【文档说明】福建省宁德第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题（解析版）.docx，共(18)页，944.465 KB，由小赞的店铺上传

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宁德一中2023-2024学年上学期学科素养训练高二化学(考试时间：75分钟满分：100分)注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上可能用到的相对原子质量：H1C12N14O1

6Na23Cl35.5Ag108Bi209第Ⅰ卷选择题(共40分)一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。)1.下列叙述不正确的是A.物质发生化学变化一定会伴有能量的变化B.可逆反应的ΔH表示完全反应时的热量变化，与反应是否可逆无关C.水蒸气变为液态水

时放出的能量就是该变化的反应热D.同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同【答案】C【解析】【详解】A．化学反应的实质是旧键断、新键生，断键吸热、成键放热，所以物质发生化学变化一定会伴有能量的变化，故A正确；B．可逆反应的ΔH表示完全反应时的热量变化，与

反应是否可逆无关，故B正确；C．水蒸气变化为液态水不是化学反应，是物质的能量变化，故C错误；D．反应的热效应只与始态、终态有关，与过程和反应条件无关，同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g)在光照和点燃条件下的

ΔH相同，故D正确；选C。2.下列现象不能用平衡移动原理解释的是A.为了准确测定2NO的相对分子质量，应尽量在高温低压条件下测定B.实验室制备乙酸乙酯，加入浓硫酸作为吸水剂C.实验室制备氯气，选用饱和食盐水净化氯气

D.Zn与稀硫酸反应，加入适量硫酸铜晶体可以加快氢气的生成速率【答案】D【解析】【详解】A．2NO2(g)N2O4(g)，该反应为气体体积减小的放热反应，要准确测定NO2的相对分子质量，则需要使化学平衡逆向移动，则需要在高温低压条件

下进行，A正确；B．实验室用乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，加入浓硫酸作为吸水剂，吸收水促使化学平衡正向移动，提高乙酸乙酯产率，B正确；C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应，饱和食盐水中含有大量氯离

子，此时化学平衡逆向移动，抑制氯气溶解在水中，C正确；D．Zn和硫酸反应，加入硫酸铜晶体，Zn和硫酸铜反应生成Cu，Zn、Cu和硫酸构成原电池，加快了反应速率，与化学平衡移动无关，D错误；故答案选D。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的

是A.在密闭容器中，0.3molH2和0.1molN2充分反应生成NH3的分子数为0.2NAB.1.6gCH4含有的质子数为NAC.1L0.1mol/LHF溶液中含有共价键数目为0.1NAD.标况下，11.2LSO3中含分子的数目为0.5NA【答案】B【解析】【详解】A.氢气

与氮气反应生成氨气为可逆反应，不能进行到底，所以在密闭容器中，0.3molH2和0.1molN2充分反应生成NH3的分子数小于0.2NA，故A错误；B.1.6gCH4含有的质子数为1.6g1016g/molNA=NA，故B正确；C.1L0.1mol/LHF溶液中的水也含有共价键，所以

该溶液中含有共价键数目远远大于0.1NA，故C错误；D.标准状况下，SO3是固体，气体摩尔体积不适用于该物质，故D错误；故选B。4.“氯化反应”通常指将氯元素引入化合物中反应。计算机模拟单个乙炔分子和氯化氢分子在催化剂

表面的反应历程如图所示。下列说法正确的是的A.升高温度有利于该反应正向进行B.M1为22CH与2HgCl形成的中间体C.生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可提高乙炔的平衡转化率D.该反应的热化学方程式为2HCCH(g)HCl(g)HCCHCl(g)=+=24ΔH2.2

410eV/mol−=−【答案】B【解析】【详解】A．由图可以看出该反应是放热反应，升高温度有利于反应逆向进行，故A错误；B．根据图可以看出M1时HCl还没有反应，M1为22CH与2HgCl形成的中间体，故B正确；C．生产中将催

化剂处理成纳米级颗粒增大接触面积，但催化剂不能改变平衡，故不能提高乙炔的平衡转化率，故C错误；D．题目中是1个乙炔参与反应的能量变化，热化学方程式反应物应该以mol为单位参与反应，该反应的热化学方程式为2HCCH(g)HCl(

g)HCCHCl(g)=+=24AΔH2.2410/moNeVl−=−，故D错误；故答案为B5.向体积均为IL的两恒容容器中分别充入3molX和2molY发生反应：3X(g)+2Y(g)⇌2Z(g)，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列

说法错误的是A.降低温度可以促进该反应正向进行B.反应速率：va正>vc逆C.混合气体的平均相对分子质量Ma<McD.a点平衡常数：K>200【答案】C【解析】【详解】A．甲为绝热过程，反应开始后压强先增大后减小，则正反应放热，降低温度，平衡正向移动，降低温度促进该反应正向进行，故A

正确；B．c点反应没有达到平衡，vc正>vc逆，甲为绝热过程，a点温度高于c，a、c压强相等，则va正>vc正，所以反应速率：va正>vc逆，故B正确；C．根据质量守恒，气体总质量相等，a、c压强相等，a点温度高于c，则c点气体物质的量大于a，混合气体的平均相对分子质

量Ma＞Mc，故C错误；D．若a点温度与初始温度相等，则3X+2Y2Z/mol320/mol3x2x2x/mol3-3x2-2x2x开始转化平衡，52p=5-3xp，x=2.53正反应放热，a点温度高于初始温度，则x大于2.

53，a点平衡常数K＞()2232.52310.53＞200，故D正确；故选C。6.某高性能电池的工作原理如图。其电池反应为Cx(PF6)＋NaSn放电充电Cx＋Sn＋NaPF6。下列说法错误的是

A.放电时，b为正极B.放电时，负极材料Sn在很大程度上被腐蚀C.充电时，PF-6向右迁移并嵌入石墨烯中D.充电时，阴极反应为Sn＋Na＋＋e－＝NaSn【答案】B【解析】。【详解】A．电池反应为Cx(PF6)＋NaSn放电充电Cx＋Sn＋NaPF6，NaS

n合金发生氧化反应，NaSn合金是负极，则b为正极，故A项说法正确；B．放电时，负极材料发生失电子的氧化反应：NaSn-e-═Sn+Na+，Sn未被腐蚀，故B项说法错误；C．充电时，PF-6向阳极移动，向着电源的正极移动，向右迁移并嵌入石墨烯

中，故C项说法正确；D．NaSn合金是负极，发生失电子的氧化反应：NaSn-e-═Sn+Na+，充电时的阴极反应和负极反应相反，即Sn+Na++e-═NaSn，故D项说法正确；综上所述，说法错误的是B项，故答案为B。7.变色硅胶干燥剂含有CoCl2，根据颜色

可判断干燥剂是否已经失效。已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl-⇌[CoCl4]2-+6H2O△H，用该溶

液做实验，溶液的颜色变化如图：以下结论和解释正确的是A.变色硅胶干燥剂中CoCl2主要起干燥作用B.由实验①可推知△H＜0C.变色硅胶干燥剂若呈蓝色时，表示不具有吸水干燥功能D.由实验③可知配离子的稳定性：[

ZnCl4]2-＞[CoCl4]2-【答案】D【解析】【详解】A．变色硅胶干燥剂中主要起干燥作用的是硅胶，钴的不同离子颜色不同，在硅胶干燥剂中可以根据颜色判断干燥剂是否已经失效，A项错误；B．实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低

温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B项错误；C．[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，根据实验②，当硅胶干燥剂吸水量已经饱和而失效时，此时干燥剂呈粉红色，干燥剂呈蓝色表示还具有吸水干燥功能，C项错误；D．实验③加入少量ZnCl2固体

，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c(Cl-)减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-，D项正确；答案为D。8.用下列仪器或装置(图中夹持装置略)进行相应实验，不能达到实验目的的是测定中和热制作简单燃料

电池验证钢铁的吸氧腐蚀铁制镀件上镀铜ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．缺少玻璃搅拌器，溶液混合不均匀，反应测的温度有误差，故A错误；B．关闭K1形成电解池，电解硫酸钠溶液，产生氢气和氧

气收集在U形管两端，再关闭K2形成氢氧燃料电池，故B正确；C．铁钉发生吸氧腐蚀，大试管内压强减小，故C正确；D．在铁制镀件上镀铜，铁制品做阴极，铜做阳极，硫酸铜为电解质溶液，故D正确；故选A。9.一定条件下

，利用如图所示装置，通过测量电压求算AgCl的溶解度，初始时两个电极质量相同后均增重。下列说法不正确的是A.左池Ag电极为正极B.电池总反应为：Ag++Cl-=AgClC.盐桥中的NO3−向左池方向移动D.

当转移0.1mole-时，两电极质量差7.25g【答案】A【解析】【详解】A．通过测量电压求算AgCl的溶解度，左池生成AgCl，所以左池Ag电极为负极，发生反应Ag-e-+Cl-=AgCl，故A错误；B．左池Ag电极负极，发生反应Ag-e-+Cl-=AgC

l，右池为正极，发生反应Ag++e-=Ag，电池总反应为：Ag++Cl-=AgCl，故B正确；C．左池为负极、右池为正极，盐桥中的NO3−向左池方向移动，故C正确；D．当转移0.1mole-时，左侧生成0.1

molAgCl，电极质量增加3.55g，右侧电极生成0.1molAg，电极质量增加10.8g，两电极质量差7.25g，故D正确；选A。10.在温度1T和2T时，分别将0.5mol4CH和1.2mol2NO充

入体积为2L的密闭容器中，发生反应：()()()()()42222CHg2NOgNgCOg2HOg+++，测得有关数据如表：时间/min0102040501T()4CHn/mol0.500.350.250.100.102T()4CHn/mol0.500.300.18a0.15下列说法不正确．

．．的是A.温度：12TTB.1T时0～10min内2NO的平均反应速率为0.01511molLmin−−C.0.15a=，且该反应H0D.1T达到平衡后，保持其他条件不变，再充入0.1mol()4CHg和0.2mol()2HOg，平衡逆向移动【答案】D【解析】【详解】A．从表中数据可知

，T2时的反应速率大于T1时的反应速率，温度越高反应速率越快，则T2>T1，A正确；B．T1时0-10min内CH4物质的量变化量为0.15mol，则NO2物质的量变化量为0.3mol，则0-10min内NO2的平均反应速率为110.3mol0.015molLmin2L10min−

−=，B正确；为C．T2时反应速率大于T1，达到平衡的时间也应该小于T1，40min时T1已达到平衡状态，则T2在40min时也应该达到了平衡状态，a=0.15，T2>T1，但是T2时甲烷剩余的量大于T1，说明升高温度化学平衡逆向移动，该反应为放热反应，C

正确；D．T1温度下平衡时该反应的化学平衡常数为3.2，T1达到平衡后，再充入0.1molCH4和0.2molH2O，此时甲烷浓度变为0.1mol/L，H2O浓度变为0.5mol/L，此时Qc=2.5<3.2，则化学平衡正向移动，D错误；故答案选D。第Ⅱ卷非选择题(共6

0分)二、非选择题(本题共4小题共60分)11.铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋碎(主要成分为Bi2S3，含FeS2、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下：已知：ⅰ．NaBiO3难溶于冷水。

ⅱ．“氧化浸取”时，有单质生成，Bi2S3被氧化，铋元素转化Bi3+。ⅲ．Cu(OH)2(s)+4NH3(g)⇌Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq)K=4.4×10-7回答下列问题：（1）滤渣1的主要成份是_______。（2）为提高“氧化浸取”速

率，采取的措施有：升高温度、_______(写出一条)。辉铋矿浸取率随温度的变化曲线如图：高于40℃时浸取率快速下降，其可能的原因是_______。（3）“除铜”时发生反应：Cu2+(aq)+4NH3(g)⇌Cu[(NH3)4]2+(aq)K=2×1013，则Cu2+(aq)+2OH-(a

q)=Cu(OH)2(s)的平衡常数K=_______。（4）“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式为_______。为（5）已知酸性环境下，NaBiO3可以将Mn2+氧化成MnO4−(BiO3−被还原成Bi3+)。可通过一个原电池装置来证明。①

图中乙池的方框内溶液中溶质的化学式为_______②写出正极的电极反应式：_______。③若隔膜为质子交换膜，电路中转移0.2mol电子时质子交换膜中通过的H+的个数为_______。【答案】（1）S和2SiO（2）①.将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)②.

高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解（3）511×1020（4）Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O（5）①.MnSO4②.BiO3−+2e-+6H+=Bi3++3H2O③.0.2NA【解析】【分析】向辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含Fe

S2、CuO、SiO2等杂质)加盐酸、双氧水进行氧化浸取，Bi2S3、FeS2、CuO转化为可溶性的盐和硫单质；由于2SiO为不溶于水和盐酸的酸性氧化物，过滤则滤渣1的主要成分为S和2SiO；调节滤液pH值使3Fe+转化成()3FeOH沉淀；再次过滤除去铁离子，向滤液

中加过滤量氨除铜；再次用盐酸溶解固体，用NaOH、NaClO沉淀铋，使其转化为NaBiO₃沉淀，最后经系列操作得到NaBiO₃。据此分析可得：【小问1详解】由分析可知，滤渣1的主要成分为S和2SiO；【小问2详解】增大接触面

积、增大反应物浓度、升高温度以及搅拌均能提高“浸取”速率；由于盐酸为易挥发性酸同时双氧水不稳定易分解成水和氧气，所以氧化浸取的温度不宜过高，故答案为：将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)；高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解；【小问3详解】由方程式Cu(OH)2(

s)+4NH3(g)⇌Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH—(aq)可知，反应的平衡常数K=224+-343c)c[Cu)OHc(NH]()(NH=2+-2243324c[Cu(NH)]()c[Cu](NH)c[Cu]cOHc++=KspK络合，则Ksp=KK络合=71

34.410210−=2.2×10—20，则该反应的平衡常数K=sp1K=511×1020；【小问4详解】由分析可知，加入氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液的目的是将溶液中的氯化铋转化为铋酸钠沉淀，反应的离子方程

式为Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O；【小问5详解】酸性环境下，3NaBiO可以将2Mn+氧化成4MnO−(3BiO−被还原成3Bi+)，则Mn2+在负极失去电子

生成4MnO−，3BiO−在正极得到电子生成3Bi+，根据电子流向可知左侧为正极区，右侧为负极区；①由分析可知，图中乙池的方框内溶液中溶质的化学式为MnSO4；②正极去BiO3−被还原成Bi3+，电极反应为：BiO3−+2e-+6H+=Bi3++3H2O；

③根据电荷守恒可知，电路中转移0.2mol电子时质子交换膜中通过的H+的个数为0.2NA。12.煤的气化和间接液化涉及如下反应：反应Ⅰ：C(S)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)ΔH=+131.3kJ/mol反应Ⅱ：CO(g

)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.0kJ/mol反应Ⅲ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.0kJ/mol（1）在恒温恒容条件下，下列能表明反应Ⅰ达到化学平衡状态的_______(填序号)。a．CO的浓度不再变化b．单位时间内每消

耗1molH2O就生成1molCOc．容器中气体的密度不随时间而变化d．容器中气体压强不随时间而变化（2）在500℃时反应Ⅱ的平衡常数K=9，若此温度下密闭容器中CO和H2O的起始浓度都是1.0mol/L，计算达平衡时C

O的转化率为_______。（3）一定温度下在两个2L的恒容密闭容器中分别发生反应Ⅲ，相关数据如下：容器甲乙反应物投入量2molCO2(g)和6molH2(g)2molCH3OH(g)和2molH2O(g)平衡时c(CH3OH)C1C2平衡时能量变化放出88.2kJ吸收akJ

①C1_______C2(填“>”、“<”或“=”)；a=_______。②若充入1molCO2和3molH2，其他条件与甲相同，一段时间后达到平衡状态，放出热量_______44.1kJ(填“>”、“<”或“=”)；（4）反应Ⅲ可实现CO2的能源化利用，

工业上用CO2制备CH3OH的过程中存在副反应(反应Ⅱ的逆反应)：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，将反应物混合气按进料比n(CO2)：n(H2)=1：3通入反应装置，选择合适的催化剂

，发生反应。①不同温度和压强下，CH3OH平衡产率和CO2平衡转化率分别如图1、图2。ⅰ．图1中，压强p1_______p2(填“>”、“=”或“<”)。ⅱ．图2中，压强为p2，温度高于503K后，CO2平衡

转化率随温度升高而增大的原因是_______。②实际生产中，测得压强为p3时，相同时间内不同温度下的CH3OH产率如图3。图3中523K时的CH3OH产率最大，可能的原因是_______(填字母序号)

。a．此条件下主反应限度最大b．此条件下主反应速率最快c．523K时催化剂的活性最强【答案】（1）acd（2）75%（3）①.=②.9.8③.<（4）①.＞②.温度高于503K后以副反应为主，该副反应为吸热反应升高温度平衡正向移动

，CO2的转化率增大③.bc【解析】【小问1详解】对于反应：(S)2(g)(g)2(g)CHOCOHΔ131.3kJ/molH++=+，a.CO的浓度不再变化，反应达到平衡，a正确；b.单位时间内每消耗21molHO就生成

1molCO，即()()2COHOvv=正正，不能说明反应达到平衡状态，b错误；c.恒温恒容，容器中气体的质量发生变化，体积始终不变，则密度也发生变化，所以当密度不变时说明达到平衡状态，c正确；d.该反应往正向是气体分子数变大的

反应，恒温恒容条件下，容器中气体压强一直在发生变化，当气体压强不变时说明达到平衡状态，d正确；故答案为：acd；【小问2详解】在500℃时反应Ⅱ的平衡常数K=9，若此温度下密闭容器中CO和2HO的起始浓度都是1.

0mol/L，设反应转化的c(CO)=xmol/L，列三段式：222CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)(/)1.01.000(/xxxx(/1-x1-xxxmolLmolLmolL起始浓度变化浓度）平衡浓度）222xK==9=31-x（），解得x

=34，达平衡时CO的转化率=3100%=75%4；【小问3详解】①根据恒温恒容条件下的等效平衡，甲和乙为完全等效，平衡正向移动，故平衡时c1=c2；甲中放出的热量与乙中吸收的热量之和为2×49.0kJ=98.0kJ，则a=98.0kJ-88.2kJ=9.8kJ；②恒

温恒容条件下，其他条件与甲相同，若充入21molCO和23molH，投料相当于对甲容器减小压强，平衡逆向移动，放出热量<88.2kJ÷2=44.1kJ；【小问4详解】①i．对于反应CO2＋3H2CH3OH＋H2O，增大压强，平衡正向移动，

CH3OH的平衡产率增大，则图1中，压强p1＞p2。ii．对于主反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，对于副反应，温度升高，平衡正向移动，CO2的转化率增大，则图2中，压强为p2，温度高于503K后，CO2平衡转化率随温度升高而增大的原因是：温度升高

，CO2的平衡转化率主要取决于副反应。②a．主反应为放热反应，温度越低，CH3OH的平衡产率越大，则523K时主反应的限度不是最大，a不正确；b．如果催化剂的催化活性受温度变化的影响，此条件下催化剂的活性最大，则主反应速率最快，b正确；c．如果催化剂的催

化活性受温度变化的影响，523K时CH3OH的产率最大，则反应物的转化率最大，相同时间内反应速率最快，催化剂的活性最强，c正确；故选bc。答案为：＞；温度高于503K后以副反应为主，该副反应为吸热反应升高温度平衡正向移动，CO2的转化率增

大；bc13.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如图：（1）反应I：()()()()-12422212HSOl=2SOg+2HOg+Og?ΔH=+551kJmol反应Ⅲ：()()()-1223Ss+Og=SOgΔH=-297kJ

mol①反应I在_______(填“高温”“低温”“任何温度”)条件下易自发进行。②反应Ⅱ的热化学方程式：_______。（2）I−可以作为水溶液中2SO歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ⅱ补充完整。i．-+222=SO+4I+4HS+2I+2HOⅱ．22I+2HO+_

______=_______+_______2I−+（3）探究(2)中i、ii反应速率与2SO歧化反应速率的关系，实验如下：分别将218mLSO饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：2I易溶解在KI溶液中)ABCD试剂组

成0.4mol/L?KIa?mol/L?KI240.2mol/L?HSO240.2mol/L?HSO0.2mol/L?KI20.0002mol?I实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色变成黄色，出现浑浊较

A快①B是A的对比实验，则a=_______。②比较A、B、C，可得出的结论是_______。③实验表明，SO2的歧化反应速率D>A，结合i、ii反应速率解释原因_______。【答案】（1）①.高温②.222423SO(g)+2HO(g)=2H

SO(l)+S(s)ΔH=-254kJ/mol（2）①.SO2②.2-4SO③.+4H（3）①.0.4②.I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率③.反应ii比反应i快；D中由反应ii产生的H+使

反应i加快【解析】【小问1详解】ΔG=ΔH-TΔS<0的反应能自发进行，反应I：()()()()-12422212HSOl=2SOg+2HOg+OgΔH=+551kJmol，即ΔH>0ΔS>0，所以该反应在高温时能自发进

行；由反应I：()()()()-12422212HSOl=2SOg+2HOg+OgΔH=+551kJmol，反应Ⅲ：()()()-1223Ss+Og=SOgΔH=-297kJmol，结合盖斯定律可知-（I+III）得到反应II222423SO(g)+2H

O(g)=2HSO(l)+S(s)ΔH=-254kJ/mol为：；【小问2详解】据歧化反应的特点，SO2在反应i中硫元素化合价降低，那么在反应ⅱ中硫元素化合价应升高生成2-4SO，反应ⅱ离子方程式为：2-+-2224I+2HO+SO=SO+4H+2I【小问3详解】对比实

验只能存在一个变量，而实验B比实验A多了硫酸溶液，所以B中KI溶液的浓度应不变，故a=0.4；由表中实验现象可知，I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；加入少量I2时，反应明显加快，说明反应ii比反应i快；由于SO2的歧化反应速率D>A

，可知反应ii比反应i快，反应ii产生的H+使反应i加快。14.某小组欲用电解的方法获得Cu(OH)2，实验装置如下图(电源装置略去)（1）分别以NaOH溶液和NaCl溶液为电解质溶液制备Cu(OH)2.实验电解质溶液现象铜电极附近石墨电极INaOH溶液出现浑浊，浑浊的颜色由黄色很快

变为砖红色产生无色气泡ⅡNaCl溶液出现白色浑浊，浑浊向下扩散，一段时间后，下端部分白色沉淀变为砖红色产生无色气泡资料：i．CuOH是黄色的难溶固体、易分解为砖红色的Cu2O；CuCl是白色的难溶固体。ii．氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化反应越易发生①I和Ⅱ中Cu作

_______极(填“阳”或“阴”)。②Ⅱ中石墨电极产生气体的电极反应式为_______。③Ⅱ中白色沉淀在下端遇到OH-变为砖红色的离子方程式是_______。根据Ⅱ中现象，甲认为电解质溶液中存在Cl-，有利于Cu被氧化为一价铜化合物，理由是_

______（2）探究I和Ⅱ中未生成Cu(OH)2的原因，继续实验。实验电解质溶液现象ⅢNa2SO4铜电极附近溶液呈蓝色，一段溶液时间后，U型管下端出现蓝绿色沉淀资料：碱式硫酸铜[xCu(OH)2·yCuS

O4]难溶于水，可溶于酸和氨水。常温时碱式硫酸铜[xCu(OH)2·yCuSO4]溶解度比Cu(OH)2的大①经检验，蓝绿色沉淀中含有碱式硫酸铜，检验方案是_______。②小组认为适当增大c(OH-)可以减少

碱式硫酸铜的生成，理由是_______。（3）进一步改进方案，进行如下实验。实验电解质溶液现象ⅣNa2SO4和NH3·H2O的混合液(pH=9)铜电极附近溶液呈深蓝色VNa2SO4和NaOH的混合液(pH=9)铜电极附近出现蓝色浑浊，一段时间后，U型管底部出现蓝色沉淀Ⅳ中没有得到碱式硫

酸铜的原因是_______，经检验，V中最终生成了Cu(OH)2。（4）综合上述实验，电解法制备Cu(OH)2要考虑的因素有_______。【答案】（1）①.阳②.2H2O+2e—=H2↑+2OH—③.2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O④.阳极附近溶液中Cl—浓度大，易与Cu+生

成CuCl，降低Cu+浓度，氧化反应易发生（2）①.取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀②.常温时，xCu(OH)2·yCuSO4的溶解度比Cu(OH)2的大（3）碱式硫酸铜[xCu(OH)2·yCuSO4]可溶于氨水（

4）电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制【解析】【分析】该实验的目的是探究电解法制备氢氧化铜要考虑的因素，通过实验得到电解法制备氢氧化铜要注意电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制；【小问1详解】①由题意可知，I和Ⅱ中铜做电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成亚铜离子，故答案为：阳；的②由题意可知

，Ⅱ中石墨电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，故答案为：2H2O+2e—=H2↑+2OH—；③由题意可知，Ⅱ中阴极产生的氢氧根离子自下而上向阳极定向移动，则白色沉淀变为砖红色的反应为氯化亚铜与

氢氧根离子反应生成氧化亚铜、氯离子和水，反应的离子方程式为2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O；氯离子向阳极移动，阳极附近溶液中氯离子浓度大，易与铜离子生成CuCl，降低溶液中生成的亚铜离子浓度，由信息ii可知，增大反应物浓度或降低生成物浓度有利

于氧化反应易发生，则电解质溶液中存在氯离子，有利于铜被氧化为一价铜化合物，故答案为：2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O；阳极附近溶液中Cl—浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度，氧化反应易发生；【小问2详解】①若蓝绿色沉淀中只含有氢氧化铜，加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液

不会产生硫酸钡白色沉淀，而碱式硫酸铜加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液会产生硫酸钡白色沉淀，则检验方案是取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，故答案为：取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加

稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；②由资料可知，常温时碱式硫酸铜的溶解度比氢氧化铜的大，所以适当增大氢氧根离子的浓度有利于氢氧化铜沉淀的生成，可以减少碱式硫酸铜的生成，故答案为：常

温时，xCu(OH)2·yCuSO4的溶解度比Cu(OH)2的大；【小问3详解】碱式硫酸铜[xCu(OH)2·yCuSO4]可溶于氨水，故Ⅳ中没有得到碱式硫酸铜，V中最终生成了Cu(OH)2；【小问4详解】由实验I—V可知，选用氢氧化钠溶液、氯化钠溶液、pH为

9的硫酸钠和氨水混合溶液电解时，均没有氢氧化铜沉淀生成，选用硫酸钠溶液电解时，得到的氢氧化铜沉淀中混有碱式硫酸铜，而选用pH为9的硫酸钠和氢氧化钠混合溶液电解时，有氢氧化铜沉淀生成，说明电解法制备氢氧化铜要注意电解质溶

液的成分选择和溶液pH的控制，故答案为：电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com