【文档说明】【精准解析】北京市海淀区中关村中学2019-2020学年高二下学期期末考试练习化学试题.doc，共(28)页，1.325 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-5694b95cf0b859c3f9baa5a0055e19e2.html

以下为本文档部分文字说明：

2019-2020学年度第二学期高二化学期末练习第一部分选择题（共42分）一、在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。（每小题2分，共42分）1.下列能量的转化过程中，由化学能转化为电能的是ABCD水力发电风力发电铅

蓄电池放电太阳能发电A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.水力发电是将重力势能转化为电能，故A错误；B.风力发电是将风能转化为电能，故B错误；C.蓄电池放电是利用化学反应产生能量，是将化学能转化为电能，故C正确；D.太阳能发电是将

太阳能转化为电能，故D错误；故选C。2.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是A.CH3COOHB.CO2C.NH4HCO3D.Cl2【答案】B【解析】【详解】A．CH3COOH的水溶液能够导电，且是因为自身发生电离而导电，故CH3COOH是电解质，故A不符合题意；B．CO2的水溶液虽然能够导

电，但并不是CO2本身发生电离，而其与水反应的产物H2CO3发生电离，故CO2是非电解质，故B符合题意；C．NH4HCO3的水溶液能够导电，且是因为自身发生电离而导电，故NH4HCO3是电解质，故C不符合题意；D．Cl2的水溶液虽然能够导

电，但其是单质，单质既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；故答案为：B。3.下列防止金属腐蚀的方法属于电化学防护的是A.船体表面刷漆B.加入铬、锰、硅等制成不锈钢C.自行车链条涂油D.水中的钢闸门连接电源的负极【答案】D【解析】【详解】A

．船体表面刷漆是物理方法防止金属腐蚀，故A不符合题意；B．加入铬、锰、硅等制成不锈钢是改变金属内部结构，是物理方法防止金属腐蚀，故B不符合题意；C．自行车链条涂油是物理方法防止金属腐蚀，故C不符合题意；D．水中的钢闸门连接电源的负极，是外接电源的阴极

保护法，是电化学方法，故D符合题意；故答案为：D。4.只改变下列一个条件，可以通过提高活化分子的百分数来提高反应速率的是A.加热B.加压C.减小容器体积D.增大反应物浓度【答案】A【解析】【分析】升高温度或加入催化剂可提高反应物中的活化分子百分数。【详解】A．加热可提高反应物中的活化

分子百分数，从而提高反应速率，故A选；B．加压强如改变浓度，只改变单位体积内活化分子的数目，不改变百分数，从而提高反应速率；如浓度不变，活化分子的数目不变，活化分子的百分数不变，反应速率不变，故B不选；C．减小容器体积，浓度增大，只改

变单位体积内活化分子的数目，不改变百分数，从而提高反应速率，故C不选；D．浓度增大，只改变单位体积内活化分子的数目，不改变百分数，从而提高反应速率，故D不选；故选A。5.在不同条件下分别测得反应2SO2+O22S

O3的化学反应速率，其中表示该反应进行得最快的是（）A.v(SO3)=4mol/(L·min)B.v(O2)=6mol/(L·min)C.v(SO2)=8mol/(L·min)D.v(O2)=3mol/(L·min)【答案】B【解析】【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率

时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比等于相应的化学计量数之比，先换算成用同一种物质、同一单位表示，然后才能直接比较速率数值。【详解】A.v（O2）=1/2v（SO3）=2mol·L

-1·min-1；B.v（O2）=6mol·L-1·min-1；C.v（O2）=1/2v（SO2）=4mol·L-1·min-1；D.v（O2）=3mol·L-1·min-1；故答案为：B。6.25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是（）A.pH=11的氨水B.0.01m

ol/L的Na2CO3溶液C.pH=2的NaHSO4溶液D.0.1mol/L的盐酸【答案】D【解析】【详解】氨水、盐酸和NaHSO4溶液均抑制水的电离，Na2CO3溶液促进水的电离，pH=11的氨水c（H+）=10-11mol·L-1，c（

OH-）=10-3mol·L-1；0.1mol·L-1的盐酸中c（H+）=10-1mol·L-1，pH=2的NaHSO4溶液中c（H+）=10-2mol·L-1，酸溶液和强酸酸式盐溶液中氢离子或碱溶液中氢氧根离子浓度越大，抑制水的电离程度越

大，溶液中水的电离程度越小，所以水的电离程度最小的是0.1mol·L-1的盐酸，故答案为：D。【点睛】酸或碱抑制水的电离，弱酸强碱盐和强酸弱碱盐促进水的电离。7.下列溶液一定呈碱性的是A.pH＝8的溶液B.含有OH－离子的溶液C.c(OH－)＞c(H＋)

的溶液D.加酚酞显无色的溶液【答案】C【解析】【详解】A.温度影响水的电离，降低温度，水的电离程度减小，溶液中氢离子浓度减小，则没有明确测定时的温度，不能判断pH=8的溶液中c(OH—)与c(H+)的关系，无法知道溶液的酸碱

性，故A错误；B.任何水溶液中都存在氢离子、氢氧根离子，所以含有OH-离子的溶液不一定显碱性，故B错误；C.c(OH—)＞c(H+)的溶液一定呈碱性，故C正确；D.常温下，pH＜8的溶液滴加酚酞，溶液显无色，则加酚酞显无色的溶液可能为酸性溶液或中性溶液或碱性溶液

，故D错误；故选C。8.锌铜原电池装置如图所示，下列说法正确的是（）A.电流从锌片流向铜片B.锌电极的反应式：Zn−2e－=Zn2＋C.铜片作负极D.盐桥的作用是传递电子【答案】B【解析】【分析】锌铜原电池中Zn作负极，失电子，发生氧化反

应，盐桥的作用是传递离子。【详解】A.原电池中，电流从正极流向负极，从铜片流向锌片，A错误；B.Zn作负极，失电子，发生氧化反应，锌电极的反应式：Zn-2e-=Zn2+，B正确；C.较为活泼的金属作负极，锌作负极，铜作正

极，C错误；D.盐桥的作用是传递离子，电子不能通过溶液，D错误；故答案为：B。【点睛】注意“电子不下水，离子不上岸”，即电子只能在导线上移动，离子只能在溶液中移动。9.某可逆反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.该反应正向为吸热反应B.若升

高温度，则平衡向正反应方向移动C.若加入催化剂，ΔH数值会减小D.若加入催化剂，B点会降低【答案】D【解析】【详解】A．从图中可以看出反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应正向为放热反应，故A错误；B．由勒夏特列原理可知升高温度，平衡向着吸热反应方向移动，由A可知

该反应正反应是放热反应，故升高温度，平衡向逆反应方向移动，故B错误；C．加入催化剂，不改变反应热，即ΔH数值不会改变，故C错误；D．加入催化剂，能减小反应所需的活化能，故B点会降低，故D正确；故答案为：D。10.如图所

示，用石墨电极电解饱和食盐水。下列说法不正确的是（）A.通电使NaCl发生电离B.电极a是阳极C.Na+向b极移动D.a极产生黄绿色气体【答案】A【解析】【分析】与电源的正极相连的是阳极，与电源的负极相连的是阴极，所以a极是阳极，b极是阴极；阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移

动；电解饱和食盐水，阳极电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极电极反应式为：2H++2e-=H2↑。【详解】A.NaCl在水中就能发生电离，通电不是必要条件，A错误；B.电极a与电源的正极相连，是阳极，B正

确；C.阳离子向阴极移动，b极是阴极，Na+向b极移动，C正确；D.a极为阳极，其电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，产生黄绿色气体，D正确；故答案为：A。11.H2与N2在催化剂表面生成NH3，反应历程及能量变化示意如下。下列说法不正确的是A.①→②吸收能量B.②→③形成了N-H键C.该催

化剂可提高NH3的平衡产率D.该反应为放热反应【答案】C【解析】【详解】A．从图中可知，状态①的总能量比状态②的低，故①→②过程中需要吸收能量，故Ａ正确；B．从图中可知：①→②是N2、H2分别分解成N原子和H原子，则②→③是

N原子和H原子结合成NH3分子的过程，故②→③形成了N-H键，故B正确；C．催化剂只能改变反应速率，并不能使化学平衡发生移动，故不能提高NH3的平衡产率，故C不正确；D．比较状态①和状态③可知，状态①的总能量比状态③的总能量高，故该

反应为放热反应，故D正确；故答案为：C。12.下图所示的实验，能达到实验目的的是ABCD片刻后在Fe电极附近滴入铁氰化钾溶液验证化学能转化为电能证明温度对平衡移动的影响验证Fe电极被保护验证AgCl溶解度

大于Ag2SA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，该装置缺少盐桥，不能形成闭合回路，不能形成原电池，则不能验证化学能转化为电能，故A不能达到实验目的；B．二氧化氮为红棕色气体，四氧化二氮为无色气体，利用气体颜色的

深浅变化，可说明温度对化学平衡的影响，故B能达到实验目的；C．由图可知，与电源正极相连的Fe电极为电解池阳极，铁失去电子发生氧化反应，加快Fe的腐蚀，不能验证Fe电极被保护，故C不能达到实验目的；D．由图可知，AgNO3溶液过量，过量的Ag＋能

与S2－直接反应生成Ag2S沉淀，不存在AgCl与Ag2S的沉淀的转化，则不能证明AgCl溶解度大于Ag2S，故D不能达到实验目的；故选B。13.已知下列热化学方程式：2Zn(s)+O2(g)＝2ZnO(s)ΔH1＝－702.2kJ/mol；2Hg(l)+O2(g)＝2

HgOΔH2＝－181.4kJ/mol，由此可知Zn(s)+HgO(s)＝ZnO(s)+Hg(l)的ΔH3，其中ΔH3的值是A.－260.4kJ/molB.－254.6kJ/molC.－438.9kJ/molD.－441.8kJ/mol【答案】A【解析】【详解】将已知热化学方程式依次

编号为①②，由盖斯定律可知①-②2得热化学方程式Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l），则△H3=702.2kJ/mol-（-181.4kJ/m（-ol）2=-260.4kJ/mol，故选A。【点睛】根据盖斯定律，利用已知的热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应

热也乘以相应的系数进行相应的加减是解答关键。14.下列解释实验事实的方程式正确的是A.氯气能使湿润的有色布条褪色：Cl2+H2O2H++Cl−+ClO−B.Na2S溶液显碱性：S2-+2H2OH2S↑+2OH-C.用氨水吸收烟气中的二氧化硫：SO2+2OH-=SO2-3+H2

OD.铜片溶解在NaNO3和稀盐酸的混合液中：3Cu+8H++2NO-3=3Cu2++2NO↑+4H2O【答案】D【解析】【详解】A.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl−+HClO，故A错

误；B.硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子在溶液中分步水解，使溶液呈碱性，水解的离子方程式为S2-+H2OHS-+OH-，故B错误；C.用氨水吸收烟气中的二氧化硫的反应为一水合氨与二氧化硫反应生成亚硫酸铵和水，一水合氨是弱碱，不能拆写

，反应的离子方程式为SO2+2NH3·H2O=SO32—+2NH4++2H2O，故C错误；D.铜片溶解在NaNO3和稀盐酸的混合液中的反应为铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu+8H++

2NO3—=3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；故选D。15.工业上可通过如下流程回收铅蓄电池中的铅，下列有关说法不正确的是A.PbSO4在水中存在溶解平衡：2+2-44PbSOsPbaq+SOaqƒB.生成PbCO3的离

子方程式为：2-2-4334PbSO+CO=PbCO+SOCpH：滤液＜饱和Na2CO3溶液D.滤液中不存在Pb2+【答案】D【解析】【详解】A．PbSO4为难溶电解质，水溶液中存在沉淀溶解平衡：2+2-44PbSOs

Pbaq+SOaqƒ，故A正确；B．PbSO4转化为PbCO3，加入2-3CO可转化沉淀，发生转化为：2-2-4334PbSO+CO=PbCO+SO，故B正确；C．加入饱和碳酸钠溶液，2-3CO参与沉淀转化，溶液碱性变弱，所以pH：滤液＜饱和Na2CO3溶液，故C正确，D．难溶电解质在水

溶液中总会有一部分溶解，滤液中存在Pb2+，只是浓度较小，故D错误；故选：D。16.常压下羰基化法精炼镍的原理：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，

固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是A.增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B.该反应达到平衡时，υ生成[Ni(CO)4]

）＝4υ生成(CO)C.第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃D.第二阶段，Ni(CO)4分解率较低【答案】C【解析】【详解】A．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以增加c（CO

），虽然平衡向正向移动，但反应的平衡常数不变，故A错误；B．反应的速率之比等于气体的计量数之比，所以平衡时有4υ生成[Ni(CO)4]=υ生成(CO)，故B错误；C．Ni(CO)4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni(CO)4，则第一阶段，在30℃和50

℃两者之间选择反应温度，选50℃，故C正确；D．加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段Ni(CO)4分解率较大，故D错误；故选C。17.新冠疫情期间某同学尝试在家自制含氯消毒剂。用两根铅笔芯（C1和C2）、电源适配

器和水瓶组装如图所示的装置。接通电源观察到：C1周围产生细小气泡，C2周围无明显现象；持续通电一段时间后，C2周围产生细小气泡。此时停止通电，拔出电极，旋紧瓶塞，振荡摇匀，制备成功。关于该实验的说法不正确的是A.C1

电极产生气泡原因：-22-2HO+2e=H+2OHB.可以用两根铁钉代替铅笔芯完成实验C.自制消毒剂的总反应为：NaCl＋H2ONaClO＋H2↑D.实验过程中要注意控制电压、开窗通风、导出氢气，确保安全【答案】B【解析】【分析】电解饱和食盐水，阳极会产生氯气，阴极

会产生氢气，由于H2不溶于水且不与溶液中的其他物质反应，所以会直接溢出，而氯气会与电解过程中溶液中生成的NaOH反应转变为NaClO和NaCl，所以在制备过程中几乎不会溢出，则C1极为阴极，C2极为阳极。【详解】A．由分析可知

，C1极为阴极，阴极处产生了氢气，所以相关的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故A正确；B．若用两个铁钉代替两个石墨电极，那么电解过程中阳极发生Fe的氧化，无法再产生氯气，也就无法获得含氯消毒剂，故B错误；C．由分析可知，电解过程中生成的氯气

又会再与溶液中生成的NaOH反应转变为NaClO和NaCl，涉及的反应共有两步，分别为：2NaCl＋2H2O电解2NaOH＋H2↑＋Cl2↑和2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O，因此自制消毒剂的总反应为：NaCl＋H2O=NaClO＋H

2↑，故C正确；D．电压控制不得当，可能会导致副反应发生，或者反应速率很慢；由于电解过程中产生了氯气和氢气，所以要注意开窗通风，防止中毒和发生爆炸，故D正确；故选C。18.室温时，向20mL0.1mol·L−1的两种酸HA、HB中分别滴加0.1mol·L−1N

aOH溶液，其pH变化分别对应下图中的I、II。下列说法不正确的是（）A.向NaA溶液中滴加HB可产生HAB.滴加NaOH溶液至pH=7时，两种溶液中c(A－)=c(B－)C.a点，溶液中微粒浓度：c(A－)>c(Na+)D.滴加20mLNaOH溶液时，

I中H2O的电离程度大于II中【答案】B【解析】【详解】A.由图可知，0.1mol·L−1HB溶液的pH小于等浓度的HA溶液，说明HB的酸性强于HA，由强酸制弱酸的原理可知，向NaA溶液中滴加HB可产生HA，A正确；B.由于HB的酸性强于HA，等

浓度的HB溶液和HA溶液中，滴加NaOH溶液pH=7时，消耗NaOH溶液的体积不同，溶液中c（Na+）不同，则两种溶液中c（A－）一定不等于c（B－），B错误；C.a点为等浓度的HA和NaA混合液，溶液呈酸性，说明HA的电离大于NaA的水解，溶液中微粒浓度：c（A－）>c（Na+），C正确；

D.滴加20mLNaOH溶液时，等浓度的HB溶液和HA溶液均恰好完全反应生成NaB和NaA，由于HB的酸性强于HA，则NaA的水解程度大于NaB，Ⅰ中H2O的电离程度大于Ⅱ中，D正确；故答案为B。【点睛】HB的酸性强于HA，等浓度的HB溶液和

HA溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，消耗NaOH溶液的体积不同，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，溶液中分别存在c（B－）=c（Na+）、c（A－）=c（Na+），溶液中c（Na+）不同，则两种溶液中c

（A－）和c（B－）不同。19.下列反应中，属于吸热反应的是A.Na与水反应B.甲烷的燃烧反应C.CaCO3受热分解D.锌与盐酸反应【答案】C【解析】【详解】A.钠与水反应是放热反应，故A错误；B.甲烷的燃烧反应是放热反应，故B错误；C.碳酸钙受热分解的反应是吸热反应，故C正确；D.锌与盐酸反应

是放热反应，故D错误；故选C。20.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是A无色溶液中：Cu2+、K+、SCN−、Cl−B.pH＝11的NaOH溶液中：CO2-3、Na+、NO-3、SO2-4C.由水电离

出的c(H+)＝1.0×10−13mol·L−1的溶液中：Na+、NH+4、SO2-4、HCO-3D.含有NO-3的溶液中：I-、SO2-3、SO2-4、H+【答案】B【解析】【详解】A．溶液中有Cu2+呈蓝色，不可能是无色溶液，故A不符合题意；B．pH＝11的NaOH溶液中隐含有大量的OH-

与CO2-3、Na+、NO-3、SO2-4均可以大量共存，故B符合题意；C．由水电离出的c(H+)＝1.0×10−13mol·L−1的溶液可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液这两种溶液中都不可能含有大量的HCO-3

，故C不符合题意；D．溶液中的NO-3与H+形成具有强氧化性的HNO3，将与I-、SO2-3发生氧化还原反应，故D不符合题意；故答案为：B。21.K2FeO4在水中不稳定，发生反应：4FeO2-4+10H2O4Fe(OH)3（胶体）+8OH-+3O2，其稳定性与温度（T）和溶液pH的关系分别

如图所示。下列说法正确的是图IK2FeO4的稳定性与温度的关系图IIK2FeO4的稳定性与溶液pH的关系A.由图I可知K2FeO4的稳定性随温度的升高而升高B.由图II可知图中a＞cC.由图I可知温度：T1＞T2＞T3D.由图I可知上述反应ΔH<0【答案】C【解析】【详

解】A.由图I数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-浓度变化越快，则温度T1＞T2＞T3，温度越高FeO42-浓度越小说明K2FeO4的稳定性随着温度的升高而减弱，故A错误；B.由题给方程式可知，增大氢氧根浓

度，平衡向逆反应方向移动，FeO42-越稳定，结合图II可知，平衡时FeO42-浓度：a＜c，则溶液pH：a＜c，故B错误；C.由图I数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-浓度变化越快，则温度T1＞T2＞T3，故C正确；D.由图I数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-

浓度变化越快，则温度T1＞T2＞T3，温度越高FeO42-浓度越小说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，△H＞0，故D错误；故选C。第二部分非选择题（共58分）22.近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化生产研究，实现可持续发展。（1）已知：CO2(g)+H2(g)H2

O(g)+CO(g)ΔH1=+41.1kJ•mol-1CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=－90.0kJ•mol-1写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：______________________________

___。（2）为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是_______________________（填字母）。A．高温高压B．低温低压C．高温低压D．低温高压（3）250℃、在恒容密闭容器中由CO2(g)

催化氢化合成CH3OH(g)，下图为不同投料比[n(H2)/n(CO2)]时某反应物X平衡转化率变化曲线。①反应物X是_____（填“CO2”或“H2”）。②判断依据是_____。（4）250℃、在体

积为2.0L的恒容密闭容器中加入6molH2、2molCO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得c(CH3OH)=0.75mol·L－1。①前10min的平均反应速率v(H2)＝_____mol·L－1·min－1。②经计算化学平衡常数K=__________

___________。③催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：实验编号温度（K）催化剂CO2转化率（%）甲醇选择性（%）A543Cu/ZnO纳米棒12.342.3B543Cu/ZnO纳米片11.972.7C553Cu/ZnO纳米棒

15.339.1D553Cu/ZnO纳米片12.070.6（注：甲醇选择性是指的是转化的CO2中生成甲醇的百分含量）根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为_____（填字母）。【答案】(1).CO2(g)+3H2(

g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=−48.9kJ/mol(2).D(3).CO2(4).增大n（H2）/n（CO2），相当于c（CO2）不变时，增大c（H2），平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2转化率降低(5)

.110.225mol?L?min(6).5.33(7).B【解析】【分析】(1)根据已知热化学方程式，利用盖斯定律进行分析，将①+②可得CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式，并据此计算焓变；(2)有利于

提高CH3OH平衡转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析；(3)根据同一反应，增加其中一种反应物的浓度，能提高另一种反应物的转化率，结合图示，横坐标表示n（H2）/n（CO2），进行分析解答；(4)①根据cvt计算氢气的速率；②利用三段式计算平衡时各组分的物质的量浓度，

再根据化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，计算平衡常数；③分别对比AB、CD实验，Cu/ZnO纳米片催化剂使反应速率增加，甲醇选择性高，对比BD实验，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，据此分析。【详解】

(1)已知：①CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH1=+41.1kJ•mol-1；②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=－90.0kJ•mol-1；根据盖斯定律可知，①+②可得：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O

(g)则△H=(+41.1kJ/mol)+(−90kJ/mol)=−48.9kJ/mol；故答案为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=−48.9kJ/mol；(2)CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2

O(g)△H=−48.9kJ/mol；该反应是反应前后气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，正反应为放热反应，降温平衡正向移动，则为提高CH3OH平衡转化率，即平衡需正向移动，采用的条件为低温高压；故答案为：D；(3)①同一反应，增加其中一种反应物的浓度，能提高另一种反应物的转化率，横坐标

增大n（H2）/n（CO2），相当于c（CO2）不变时，增大c（H2），平衡正向移动，使二氧化碳的转化率增大，而氢气的转化率降低，所以X为CO2，故答案为：CO2；②恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n（H2）/n（CO2）

，相当于c（CO2）不变时，增大c（H2），平衡正向移动，使二氧化碳的转化率增大，而氢气的转化率降低，故答案为：增大n（H2）/n（CO2），相当于c（CO2）不变时，增大c（H2），平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而

H2转化率降低；(4)①根据三段式：-1-12-1223(molL)1300(molL)0.752.250.750.75(molL)0.250.750.750.75COg+3HgCHOHg+HOg始态转化平衡H2

的平均反应速率1112.25mol?L0.225mol?L?min10mincvt，故答案为：110.225mol?L?min；②3222CHOHHO33COH·0.750.755.33·0.250.75ccKcc（）（），故答案为

：5.33；③观察四组数据，相比之下，BD的选择性很高，且B的CO2转化率比D稍低些，但是B的CH3OH的选择性高出了不少，所以最优选项为B，故答案为：B。【点睛】选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若

目标产物的产率越高，说明选择性越好。23.在含有弱电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存。（1）一定温度下，向1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体，则溶液中-+33c(CHCOO)c(H)c(CHCOOH)_____

（填“增大”、“不变”或“减小”）；写出该溶液中的电荷守恒关系_____。（2）土壤的pH一般在4~9之间。土壤中Na2CO3含量较高时，pH可达10.5，试用离子方程式解释土壤呈碱性的原因：_____。加入石膏（CaSO4·2H2O）可以使土壤碱性降低，有关反应的化学方程式为_____

。（3）水垢的主要成分CaCO3可以用过量食醋溶解，请结合化学用语，从沉淀溶解平衡的角度进行解释______________。（4）常温下在20mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸

出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：①在同一溶液中H2CO3和CO2-3____________________（填“能”或“不能”）大量共存。②当pH＝7时，溶液中

含碳元素的最主要微粒为_____，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为_________。③已知在25℃时，CO2-3水解反应的平衡常数--3h2-3c(HCO)c(OH)K=c(CO)=2.0×10－4，当溶液中c(HCO-3)

:c(CO2-3)＝2:1时，溶液的pH＝_____。【答案】(1).不变(2).c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）(3).CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3

+OH-(4).CaSO4•2H2O+Na2CO3=CaCO3+Na2SO4+2H2O(5).CaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入过量食醋，食醋的主要成份醋酸电离

出的氢离子与CO32-离子反应，CO32-浓度降低，水解平衡向右移动，使CaCO3溶解(6).不能(7).HCO3-、H2CO3(8).c（Na+）>c（Cl-）>c（HCO3-）>c（OH-）=c（

H+）(9).10【解析】【分析】（1）CH3COOH的电离平衡常数K=-+33c(CHCOO)c(H)c(CHCOOH)，温度不变，电离平衡常数不变；混合溶液中存在电荷守恒关系c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（

Na+）；（2）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-在溶液中分步水解使土壤呈碱性，加入石膏后，CaSO4与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀，CO32-浓度降低，水解平衡向左移动，OH-浓度降低，使土壤碱性降低；（3）水垢的主要成分CaCO3在溶液中存在溶

解平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入过量食醋，食醋的主要成份醋酸电离出的氢离子与CO32-离子反应，CO32-浓度降低，水解平衡向右移动，使CaCO3溶解；（4）①由图象可以看出，H2CO3存在于PH＜8的溶液中，CO32-存在于pH＞8的溶液中；②由

图可知，H=7时溶液中c（OH-）=c（H+），溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-和H2CO3，此时溶液中溶质为NaCl、NaHCO3和H2CO3，由电荷守恒可知溶液中c（Na+）>c（Cl-），由碳酸钠与盐酸的

反应可知溶液中c（Cl-）>c（HCO3-）；③CO32-的水解常数Kh=--32-3c(HCO)c(OH)c(CO)=2.0×10－4可知，当溶液中c（HCO3-）：c（CO32-）=2：1时，溶液中c（

OH-）=1.0×10-4mol/L。【详解】（1）CH3COOH的电离平衡常数K=-+33c(CHCOO)c(H)c(CHCOOH)，温度不变，电离平衡常数不变；混合溶液中存在电荷守恒关系c（CH3COO-）+c（O

H-）=c（H+）+c（Na+），故答案为：不变；c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）；（2）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-在溶液中分步水解使土壤呈碱性，水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2O

H2CO3+OH-，加入石膏后，CaSO4与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀，CO32-浓度降低，水解平衡向左移动，OH-浓度降低，使土壤碱性降低，使土壤碱性降低，反应方程式为CaSO4•2H2O+Na2CO3=CaCO3↓+Na2SO4

+2H2O，故答案为：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-；CaSO4•2H2O+Na2CO3=CaCO3+Na2SO4+2H2O；（3）醋酸的酸性强于碳酸，水垢的主要成分CaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+

CO32-（aq），加入过量食醋，食醋的主要成份醋酸电离出的氢离子与CO32-离子反应，CO32-浓度降低，水解平衡向右移动，使CaCO3溶解，故答案为：CaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入过量食醋，食醋的

主要成份醋酸电离出的氢离子与CO32-离子反应，CO32-浓度降低，水解平衡向右移动，使CaCO3溶解；（4）①由图象可以看出，H2CO3存在于PH＜8的溶液中，CO32-存在于pH＞8的溶液中，二者不能大

量共存于同一溶液中，故答案为：不能；②由图可知，pH=7时溶液中c（OH-）=c（H+），溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-和H2CO3，此时溶液中溶质为NaCl、NaHCO3和H2CO3，由电荷守恒c（Na

+）+c（H+）=c（Cl-）+c（HCO3-）+c（OH-）可知，溶液中c（Na+）>c（Cl-），由反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3和NaHCO3+HCl=NaCl+H2CO3可知，溶液中c（Cl-）>c（HCO3

-），则溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c（Na+）>c（Cl-）>c（HCO3-）>c（OH-）=c（H+），故答案为：HCO3-、H2CO3；c（Na+）>c（Cl-）>c（HCO3-）>c（OH-）=c（H+）；③CO

32-的水解常数Kh=--32-3c(HCO)c(OH)c(CO)=2.0×10－4可知，当溶液中c（HCO3-）：c（CO32-）=2：1时，溶液中c（OH-）=1.0×10-4mol/L，则溶液中c（H+）=-W--KcOH.mol=144110

（）1010/L=10-10mol/L，溶液pH=10，故答案为：10。【点睛】明确常温下在10mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液20mL，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成碳酸是解答关键。24.某铜钴矿石主要含有CoOOH、CoCO3、Cu

2(OH)2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。由该矿石制备Co2O3的部分工艺过程如下：I．将粉碎的矿石用过量的稀H2SO4和Na2SO3溶液浸泡，过滤，分离除去沉淀a。II．浸出液除去含铜的化合物后，向溶液中先加入NaClO3溶液，再加入一定浓度的Na2CO3

溶液，过滤，分离除去沉淀b[主要成分是Na2Fe6(SO4)4(OH)12]。III．向上述滤液中加入足量NaF溶液，过滤，分离除去沉淀c。IV．III中滤液加入浓Na2CO3溶液，获得CoCO3沉淀。V．将CoCO3溶解在盐酸中，再加入(NH4)2C2

O4溶液，产生CoC2O4·2H2O沉淀。分离出沉淀，将其在400℃~600℃煅烧，即得到Co2O3。请回答：（1）I中，沉淀a的成分是_____，稀硫酸溶解CoCO3的化学方程式是_____，加入Na2SO

3溶液的主要作用是_________。（2）根据图1、图2分析：①矿石粉末浸泡的适宜条件应是：温度_____、pH_____。②图2中铜、钴浸出率下降的可能原因是_____。（3）II中，浸出液中的金属离子与NaClO3反应的离子方程式：ClO-3+_____+_____==

Cl-+_____+_____（4）I中，检验铁元素完全除去的试剂是_____，实验现象是_____。（5）I中，沉淀c的成分是CaF2、_____（填化学式）。（6）V中，加入Na2CO3的作用是_____。（7）V中，分离出纯净的CoC2O4·2H2O的操作

是_____。【答案】(1).SiO2(2).CoCO3+H2SO4═CoSO4+CO2↑+H2O(3).将Co3+和Fe3+分别还原为Co2+及Fe2+（或作还原剂）(4).65℃-75℃(5).0.5-1.

5(6).pH升高后溶液中c（H+）浓度下降，使得溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力下降(7).6Fe2+(8).6H+(9).6Fe3+(10).3H2O(11).KSCN溶液(12).溶液不变红色(13).MgF2(14

).调节溶液的pH富集Co2+（生成CoCO3沉淀）(15).过滤、洗涤【解析】【分析】（1）铜钴矿石主要含有CoOOH、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等杂质中只有SiO2不与硫酸反应，得出沉淀a的

成分；CoCO3和H2SO4反应生成CoSO4、CO2和H2O，据此书写化学方程式；Na2SO3中的S元素为+4价，具有较强还原性，加Na2SO3将CoO(OH)、Fe2O3中的Co3+和Fe3+还原为Co2+及Fe2+；（2）①根据图1、图2分析钴、铜的浸

出率最高的温度和pH；②图2中pH逐渐增大时，H+的含量减少，故因反应量减少而浸出率降低；（3）由Ⅳ可知，Co为+2价，价态并未升高，被氧化的是Fe2+；结合化合价升降相等配平该反应的离子方程式；（4）检验铁是否除尽，只需检验滤液中是否有Fe3+即可；铁元素完全除去，加入KSCN溶

液不变红；（5）由题可知，杂质离子除之外Ca2+，还有Mg2+，据此判断另一沉淀；（6）由Ⅱ知加入Na2CO3溶液，通过2-3CO水解提供OH-；由Ⅳ知加入Na2CO3溶液，提供2-3CO；（7）通过过滤、洗涤操作从溶液分离出纯净的沉淀。【详解】（1）铜钴矿石主要含有CoOOH、Co

CO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等杂质中只有SiO2不与硫酸反应，得出沉淀a的成分为SiO2，碳酸盐与稀硫酸的反应，稀硫酸溶解CoCO3的化学方程式是：CoCO3+H2SO4=CoSO4+CO2↑+H2O；因为Na2S

O3中的S元素为+4价，且Ⅱ中加入NaClO3氧化出Fe3+，加Na2SO3将CoO（OH）、Fe2O3中的Co3+和Fe3+还原为Co2+及Fe2+，Na2SO3作还原剂。故答案为：SiO2；CoCO3+H2SO4=CoSO4+CO2↑+H2O；将Co3+和Fe3+分别还原为Co2+及F

e2+（或作还原剂）；（2）①根据图1、图2分析，温度在65℃-75℃时，钴、铜的浸出率最高，且之后铜的浸出率变化不大，钴的浸出率有下降趋势。在图2中pH：0.5-1.5铜、钴的浸出率最高，pH＞1.5，铜、钴的浸出率开始下降，故答案为：65℃-75℃；pH：0.

5-1.5；②图2是pH变化对铜、钴浸出率的影响，浸出过程中是利用H+和CoO(OH)、CoCO3、Cu2（OH）2CO3中的OH-和2-3CO反应，使得Co3+和Co2+溶解在溶液中，当pH逐渐增大时，H+的含量减少，故因反应量减少而浸出率降低，故答案为

：pH升高后溶液中c（H+）浓度下降，使得溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2（OH）2CO3的能力下降；（3）由Ⅳ可知，Co为+2价，价态并未升高，被氧化的是Fe2+，由化合价升降相等配平离子方程式为：2++-3+32ClO+6Fe+6HCl+

6Fe+3HO═，故答案为：6Fe2+；6H+；6Fe3+；3H2O；（4）检验铁是否除尽，只需检验滤液中是否有Fe3+，所以加入KSCN溶液，溶液是否变红即可，故答案为：KSCN溶液；溶液不变红色；（5）由题可知，杂质离子除Ca2+之外，还有Mg2+，故另一沉淀为MgF2，故答案为：Mg

F2；（6）由Ⅱ知，Fe3+形成沉淀b需要OH-，故加入Na2CO3溶液，通过2-3CO水解提供OH-；由Ⅳ知，要形成CoCO3沉淀，需要加入Na2CO3溶液，提供2-3CO，故答案为：调节溶液的pH；富集Co2+（生成CoCO3沉淀）

；（7）将CoCO3溶解在盐酸中，再加入(NH4)2C2O4溶液，产生CoC2O4•2H2O沉淀，由溶液分离出纯净的沉淀，操作应为过滤、洗涤，故答案为：过滤、洗涤。【点睛】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，根据制备步骤明确实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本

操作方法，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力。25.（1）海水中有丰富的食盐资源，工业上以粗食盐水（含少量Ca2+、Mg2+杂质）、氨、石灰石等为原料，可以制备Na2CO3。流程如下：请回答：①粗盐精制过程中加入的沉淀剂是石灰乳和纯碱

，加入顺序是_____。②上述流程中循环使用的物质是____。③上图中制得的饱和食盐水还可用于氯碱工业，NaCl溶液的电解产物可用于生产盐酸、漂白粉、氢氧化钠等产品。工业上电解饱和食盐水的离子方程式为_____。④氨气可用电解法合成，其原料转化率大幅度提高，有

望代替传统的工业合成氨工艺。电解法合成氨的两种原理及装置如图1和图2所示。图1中，a电极上通入的X为_____。图2中，d电极上的电极反应式为_________。（2）海水中有丰富的锂资源，我国科学家研发出利用太阳

能从海水中提取金属锂的技术，提取原理如图3所示：图3①金属锂在电极_____（填“A”或“B”）上生成。②阳极产生两种气体单质，电极反应式是_____。③某种锂离子二次电池的总反应为：FePO4(s)

+Li(s)充电放电LiFePO4(s)，装置如下图所示（a极材料为金属锂和石墨的复合材料）。下列说法不正确的是_____。A．图中e－及Li+移动方向说明该电池处于放电状态B．该电池中a极不能接触水溶液C．充电时a极连接外接电源的正极D．充电时，

b极电极反应式为：LiFePO4－e-=Li++FePO-4【答案】(1).先加入石灰乳，再加入纯碱(2).NH3、CO2(3).2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑(4).H2(5).N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-(6).A(7

).2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=2H2O+O2↑(8).C【解析】【分析】（1）由流程图可知，向粗盐水先加入石灰乳，再加入纯碱，镁离子和钙离子先后转化为氢氧化镁沉淀和碳酸钙，过滤得到精盐水，蒸发浓缩得到饱和食盐水；石灰石煅烧发生分解反应生成氧化钙和二氧化碳，

向饱和食盐水中先通入氨气，再通如石灰石分解生成的二氧化碳，氯化钠、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体和母液，碳酸氢钠固体受热发生分解反应生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应生成的二氧化碳通入饱和食盐水中循环使用，向母液中加入石灰石分解生成的氧化钙，氧化

钙与水反应生成氢氧化钙，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，反应生成的氨气通入饱和食盐水中循环使用；（2）由电子的移动方向可知，电子流入的一极电极A为电解池的阴极，海水中的锂离子经过锂离子交换膜进入有机电

解液中，在阴极上得到电子发生还原反应生成锂，电子流出的一极B极为电解池的阳极，海水中的氯离子和氢氧根离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成氯气和氧气。【详解】（1）①加入石灰乳的目的是除去溶液中的镁离子，但过量的石灰乳会引入

钙离子，所以应先加入石灰乳除去溶液中镁离子，再加入纯碱除去溶液中的钙离子，则沉淀剂加入的顺序为先加入石灰乳，再加入纯碱，故答案为：先加入石灰乳，再加入纯碱；②由流程图可知，氯化钠、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵时，氨气和二氧化碳做反应物，而碳酸氢

钠固体受热发生分解反应生成碳酸钠、二氧化碳和水以及氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水时，氨气和二氧化碳做生成物，则氨气和二氧化碳可以循环使用，故答案为：NH3、CO2；③工业上电解饱和食盐水制得氢氧化

钠、氢气和氯气，电解的离子方程式为2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑，故答案为：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑④由图1可知，与电源负极相连的b极为电解池的阴极，通入的氮气在阴极

上得到电子发生还原反应生成氨气，则与电源正极相连的a极是电解池的阳极，通入的氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子；由图2可知，与电源正极相连的c极是电解池的阳极，氧离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，

与电源负极相连的d极为电解池的阴极，氮气在阴极上得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，故答案为：H2；N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-；（2）①由电子的移动方向可知，电子流入的一极电极A为电解池的阴极

，海水中的锂离子经过锂离子交换膜进入有机电解液中，在阴极上得到电子发生还原反应生成锂，故答案为：A；②海水中含有大量的氯离子，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，海水中还存在氢氧根离子，氢氧根离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成

氧气，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=2H2O+O2↑；③A．由图中e-及Li+移动方向，则发生Li-e-=Li+，所以该电池处于原电池放电状态，故A正确；B．

a极为Li易与水发生反应，所以该电池中a极不能接触水溶液，故B正确；C．放电时，负极反应式为Li-e-=Li+，则a为负极，充电时a极连接外接电源的负极，故C错误；D．放电时，b极反应式为FePO4+Li++e-═LiFePO4，则充电过程中，b极电极反应式为

：LiFePO4-e-═Li++FePO4，故D正确；C不正确，故答案为：C。【点睛】加入石灰乳的目的是除去溶液中的镁离子，但过量的石灰乳会引入钙离子，所以应先加入石灰乳除去溶液中镁离子，再加入纯碱除去溶液中的钙离子是解答关键，26.I．NaHSO3、CuSO4为实验室常用的化学试剂，均易溶于水

，且水溶液显酸性。在铁片镀铜实验中，为提高电镀效果，常用CuSO4溶液作为电镀液。装置如图所示，a接电源_____极，阳极的电极反应式为：_____。电镀过程中c(Cu2+)_____（填“基本不变”、“变大”或“变小”）。II．某实验小组对NaHSO3溶液分别与CuSO4、

CuCl2溶液的反应进行探究。实验装置试剂x操作及现象A1mol·L−1CuSO4溶液加入2mLCuSO4溶液，得到绿色溶液，3分钟未见明显变化。B1mol·L−1CuCl2溶液加入2mLCuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。（1）推测实验B产

生的无色气体为SO2，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到_____，反应的离子方程式为_____。（2）对实验B产生SO2的原因进行分析，提出假设：假设a：Cu2+水解使溶液中c(H+)增大；假设b：Cl－存在时，Cu2+与HSO-3

反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。①假设a不合理，实验证据是_____；②实验表明假设b合理，实验B反应的离子方程式有_____、H++HSO-3=SO2↑+H2O。（3）对比实验A、B，提出假设：Cl－增强了Cu2+的氧化性。下述实验C证实了假设合理，装置如图（两个电极均为碳棒

）。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形管_____________________________________（补全实验操作及现象）。（4）将实验A的溶液静置24小时或加热后，得到

红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO2-3。已知：I．；II．III．Cu2O是一种红色粉末状固体，几乎不溶于水，但溶于氨水，形成稳定的、无色的配合物[Cu(NH3)2]+。①通过实验D证实红色沉淀中含有Cu+

和Cu2+。实验D：证实红色沉淀中含有Cu+的实验证据是_____；②有同学认为实验D不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，设计实验D的对比实验E，证实了Cu2+的存在。实验E的方案和现象是_____。（要求：用图示表示，参照实验D）【答

案】(1).负(2).Cu-2e-=Cu2+(3).基本不变(4).蓝色褪去(5).SO2+I2+2H2O＝24SO+2I−+4H+(6).实验A、B中c（Cu2+）相同，但实验A中未见气泡(7).2Cu2++2Cl−+3HSO+H2O＝2CuCl↓+24SO+3H+(

8).右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大(9).一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色(10).取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色或图示表示：【解析】【详解】Ⅰ.在铁片镀铜实验中，铁片作阴极，连接电源的负极，铜作

阳极，连接电源的正极，所以a极连接电源的负极，阳极的电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，电镀过程中，阳极消耗铜和阴极析出铜的物质的量相等，所以c（Cu2+）基本不变，故答案为：负；Cu-2e-=Cu2

+；基本不变；Ⅱ.(1)蘸有碘水的淀粉试纸显蓝色，遇到二氧化硫，二氧化硫具有还原性，碘单质具有氧化性，二氧化硫与碘单质发生化学反应，实验现象为蓝色褪去，离子方程式为SO2+I2+2H2O=24SO+2I−+4H

+，故答案为：蓝色褪去；SO2+I2+2H2O=24SO+2I−+4H+；(2)①要产生二氧化硫，需要亚硫酸氢根离子与氢离子作用，如果是Cu2+水解使溶液中氢离子浓度增大，从而释放出气体，由于实验A、B中c（Cu2+）相同，但实验A中未见气泡

，说明不是由Cu2+水解使溶液中c（H+）增大引起的，故答案为：实验A、B中c（Cu2+）相同，但实验A中未见气泡；②假设b合理，亚硫酸氢钠与氯化铜反应的实验现象是生成白色沉淀，利用电荷守恒，元素守恒，化合价升降法配平离子反应方程式为：2

Cu2++2Cl−+3HSO+H2O＝2CuCl↓+24SO+3H+，故答案为：2Cu2++2Cl−+3HSO+H2O＝2CuCl↓+24SO+3H+；(3)实验是为了验证Cl−增强了Cu2+的氧

化性，需向硫酸铜溶液中补充氯离子，U型管左侧是亚硫酸氢钠溶液，故加入氯化钠固体，如果Cl−增强了Cu2+的氧化性，会使溶液中转移的电子数增多，闭合K，电压表的读数会增大，故答案为：右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大；(

4)①根据题目信息已知Ⅱ，确定Cu+的检验方法，实验D中若含有Cu+，一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色，故答案为：一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色；②若要证明溶液中的Cu2+，需要做一个对比实验，一个含有Cu2+和Cu+的混合溶液，另一个只含有

Cu+的溶液，再加入足量浓氨水，观察反应现象：沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后，溶液变为深蓝色，实验操作为取少量纯净的Cu2O于试管，滴加足浓氨水，实验现象为沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色，故答案为

：取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色或图示表示：。