精品解析：福建省厦门双十中学2024-2025学年高二上学期第二次月考 化学试题

厦门双十中学2024级高二上学期第二次月考 化学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.请认真阅读答题卡上的注意事项，不得用规定以外的笔和纸答题，不得在答题卡上做任何标记。 3.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，用橡皮檫干净后，再选涂其他答案标号。 4.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Zn-65 Ag-108 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 利用太阳能高效分解水制氢一直是科学研究的重要领域。下列说法不正确的是 A. 该过程可将太阳能转化为化学能 B. 使用催化剂能提高水分解的平衡转化率 C. 氢气有还原性，可作氢氧燃料电池的燃料 D. 氢气可采用气态或液态储存，也可以储存在储氢合金中 2. 下列说法不正确的是 A. 的盐酸中 B. 将溶液从常温加热至，溶液的变小但仍保持中性 C. 常温下，溶液呈碱性，说明是弱电解质 D. 常温下，为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液增大 3. 下列实验中，溶液升高的是 A. 微热溶液，溶液颜色变深 B. 光照新制的氯水，得到无色溶液 C. 向溶液中加入少量溶液，生成沉淀 D. 向溶液中通入少量气体，产生黄色沉淀 4. 下列离子方程式书写正确的是 A. 0.1mol/L草酸(H2C2O4)的pH=1.3： B. 泡沫灭火器的成分是小苏打和硫酸铝溶液，其工作原理为： C. 用CuSO4溶液除H2S气体： D. 用FeS除去废水中含有的Hg2+： 5. 25℃时，下列说法正确的是 A. 2mL 0.1的醋酸和盐酸分别与足量锌反应，生成的量基本相同 B. 溶液中： C. 将0.1醋酸溶液稀释后，减小 D. pH=3的盐酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH>7 6. 有研究认为，强碱性溶液中反应分三步进行，其中两步如下。下列说法不正确的是 第一步 第三步 A. 反应第二步为 B. 由K可判断反应第三步比第一步快 C. 升高温度可以加快ClO-的水解 D. HOCl和HOI都是弱酸 7. 甲酸是重要化工原料，利用与定向转化制等物质的反应历程和能垒变化如图所示(部分微粒未画出)。 下列说法正确的是 A. 微粒ii和iii是反应的中间产物 B. 转化为包含2个基元反应 C. 产生是该过程的决速步 D. 反应过程中存在 8. 下列实验操作、现象和结论均正确的是 选项 操作 现象 结论或解释 A 取一支试管装入2mL2mol/LNaOH溶液，先滴加1mL1mol/LMgCl2溶液，再滴几滴1mol/LCuCl2溶液 先生成白色沉淀，后沉淀变为蓝色 B 在平衡体系中加入KCl固体 溶液颜色变浅 加入生成物该化学平衡向逆反应方向移动 C 常温下，用酸度计测定1mol/LCH3COONH4溶液 测得pH=7.0 CH3COONH4溶液对水的电离程度无影响 D 将少量二氧化硫气体通入Ca(ClO)2溶液 产生白色沉淀 沉淀的主要成分为CaSO4 A. A B. B C. C D. D 9. 正盐NaH2PO2与AgNO3在碱性环境中发生反应可用于化学镀银：。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. 理论上54gAg+被还原时，转移的电子数为0.5NA B. 1LNa3PO4溶液中，，则的数目大于3NA C. NaH2PO2溶液中存在关系式： D. 室温下，等浓度的NaH2PO2和Na3PO4后者pH大，则 10. 室温下，有色金属冶炼所得水相中含有浓度近似相等的Mn2+、Fe2+及Mg2+。经三道工序可分离三种金属。已知：Ksp（MgF2）=7.5×10-11，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，下列说法正确的是 A. 0.1 mol·L-1NaF溶液中：c(F-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+) B. 沉铁时，调节溶液的pH大于3，则溶液中c（Fe3+）小于2.8×10-6mol·L-1 C. “沉铁”后的滤液中：c(H+)+2c(Mn2+)=2c()+c(OH-) D. 由以上工序可判断Ksp(MgF2)>Ksp(MnF2) 11. 传统的金属电极在浓电解液中转化为，沉积/剥离库仑效率20次循环后迅速下降。复旦大学研究采用了微溶的金属碳酸盐和独特的固-固(StoS)转换反应，设计出石墨烯(ZZG)电极的概念电池表现出91.3%的高锌利用率，并且寿命长达2000次。镍基ZZG电池充电时工作原理如图 下列说法不正确的是 A. 放电时电子流向镍基电极 B. 放电时负极 C. 充电时溶解平衡正向移动 D. 将KOH浓度由0.1mol/L提高至6mol/L利于该电池的充放电 12. 乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为，，在、时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示。 CO的选择性，下列说法正确的是 A. 图中曲线①表示平衡时产率随温度的变化 B. 升高温度，平衡时CO的选择性增大 C. 一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率 D. 一定温度下，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率 13. 向AgNO3溶液中通入过量SO2，过程和现象如图。 经检验，白色沉淀为Ag2SO3；灰色固体中含有Ag。 下列说法不正确的是 A. ①中生成白色沉淀的离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+ B. ①中未生成Ag2SO4，证明溶度积：Ksp(Ag2SO3)<Ksp(Ag2SO4) C. ②中的现象体现了Ag+的氧化性 D. 该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率 14. 砷(As)是一些矿山废水的污染元素。常温下，用NaOH调节H3AsO4溶液的pH，溶液中含砷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法不正确的是 A. 升高温度，H3AsO4溶液的pH减小 B. pH=7时，=10-4.8 C. M点溶液中存在c(Na+)=2c(HAsO)+3c(AsO) D. pH=10时溶液中离子浓度：c(HAsO)>c(AsO)>c(H2AsO) 15. 常温下，向的浊液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)，发生反应：，混合液中pH与的变化关系如图所示。已知：常温下，，。 下列说法错误的是 A. a点存在： B. b点存在： C. 随着酸性的增强，溶液中逐渐增大 D. 反应的 二、填空题：本题包括4小题，共55分。 16. 维持pH的稳定对工业生产、生命体的生理活动、化学电源的高效工作等具有重要意义。回答下列问题： （1）常温下，某酸性溶液中含有少量的，为了得到纯净的，应加入______(填氧化物的化学式)，调节溶液的pH，使溶液中的转化为沉淀。过滤后，将所得滤液低温蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，可得到晶体，再将晶体在______(填化学式)气氛中加热，可得无水。 （2）可作净水剂，其原理是____________(用离子方程式说明)。相同条件下，0.1 mol/L溶液中的______(填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol/L溶液中的。 （3）正常人体血液中主要含有和形成的缓冲溶液，能缓解外界的酸碱影响而保持pH基本不变。正常人体和代谢性酸中毒病人的血液分析结果见表： 项目名称 结果浓度 参考范围 正常人 代谢性酸中毒病人 分压/mmHg 40 50 35～45 24.2 19 23.3～24.8 血液酸碱度/pH 7.40 7.21 7.35～7.45 37℃时的水解常数，，，已知某同学血浆中，写出人体血液中的水解平衡方程式____________；请判断该同学血液的pH是否正常______(填“是”或“否”)。 （4）缓冲溶液应用在某种锌—钒液流电池中能稳定电池的输出电流，该电池装置示意图如下图所示，电池的总反应为： 已知：和的电离方程式分别为；。 ①放电时，B室发生正极反应为____________，B室中______(填“增大”“减小”或“不变”)。 ②充电时，通过质子膜向______(填“左”或“右”)，A室中的变化缓慢的原因是____________。 17. 碱式碳酸镍NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O在工业上可作为制备其他含镍化合物的原料。工业上以某含镍废渣(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、CuO、PbCO3、SiO2)为原料制备碱式碳酸镍的流程如图所示。 已知： ①25℃时，相关离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示，当金属离子浓度小于1.0×10-5mol/L时可以认为沉淀完全。 离子 Ni2+ Fe3+ Cu2+ 开始沉淀时的pH 6.4 2.2 4.4 完全沉淀时的pH 8.4 3.5 6.7 ②25℃时，，。 回答下列问题： （1）“滤渣I”的主要成分为______(填化学式)。 （2）“除杂1”时，从绿色化学角度分析试剂X宜选择下列试剂组合的是______(填标号)。加入Na2CO3溶液调节溶液pH的范围为______。该温度下，Ni(OH)2的溶度积常数Ksp是______。 A.Cl2、NaOH溶液B.稀硝酸、氨水C.H2O2、NiOD.O2、Ni(OH)2 （3）“除杂2”时，加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，发生反应的离子方程式为____________，该反应的化学平衡常数K=______(写出计算式即可)。 （4）“萃取”和“反萃取”的最终目的是富集获得含有______(填化学式)的水溶液，在实验室里完成萃取、反萃取操作都会用到的玻璃仪器有__________________(填名称)。 （5）“沉镍”时，应控制温度为95℃，反应除生成NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O外，还有一种无色气体，请写出该反应的离子方程式______________________________。 18. 天然气(含CH4、CO2、H2S等)的脱硫和重整制氢综合利用，具有重要意义。 （1）用Fe2O3干法脱硫涉及的反应如下： 反应的______(写出一个代数式即可)。 （2）用NaOH溶液湿法脱硫时H2S和CO2同时被吸收。 ①湿法脱硫后的吸收液中主要存在以下平衡： 下列说法正确的有______。 A．升高温度，溶液中增大 B．加少量水稀释，溶液中离子总数增加 C．通入少量HCl气体，增大 D． ②写出过量的H2S气体和Na2CO3溶液反应的化学方程式______。 (H2S的、，H2CO3的、) （3）H2S和CH4的重整制氢涉及的反应如下： a． b． ①设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100 kPa)。反应a的相对压力平衡常数表达式为______。 ②反应a、b的在400～1000℃范围内随T的变化如图1所示。 反应a、b均为______反应(填“吸热”或“放热”)。 ③在恒压100 kPa下按组成为通入混合气体，测得平衡状态下H2、S2的收率和H2S的转化率随温度的变化曲线如图2所示。 温度高于T1时，反应a平衡向______(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。T1温度下H2的收率为______。反应a的相对压力平衡常数______(列式表示)。 已知：H2的收率，S2的收率 19. 某小组同学向1mol∙L-1CuSO4溶液中分别加入锌粉和镁粉，探究产物。 实验 金属 现象及产物 Ⅰ 过量Zn Zn锌粉表面产生少量气泡，有光亮的红色物质生成 Ⅱ 过量Mg 镁粉表面产生大量气体(经检验为H2)，反应放热，有蓝绿色沉淀(X)生成 已知：ⅰ．Mg(OH)2的溶度积常数为5.6×10-12 ⅱ．1mol∙L-1CuSO4溶液pH=3 （1）实验Ⅰ产生红色物质的原因是_______(用离子方程式表示)。 （2）探究实验Ⅱ比实验Ⅰ产生H2多的原因。 ①提出猜想：CuSO4水解使溶液呈酸性，依据金属活动性顺序，Mg更容易与H+反应产生H2。 ②进行实验Ⅲ：向_______(填试剂)中分别加入等量锌粉和镁粉，锌粉表面几乎无气泡，镁粉表面产生较多气泡。 ③得出结论：实验证实猜想合理。 （3）探究沉淀X的成分。 实验Ⅳ：取洗涤后的沉淀X，加入足量盐酸，沉淀部分溶解，上层溶液为浅黄绿色，取上层溶液于试管中，_______，证明沉淀X中含有。进一步研究证实，沉淀X中含有碱式硫酸铜[Cu2(OH)2SO4](蓝绿色)。 ①补全实验Ⅳ的操作和现象：_______。 ②实验Ⅱ反应后溶液的pH=3，通过计算说明沉淀X中是否可能含有Mg(OH)2(忽略温度对和的影响，忽略溶液体积的变化)_______。 经检验，沉淀X中除Cu2(OH)2SO4外，还含有Cu等物质。 （4）探究实验Ⅱ产生Cu2(OH)2SO4的原因。 实验Ⅴ：加热1mol∙L-1CuSO4溶液，未观察到蓝绿色沉淀。 ①设计实验Ⅴ的目的是_______。 ②对比实验Ⅰ和Ⅱ，结合平衡移动原理解释实验Ⅱ中产生Cu2(OH)2SO4的原因_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门双十中学2024级高二上学期第二次月考 化学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.请认真阅读答题卡上的注意事项，不得用规定以外的笔和纸答题，不得在答题卡上做任何标记。 3.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，用橡皮檫干净后，再选涂其他答案标号。 4.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Zn-65 Ag-108 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 利用太阳能高效分解水制氢一直是科学研究的重要领域。下列说法不正确的是 A. 该过程可将太阳能转化为化学能 B. 使用催化剂能提高水分解的平衡转化率 C. 氢气有还原性，可作氢氧燃料电池的燃料 D. 氢气可采用气态或液态储存，也可以储存在储氢合金中 【答案】B 【解析】 【详解】A．利用太阳能高效分解水制氢，将太阳能转化为化学能，故A正确； B．催化剂不能使平衡移动，使用催化剂不能提高水分解的平衡转化率，故B错误； C．氢氧燃料电池中H2失电子发生氧化反应，表现H2是还原性，故C正确； D．氢气可采用气态或液态储存，也可生成金属氢化物储存在储氢合金中，故D正确； 选B。 2. 下列说法不正确的是 A. 的盐酸中 B. 将溶液从常温加热至，溶液的变小但仍保持中性 C. 常温下，溶液呈碱性，说明是弱电解质 D. 常温下，为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液增大 【答案】A 【解析】 【详解】A. 盐酸的浓度为2.0×10-7 mol/L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.0×10-7 mol/L，故A错误； B. KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B正确； C. NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，故C正确； D. 醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向（逆向）移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确； 答案选A。 3. 下列实验中，溶液升高的是 A. 微热溶液，溶液颜色变深 B. 光照新制的氯水，得到无色溶液 C. 向溶液中加入少量溶液，生成沉淀 D. 向溶液中通入少量气体，产生黄色沉淀 【答案】D 【解析】 【详解】A．加热促进铁离子水解，溶液颜色变深，，溶液的减小，A不符合题意； B．光照新制的氯水，次氯酸分解生成盐酸和氧气，，溶液酸性增强，溶液减小，B不符合题意； C．向溶液中加入少量溶液，生成碳酸镁沉淀，随后碳酸镁与水中的氢氧根反应生成沉淀，由于消耗了氢氧根离子，溶液碱性减弱，故溶液减小，C不符合题意； D．向亚硫酸溶液中通入少量气体，产生黄色沉淀，生成硫和水，，溶液酸性减弱，增大，D符合题意； 故选D。 4. 下列离子方程式书写正确的是 A. 0.1mol/L草酸(H2C2O4)的pH=1.3： B. 泡沫灭火器的成分是小苏打和硫酸铝溶液，其工作原理为： C. 用CuSO4溶液除H2S气体： D. 用FeS除去废水中含有的Hg2+： 【答案】C 【解析】 【详解】A．草酸是二元弱酸，电离分步进行，以第一步电离为主，不能一步完全电离为和，A错误； B．泡沫灭火器中小苏打为，参与反应的离子为，正确离子方程式为，B错误； C．难溶于酸，为弱电解质不能拆，离子方程式书写符合反应事实，C正确； D．是难溶电解质，离子方程式中不能拆为，正确反应为，D错误； 故选C。 5. 25℃时，下列说法正确的是 A. 2mL 0.1的醋酸和盐酸分别与足量锌反应，生成的量基本相同 B. 溶液中： C. 将0.1醋酸溶液稀释后，减小 D. pH=3的盐酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH>7 【答案】A 【解析】 【详解】A．2mL 0.1的醋酸和盐酸均为一元酸，且其中酸的物质的量相同，则分别与足量锌反应，生成的量基本相同，A正确； B．据物料守恒，溶液中：，B错误； C． ，0.1醋酸溶液稀释后，氢离子浓度减小，则比值增大，C错误； D．25℃时，pH=3的盐酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=10-3mol/L，二者等体积混合后所得的溶液呈中性，pH=7，D错误； 故选A。 6. 有研究认为，强碱性溶液中反应分三步进行，其中两步如下。下列说法不正确的是 第一步 第三步 A. 反应第二步为 B. 由K可判断反应第三步比第一步快 C. 升高温度可以加快ClO-的水解 D. HOCl和HOI都是弱酸 【答案】B 【解析】 【详解】A．将总反应减去已知的第一步、第三步反应，可得第二步反应为，A正确，不符合题意； B．平衡常数仅能反映反应进行的限度，和反应速率无关联，无法通过的大小判断反应快慢，B错误，符合题意； C．的水解为吸热过程，升高温度既可以加快反应速率，也能促进水解平衡正向移动，因此可以加快的水解，C正确，不符合题意； D．第一步水解的平衡常数很小，说明难电离，第三步离子方程式中是分子形式，说明是弱电解质，酸性较弱，二者均为弱酸，D正确，不符合题意； 故答案选B。 7. 甲酸是重要化工原料，利用与定向转化制等物质的反应历程和能垒变化如图所示(部分微粒未画出)。 下列说法正确的是 A. 微粒ii和iii是反应的中间产物 B. 转化为包含2个基元反应 C. 产生是该过程的决速步 D. 反应过程中存在 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应过程中先生成又被继续消耗的物质为中间产物，而微粒ⅱ和ⅲ只被生成没被消耗， A错误； B．由分析可知经历了多个自由基的逐步生成与转化过程，不止2 个基元反应，B错误； C．反应的决速步通常对应“活化能最高”即图中能垒最高的基元反应，由图知甲烷生成的能垒最大，则生成是该反应的决速步，C错误； D．由分析可知，H2O2参与多个反应且最终都得到了，则可推测存过氧化氢分解为2 个·OH ，用于引发或推动反应，则存在，D正确； 故选D。 8. 下列实验操作、现象和结论均正确的是 选项 操作 现象 结论或解释 A 取一支试管装入2mL2mol/LNaOH溶液，先滴加1mL1mol/LMgCl2溶液，再滴几滴1mol/LCuCl2溶液 先生成白色沉淀，后沉淀变为蓝色 B 在平衡体系中加入KCl固体 溶液颜色变浅 加入生成物该化学平衡向逆反应方向移动 C 常温下，用酸度计测定1mol/LCH3COONH4溶液 测得pH=7.0 CH3COONH4溶液对水的电离程度无影响 D 将少量二氧化硫气体通入Ca(ClO)2溶液 产生白色沉淀 沉淀的主要成分为CaSO4 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaOH溶液过量，过量的可直接与反应生成蓝色沉淀，无法证明发生沉淀转化，不能得出的结论，A错误； B．该反应的本质为，和不参与平衡反应，加入KCl固体平衡不移动，溶液颜色不变，B错误； C．是弱酸弱碱盐，和均发生水解且水解程度相近，溶液呈中性，两者水解均促进水的电离，C错误； D．具有强氧化性，可将氧化为，与结合生成白色沉淀，D正确； 故选D。 9. 正盐NaH2PO2与AgNO3在碱性环境中发生反应可用于化学镀银：。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. 理论上54gAg+被还原时，转移的电子数为0.5NA B. 1LNa3PO4溶液中，，则的数目大于3NA C. NaH2PO2溶液中存在关系式： D. 室温下，等浓度的NaH2PO2和Na3PO4后者pH大，则 【答案】C 【解析】 【详解】A．被还原为时化合价从+1降到0，每个转移1个电子；54g 的物质的量为，转移电子数为，A正确； B．在溶液中会发生水解，若溶液中，则原的浓度大于，完全电离，1L溶液中物质的量大于3mol，数目大于，B正确； C．是正盐，说明是一元酸，不能继续电离，溶液中不存在、，物料守恒应为，C错误； D．等浓度的两种盐溶液，pH更大，说明水解程度大于，根据“越弱越水解”规律，对应的酸酸性更弱，即，D正确； 故选C。 10. 室温下，有色金属冶炼所得水相中含有浓度近似相等的Mn2+、Fe2+及Mg2+。经三道工序可分离三种金属。已知：Ksp（MgF2）=7.5×10-11，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，下列说法正确的是 A. 0.1 mol·L-1NaF溶液中：c(F-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+) B. 沉铁时，调节溶液的pH大于3，则溶液中c（Fe3+）小于2.8×10-6mol·L-1 C. “沉铁”后的滤液中：c(H+)+2c(Mn2+)=2c()+c(OH-) D. 由以上工序可判断Ksp(MgF2)>Ksp(MnF2) 【答案】B 【解析】 【分析】水相中含有浓度近似相等的Mn2+、Fe2+及Mg2+，在沉镁时，加入NaF使Mg2+转化为MgF2沉淀，过滤得到的滤液中剩余Mn2+、Fe2+，加入，将Fe2+氧化为Fe3+，加入，将Fe3+转化为Fe(OH)3，实现Fe与Mn的分离，据此作答。 【详解】A．NaF为强碱弱酸盐，溶液显碱性，溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)> c(F-)>c(OH-)>c(H+)，A错误； B．沉铁时，调节溶液的pH大于3时，， ==2.8×10-6mol·L-1，B正确； C．“沉铁”后的滤液中除含有、、外，还有，由电荷守恒可知，c(H+)+2c(Mn2+)<2c()+c(OH-)，C错误； D．由题可知，在沉镁工序中，加入NaF时，Mg2+转化为MgF2沉淀而Mn2+未形成MnF2沉淀，故Ksp(MgF2)<Ksp(MnF2)，D错误； 故答案选B。 11. 传统的金属电极在浓电解液中转化为，沉积/剥离库仑效率20次循环后迅速下降。复旦大学研究采用了微溶的金属碳酸盐和独特的固-固(StoS)转换反应，设计出石墨烯(ZZG)电极的概念电池表现出91.3%的高锌利用率，并且寿命长达2000次。镍基ZZG电池充电时工作原理如图 下列说法不正确的是 A. 放电时电子流向镍基电极 B. 放电时负极 C. 充电时溶解平衡正向移动 D. 将KOH浓度由0.1mol/L提高至6mol/L利于该电池的充放电 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，图示为充电过程，镍基电极连接外接电源的正极，则放电时镍基电极为正极、右侧电极为负极； 【详解】A．放电时电子由负极流向正极，故流向镍基电极，A正确； B．放电时负极上锌失去电子发生氧化反应和溶液中氢氧根离子、碳酸根离子生成，反应为，B正确； C．充电时反应为放电时的逆反应，结合B分析可知，充电时溶解平衡正向移动，C正确； D．传统的金属电极在浓电解液中转化为，故将KOH浓度由0.1mol/L提高至6mol/L会导致锌极被反应，沉积/剥离库仑效率20次循环后迅速下降，不利于该电池的充放电，D错误； 故选D。 12. 乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为，，在、时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示。 CO的选择性，下列说法正确的是 A. 图中曲线①表示平衡时产率随温度的变化 B. 升高温度，平衡时CO的选择性增大 C. 一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率 D. 一定温度下，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知反应①，反应②，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO2的选择性减小，所以图中③代表CO的选择性，①代表CO2的选择性，②代表H2的产率，以此解题。 【详解】A．由分析可知②代表H2的产率，故A错误； B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故B正确； C．一定温度下，增大，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平衡转化率降低，故C错误； D．加入催化剂不能使平衡移动，不影响平衡时产率，故D错误； 故选B。 13. 向AgNO3溶液中通入过量SO2，过程和现象如图。 经检验，白色沉淀为Ag2SO3；灰色固体中含有Ag。 下列说法不正确的是 A. ①中生成白色沉淀的离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+ B. ①中未生成Ag2SO4，证明溶度积：Ksp(Ag2SO3)<Ksp(Ag2SO4) C. ②中的现象体现了Ag+的氧化性 D. 该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率 【答案】B 【解析】 【分析】结合检验结果可推测向AgNO3溶液中通入过量SO2发生2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，放置过程中有Ag生成是因为过量的SO2将部分Ag+还原。 【详解】A．①中生成的白色沉淀为Ag2SO3，则SO2和水提供亚硫酸根离子，AgNO3溶液提供Ag+，发生复分解反应，反应的离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，A正确； B．①中硫酸根离子主要来自酸性条件下硝酸根离子氧化部分二氧化硫得到，不能得到Ag2SO4可能是因为硫酸根离子浓度小于亚硫酸根离子浓度导致的，因此不能证明Ag2SO3更难溶，也就不能说明Ksp(Ag2SO3)<Ksp(Ag2SO4)，B错误； C．②中有Ag生成，则证明Ag+被还原，Ag+有氧化性，C正确； D．该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3，然后放置一段时间后才生成Ag，故该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率，D正确； 答案选B。 14. 砷(As)是一些矿山废水的污染元素。常温下，用NaOH调节H3AsO4溶液的pH，溶液中含砷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法不正确的是 A. 升高温度，H3AsO4溶液的pH减小 B. pH=7时，=10-4.8 C. M点溶液中存在c(Na+)=2c(HAsO)+3c(AsO) D. pH=10时溶液中离子浓度：c(HAsO)>c(AsO)>c(H2AsO) 【答案】C 【解析】 【分析】根据图象中曲线表示的意义利用交点进行计算电离平衡常数，利用电离平衡的特点判断平衡的移动，电离是吸热过程；离子浓度的大小，根据图象中曲线表示的意义进行判断； 【详解】A．弱酸的电离是吸热过程，升高温度后，电离平衡向着电离的方向移动，故氢离子浓度增大，pH减小，故A答案准确； B．根据图象中pH=2.2时，c(H3AsO4)=c(H2AsO)，，当pH=7.0时c(HAsO=c(H2AsO)， ，故B答案正确； C．M点溶液显中性，说明氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，根据电荷守恒得：c(Na+)=2c(HAsO)+3c(AsO)+c(H2AsO)，故C不正确； D．根据图象中曲线判断pH=10时溶液中离子浓度：c(HAsO)>c(AsO)>c(H2AsO)，故D正确； 故选答案C。 【点睛】此题考查酸碱中和滴定过程中微粒的浓度的变化，根据图象中的线、点的变化进行判断。 15. 常温下，向的浊液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)，发生反应：，混合液中pH与的变化关系如图所示。已知：常温下，，。 下列说法错误的是 A. a点存在： B. b点存在： C. 随着酸性的增强，溶液中逐渐增大 D. 反应的 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知，向草酸钙浊液中通入氯化氢气体时，发生的反应为：草酸钙与盐酸先反应生成氯化钙和草酸氢钙，完全反应后，过量的盐酸与草酸氢钙反应生成草酸和氯化钙，则反应中，溶液的pH减小，溶液中钙离子浓度增大、草酸氢根离子浓度先增大后减小、草酸的浓度增大。 【详解】A．电离常数Ka2(H2C2O4)= =10-3.82，则溶液pH为3.82时，溶液中的草酸根离子和草酸氢根离子浓度相等；a点溶液中存在电荷守恒关系：，也存在物料守恒关系：，整合守恒关系可得：；由电离常数Ka1(H2C2O4)= 可知，溶液中=＞1，所以a点溶液中存在：，A错误； B．由图可知，b点溶液pH为7，则溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；溶液中存在电荷守恒关系：， 则b点溶液中存在：，B正确； C．由分析可知，反应时，随着溶液酸性的增强，溶液中草酸浓度逐渐增大，C正确； D．由方程式可知，反应的平衡常数K=====10-3.33，D正确； 故选A。 二、填空题：本题包括4小题，共55分。 16. 维持pH的稳定对工业生产、生命体的生理活动、化学电源的高效工作等具有重要意义。回答下列问题： （1）常温下，某酸性溶液中含有少量的，为了得到纯净的，应加入______(填氧化物的化学式)，调节溶液的pH，使溶液中的转化为沉淀。过滤后，将所得滤液低温蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，可得到晶体，再将晶体在______(填化学式)气氛中加热，可得无水。 （2）可作净水剂，其原理是____________(用离子方程式说明)。相同条件下，0.1 mol/L溶液中的______(填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol/L溶液中的。 （3）正常人体血液中主要含有和形成的缓冲溶液，能缓解外界的酸碱影响而保持pH基本不变。正常人体和代谢性酸中毒病人的血液分析结果见表： 项目名称 结果浓度 参考范围 正常人 代谢性酸中毒病人 分压/mmHg 40 50 35～45 24.2 19 23.3～24.8 血液酸碱度/pH 7.40 7.21 7.35～7.45 37℃时的水解常数，，，已知某同学血浆中，写出人体血液中的水解平衡方程式____________；请判断该同学血液的pH是否正常______(填“是”或“否”)。 （4）缓冲溶液应用在某种锌—钒液流电池中能稳定电池的输出电流，该电池装置示意图如下图所示，电池的总反应为： 已知：和的电离方程式分别为；。 ①放电时，B室发生正极反应为____________，B室中______(填“增大”“减小”或“不变”)。 ②充电时，通过质子膜向______(填“左”或“右”)，A室中的变化缓慢的原因是____________。 【答案】（1） ①. CuO ②. HCl （2） ①. ②. 小于 （3） ①. ②. 是 （4） ①. ②. 减小 ③. 左 ④. A室中含有和，构成了缓冲溶液，能结合移入的，从而保持溶液中变化缓慢 【解析】 【小问1详解】 为使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，需要消耗溶液中的氢离子，提高pH，且不能引入新的杂质离子。CuO与酸反应：，能消耗氢离子并只引入铜离子，促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，故应加入CuO。 加热晶体时，氯化铜易发生水解，生成的HCl挥发又会促进水解。在HCl气氛中加热可抑制水解，使晶体失去结晶水后得到无水氯化铜，故填HCl； 【小问2详解】 溶于水后产生的铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，胶体吸附水中的悬浮杂质而净水，离子方程式为。 两种溶液中铵根离子的初始浓度相同。在水中电离：，其氢离子浓度高于同浓度硫酸铝铵溶液中铝离子水解产生的氢离子浓度，对的抑制作用更强，因而硫酸氢铵溶液中保留的铵根离子更多，故硫酸铝铵溶液中的较小，填“小于”； 【小问3详解】 碳酸氢根离子结合水电离出的氢离子生成碳酸，并使溶液中产生氢氧根离子，水解平衡方程式为。 由该水解平衡可得。代入题给浓度比，得到。 再由37℃时水的离子积，得到，故pH = 7.40，处于表中正常血液pH的参考范围7.35～7.45内，填“是”； 【小问4详解】 ①放电时，A室锌电极失电子发生氧化反应，是负极；B室石墨电极为正极。由总反应可知，B室中转化为，钒元素的化合价由+4价降至+3价，每个钒原子对应得到1个电子。在酸性介质中配平氢、氧及电荷，得到正极反应为。 每转移1 mol电子，B室正极反应消耗2 mol氢离子，为维持电中性，1 mol氢离子由A室经质子交换膜迁入B室，氢离子仍有净消耗，因此B室中减小。 ②充电时，反应逆向进行，A室为阴极，发生；B室为阳极，发生。氢离子从B室经质子交换膜向左进入A室，故填“左”。 A室含有醋酸和醋酸钠，构成缓冲溶液，其中的醋酸根离子能结合迁入的氢离子：，从而使A室中变化缓慢。 17. 碱式碳酸镍NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O在工业上可作为制备其他含镍化合物的原料。工业上以某含镍废渣(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、CuO、PbCO3、SiO2)为原料制备碱式碳酸镍的流程如图所示。 已知： ①25℃时，相关离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示，当金属离子浓度小于1.0×10-5mol/L时可以认为沉淀完全。 离子 Ni2+ Fe3+ Cu2+ 开始沉淀时的pH 6.4 2.2 4.4 完全沉淀时的pH 8.4 3.5 6.7 ②25℃时，，。 回答下列问题： （1）“滤渣I”的主要成分为______(填化学式)。 （2）“除杂1”时，从绿色化学角度分析试剂X宜选择下列试剂组合的是______(填标号)。加入Na2CO3溶液调节溶液pH的范围为______。该温度下，Ni(OH)2的溶度积常数Ksp是______。 A.Cl2、NaOH溶液B.稀硝酸、氨水C.H2O2、NiOD.O2、Ni(OH)2 （3）“除杂2”时，加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，发生反应的离子方程式为____________，该反应的化学平衡常数K=______(写出计算式即可)。 （4）“萃取”和“反萃取”的最终目的是富集获得含有______(填化学式)的水溶液，在实验室里完成萃取、反萃取操作都会用到的玻璃仪器有__________________(填名称)。 （5）“沉镍”时，应控制温度为95℃，反应除生成NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O外，还有一种无色气体，请写出该反应的离子方程式______________________________。 【答案】（1）、PbSO4 （2） ①. CD ②. ③. （3） ①. ②. （4） ①. ②. 分液漏斗、烧杯 （5） 【解析】 【分析】含镍废渣主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、CuO、PbCO3、SiO2，加入稀硫酸溶浸，NiO、FeO、Fe2O3、CuO溶解后转化为相应的金属阳离子，SiO2不溶于硫酸，PbCO3转化为硫酸铅，二者成为滤渣1，过滤后向滤液中加入试剂X，将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠溶液调节pH，得到Fe(OH)3沉淀，过滤后向滤液中再加入NiS得到CuS沉淀，过滤后向滤液中加入D2EHPA和煤油萃取Ni2+，分液后向有机相中加入稀硫酸进行反萃取，再次分液后向水相中加入碳酸钠溶液，最终可得到碱式碳酸镍，据此分析回答。 【小问1详解】 由分析可知，“滤渣I”的主要成分为不溶于硫酸的和PbSO4； 【小问2详解】 A．Cl2有毒，不符合绿色化学，A错误； B．稀硝酸与亚铁离子生成有毒气体NO，不符合绿色化学，B错误； C．H2O2氧化亚铁离子，自身被还原为水，加入NiO不引入杂质，C正确； D．O2可以氧化亚铁离子，加入Ni(OH)2不引入杂质，D正确； 故选CD； 加入溶液的目的是除去而不除去、，所以调节溶液pH的范围：；Ni2+完全沉淀的pH为8.4，，，则Ni(OH)2的溶度积常数Ksp=； 【小问3详解】 由CuS的溶度积常数比NiS的小可知，加入NiS的作用是除去溶液中的，发生沉淀转化，反应的离子方程式：，此反应的化学平衡常数； 【小问4详解】 向滤液中加入D2EHPA和煤油萃取，分液后向有机相中加入稀硫酸进行反萃取得到，则“萃取”和“反萃取”的最终目的是富集获得含有的水溶液；在实验室里完成萃取、反萃取操作都会用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯； 【小问5详解】 “沉镍”时，应控制温度为95℃，反应除生成外，还有一种无色气体，则根据元素守恒可知该气体为，结合电荷守恒、元素守恒可得到该反应的离子方程式：。 18. 天然气(含CH4、CO2、H2S等)的脱硫和重整制氢综合利用，具有重要意义。 （1）用Fe2O3干法脱硫涉及的反应如下： 反应的______(写出一个代数式即可)。 （2）用NaOH溶液湿法脱硫时H2S和CO2同时被吸收。 ①湿法脱硫后的吸收液中主要存在以下平衡： 下列说法正确的有______。 A．升高温度，溶液中增大 B．加少量水稀释，溶液中离子总数增加 C．通入少量HCl气体，增大 D． ②写出过量的H2S气体和Na2CO3溶液反应的化学方程式______。 (H2S的、，H2CO3的、) （3）H2S和CH4的重整制氢涉及的反应如下： a． b． ①设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100 kPa)。反应a的相对压力平衡常数表达式为______。 ②反应a、b的在400～1000℃范围内随T的变化如图1所示。 反应a、b均为______反应(填“吸热”或“放热”)。 ③在恒压100 kPa下按组成为通入混合气体，测得平衡状态下H2、S2的收率和H2S的转化率随温度的变化曲线如图2所示。 温度高于T1时，反应a平衡向______(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。T1温度下H2的收率为______。反应a的相对压力平衡常数______(列式表示)。 已知：H2的收率，S2的收率 【答案】（1）或 （2） ①. AB ②. （3） ①. ②. 吸热 ③. 逆反应 ④. 20% ⑤. 【解析】 【小问1详解】 目标反应，可通过已知反应组合得到：将反应1乘以2，加反应3，整体除以3，即可消去中间产物、得到目标反应，根据盖斯定律，有；同理有。 【小问2详解】 A．两个平衡体系，均为水解平衡，属于吸热反应，升高温度，促进水解，增大，A正确； B．加水稀释，促进水解，溶液中离子总数增加，B正确； C．加入少量盐酸，消耗促使平衡向右进行，所以减小，增大，推出减小，C错误； D．电荷守恒遗漏了、，正确形式应为，D错误； 故选AB； ②根据给出的电离常数，酸性顺序为：H2CO3​>H2​S>​>，过量H2​S和Na2CO3反应只能生成酸式盐NaHS和NaHCO3​，无法生成H2CO3​或Na2S，所以过量H2​S和Na2CO3反应的化学方程式为。 【小问3详解】 ①根据相对分压的定义，将反应a的平衡常数中所有分压替换为相对分压，即可写出对应表达式； ②平衡常数只受温度的影响，根据图像可知，随着温度升高而增大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即反应a、b均为吸热反应； ③根据图2可知，温度高于T1时，S2的收率降低，S2的物质的量降低，即反应a向逆反应方向进行；T1时H2S转化率为32%、S2收率为4%；设起始n(H2S)=1mol、n(CH4)=1mol、n(Ar)=4.7mol，由S2的收率、H2S的转化率结合方程式可得：平衡时，n(H2S)=1mol-0.32mol=0.68mol，n(S2)=0.02mol，根据碳原子守恒：n(CH4)+n(CS2)=1mol，根据氢原子守恒：2n(H2S)+2n(H2)+4n(CH4)=1.36mol+2n(H2)+4n(CH4)=6mol；根据硫原子守恒：n(H2S)+2n(S2)+2n(CS2)=0.68mol+2n(CS2)+0.04mol=1mol；解得n(H2)=0.6mol，则氢气的收率为；平衡时气体的总物质的量为： n(H2S)+ n(H2)+ n(S2)+ n(CS2)+ n(CH4)+ n(Ar)=0.68+0.6+0.02+1+4.7=7mol，根据公式可得，。 19. 某小组同学向1mol∙L-1CuSO4溶液中分别加入锌粉和镁粉，探究产物。 实验 金属 现象及产物 Ⅰ 过量Zn Zn锌粉表面产生少量气泡，有光亮的红色物质生成 Ⅱ 过量Mg 镁粉表面产生大量气体(经检验为H2)，反应放热，有蓝绿色沉淀(X)生成 已知：ⅰ．Mg(OH)2的溶度积常数为5.6×10-12 ⅱ．1mol∙L-1CuSO4溶液pH=3 （1）实验Ⅰ产生红色物质的原因是_______(用离子方程式表示)。 （2）探究实验Ⅱ比实验Ⅰ产生H2多的原因。 ①提出猜想：CuSO4水解使溶液呈酸性，依据金属活动性顺序，Mg更容易与H+反应产生H2。 ②进行实验Ⅲ：向_______(填试剂)中分别加入等量锌粉和镁粉，锌粉表面几乎无气泡，镁粉表面产生较多气泡。 ③得出结论：实验证实猜想合理。 （3）探究沉淀X的成分。 实验Ⅳ：取洗涤后的沉淀X，加入足量盐酸，沉淀部分溶解，上层溶液为浅黄绿色，取上层溶液于试管中，_______，证明沉淀X中含有。进一步研究证实，沉淀X中含有碱式硫酸铜[Cu2(OH)2SO4](蓝绿色)。 ①补全实验Ⅳ的操作和现象：_______。 ②实验Ⅱ反应后溶液的pH=3，通过计算说明沉淀X中是否可能含有Mg(OH)2(忽略温度对和的影响，忽略溶液体积的变化)_______。 经检验，沉淀X中除Cu2(OH)2SO4外，还含有Cu等物质。 （4）探究实验Ⅱ产生Cu2(OH)2SO4的原因。 实验Ⅴ：加热1mol∙L-1CuSO4溶液，未观察到蓝绿色沉淀。 ①设计实验Ⅴ的目的是_______。 ②对比实验Ⅰ和Ⅱ，结合平衡移动原理解释实验Ⅱ中产生Cu2(OH)2SO4的原因_______。 【答案】（1）Zn+Cu2+=Zn2++Cu （2）pH=3的H2SO4溶液 （3） ①. 滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀 ②. 不可能 ③. 反应后溶液， ， ，， （4） ①. 排除反应放热导致CuSO4水解产生Cu2(OH)2SO4的可能 ②. 实验Ⅰ中Zn主要与Cu2+反应，实验Ⅱ中Mg主要与H+反应，促进平衡正向移动，产生Cu2(OH)2SO4沉淀 【解析】 【分析】本题探究1mol∙L-1CuSO4溶液与不同金属发生反应的复杂性。根据金属活动性顺序可知： 金属单质还原性：………… 简单阳离子盐氧化性：………… 由题目信息可知1mol∙L-1CuSO4溶液由于Cu2+的水解而显酸性：pH=3，故1mol∙L-1CuSO4溶液中，Cu2+、H+均可将Zn、Mg氧化，除氧化还原反应外，可能同时存在Cu2+水解的竞争反应。 【小问1详解】 由实验Ⅳ提供的信息可知，蓝绿色沉淀(X)为Cu2(OH)2SO4。对实验Ⅰ、Ⅱ进行分析如下表： 实验 金属 现象及产物 发生的反应 Ⅰ 过量Zn 锌粉表面产生少量气泡，有光亮的红色物质生成 少量气泡：Zn+2H+=Zn2++H2↑ 光亮红色物质：Zn+Cu2+=Zn2++Cu Ⅱ 过量Mg 镁粉表面产生大量气体(经检验为H2)，反应放热，有蓝绿色沉淀(X)生成 大量气体：Mg+2H+=Mg2++H2↑，反应放热：金属与酸的反应为放热反应，蓝绿色沉淀(X)：Cu2++2H2O+SO⇌Cu2(OH)2SO4+2H+ 则实验Ⅰ产生红色物质的原因是：Zn+Cu2+=Zn2++Cu。 【小问2详解】 ①的猜想是由于金属活动性顺序造成两种金属与H+反应活性不同，为了验证此猜想，可以设计控制变量实验，取与1mol∙L-1CuSO4溶液有等浓度H+的酸验证猜想，同时要避免Cu2+与金属反应的干扰，且不引入其他离子，因此选择pH=3的稀硫酸。 【小问3详解】 由题意知沉淀X为Cu2(OH)2SO4，加入足量盐酸溶解，溶液中所含有的离子为H+，，，。 ①的操作和现象是为了检验的存在，且前面已经加入足量盐酸，因此只需再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀即可证明。 ②反应后溶液pH=3，mol/L。由于初始CuSO4溶液c(Cu2+)=1mol/L，假设Mg完全与Cu2+发生置换，反应后c(Mg2+)=1mol/L。而事实上c(Mg2+)＜1mol/L。由此计算，，故不可能生成沉淀。 【小问4详解】 根据盐的水解知识：Cu2+易发生水解反应：，分析Cu2(OH)2SO4产生的反应与其类似：。此平衡在实验Ⅱ的过程中可能受到影响的因素有：温度(对应实验现象“反应放热”)、浓度(对应实验现象“产生大量气体”)。由此可知： ①实验Ⅴ“加热1mol∙L-1CuSO4溶液”对应温度影响因素，可知设计此实验的目的为排除因反应放热造成温度升高，使得水解平衡(吸热反应)：正向移动，即：排除反应放热导致CuSO4水解产生Cu2(OH)2SO4的可能。 ②排除了温度因素，可以证明产生Cu2(OH)2SO4的原因应为浓度因素——c(H+)降低，造成水解平衡：正向移动。 对比实验Ⅰ和Ⅱ的现象“锌粉表面产生少量气泡”和“镁粉表面产生大量气泡”，可知因金属活动顺序：Mg＞Zn，因此Mg和H+反应的速率较快，产生H2较多，造成H+浓度降低较快，促进水解平衡正向移动，产生Cu2(OH)2SO4沉淀。而Zn和H+反应速率较慢，水解较少，Cu2+主要被Zn还原成红色的Cu单质。所以实验Ⅱ中产生Cu2(OH)2SO4的原因：实验Ⅰ中Zn主要与Cu2+反应，实验Ⅱ中Mg主要与H+反应，促进平衡在向移动，产生Cu2(OH)2SO4沉淀。 【点睛】金属的活动性越强，对Cu2+水解反应的促进作用越大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $