用水代替饱和食盐水收集Cl2B. 生成的氯代烃都不存在同分异构体C. 反响完毕后集气瓶中布满液体D. 如图2所示的NaCl晶胞中含14个Na+9. 由重晶石矿(主要成分是BaSO4，还含有SiO2等杂质)可制得氯化钡晶体，某兴趣小组设计试验流程如下图。以下说法正确的选项是()A. 为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需经研磨处理B. “高温焙烧”和“结晶”两处

6、操作均需用到蒸发皿C. 在“高温焙烧”焦炭和BaSO4的反响中，氧化剂与复原剂的物质的量之比为4：1D. 因盐酸具有挥发性，上述流程中须用硫酸代替盐酸进展浸取10. CalebinA可用于治疗阿尔茨海默病，其合成路线如图。以下说法正确的选项是()A. X分子中有2种含氧官能团B. Y、Z分子中手性碳原子数目相等C. X和Z可以用银氨溶液或氯化铁溶液鉴别D. Z分子中虚线框内全部碳原子肯定共平面11. 室温下，通过如表试验探究NH4Fe(SO4)2溶液的性质(假设试验前后溶液体积不变)。以下说法正确的选项是()第 3 页，共 23 页试验试验操作和现象1 用pH试纸测定0.1mol L1NH4F

7、e(SO4)2溶液的pH，测得pH约为52 向0.1mol L1NH4Fe(SO4)2溶液中参加Ba(OH)2溶液，产生沉淀向0.1mol L1NH4Fe(SO4)2溶液中通入足量的NH3，产生红褐色沉3淀4向0.1mol L1NH4Fe(SO4)2溶液中NaHS溶液，产生浅黄色沉淀A. 0.1mol L1 NH4Fe(SO4)2溶液中存在：c(NH+) + 3c(Fe3+) = 2c(SO2)44B. 试验2中沉淀成分仅为Fe(OH)3C. 试验3得到的溶液中有c(NH+) + c(NH3 H2O) + c(SO2) 0.3mol L144D. 试验4中发生反响的离子方程式为2Fe3+ +

8、2HS = 2Fe2+ + 2S +H2 12. 氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体。利用太阳能电池电解NH3得到高纯H2的装置如下图。以下说法正确的选项是()A. 该装置工作时，只发生两种形式能量的转化B. 电解过程中OH由b极区向a极区迁移C. 电解时b极区溶液中n(KOH)削减D. 电解过程中1molNH3参与反响，得到3 6.02 1023个电子13. 二维锑片(Sb)是一种型的CO2电化学复原催化剂。酸性条件下人工固碳装置中 CO2气体在Sb外表发生三种催化竞争反响，其反响历程如下图(表示吸附态中间体)。以下说法不正确的选项是()A. 生成HCOOH吸取的能量最多B. 使用S

9、b转变了反响的路径第 4 页，共 23 页C. Sb电极外表生成CO的反响为 CO2 + 2e + H2O = CO + 2OHD. Sb对三种催化竞争反响的选择效果为HCOOH H2 CO14. 一种捕获并资源化利用CO2的方法是将CO2催化加氢合成CH3OCH3，其过程中主要发生如下反响：2CO2(g) + 6H2(g) = CH3OCH3(g) + 3H2O(g)H1 = 122.5kJ mol1；CO2(g) + H2(g) = CO(g) + H2O(g)H2 = +41.2kJ mol1。向恒压密闭容器中充入1molCO2和3molH2，CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选

10、择性CH3OCH3的选择性= 2n(CH 3OCH 3 ) 100%随温度的变化如下图。以下说n(反响的 CO 2 )法错误的选项是()A. 2CO(g) + 4H2(g) = CH3OCH3(g) + H2O(g)H = 204.9kJ mol1B. 由图可知，210时以反响为主，300时，以反响为主C. 增大反响体系压强，CH3OCH3选择性增大33D. 反响状态达A点时，容器中n(CH OCH )为 116mol二、简答题本大题共 4 小题，共 51.0 分15. 电解法制取高纯镍的原料液中含Cu(II)(主要以Cu2+、CuCl+、CuCl2等形式存在)杂质，为保证高纯镍产品的纯度，电

11、解前须将Cu(II)除去，方法如下。(1) S SO2除铜：向原料液中参加适量细硫粉并鼓入SO2，将Cu(II)转化为CuS沉淀除去。Cu2+沉淀时发生反响的离子方程式为。(2) NiS除铜：向原料液中参加活性NiS粉末，将Cu(II)转化为CuS沉淀除去。过滤后的滤渣即为除铜渣(含NiS、CuS等)。室温下，CuCl+和活性NiS粉末反响的离子方程式为；180该反响的平衡常数表达式为K =。如图1所示，将活性NiS粉末陈化(露置)超过7小时后再用于除铜的效果明显变差，其缘由可能是。第 5 页，共 23 页除铜渣中铜镍质量比随原料液pH的变化如图2所示，试验测得溶液pH = 3.5时除铜渣中铜

12、镍质量比最大，其缘由可能是。16. 化合物H是制备药物洛索洛芬钠的关键中间体，其一种合成路线如图：(1) A B的反响类型为。(2) D分子中碳原子杂化轨道类型有种。(3) G的构造简式为。(4) F的一种同分异构体同时满足以下条件，写出该同分异构体的构造简式：。分子中含有苯环；碱性条件下完全水解生成两种产物，酸化后分子中均含有4种不同化学环境的氢。(5)设计以苯乙醇为原料制备的合成路线(无机试剂任用，合成路线例如见此题题干)。17. Cr(OH)3常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业。试验室模拟工业上以BaCrO4为原料制备Cr(OH)3的主要步骤如下。(1) 制备CrCl3。取肯定质量的BaCrO

13、4和对应量的水参加到如下图三颈瓶中，水浴加热并搅拌，一段时间后同时参加过量浓盐酸和无水乙醇充分反响，生成CrCl3并逸出CO2气体。第 6 页，共 23 页上述反响的化学方程式为。在盐酸与BaCrO4物料配比6：1、80条件下搅拌，反响30min。探究乙醇理论 量倍数对铬溶解率及复原率的影响如下图铬溶解率= 溶液中 n(Cr 总量) 100%，铬n(BaCrO 4)复原率= 溶液中 nCr(III)n(BaCrO 4) 100%。随着乙醇理论量倍数的增加，铬复原率渐渐增加、铬溶解率几乎不变，其缘由可能是。(2) 制备Cr(OH)3。Cr(III)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如下图。

14、请补充完整由步骤(1)得到的CrCl3溶液制得Cr(OH)3的试验方案：取步骤(1)得到的CrCl3溶液，低温烘干，得到Cr(OH)3晶体。试验中须使用的试剂：2mol L1Ba(OH)2溶液、0.1mol L1AgNO溶液、0.1mol L1HNO3溶液、蒸馏水。(3) 测定Cr(OH)3样品纯度。准确称取0.9000g样品，溶于过量硫酸并配成250.0mL溶7液。取25.00mL溶液，用足量(NH4)2S2O8溶液将Cr3+氧化为Cr2O2，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8，冷却至室温。再参加过量KI溶液，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000mol L1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，

15、消耗Na2S2O3溶液24.00mL(反7应：Cr2O2 + 6I + 14H+ = 3I2 + 2Cr3+ + 7H2O；I2 + 2S2计算Cr(OH)3样品的纯度(写出计算过程)：。O2 = S34O2 + 2I)。618. 水溶性硝态氮(以NO、NO等形式存在)是水体污染物之一，须处理到达国家规定32的标准后才能排放。3(1) 在反硝化细菌作用下，用葡萄糖处理酸性废水中的NO，产生两种对大气无污第 7 页，共 23 页染的气体。该反响的离子方程式为。(2) 纳米铁铜双金属有巨大的比外表积和很高的反响活性，可用于水体脱硝。纳米铁铜双金属与一般铁铜双金属脱硝效果(以处理某硝酸盐为例)如下图

16、。在 0到20min内，纳米铁铜双金属脱硝效果显著，其缘由可能是。争论说明水体中溶解氧的存在降低了纳米铁铜双金属脱硝的效果，验证的试验方案是。2(3) Jetten等人提出了利用厌氧氨氧化菌细胞中的三种酶处理废水中NH3和NO的生化反响模型，其反响机理如下图。在NR酶和HH酶作用下的反响过程可分别描述为、。第 8 页，共 23 页答案和解析1. 【答案】D【解析】解：A.削减塑料袋的使用，可以削减白色污染，有利于保护环境，故 A 正确；B. 开发使用清洁能源，可以削减环境污染物的排放，有助于保护环境，故B 正确；C. 垃圾分类回收利用，可以实现资源再利用，同时削减环境污染物排放，有助于保护环境

17、，故C 正确；D. 使用农药化肥有助于提高粮食产量，不能制止使用，应合理使用，故D 错误； 应选：D。实现“人与自然和谐共生”的愿景，应节能减排，合理开发能源，削减环境污染物的排放，保护环境，据此分析。此题考察了化学在生产生活中的应用，侧重考察环境污染与治理，准确理解题意即可解答，题目难度不大。2. 【答案】C【解析】解：A.正负电荷中心重合的分子为非极性分子，PH3和NH3互为等电子体，构造相像，为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故A 错误；B. 元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，中子数为10的氧原子可表示为 18O，故 B 错误；82C. H O分子中O原子价层

18、电子对数= 2 + 621 = 4且含有2个孤电子对，则水分子为V形2构造，故C 正确；D. 白磷分子呈正四周体构造，4个P原子位于正四周体的4个顶点上，每两个P原子之间存在一个键，该分子中含有6个键，故D 错误；应选：C。A. 正负电荷中心重合的分子为非极性分子；B. 元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数；2C. H O分子中O原子价层电子对数= 2 + 621 = 4且含有2个孤电子对；2D. 白磷分子呈正四周体构造，4个P原子位于正四周体的4个顶点上。此题考察分子极性推断、微粒空间构型推断等学问点，侧重考察根底学问的把握和敏捷第 9 页，共 23 页运用力量，明确分子极性推

19、断方法、分子空间构型推断方法是解此题关键，留意白磷分子的构造特点，题目难度不大。3. 【答案】B【解析】解：A.由于钠为金属，具有良好的导热性，所以可用作快中子反响堆的热交换剂，故A 错误；B. Na2O2具有漂白性，是由于其具有强氧化性，故B 正确；C. NaOH具有吸水性，而作枯燥剂，故C 错误；D. NaHCO3可以与胃酸中的HCl反响，故可用于治疗胃酸过多，故D 错误。应选：B。A.钠具有良好的导热性，可用作快中子反响堆的热交换剂； B.Na2O2具有强氧化性，可用作漂白剂；C.NaOH具有吸水性，可以枯燥气体；D.NaHCO3可以与胃酸中的HCl反响，可以治疗胃酸过多。本体考察钠及其

20、化合物的应用，难度不大，生疏常见的钠的化合物及其性质为解答的关键。4. 【答案】A【解析】解：依据分析可知，X为Mg，Y为Al，Z为S，W为F，T为Cl元素，A. 主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但Mg的3s能级处于全满稳定状态， 其第一电离能大于同周期相邻元素，则元素X的第一电离能比Y的大，故 A 正确；B. 主族元素同周期从左向右电负性渐渐增大，同主族从上到下电负性渐渐减小，则元素Z的电负性比W的小，故B 错误；C. W、T的氢化物分别为氟化氢、氯化氢，氟化氢分子间存在氢键，其沸点大于氯化氢， 故C 错误；D. 硫酸、亚硫酸的酸性大于次氯酸，高氯酸的酸性大于硫酸、亚硫酸，没有指

21、出元素最高价，无法比较S、Cl元素的氧化物对应水化物的酸性强弱，故D 错误；应选：A。局部短周期元素的原子半径及主要化合价见表，Z的主要化合价为+6、2价，则Z为S元素；W、T的主要化合价为1价，结合原子半径可知，W为F，T为Cl元素；X、Y的主要第 10 页，共 23 页化合价分别为+2、+3价，二者的原子序数均大于S，则X为Mg，Y为Al元素，以此分析解答。此题考察原子构造与元素周期律，结合元素化合价、原子半径来推断元素为解答关键， 侧重分析与应用力量的考察，留意规律性学问的应用，题目难度不大。5. 【答案】D【解析】解：A. H T S 0的反响可自发进展， H 0、S 0，低温下可自发

22、进展，故A 错误；B. 平衡后再通入O2，可能气体的总物质的量增大的多，则SO3的体积分数可能减小，故 B 错误；C. 上升温度平衡逆向移动，催化剂不影响平衡移动，则在高温、催化剂条件下进展，SO2的平衡转化率减小，故C 错误；D. 焓变为负，焓变等于断裂化学键吸取的能量减去成键释放的能量，则2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能总和小，故 D 正确； 应选：D。A. H T S c(OH)，依据电荷守恒：c(H+) + c(NH+) + 3c(Fe3+) = 2c(SO2) + c(OH)，所以44c(NH+) + 3c(Fe3+) 0.3mol

23、L1，故 C 正确；44D.NH4Fe(SO4)2溶液中NaHS溶液，铁离子可以和硫氢酸根离子之间发生氧化复原反响， 反响的离子方程式为2Fe3+ + HS = 2Fe2+ + S +2H+，故 D 错误；应选：C。第 14 页，共 23 页A.NH4Fe(SO4)2溶液中铁离子和铵根离子水解导致溶液显示酸性，依据电荷守恒：c(H+) + c(NH+) + 3c(Fe3+) = 2c(SO2) + c(OH)来答复；44B.NH4Fe(SO4)2溶液中参加Ba(OH)2溶液，钡离子和硫酸根离子之间会发生反响，氢氧 根离子和铁离子之间可以发生反响；C.NH4Fe(SO4)2溶液中通入足量的NH3

24、，得到的溶液存在物料守恒，据此答复； D.NH4Fe(SO4)2溶液中NaHS溶液，铁离子可以和硫氢酸根离子之间发生氧化复原反响， 据此答复。此题是一道关于离子浓度大小关系比较学问的题目，留意三大守恒中的电荷守恒、物料守恒的应用是关键，难度不大。12. 【答案】B【解析】解：A.该装置工作时，实现了光能转化为电能，电能转化为化学能，化学能转化为热能等，故A 错误；B.电解池中，左侧消耗NH3生成N2，发生氧化反响是阳极，消耗了OH，右侧水中H+得电子生成H2，发生复原反响，是阴极，电极反响中生成OH，故OH从右向左移动，由 b极区向a极区迁移，故B 正确；C.b是阴极，电极反响中生成OH，电解

25、时b极区溶液中n(KOH)不变，故 C 错误； D.阳极是NH3失电子发生氧化反响生成N2，则电极反响式为6OH + 2NH3 6e =N2 + 6H2O，电解过程中1molNH3参与反响，失去3 6.02 1023个电子，故 D 错误；应选：B。电解池中，左侧消耗NH3生成N2，发生氧化反响，a是阳极，是NH3失电子发生氧化反 应生成N2，消耗了OH，右侧水中H+得电子生成H2，发生复原反响，b是阴极，电极反响中生成OH。此题考察了电解原理、电极反响、离子移向和电子守恒的计算应用，主要是电解池和能量变化的分析推断，题目难度不大。13. 【答案】C【解析】解：A.生成三种产物中HCOOH的能量

26、最大，故吸取的能量最多，故A 正确；B.从图中看，催化剂Sb转变了反响的路径，故 B 正确； C.反响条件为酸性，所以不行能生成OH，故 C 错误；第 15 页，共 23 页D.活化能越小，反响越简洁进展，生成HCOOH的活能量最小，生成CO的活能量最大， 生成H2的活能量居中，故D 正确；应选：C。A.生成三种产物中HCOOH的能量最大； B.催化剂Sb转变了反响的路径；C.氢离子能与氢氧根离子反响； D.活化能越小，反响越简洁进展。此题考察了原电池和电解池原理，明确充放电时各个电极上发生的电极反响是解此题关键，难点是电极反响式的书写，要留意结合电解质溶液酸碱性书写，为易错点。14. 【答案

27、】D【解析】解：A.2CO2(g) + 6H2(g) = CH3OCH3(g) + 3H2O(g)H1 = 122.5kJ mol1；CO2(g) + H2(g) = CO(g) + H2O(g)H2 = +41.2kJ mol1；由2CO(g) + 4H2(g) = CH3OCH3(g) + H2O(g) = I 2 II可得，H = (122.5 2 41.2)kJ mol1 = 204.9kJ mol1，故 A 正确；B. 低温时主要发生反响为主，上升温度，平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，而高温时主要发生反响，上升温度，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，所以CO2平衡 转化率随温度

28、先下降后上升，故B 正确；C. 由题意得，反响是气体体积不变的反响，而反响是气体体积减小的反响，增大压强，反响平衡正向移动，而对反响没有影响，故增大反响体系压强，CH3OCH3选择性增大，故C 正确；D. 反响状态达A点时，CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性均为25%，可得三段式2CO2(g) + 6H2(g) = CH3OCH3(g) + 3H2O起始13转化0.6251.8750.31250.9375终止0.3751.1250.31250.9375故反响状态达A点时，容器中n(CH3OCH3)为0.3125mol =应选：D。1 mol，故 D 错误；32A.2CO2(g)

29、+ 6H2(g) = CH3OCH3(g) + 3H2O(g)H1 = 122.5kJ mol1；CO2(g) + H2(g) = CO(g) + H2O(g)H2 = +41.2kJ mol1；第 16 页，共 23 页由2CO(g) + 4H2(g) = CH3OCH3(g) + H2O(g) = I 2 II可得反响焓变，结合盖斯定律计算；B. 低温时主要发生反响为主，上升温度，平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，而高温时主要发生反响，上升温度，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大；C. 由题意得，反响是气体体积不变的反响，而反响是气体体积减小的反响，增大压强，反响平衡正向移动，而对反响没

30、有影响；D. 反响状态达A点时，CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性均为25%，可得三段式2CO2(g) + 6H2(g) = CH3OCH3(g) + 3H2O起始13转化0.6251.8750.31250.9375终止0.3751.1250.31250.9375结合三段式分析。此题考察化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，留意把握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培育了 学生的分析力量及综合应用力量，题目难度中等。415.【答案】Cu2+ + SO2 + S + 2H2O = CuS + 4H+ + SO2CuCl+ +

31、 NiS = CuS + Ni2+ +Cl c(Cl )c(Ni 2+ )NiS被空气的Oc(CuCl +)2氧化变质，失去活性 pH 3.5时，随着pH的增大，溶液中Ni2+生成更多的Ni(OH)2沉淀，使除铜渣中Ni含量增大，从而降低了铜镍质量比【解析】解：(1)S、SO2与Cu2+反响生成CuS沉淀，Cu的化合价不变，S转化为CuS，S的化合价降低，则应有元素化合价要上升，推知为SO2转化为硫酸根离子，S的化合价上升，用H+平衡电荷，由H、O守恒知，离子方程式为Cu2+ + SO2 + S + 2H2O = CuS + 4H+ +SO2，44故答案为：Cu2+ + SO2 + S + 2

32、H2O = CuS + 4H+ + SO2；(2)室温下，CuCl+和活性NiS粉末反响生成CuS、Ni2+和Cl ，其反响的离子方程式为CuCl+ + NiS = CuS + Ni2+ + Cl；NiS、CuS都为固体沉淀，因此该反响的平衡常数表达式为K = c(Cl )c(Ni 2+ )，c(CuCl +)第 17 页，共 23 页故答案为：CuCl+ + NiS = CuS + Ni2+ + Cl；c(Cl )c(Ni 2+ )；c(CuCl +)如图1所示，将活性NiS粉末陈化(露置)超过7小时后再用于除铜的效果明显变差，活性NiS粉末陈化时间越长，Cu2+越难除，分析得到Cu2+通过

33、与S2反响生成CuS除去，Cu2+越难除，说明2价S被O2氧化，而使NiS失去活性，故答案为：NiS被空气的O2氧化变质，失去活性；除铜渣中铜镍质量比随原料液pH的变化如图2所示，试验测得溶液pH = 3.5时除铜渣中铜镍质量比最大，图2中pH = 3.5时铜渣中铜镍质量比最大，答复时应从pH 3.5作答，当pH 3.5时，碱性增加，OH会与Ni2+反响生成Ni(OH)2沉淀，过滤后的滤渣中，含镍较多，则除铜渣中铜镍质量比降低，故答案为：pH 3.5时，随着pH的增大，溶液中Ni2+生成更多的Ni(OH)2沉淀，使除铜渣中Ni含量增大，从而降低了铜镍质量比。(1) S、SO2与Cu2+反响生成CuS沉淀，Cu的化合价不变，S转化为CuS，S的化合价降低， 则应有元素化合价要上升，推知为SO2转化为硫酸根离子，S的化合价上升；(2) 室温下，CuCl+和活性NiS粉末反响生成CuS、Ni2+和Cl ，其反响的离子方程式为CuCl+ + NiS = CuS + Ni2+ + Cl；NiS、CuS都为固体沉淀，据此书写平衡常数表达式；如图1所示，将活性NiS粉末陈化(露置)超过7小时后再用于除铜的效果明显变差， 活性NiS粉末陈化时间越长，Cu2+越难除，分析得到Cu2+通过与S