2022-2023学年山东省潍坊市青州二中化学高三第一学期期中综合测试试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷

2、和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列叙述正确的是A1mol 乙烷和1mol乙烯中，化学键数相同B同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C1mol重水和1mol水中，中子数比为2:1D24g镁和27g铝中，含相同的质子数2、下列事实与盐类的水解无关的是A用明矾净水B用稀盐酸清除铁锈C用热的纯碱溶液清洗油污D配制FeCl3溶液时加入少量盐酸3、已知 NH4CuSO3 与足量的 10 mol/L 硫酸混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是( )A反应中硫酸作氧化剂B1 mol NH4CuSO3 完全反应转移 0.5

3、 mol 电子C刺激性气味的气体是氨气DNH4CuSO3 中硫元素被氧化4、固体A的化学式为NH5,其所有原子的最外电子层结构都符合相应稀有气体元素原子的最外电子层结构,则下列有关说法不正确的是（）A1 mol NH5中含有5NA个NH键（设NA表示阿伏加德罗常数的值）BNH5中既有共价键又有离子键CNH5的电子式为DNH5与水反应的离子方程式为NH4+H-+H2O=NH3H2O+H25、若往20 mL 0.01 molL1 HNO2(弱酸)溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示。下列有关说法不正确的是AHNO2的电离平衡常数：c点b点Bb点混合溶液显酸性：c(Na)

4、c(NO2-)c(H)c(OH)Cc点混合溶液中：c(OH)c(HNO2)Dd点混合溶液中：c(Na)c(OH)c(NO2-)c(H)6、NaOH溶于水时，扩散过程吸收了a kJ的热量，水合过程放出了b kJ的热量。下列判断正确的是AabBa=bCaCu2+。(2)方案2:通过Cu2+、Ag+分别与同一物质反应进行比较实验试剂编号及现象试管滴管1.0mol/L KI溶液1.0mol/L AgNO3溶液1mLI.产生黄色沉淀，溶液无色1.0mol/L CuSO4溶液1mLII.产生棕黑色沉淀A，溶液变棕黄经检验，I中溶液不含I2，黄色沉淀是_。取II中棕黄色溶液，加入少量_溶液，变为_色，说明生

5、成了I2。推测Cu2+做氧化剂,沉淀A有CuI。该反应的离子方程式为:_查阅资料得知: CuI为难溶于水的白色固体。于是对棕黑色沉淀的组成提出假设并证明假设是否成立，取部分棕黑色沉淀进行实验二:已知: CuI难溶于CCl4；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)；Cu+2S2O32-=Cu(S2O3)23-(无色)。由实验二得出结论: 棕黑色沉淀是_。现象为_。用化学平衡移动原理解释产生现象ii的原因:_。白色沉淀CuI与AgNO3 溶液反应生成AgI和一种固体单质，该反应的离子方程式是_，说明氧化性Ag+Cu2+。21、磁性材料A由两种元素组成，取2.960 g A在足量的空气中

6、充分煅烧，得到2.400 g红棕色固体B和无色刺激性气体D。固体B溶于盐酸形成棕黄色溶液C，再加入KSCN溶液变为血红色。气体D溶于水得到无色酸性溶液E，向E中加足量碘的碘化钾溶液（红棕色）得到溶液F，同时溶液酸性增强。请回答下列问题：（1）溶液C也可用于处理污水，用离子方程式表示污水处理原理：_。（2）已知化合物A能与稀硫酸反应，反应后得到浅绿色溶液，同时生成一种淡黄色不溶物和一种臭鸡蛋气味气体，写出该反应的化学方程式：_。（3）用离子方程式解释E中加足量碘的碘化钾溶液后溶液酸性增强的原因_。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【

7、题目详解】A 乙烷的结构式为：，含7个单键；乙烯的结构式为：，含4个单键和1个双键，二者化学键数目不相同，A选项错误；B O2 和O3 均由O构成，所以同等质量的氧气和臭氧含O相同，则电子数也相同，B选项正确；C 重水(D2O)中，D含1个中子，O含8个中子，共10个中子；普通水(H2O)中，H不含中子，O含8个中子，共8个中子，所以1mol重水和1mol水中，中子数比为10：8=5：4，C选项错误；D 24g镁含质子：，27g铝含质子：，所以二者含质子数不相同，D选项错误；答案选B。2、B【题目详解】A.明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性可用于净水，与盐类的水解有关，故A不选；B.

8、稀盐酸与铁锈反应可用于清除铁锈，与盐类的水解无关，故B选；C. 纯碱溶液中碳酸根水解呈碱性可以使油污发生水解反应生成可溶性物质，用于清洗油污，与盐类水解有关，故C不选；D. FeCl3溶液中铁离子易发生水解，加入少量盐酸增加氢离子浓度平衡逆移，可以防止铁离子的水解，与盐类水解有关，故D不选。故答案选：B。3、B【分析】NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色金属、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2，结合NH4CuSO3中Cu的化合价为1价，以此解答该题。【题目详解】根据实验现象，反应的离子方程式为：2NH4CuSO34H=CuCu22SO22H2O2NH4；A由

9、反应的离子方程式为：2NH4CuSO34H=CuCu22SO22H2O2NH4，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸反应前后各元素的化合价都没有变化，反应中硫酸体现酸性，故A错误；B反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由1价2价，1价0价，发生的反应为：2NH4CuSO34H=CuCu22SO22H2O2NH4，每2mol NH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，则1mol NH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，故B正确；C因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，刺激性气味的气体是SO2，故C错误；DNH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色金属、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶

10、液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故D错误；故答案选B。【答案点睛】本题考查氧化还原反应，注意从反应现象判断生成物，结合化合价的变化计算电子转移的数目。4、A【分析】固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体的最外电子层结构，则NH5属于铵盐，电子式为，铵根离子和氢离子之间存在离子键，铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，据此分析解答。【题目详解】ANH5中存在离子键和共价键，1 mol NH5中含有4NA个NH键（NA表示阿伏加德罗常数），含有1mol离子键，故A错误；BNH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N

11、原子和H原子之间存在共价键，所以NH5中既有共价键又有离子键，故B正确；CNH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，电子式为，故C正确；DNH5和水发生氧化还原反应生成一水合氨和氢气，离子方程式为NH4HH2ONH3H2OH2，故D正确；故答案选A。【答案点睛】明确该物质结构是解本题关键，注意该物质中存在的化学键，注意该物质中H元素化合价不都相等。5、B【题目详解】A、HNO2的电离是吸热过程，温度越高电离平衡常数越大，温度c点高于b点，所以电离平衡常数：c点b点，故A正确；B、b点得到HNO2和NaNO2混合溶液，若溶液显酸性，说明电离大于水解，

12、所以离子浓度大小为：c（NO2-）c（Na+）c（H+）c（OH-），故B错误；C、ac温度升高，c点时温度最高，说明c点时两者恰好完全中和，c点得到NaNO2溶液，NaNO2是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，所以c（OH-）c（HNO2），故C正确；D、d点混合溶液中当c（NaOH）较大时，得到NaOH和NaNO2混合溶液，所以离子的浓度为：c（Na+）c（OH-）c（NO2-）c（H+），故D正确；故选B。6、C【答案解析】NaOH溶于水的过程分为扩散过程和水合过程，整个过程是放热，所以水合过程放出的热量大于扩散过程吸收的热量，所以ab。故选C。7、D【分析】放电时，Zn是负极，负极反应式为Z

13、n-2eZn2，正极反应式为I2Br+2e=2I+Br，充电时，阳极反应式为Br+2I-2e=I2Br、阴极反应式为Zn2+2e=Zn，只有阳离子能穿过交换膜，阴离子不能穿过交换膜，据此分析解答。【题目详解】A、放电时，a电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2Br+2e=2I+Br，故A正确；B、放电时，正极反应式为I2Br+2e=2I+Br，溶液中离子数目增大，故B正确；C、充电时，b电极反应式为Zn2+2e=Zn，每增加0.65g，转移0.02mol电子，阳极反应式为Br+2I-2e=I2Br，有0.02molI失电子被氧化，故C正确；D、充电时，a是阳极，应与外电源的正极相连，

14、故D错误；故选D。【答案点睛】本题考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，会正确书写电极反应式，易错选项是B，正极反应式为I2Br+2e=2I+Br，溶液中离子数目增大。8、C【答案解析】A、加入水时，醋酸的电离平衡向右移动，但是CH3COOH电离常数不会发生变化，选项A错误；B、加入少量CH3COONa固体，由于c(CH3COO-)增大，电离平衡向左移动，选项B错误；C、加入少量NaOH固体，由于c(OH-)增大，消耗酸电离产生的H+，使醋酸的电离平衡向右移动，但是由于平衡移动的趋势是微弱的，总的来说c(H+)减小，选项C正确；D、加入少量pH=3的硫酸，由于二者

15、的pH相同，所以溶液中c(H+)不变，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查外界条件对弱电解质电离平衡移动的影响的知识。正确利用勒夏特列原理进行平衡移动的分析是解答本题的关键。9、C【答案解析】A、据原电池和电解池的构成条件可知，甲是原电池，乙是电解池，A正确；B、甲中铁为原电池的负极，发生反应Fe-2eFe2+，乙中Fe为电解池阴极，发生反应2H+2e=H2，Fe被保护，B正确；C、乙中d为阴极，阴极上电极反应式为：2H+2e=H2，C错误；D、甲中铁发生吸氧腐蚀，b为正极，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，D正确；答案选D。10、A【答案解析】有电子转移的化学反应是氧化还原

16、反应，其特征是反应前后有元素化合价的变化，在化学反应中得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；【题目详解】氟气通入水中2F2+2H2O=4HF+O2水只作还原剂；水蒸气经过灼热的焦炭，水只作氧化剂；钠块投入水中，2Na+2H2O=2NaOH+H2，水只作氧化剂；铁与水蒸气反应，3Fe+4H2OFe3O4+4H2，水只作氧化剂；氯气通入水中Cl2+H2O=HCl+HClO，水中各元素的化合价都不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂。根据以上分析：水只作还原剂的反应；水只作氧化剂；水既不是氧化剂又不是还原剂，故选A。11、D【答案解析】A，向NaOH固体中加入浓氨水可产生

17、NH3，NH3可用碱石灰干燥，NH3密度比空气小，应用向下排空法收集，A项错误；B，乙醇和乙酸乙酯为互相混溶的液体混合物，不能用分液法进行分离，B项错误；C，加热分解NaHCO3固体时试管口应略向下倾斜，C项错误；D，浓盐酸加到KMnO4中产生黄绿色气体，锥形瓶中发生的反应为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物得出，氧化性：KMnO4Cl2，Cl2通入NaBr溶液中溶液由无色变为橙色，试管中发生的反应为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，由此得出氧化性：Cl2Br2，D项正确；答案选D。点睛：本题考查化学实验的基本

18、操作、气体的制备、物质氧化性强弱的比较。注意加热固体时试管口应略向下倾斜，防止水分在试管口冷凝倒流到试管底部使试管破裂；比较氧化性的强弱通常通过“强氧化性物质制弱氧化性物质”的氧化还原反应来实现。12、C【分析】A、氯气能将铁和亚铁氧化；B、根据合金的性质判断；C、Na2CO3Ca(OH)2=CaCO32NaOH，产物仍然呈碱性；D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同。【题目详解】A、铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；B、根据铝合金的性质，铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，故B不选；C、Na2CO3Ca(OH)2=CaCO32NaOH，产物仍

19、然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，故D不选。故选C。【答案点睛】本题考查金属元素及其化合物的应用，易错点C，除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产物在应用中是否符合要求，生成的NaOH仍然呈碱性，达不到降低碱度的目的。13、A【答案解析】A.加热蒸干会使(NH4)2SO4受热分解，应将滤液蒸发浓缩、冷却结晶来提取(NH4)2SO4，故A错误；B.CO2溶解度小，而氨气极易溶于水，先通入氨气使溶液呈碱性，能吸收更多的CO2，B正确；C.CaSO4溶解度大于CaCO3，在沉淀池中CaSO4转化为 CaC

20、O3，进入煅烧炉，分解为生石灰，同时产生能循环利用的CO2，故C正确；D.沉淀池中微溶的CaSO4转化为 难溶的CaCO3，D正确；答案为A。14、C【题目详解】A从a进气，可收集氢气，从b进气，可收集二氧化碳，故A正确；BHCl不溶于四氯化碳，且四氯化碳密度比水大，可起到防止倒吸的作用，故B正确；C容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故C错误；D氨气的水溶液显碱性，可用碱石灰干燥，氨气密度比空气小，用向上排空气法收集，氨气极易溶于水，需要用倒扣的漏斗，防止倒吸，故D正确；故选C。【答案点睛】本题的易错点为B，要注意四氯化碳的密度大于水，在下层，可以防止倒吸，不能用苯，

21、苯浮在水面上，不能防止倒吸。15、B【题目详解】A. 铁的合金的熔点比纯铁的低，A不正确；B黑火药中，硫指的是硫黄硝指的是硝酸钾，B正确；C玻璃的主要成分为二氧化硅，能与氢氟酸反应，由“惟玻璃可盛”判断，强水肯定不是氢氟酸，C不正确；D.“用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水”，这里的“法”是指蒸馏，D不正确。故选B。16、C【题目详解】A.碘是卤族元素，原子的最外层电子数为7，最高正化合价为+7，而HIO3中碘元素为+5价。故A错误；B.反应中，氯元素从+5价降低为0价，碘元素从0价升高为+5价，I2是还原剂， Cl2是还原产物，因此，该反应说明 I2的还原性强于Cl2，故B错误；C.1mol

22、C12分子中含有1molCl-Cl（属于非极性键）。由反应可知，生成1mol C12转移10mol电子，现生成0.1molCl-Cl键, 故转移1 mol电子, C正确；D.IC1中碘元素为+1价，氯元素为-1价，其水解产物是HCl和HIO，在烧碱溶液中的产物是NaCl和NaIO，故D 错误； 综上所述，本题选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、r(N3)r(Al3+) 或 N3Al3+ 第三周期 第A 族 产生白烟 HClH2SSiH4 Al2S36H2O =2Al(OH)33H2S 0.03 【分析】A、B、C、D、E为短周期的主族元素，其原子序数依次增大，B、C、D、E位于同一周期，

23、A 的简单气态氢化物可以用作制冷剂，则A为N元素；1 mol B 单质与足量盐酸反应生成气体在标准状况下的体积为 33.6 L，则B为Al元素；D 原子最外层电子数与核外电子总数之比为 38，且D位于第三周期，则D为S元素；C 的原子序数是A的两倍，则C为Si元素；E元素为短周期主族元素且原子序数大于D，则E为Cl元素，【题目详解】根据以上分析可知，A、B、C、D、E分别为N、Al、Si、S、Cl。（1）A为N元素，B为Al元素，核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小，故离子半径N3Al3+，因此，本题正确答案为：N3Al3+；（2）C为Si元素， 在元素周期表中的位置是第三周期 第A 族。因

24、此，本题正确答案为：第三周期 第A 族；（3）A 的氢化物是氨气，E的氢化物是HCl，二者相互接近有白烟生成，其成分为氯化铵固体。因此，本题正确答案为：产生白烟；（4）D是S元素、E是Cl元素，D与E可形成原子个数比为1：2的化合物为SCl2，每个Cl原子和S原子形成一对共用电子对，其电子式为，因此，本题正确答案为：；(5) C为Si元素、D为S元素、E为Cl元素，非金属性ClSSi，所以氢化物的稳定性HClH2SSiH4，因此，本题正确答案为：HClH2SSiH4；(6) B为Al元素、D为S元素，B与D形成的化合物为为Al2S3，遇水迅速水解，反应的化学方程式为Al2S36H2O =2Al

25、(OH)33H2S，因此，本题正确答案为：Al2S36H2O =2Al(OH)33H2S；(7)E为Cl元素，若Cl2与 NaOH 溶液反应生成 NaCl、NaClO 和 NaClO3，根据原子守恒n(Cl2)=n(Cl)=n(Na)=n(NaOH)=0.030L 2mol/L=0.03mol，因此，本题正确答案为：0.03。【答案点睛】本题考查了元素位置结构性质的关系及应用，涉及氧化还原反应、元素周期律、物质结构、盐类水解等知识点，根据物质结构、元素周期律、物质性质等知识点分析解答，注意（7）中原子守恒方法的运用。18、羧基、硝基 浓硫酸、浓硝酸 +NaOH+NaCl n+(n-1)H2O

26、【分析】根据A的分子式以及D到E的条件是氧化，再结合E的结构简式，可知A的结构简式为，试剂a为浓硫酸和浓硝酸加热的反应，得到B()，通过氯气光照得C()，C通过氢氧化钠的水溶液水解得到D()，通过Fe/HCl可知F()；通过已知信息i，可知G的结构简式()，通过SOCl2结合曲尼司特的结构简式可知H()，即可解题了。【题目详解】(1)E分子中的含氧官能团名称是羧基和硝基，故答案为：羧基、硝基；(2)试剂a是浓硫酸、浓硝酸，故答案为：浓硫酸、浓硝酸；(3)CD的反应方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；(4) 一定条件下用F制备高分子的反应方程式n+(n-1)H2O，故答

27、案为：n+(n-1)H2O；(5)H具有顺反异构，写出H的顺式异构体的结构简式，故答案为：；(6)根据题意可知，结合H的结构简式，可推知K的结构简式为，中间产物脱水生成，可知中间产物的结构简式为：，故答案为：；。19、Cu2O+2H+=Cu2+Cu+2H2O 稳定 稳定 Cu+H2SO4+2HNO3（浓）=CuSO4+2NO2+2H2O、3Cu+3H2SO4+2HNO3（稀）=3CuSO4+2NO+4H2O 氧气氧化氮氧化合物，使氮氧化物全部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气 否 CuO abc 重结晶 【分析】I.该实验的目的是探究不同价态铜的稳定性，则根据题干给出的提示分析即可；II.该实验

28、目的是制取硫酸铜，则反应中，HNO3只作氧化剂，H2SO4则起酸性作用，可写出该反应的方程式，需要注意的是随着反应的进行，HNO3的浓度降低，还原产物也会随之变化；III.该实验的目的是制备氯化铜晶体，该实验的流程中：第一步，粗铜和氯气反应是为了生成CuCl2，少量的杂质Fe会转化为FeCl3；第二步，用盐酸溶解固体1，是为了使得固体全部出于强酸性环境中，方便后续分离；第三步，要加入CuO来调节溶液的pH，把Fe3+转化为Fe(OH)3，从而除去杂质；第四步，在HCl氛围中蒸发溶液2的到目标产物；(5)不需要除去HCl气体，因为反应后，还需要用稀盐酸将固体全部溶解；所得溶液1中含有HCl、Fe

29、Cl3，需要加入CuO来调节溶液pH，使Fe3+全部转化为沉淀，而Cu2+仍存在于溶液中；固体2是Fe(OH)3；(6)题中已经告知这种转化关系是可逆反应，利用平衡移动的知识答题；(7)提纯晶体，往往采用重结晶。【题目详解】I.该实验的目的是探究不同价态铜的稳定性，则：(1)Cu2O遇到酸反应生成蓝色的Cu2+盐溶液和单质Cu，则在酸性环境中，+2价的Cu比+1价的Cu稳定；(2)高温下，CuO分解产生Cu2O，则+1价的铜比+2价的Cu稳定；II.该实验目的是制取硫酸铜，则：(3)发生的反应为Cu+H2SO4+2HNO3(浓)=CuSO4+2NO2+2H2O、3Cu+3H2SO4+2HNO3

30、(稀)=3CuSO4+2NO+4H2O；(4)产物中NO不能单独和NaOH反应，需要用O2将NO氧化为NO2才行，确保尾气完全被吸收，以防污染环境；III.该实验的目的是制备氯化铜晶体，则：(5)不需要除去HCl气体，因为反应后，还需要用稀盐酸将固体全部溶解；所得溶液1中含有HCl、FeCl3，需要加入CuO来调节溶液pH，使Fe3+全部转化为沉淀；(6)题中已经告知这种转化关系是可逆反应，则a、将Y稀释，则H2O的量增多，平衡向逆反应方向移动，溶液变为蓝色，说明溶液中有这样的转化关系，a正确；b、向Y中加入CuCl2晶体，则溶液中Cu(H2O)42+、Cl-的浓度均增大，平衡向正反应方向移动

31、，CuCl42-的浓度增大，溶液变为绿色，说明溶液中有这样的转化关系，b正确；c、向Y中加入NaCl晶体，则溶液中Cl-的浓度均增大，平衡向正反应方向移动，CuCl42-的浓度增大，溶液变为绿色，说明溶液中有这样的转化关系，c正确；d、取Y进行电解，溶液颜色消失，这个过程和该转化关系无关，d错误；故选abc；(7)提纯晶体，往往采用重结晶。【答案点睛】本题是课外的实验探究题。对于实验题，一定要认准实验目的，此外还要去挖掘题中给出的有用信息，本题中的三道小题都给出了相关的信息，要结合信息去答题，会容易许多。20、Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+ AgI 淀粉 蓝 2Cu2+ + 4I- 2CuI

32、+ I2 CuI吸附I2形成的(CuI与I2的混合物) 棕黑色固体颜色变浅，溶液变为紫红色 CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s) Cu+(aq) + I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解 CuI+2Ag+=Cu2+Ag+AgI 【分析】（1）结合金属活动性顺序及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性规律，再根据反应现象推出结论；（2）黄色沉淀是碘离子与银离子形成的碘化银沉淀；证明棕黄色溶液中含有I2，则可以用淀粉溶液检测，若溶液变蓝，则证明溶液中含有I2单质，再根据电子守恒规律，配平氧化

33、还原反应即可；根据已知信息“CuI为难溶于水的白色固体，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)”，结合实验二现象可推知，棕黄色沉淀为CuI吸附I2 形成的混合物；又知I2易溶于有机溶剂，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振荡静置后，观察到的现象为：棕黑色固体颜色变浅，四氯化碳中因溶解了I2变为紫红色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）Cu+(aq)+I-(aq)， 加入的S2O32-与因与Cu+反应，促进平衡向沉淀溶解方向移动，最后使沉淀消失。反应能说明氧化性Ag+Cu2+，说明Ag+被还原为固体单质为Ag，Cu2+为氧化产物。【题目详解】（1）向酸化的AgNO3溶液

34、插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明铜置换出了金属银，反应的离子方程式为，说明氧化性Ag+Cu2+，故答案为；（2）经检验，中溶液不含I2，黄色沉淀是碘离子与银离子形成的碘化银沉淀，故答案为AgI；欲证明棕黄色溶液中含有I2，则可以用淀粉溶液检测，若溶液变蓝，则证明溶液中含有I2，推测Cu2+做氧化剂，沉淀A有CuI，根据氧化还原反应电子守恒规律得知，发生反应的离子方程式为2Cu2+ + 4I- =2CuI+ I2；根据已知信息“CuI为难溶于水的白色固体，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)”，结合实验二现象可推知，棕黄色沉淀为CuI吸附I2 形成的混合物；又知I2易溶于有机溶剂，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振荡静置后，观察到的现象为：棕黑色固体颜色变浅