陕西省西安市2024-2025学年高三上学期11月联考（一模） 化学试题（含答案解析）

2022级高三第一学期月考(二)考试试题化学本试卷共两大题，18小题；考试时长90分钟，卷面满分100分。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡上，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。涂写在本试卷上无效。3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。4.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Al-27Cl-35.5Cu-64Ba-137一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A.金属钠着火可以用泡沫灭火器或干燥的沙土灭火B.古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分是C.作为纳米荧光材料的碳量子点属于胶体D.用高锰酸钾溶液、酒精、双氧水的强氧化性进行杀菌消毒【答案】B【解析】【详解】A．钠在燃烧时与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠会与泡沫灭火器中的二氧化碳反应生成氧气，助燃使火焰更加剧烈，金属钠着火时，不可以用泡沫灭火器灭火，可用干燥的沙土灭火，A错误；B．古陶瓷修复中使用的熟石膏，其化学式为2CaSO4·H2O，是一种重要的修复材料，B正确；C．胶体是一种分散系，由分散质和分散剂组成，分散质的粒子直径通常在1至100纳米之间，作为纳米荧光材料的碳量子点只有分散系没有分散剂，不属于胶体，C错误；D．高锰酸钾溶液和双氧水通过强氧化性来杀菌消毒，而酒精是使蛋白质变性而产生消毒的效果，不是利用其强氧化性，D错误；故选B。2.下列说法中正确的是A.某元素从游离态变为化合态，则该元素一定被还原B.含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性C.氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原D.有单质参加或生成的化学反应不一定是氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A．某元素从游离态变为化合态，该元素不一定被还原，如Fe+Cu2+=Fe2++Cu中Fe元素从游离态变为化合态，Fe元素化合价上升，被氧化，A错误；B．氧化性取决于元素得到电子的能力，而非单纯地取决于元素的价态，如H2CO3中的碳元素为+4价，是碳的最高价态，但碳酸并不表现出强氧化性，B错误；C．在氧化还原反应中，有一种元素被氧化时，不一定有其他元素被还原，例如，在反应2H2S+SO2=3S+2H2O中，硫元素既被氧化也被还原，C错误；D．有单质参加或生成的化学反应不一定是氧化还原反应，如中氧元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，D正确；故选D。3.下列说法不正确的是A.不能用与溶液制取B.可以与溶液发生化合反应C.与反应时，作还原剂D.铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到【答案】C【解析】【详解】A．溶液与溶液会发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，离子方程式为：，不能制取，A正确；B．可以与溶液发生化合反应生成：++H2O=2，B正确；C．与反应生成和O2，中O元素化合价既上升又下降，既是氧化剂又是还原剂，不是还原剂，C错误；D．铁在纯氧中燃烧生成，铁在高温下和水蒸气反应生成和H2，D正确；故选C。4.常温下，下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是A.澄清透明溶液中：、、、B.pH=1的溶液中：、、、C.NaHCO3溶液中：、、、D.通入CO2后的溶液中：、、、【答案】D【解析】【详解】A．Fe3+与SCN-离子发生络合反应不能大量共存，A不符合题意；B．在pH=1的酸性溶液中，Fe2+与发生氧化还原反应不能大量共存，B不符合题意；C．NaHCO3电离出的离子与Al3+二者发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体不能大量共存，C不符合题意；D．、、、可以大量共存，通入CO2后仍能大量共存，D符合题意；答案选D。5.对于下列化学反应，相应离子或化学方程式正确的是A.海水提溴过程中将溴吹入吸收塔：B.用三氯化铁溶液刻蚀覆铜电路板：C.用铝热法还原金属：D.用稀硝酸清洗试管壁上的银镜：【答案】A【解析】【详解】A．海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔，生成硫酸和氯化氢，离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=2Br−++4H+，A正确；B．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板，生成氯化铜和氯化亚铁，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误；C．铝热法还原金属是铝和氧化铁反应生成铁和氧化铝，化学方程式为：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，C错误；D．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗，银溶于稀硝酸生成硝酸银和一氧化氮气体，离子方程式为：3Ag+4H++=3Ag++NO↑+2H2O，D错误；故答案选A。6.工业上以铜阳极泥(主要成分是)为原料提取碲，涉及反应：①；②。以下说法错误的是A.中Cu元素的化合价是+1价B.反应①中氧化剂是，氧化产物是和C.每制备1molTe理论上两个反应共转移12molD.氧化性强弱顺序为【答案】D【解析】【详解】A．Te和O位于同一主族，为-2价，则Cu2Te中Cu为+1，A正确；B．反应①中O2化合价降低，得电子，为氧化剂，Cu2Te中Cu和Te均化合价升高，失去电子，则CuSO4和TeO2均是氧化产物，B正确；C．反应②中每生成1molTe，转移4mol电子，反应①中每生成1molTeO2，转移8mol电子，则每制备1molTe，理论上共转移12mol电子，C正确；D．氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据两个反应可得O2氧化性强于TeO2，TeO2的氧化性大于H2SO4，无法比较O2和SO2的氧化性强弱，且无法证明SO2氧化性强于TeO2，D错误；故答案选D7.下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA红热木炭加入浓硝酸中，有红棕色气体生成木炭具有还原性，能还原硝酸B铝片和镁片用导线连接，插入氢氧化钠溶液中，铝片逐渐溶解，镁上有气泡冒出金属性铝比镁强C通入淀粉-KI溶液中，溶液变蓝氧化性D加热法除去碳酸氢钠固体中碳酸钠热稳定性不同A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．红热的木炭与浓硝酸反应方程式为：C+4HNO3=CO2↑+4NO2↑+2H2O，NO2为红棕色气体，由于浓硝酸在受热条件下会分解也产生NO2，该实验不能说明木炭具有还原性，能还原硝酸，A错误；B．Mg不与NaOH溶液反应，Al具有两性，可与NaOH溶液，与金属性无关，铝片和镁片用导线连接，插入氢氧化钠溶液中，铝片逐渐溶解，镁上有气泡冒出，铝作负极，镁作正极，不能说明铝的金属性比镁强，B错误；C．当通入淀粉-KI溶液中时，与KI发生反应生成I2，溶液变蓝，该反应中是氧化剂，I2是氧化产物，则氧化性：Cl2>I2，，C正确；D．碳酸氢钠受热分解产生碳酸钠，不能用加热法除去碳酸氢钠固体中的碳酸钠，D错误；故选C。8.场馆建设中用到的一种耐腐蚀、耐高温表面涂料是由双环烯酯为原料制得的，其结构如图所示，下列说法正确的是A.该双环烯酯的分子式为B.该双环烯酯完全与氢气加成后，产物的一氯代物有9种C.该双环烯酯分子中有2种含氧官能团D.该双环烯酯和溴水发生氧化反应使其褪色【答案】B【解析】【详解】A．由该双环烯酯的结构简式可知，其分子式为：，A错误；B．该双环烯酯完全加氢后的产物是，含有9种环境的H原子，其一氯代物有9种，B正确；C．该双环烯酯分子含有碳碳双键、酯基共2个官能团，只有1种含氧官能团，C错误；D．该双环烯酯分子含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应而使其褪色，故D错误；故选B。9.作为潜在的储氢材料，甲酸甲酯可以在Ru配合物催化作用下温和释氢，其可能的反应过程如下图所示。下列说法错误的是A.该反应涉及、、键断裂和键形成B.和均为由极性键形成的非极性分子C.总反应为D.Ⅲ→Ⅳ每消耗1mol生成2mol【答案】B【解析】【分析】整个转化过程中涉及的反应为：①，②，③，④，将得总反应为：，根据分析解答。【详解】A．该反应涉及（第③④步）、（第①步）、（第②④步）键断裂和（第①③④）键形成，A正确；B．和均只含有极性键，但为极性分子，为非极性分子，B错误；C．根据分析，总反应为：，C正确；D．根据分析，在①中产生为1，在④中产生为1，根据总反应得出在③中产生为2，即在③（)中每消耗1mol生成，D正确；故答案为：B。10.工业上用铝土矿(含及与其他物质不反应的杂质)制备较高纯度的主要工艺流程有很多步骤，下列操作步骤中最恰当的组合是①加盐酸溶解；②加烧碱溶液溶解；③过滤；④通入过量生成沉淀；⑤加入盐酸生成沉淀；⑥加入过量烧碱溶液；⑦洗涤并煅烧A.①⑥⑤③⑦ B.②③④③⑦ C.②③⑤③⑦ D.①③⑤③⑦【答案】B【解析】【详解】从铝土矿（主要成分为Al2O3）中提取Al2O3，主要应用Al2O3能与强碱溶液反应，生成可溶性Na[Al(OH)4]溶液，过滤除去其他不溶性杂质，向滤液中通入酸性气体CO2，生成Al(OH)3沉淀，过滤，洗涤，加热分解Al(OH)3得到Al2O3；若先用盐酸溶解，Fe2O3、Al2O3均溶解，制取Al(OH)3的步骤较多；从Na[Al(OH)4]制备Al(OH)3，若加盐酸不容易控制量的多少，故B符合题意，故答案选B。11.用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是A.若A为浓盐酸，B为，C中盛有溶液，C中溶液出现白色沉淀，证明非金属性S>SiB.若A为浓盐酸，B为，C中盛有KI淀粉溶液，C中溶液变蓝色C.若A为浓氨水，B为氢氧化钠，C中盛有溶液，C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D.若A为，B为，C中盛有溶液，C中溶液变浑浊【答案】D【解析】【详解】A．浓盐酸与Na2SO3反应生成SO2，SO2通入Na2SiO3溶液中生成白色沉淀H2SiO3，只能说明H2SO3的酸性强于H2SiO3，且浓盐酸易挥发，也能和Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀H2SiO3，不能证明S的非金属性强于Si，非金属性的强弱是根据最高价含氧酸的酸性强弱来确定的，A错误；B．浓盐酸与MnO2要在加热时才能反应生成Cl2，但该装置没有加热，所以C中溶液不会变色，B错误；C．浓氨水滴入氢氧化钠固体中，氢氧化钠固体溶解放出热量，浓氨水释放出的NH3通入AlCl3溶液中，可生成白色沉淀Al(OH)3，但NH3·H2O是弱碱，不能溶解Al(OH)3，C错误；D．H2O2在MnO2催化下分解生成O2，O2的氧化性强于S，能与Na2S反应生成不溶性的S，D正确；故选D。12.部分含氮、硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是A.将c通入到溶液中会产生白色沉淀B.将c和d气体通过过氧化钠粉末表面所得产物存在相同成分的盐C.e的浓溶液不能干燥气体a、c、f，是因为其具有强氧化性D.i的浓溶液常温下不与金属铝、铁反应【答案】B【解析】【分析】根据含氮、硫物质的分类与相应化合价关系图，a是H2S、b是S单质、c是SO2、d是SO3、e是H2SO4；f是NH3、g是NO、h是NO2、i是HNO3。【详解】A．亚硫酸是弱酸，将SO2通入到溶液中不能产生白色沉淀，故A错误；B．过氧化钠具有氧化性，将SO2和SO3气体通过过氧化钠粉末表面所得产物存在相同成分Na2SO4，故B正确；C．浓H2SO4具有强氧化性不能干燥气体H2S，浓硫酸具有酸性不能干燥NH3，浓硫酸能干燥SO2，故C错误；D．浓硝酸常温下能使铝、铁钝化，故D错误；选B。13.下列说法错误的是A检验乙醇具有还原性B．测定一定质量的和混合物中的质量分数C．该装置可以准确测量生成氢气的体积D．用该装置分离氢氧化钙固体中混有的少量氯化铵固体A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．乙醇能把氧化铜还原为Cu，黑色固体变红，证明乙醇具有还原性，故不选A；B．过氧化钠与水反应放出氧气，氧化钠和水反应不放气体，根据反应生成氧气的体积可计算一定质量的和混合物中的质量分数，故不选B；C．实验中使用恒压滴液漏斗，注射器中收集气体的体积为反应生成氢气的体积，故不选C；D．氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气、水，不能用该装置分离氢氧化钙固体中混有的少量氯化铵固体，故选D；选D。14.将和的固体混合物在密闭容器中加热至250℃，充分反应后排出气体。将反应后的固体溶于水无气体放出，再逐滴加入盐酸，产生气体(标准状况)与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列说法正确的是A.原混合物中和物质的量之比为8∶7B.反应后固体的成分为与C.密闭容器中排出气体的成分为D.HCl的浓度为0.4mol⋅L【答案】A【解析】【分析】碳酸氢钠受热分解，产生的二氧化碳和水蒸气跟过氧化钠反应。反应后的固体溶于水无气体放出，说明过氧化钠完全反应，向溶液中逐滴滴入盐酸，根据图像可知，开始阶段是生成的NaOH先和盐酸反应，然后是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠，加入盐酸175mL后，盐酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳。175mL到275mL是盐酸与碳酸氢钠反应，生成448mLCO2，物质的量为0.02mol，n(CO2)＝n(HCl)＝0.02mol，HCl的浓度为=0.2mol·L-1，根据碳原子守恒可知，n(NaHCO3)＝n(CO2)＝0.02mol，275mL时溶质是单一的氯化钠，氯化钠物质的量为0.2mol·L-1×0.275L=0.055mol，根据钠元素守恒可知n(Na2O2)＝(0.055-0.02)mol×12=0.0175mol；【详解】A．根据分析，原混合物中和物质的量之比为，A正确；B．碳酸氢钠完全分解，所以反应后的固体中没有NaHCO3，B错误；C．0.02molNaHCO3完全分解为0.01mol的二氧化碳和0.01mol的水蒸气，再根据2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，过氧化钠先和0.01mol二氧化碳反应，消耗过氧化钠0.01mol，剩余的0.0075molNa2O2只消耗0.0075mol水，所以密闭容器中排出气体的成分为O2和水蒸气，C错误；D．根据分析，HCl的浓度为0.2mol·L-1，D错误；故选A。【点睛】过氧化钠和水、二氧化碳反应时，若先和水反应，生成的氢氧化钠会和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，所以可认为是过氧化钠先和二氧化碳反应。二、非选择题：本题包括4小题，共58分15.具有强氧化性，是一种新型的绿色非氯净水消毒剂，碱性条件下可以稳定存在，酸性条件下会自身分解生成。可用与NaClO在强碱性条件下制取，某实验小组利用如图所示实验装置，制取，并验证其处理含废水的能力。Ⅰ．制取（1）装浓盐酸的仪器名称为___________，D中所装物质为___________；大试管中发生反应的化学方程式为___________。（2）装置B中的溶液可以选用试剂的是___________(填标号)。A.饱和食盐水 B.浓盐酸 C.饱和氯水 D.溶液（3）实验开始，先将过量NaOH加入三颈烧瓶中，再通入，待烧瓶中的红褐色固体基本消失，得到紫色溶液时，停止通入。通入氯气的过程中三颈烧瓶中发生反应的离子方程式有：；___________。Ⅱ．模拟并验证处理含废水的能力（4）取一定量的加入试管中，向其中加入VmLamol/L的NaCN溶液，反应后成为和。充分反应后测得试管中仍有剩余，过滤。向滤液中加入足量溶液，生成白色沉淀，将沉淀经一系列操作后称量，得白色沉淀ng。①上述划线的一系列操作为___________。②计算NaCN溶液中去除率为___________(用含a、v、n的表达式表示)。（5）作为高效的水处理剂，请说出其优点为___________。【答案】（1）①.分液漏斗②.碱石灰③.2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（2）A（3）2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O（4）①.过滤、洗涤、干燥②.（5）高效、无毒【解析】【分析】浓盐酸与高锰酸钾发生反应生成氯气，经过饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体杂质后，将氯气通入三颈烧瓶，与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，在碱性环境下，氢氧化铁与次氯酸钠发生氧化还原反应生成Na2FeO4。【小问1详解】装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，装置D的作用是吸收过量的氯气，所装物质为碱石灰。大试管中浓盐酸和高锰酸钾固体反应生成氯气，离子方程式为：2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。【小问2详解】该实验中Cl2和碱溶液发生反应，不需要干燥，洗气瓶B中盛有的试剂是饱和食盐水，用来除去混合气体中的氯化氢，饱和氯水不能除去氯化氢，溶液和氯化氢反应会生成二氧化碳，均不能达到目的，故选A。【小问3详解】实验开始，先将过量NaOH加入三颈烧瓶中，产生Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3与NaClO在强碱性条件下制取Na2FeO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O。【小问4详解】①溶液中的被氧化为和，加入足量溶液转化为BaCO3沉淀，一系列操作为：过滤、洗涤、干燥；②溶液中的被氧化为和，n(BaCO3)=，NaCN溶液中的去除率为。【小问5详解】在处理水的过程中，Na2FeO4起到杀菌、消毒、净水的作用，具有高效、无毒的优点。16.由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如下图所示转化关系(部分生成物和反应条件略去)。回答下列问题：（1）当X是，C为时：①若A是非金属单质，其化学式为___________，浓度相同的X和D的水溶液，pH小的是___________(填化学式)。②若A为化合物，写出A与水反应的化学方程式___________。（2）若A为化合物，B和D的反应是，则A与水反应时氧化剂与还原剂物质的量之比为___________；写出X的电子式___________。（3）若D为CO，则A可能为___________(填序号)。①非金属单质②金属单质③化合物（4）若D为白色沉淀，与A的摩尔质量相等，则X应为___________(填离子符号)，请写出B与X反应生成C的离子方程式___________。【答案】（1）①.Cl2②.③.（2）①1∶1②.（3）①③（4）①.②.【解析】【小问1详解】当X是，C为时：①若A是非金属单质，A能与水反应生成B和E，则A为Cl2，Cl2与水反应生成HCl和HClO，则B为HCl，E为HClO，HCl与反应生成C，则C为，与、水反应生成，则D为，浓度相同和的水溶液中的碱性较强，的碱性较弱，故pH小的是；②若A为化合物，则A为NO2，NO2与水发生，与反应生成C，则C为，与、水反应生成，则D为；【小问2详解】若A为化合物，B和D的反应是，则B为NaOH，D为，则C为，X为CO2，A为Na2O2，Na2O2与水反应的化学方程式为，该反应中Na2O2既是氧化剂，也是还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1；CO2的电子式为；【小问3详解】若D为CO，则X可能为C单质，C为CO2，B为O2，则A可能为Na2O2或F2，为化合物或单质，故选①③；【小问4详解】若D为白色沉淀，与A的摩尔质量相等，则A为Na2O2，D为Al(OH)3，Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，则B为NaOH，E为氧气，B与X反应生成C为氢氧化钠与铝离子反应生成，离子方程式为，故X为，C与X生成D为与反应生成Al(OH)3。17.氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸，溶于浓盐酸，在潮湿空气中易水解和被氧化。工业上用制作印刷电路的废液(含、、、)生产CuCl和电路板蚀刻液，流程如下：回答下列问题：（1）生产过程中：X是___________(填化学式)，Z为双氧水，写出Z与滤液①反应生成蚀刻液的离子方程式___________。（2）写出生成CuCl的离子方程式___________。（3）CuCl晶体的洗涤要经过水洗和无水乙醇洗，其中醇洗的作用是___________。（4）在CuCl的生成过程中理论上不需要补充气体，其理由是___________。（5）CuCl的另一种制备原理是：①溶液中加入一定量氨水，得到深蓝色溶液；②深蓝色溶液与Cu继续反应得到；③加浓盐酸中和即可得到CuCl。写出②的化学方程式___________。（6）CuCl晶胞如图所示，晶体的密度为ρg⋅cm，晶胞边长为anm，则阿伏加德罗常数为___________mol。(用含ρ、a的代数式表示，原子量Cu-64，Cl-35.5)【答案】（1）①.Fe②.2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O（2）2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++（3）CuCl微溶于水、不溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少CuCl的损失（4）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2为1：1，所以理论上不需要补充SO2气体（5）+Cu=2（6）【解析】【分析】要利用制作印刷电路的废液制备CuCl，首先应制备并分离出Cu，向工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)加入过量的Fe粉，Fe3+与Fe粉反应转化为Fe2+，Cu2+与Fe反应生成Cu，然后过滤，滤渣为过量的Fe和生成的Cu，依据Cu与Fe活泼性，将滤渣溶于盐酸，Cu与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为Cu，然后Cu与浓硫酸反应生成CuSO4和SO2，Cu与Cl2反应生成CuCl2，CuSO4、SO2、CuCl2反应生成CuCl。【小问1详解】印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入X为Fe，Fe3+能够还原Fe反应生成Fe2+，Cu2+能够与Fe反应生成Cu，过滤后得到的溶液中含有Fe2+，Z为双氧水，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O。【小问2详解】依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++。【小问3详解】析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是：CuCl微溶于水、不溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少CuCl的损失。【小问4详解】依据图示可知：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2为1：1，所以理论上不需要补充SO2气体。【小问5详解】溶液中加入一定量氨水，得到深蓝色溶液中含有，深蓝色溶液与Cu继续反应得到，化学方程式为：+Cu=2。【小问