北京市延庆区2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题

北京市延庆区2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．常温时，下列溶液中，c(HA．0.1mol/LH2SO4 B．C．pH=2的醋酸 D．0.01mol/L氨水2．下列事实不能证明NH3‧H2O是弱电解质的是A．0.1mol/L的氨水遇石蕊溶液变蓝B．Mg(OH)C．pH=13的氨水稀释1000倍后，pH>10D．常温时，等浓度氢氧化钠溶液和氨水的导电性，前者大于后者3．下列说法错误的是（）A．同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大B．在电子云图中，用小黑点表示绕核做高速圆周运动的电子C．2px、2pD．通过原子光谱上的特征谱线能鉴定某些元素4．模拟粗铜精炼的装置如图，下列说法错误的是（）A．b电极为精铜B．可用CuClC．当电路中有2mol电子转移时，同时a电极上溶解64gCuD．精炼一段时间后，电解质溶液需要适当补充5．下列事实与盐类的水解无关的是A．用AlB．向FeCl3溶液中加入C．氯化铝溶液蒸干后灼烧得不到无水氯化铝D．用热的纯碱溶液清洗油污6．C和H2①2C(s)+O2②下列推断正确的是（）A．C(s)的燃烧热为220kJ/molB．2H2C．C(s)+H2D．欲分解2molH2O(l)，至少需要提供7．在5L的密闭容器中进行反应2SO2(g)+A．υ(B．υ(SC．当容器内气体密度不再变化时，反应达到平衡D．当容器内SO3的消耗速率等于8．2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。已知下列说法错误的是（）A．ΔB．H2O(l)=H2C．2molH2(g)和1molO2D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关9．电子表和电子计算器的电源通常用微型银—锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应式为A．Ag2OB．工作时，电池负极区溶液pH减小C．工作时，AgD．工作时，电子由Zn极经外电路流向Ag10．工业上采用直接氧化法将氯化氢转化为氯气的原理为：4HCl(g)+O2(g)⇌2ClA．该反应为放热反应B．曲线a、b、c的进料浓度比[c(HCl)：C．其他条件相同时，增大压强可提高HCl的平衡转化率D．400℃时，三种进料浓度对应的平衡常数相同11．向体积为10L的恒容密闭容器中通入1.5molCH4(g)和1.5molH2O(g)制备H2，反应原理为CH下列说法错误的是（）A．该反应的正方向ΔH>0B．Ta时，CHC．Tb时，若改为恒温恒压容器，平衡时D．达平衡后再充入CH4(g)12．下列关于0.1mol/LNaHSO3溶液的说法中，错误的是（）A．溶液中至少存在3个平衡B．溶液中含有分子和离子共7种C．溶液中c(SD．常温下，溶液呈酸性，则c(S13．向100mL0.01mol/LBa(OH)2溶液中滴加0.1mol/LNaHCA．Ba(OH)2和B．A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：BC．B→C，溶液中的c(OHD．A，B，C三点水的电离程度：A>B>C14．小组同学用以下流程去除粗盐水中的SO42−、C已知：ⅰ.物质BaSBaCCaCMgKsp1235ⅱ.粗盐水中c(S下列说法错误的是（）A．①的反应为：BaCB．②中当溶液pH=11时，Mg2+已沉淀完全(即浓度小于C．③的滤渣中除泥沙外，还有BaSO4、CaCO3、D．④中用稀盐酸调溶液pH为中性或微酸性，以除去OH二、综合题15．合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就：N2+3H2⇌高温、高压铁触媒2NH3。目前合成氨工业中使用的催化剂铁触媒中主要成分为Fe3O4(（1）基态N原子中，电子占据最高能级的符号是，占据该能级电子的电子云轮廓图为形，核外存在对自旋相反的电子。（2）26号元素Fe基态原子的价层电子轨道表示式是。（3）24Cr的价层电子排布式为，在元素周期表中位于区(填“s”“p”“d”或“ds（4）NH3分子中，与N原子相连的H显正电性。分析电负性大小关系为N（5）Mg的第一电离能I1(Mg)=738kJ⋅mol−1，Al的第一电离能16．滴定是一种定量分析的方法，在科学研究中具有广泛的应用。（1）对比盐酸和醋酸分别与NaOH的反应室温下，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定20mL0.1mol/L的醋酸和盐酸溶液，滴定过程中溶液pH的变化曲线如下图所示。①曲线Ⅱ表示滴定盐酸的过程，判断的理由是。②a点溶液中，离子浓度大小关系为。③b点溶液中，由水电离的c(OH−)=④V[NaOH(aq)]=20mL时，c(Cl−)⑤c点溶液中n(CH3（2）测定某些物质的含量。如测定血液中钙的含量时，进行如下实验：ⅰ可将amL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2Cⅱ将ⅰ得到的H2C2O4溶液，再用KMnⅲ终点时用去bmL1.0×10①写出用KMnO4酸性溶液滴定H2②如何判定滴定终点。③计算：血液中含钙离子的浓度为mol/L(用字母表示)。17．化学小组探究Cu与Fe序号实验方案实验现象实验ⅰ振荡试管，观察到溶液变为蓝色，待反应充分后，试管底部有Cu粉剩余。实验ⅱ取实验ⅰ中的上层清液，向其中滴加0.1mol/LKSCN溶液溶液局部变红，同时产生白色沉淀，振荡试管，红色消失。已知：经检验白色沉淀为CuSCN（1）实验ⅰ中发生的离子方程式为。（2）实验ⅱ中检测到Fe3+，依据的实验现象是（3）从平衡移动的原理解释实验ⅱ红色消失的原因。（4）对实验ⅱ中Fe假设1：溶液中的Fe2+被假设2：Cu与Fe假设3：在实验ⅱ的条件下，Fe2+被请将假设1补充完整。（5）设计实验验证假设。实验ⅲ取2mL溶液a，向其中滴加5滴0.1mol/LKSCN溶液，放置较长时间，溶液颜色不变红，证明假设1不成立。实验ⅳ实验装置如下图所示，闭合开关K，电流计指针不动。向右侧CuSO4溶液中滴加0.1mol/LKSCN，指针向右大幅度偏转，溶液中有白色浑浊物产生。取出左侧溶液，滴加0.1mol/L①溶液a是。②假设2不成立的实验证据是。③实验证明假设3成立。请结合电极反应式解释实验ⅱ中Fe3+产生的原因18．电化学在工业生产中有广泛的应用价值。（1）下图中，为了减缓海水对铁闸门A的腐蚀，材料B可以选择(填字母序号)。a.碳棒b.锌板c.铜板用电化学原理解释材料B需定期拆换的原因：。（2）利用电解法制备NaOH(下图为简易原理装置)。NaOH在(填“A”或“C”)区生成。请结合电极反应式分析NaOH产生的过程。（3）用二甲醚(CH3OCH3①燃料电池中的负极是(填“M”或“N”)电极，其电极反应为。②用电极反应式和离子反应方程式解释阳极区域能将酸性含铬废水(主要含有Cr2O72−19．氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以下反应是目前大规模制取氢气的重要方法之一：CO(g)+H2O(g)（1）欲提高反应速率及CO的平衡转化率，理论上可以采取的措施为____。A．通入过量水蒸气 B．降低温度C．增大压强 D．加入催化剂（2）800℃时，该反应的平衡常数K=1.2，在容积为1L的密闭容器中进行反应，测得某一时刻混合物中CO、H2O、①写出该反应的平衡常数表达式K=。②该时刻反应(填“正向进行”、“逆向进行”或“达平衡”)。（3）830℃时，该反应的平衡常数K=1。在容积为1L的密闭容器中，将2molCO与8molH2O混合加热到830℃，反应达平衡时CO的转化率为（4）工业上利用得到的H2与CO进一步合成二甲醚：3CO(g)+3H2(g)⇌①合成二甲醚反应的ΔH0(填“>”“＜”或“=”)。②在250℃之前，随温度升高，CO转化率增大的原因是。③在图b中绘制出压强和CO转化率之间的关系(作出趋势即可)。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．由H2SO4=2H++SO42-可知，0.1mol/LHB．pH=12的NaOH溶液中c(H+)=10-12mol/L，B不合题意；C．pH=2的醋酸中c(H+)=10-2mol/L，C符合题意；D．NH3‧H2O是弱碱，0.01mol/L氨水溶液呈碱性，无法计算出H+浓度，但不可能为10-2mol/L，D不合题意；故答案为：C。

【分析】A.0.1mol/LH2SO4中c(H+)=0.2mol/L；

B.pH=12的NaOH溶液中c(H+)=102．【答案】A【解析】【解答】A．石蕊遇到碱性溶液呈蓝色，故0.1mol/L的氨水遇石蕊溶液变蓝只能说明氨水呈碱性，不能说明NH3‧H2O是弱电解质，A符合题意；B．Mg(OH)2沉淀可溶于氯化铵溶液，说明氯化铵溶液呈酸性，即氯化铵是一种强酸弱碱盐，即说明NH3‧HC．若NH3‧H2O是强电解质，额pH=13的氨水稀释1000倍后，pH=10，现在pH＞10，说明NH3‧H2O是弱电解质，C不合题意；D．常温时，等浓度氢氧化钠溶液和氨水的导电性，前者大于后者，说明前者中自由移动的离子浓度大于后者，即说明NH3‧H2O是弱电解质，D不合题意；故答案为：A。

【分析】证明NH3‧H2O是弱电解质，证明其部分电离即可。3．【答案】B【解析】【解答】A．相同能级，能层越大，能量越大，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，A不符合题意；B．在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子在该点的出现几率而不是表示电子绕核作高速圆周运动的轨迹，B符合题意；C.2px、2py、2pz轨道相互垂直，同一能级的不同轨道的能量相同，所以2px、2py、2pz轨道的能量相同，C不符合题意；D．不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，在历史上，许多元素是通过原子光谱发现的，如铯和铷，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.相同能级，能层越大，能量越大；

C.2px、2py、2pz轨道相互垂直，同一能级的不同轨道的能量相同；

D.不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放不同的光。4．【答案】C【解析】【解答】A．b电极连接电源的负极作阴极，b电极为精铜，A不符合题意；B．可用CuClC．a电极的反应除了铜失电子变成铜离子进入溶液外还有其他比铜活泼的金属单质失电子生成对应的金属阳离子，故当电路中有2mol电子转移时，a电极上溶解的Cu质量不足64g，C符合题意；D．由C分析可知精炼一段时间后，阳极进入溶液的铜离子比在阴极上析出的铜要少一些，电解质溶液需要适当补充，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】粗铜精炼的时，粗铜作阳极，精铜作阴极，溶液中铜离子得电子生成铜单质吸附在精铜上。5．【答案】B【解析】【解答】A．用Al2(SO4)3溶液净化含少量泥土的浑浊液体是由于Al3+水解生成了Al(OH)3胶体具有很强的吸附性，原理为：Al3++3H2B．向FeCl3溶液中加入KOH溶液产生红褐色沉淀，方程式为：FeCl3+3KOH=Fe(OH)C．氯化铝溶液蒸干后灼烧得不到无水氯化铝是由于AlCl3+3H2O⇌Al(OH)3+3HCl，升高温度促进水解，且HCl易挥发，使AlCl3水解完全，与盐类水解有关，C不合题意；D．用热的纯碱溶液清洗油污是由于纯碱水解使溶液呈碱性而促进酯类的水解而溶解来去油污的，热的溶液促进水解，使纯碱溶液的碱性增强，去污能力增强，与盐类水解有关，D不合题意；故答案为：B。

【分析】B项向FeCl3溶液中加入6．【答案】C【解析】【解答】A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定的稳定物质时C为生成CO2放出的热量，故C(s)的燃烧热不为220kJ/mol，A不符合题意；B．H2在氧气中燃烧是一个放热反应，2H2(g)+C．已知①2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH1=−220kJ/mol，结合B项分析可知反应②2H2(g)+O2D．由B项分析可知，2H2(g)+O2(g)=2H故答案为：C。

【分析】A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定的稳定物质时放出的热量；B．燃烧是放热反应；C．根据盖斯定律；D．由B项分析及物质由液态转化为气态需要吸收能量分析。7．【答案】B【解析】【解答】A．υ(O2)=12B．υ(SO2)=υ(SO3C．反应过程中，容器的体积不变，容器内的气体质量保持不变，即反应过程中体系内气体的密度始终不变，故当容器内气体密度不再变化，不能说明反应达到平衡，C不符合题意；D．化学平衡的本质特征是正、逆反应速率相等，容器内SO3的消耗速率表示逆反应速率，故答案为：B。

【分析】A．利用υ=Δc/Δt计算，同一反应不同物质相同时段内，用相同单位表示反应速率时，速率之比等于计量数之比；B．同A项分析；C．利用“变者不变即平衡”；D．依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断。8．【答案】A【解析】【解答】A．由题干图示信息可知，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH12H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2，生成气体水时放出的热量比生成液态水时少，故0＞ΔH1＞ΔH2，A符合题意；B．H2O(l)=H2O(g)为气体分子数增大的吸热过程，则ΔH＞0，ΔS＞0，B不符合题意；C．氢气与氧气的反应为放热反应，则2molH2(g)和1molO2D．根据盖斯定律可知，化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．同一物质由气态变为液态的过程需要放出热量；B．同一物质由液态变为气态的过程需要吸收热量；同种物质固态时，熵值最小，气态时熵值最大；C．燃烧为放热反应；D．根据盖斯定律。9．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知锌是负极，氧化银是正极，A不符合题意；B．负极上电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，由于氢氧根离子参加反应而导致负极附近氢氧根离子浓度降低，负极区溶液的pH减小，B不符合题意；C．氧化银作正极，得电子，结合总反应可知正极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，C符合题意；D．锌作负极，氧化银作正极，电子从负极锌沿导线流向正极氧化银，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A．原电池，反应中元素化合价升高，做负极，元素化合价降低，为正极；B．电池中，负极失电子发生氧化反应；C．依据总反应及正极得电子，发生还原反应；D．放电时，电子由负极经外电路流向正极。10．【答案】B【解析】【解答】A．升高温度，HCl的平衡转化率减小，平衡左移，该反应为放热反应，A不符合题意；B．其他条件相同，增大HCl浓度，HCl的转化率减小。所以曲线a、b、c的进料浓度比[c(HCl)：C．该反应是气体体积减小的反应，其他条件相同时，增大压强，平衡向右移动，HCl的平衡转化率增大，C不符合题意；D．化学平衡常数只受温度影响，400℃时，三种进料浓度对应的平衡常数相同，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】根据影响化学平衡移动的因素和化学平衡常数只受温度影响分析。11．【答案】C【解析】【解答】A．由题图可知，Ta温度下先达到平衡，Ta温度下的速率快，所以Ta>TB．Ta时，CH4的平衡转化率α=参与反应的物质的量起始的物质的量C．Tb时，平衡时n(CO)=0.6mol，若改为恒温恒压容器，由于该反应是气体体积增大的反应，相当于在原来基础上降低压强，平衡正向移动，因此平衡时n(CO)>0D．达平衡后再充入CH4(g)故答案为：C。

【分析】根据影响化学平衡移动的因素分析和平衡转化率α=参与反应的物质的量12．【答案】D【解析】【解答】A．溶液中存在：H2O⇌H++OH-、HSO3-⇌H++SO32-、SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-B．由A项分析可知，溶液中含有分子为H2O、H2SO3和离子为Na+、H+、OH-、HSO3-C．根据物料守恒可知，溶液中c(SOD．常温下，溶液呈酸性，说明HSO3-故答案为：D。

【分析】A．存在两个电离和和两个水解平衡；B．由A项分析判断；C．根据物料守恒；D．由电离与水解程度的大小判断。13．【答案】D【解析】【解答】A．Ba(OH)2和NaHCO3在溶液中均完全电离，均属于强电解质，A不符合题意；B．A→B加入NaHCO3的物质的量小于Ba(OH)2的物质的量，发生的反应为BaC．B→C时加入的NaHCO3继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中c(OH-)减小，C不符合题意；D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，A点溶液中全部是Ba(OH)2，水的电离受到抑制，电离程度最小，B点为反应一半点，氢氧化钡还有剩余，C点Ba(OH)2和NaHCO3恰好完全反应，因此水的电离程度：A<B<C，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．强电解质在水溶液中完全电离，（一般包括强酸、强碱、大多数盐、金属氧化物）；B．导电能力强弱与离子浓度大小有关；C．C点两者恰好完全反应；D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。14．【答案】A【解析】【解答】A．加入碳酸钡的目的是沉淀法除掉硫酸根和钙离子，故①的反应为：BaCO3(s)+SB．②中当溶液pH=11时，c(Mg2+)=Ksp[Mg(OH)C．由上述分析③的滤渣中除泥沙外，还有①生成的BaSO4、CaCO3，②生成的D．④中用稀盐酸调溶液pH为中性或微酸性，以除去OH-、故答案为：A。

【分析】A．利用沉淀法除掉离子；B．利用溶度积常数计算；C．依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；D．调溶液pH除去杂质离子。15．【答案】（1）2p；哑铃；2（2）（3）3d54s1；d（4）>（5）镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大【解析】【解答】（1）氮为7号元素，基态N原子中核外电子排布为1s22s22p3，电子占据最高能级的符号是2p，占据该能级电子的电子云轮廓图为哑铃形，核外存在2对自旋相反的电子。（2）26号元素Fe基态原子的价层电子轨道表示式是；（3）24Cr的价层电子排布式为3d54s1（4）NH（5）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小；

【分析】（1）依据原子构造原理和泡利原理分析；s轨道电子云为球形、p轨道电子云为哑铃形；（2）依据原子核外电子排布规则；（3）依据原子构造原理分析；（4）非金属性越强，则电负性越大；（5）同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中IIA族和VA族的第一电离能高于相邻的元素。16．【答案】（1）HCl是强电解质，0.1mol/L的溶液中氢离子浓度也是0.1mol/L，pH=1；c(CH3COO−)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH−)；10-5.3；＞；＞（2）2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H【解析】【解答】（1）①HCl是强电解质，0.1mol/L的溶液中氢离子浓度也是0.1mol/L，pH=1，所以曲线II是盐酸滴定曲线，故答案为：HCl是强电解质，0.1mol/L的溶液中氢离子浓度也是0.1mol/L，pH=1；②a点处溶液中溶质成分应是CH3COOH和CH3COONa，此时溶液中电荷守恒关系是c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，根据图中信息，此时溶液pH=7呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，代入电荷守恒关系可知c(Na+)=c(CH3COO-)，可知溶液中的离子浓度大小为c(CH3COO−)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH−)，故答案为：c(CH3COO−)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH−)；③由图示信息可知，b点溶液的Ph=8.7，此时CH3COOH和NaOH恰好完全反应，溶液中溶质为CH3COONa，溶液中的OH-完全由水电离产生，水电离的H+部分与CH3COO-结合，故有由水电离的c(OH−)=c(OH-)aq=Kwc(H+④V[NaOH(aq)]=20mL时，CH3COOH、HCl和NaOH均恰好完全反应，完全中和的两个盐溶液中，CH3COO-水解，Cl-不水解，故有c(Cl−)⑤由题干图示信息可知，b点为CH3COOH和NaOH恰好完全反应，而c点则是NaOH溶液过量，过量的NaOH抑制了CH3COO-的水解，故c点溶液中n(CH（2）①用KMnO4酸性溶液滴定H2C2O4即H2C2O4被氧化为CO2，而KMnO4被还原为Mn2+，根据氧化还原反应配平可得该反应化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，该反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+5H2②本滴定是用酸性高锰酸钾溶液滴定H2C2O4溶液，高锰酸钾溶液呈紫红色，还原产物MnSO4为无色，故当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点，故答案为：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；③由题干实验转化信息可知，5Ca2+~5CaC2O4~5H2C2O4~2KMnO4，故有n(Ca2+)=n(CaC2O4)=n(H2C2O4)=52n(KMnO4)=52×b×10−3L×1.0×10−4mol/L=2.5b×10

【分析】（1）①依据起点的数据和强电解质在水溶液中完全电离分析；

②根据图中信息，溶液呈中性，利用电荷守恒分析；

③依据碱溶液中水电离出来的c(OH-)就等于溶液中c(H+)；

④依据盐中弱离子会水解分析；

⑤依据酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；

（2）①根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写。

②本滴定中试剂本身有颜色；

③依据关系式法计算。17．【答案】（1）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（2）加入KSCN溶液，溶液局部变红（3）Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，Cu+和SCN-反应生成白色沉淀CuSCN，平衡向左移动，红色消失（4）O2（5）FeSO4溶液；闭合开关K，电流计指针不动；Cu2++e-⇌Cu+，SCN-与Cu+结合生成CuSCN沉淀，导致c(Cu+)降低，有利于电极反应正向移动，Cu2+得电子能力增强，大于Fe3+，使得Fe2+被氧化【解析】【解答】（1）由实验现象可知，铜与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；（2）Fe3+遇KSCN溶液变红，由实验ii的上层清液滴加硫氰化钾溶液后，溶液局部变红可知，溶液中存在铁离子；（3）Cu+和SCN-反应生成白色沉淀CuSCN，SCN-浓度降低，使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡向左移动，红色消失；（4）亚铁离子具有还原性，可能被空气中氧气氧化生成铁离子，使硫氰化钾溶液变红色，则假设1被空气中氧气氧化；（5）①实验iii的目的是探究假设1是否成立，Fe2+是否可以被空气中溶解的氧气氧化，则溶液a是FeSO4溶液。②由实验iv中闭合开关K，电流计指针不动可知，Cu与Fe③闭合开关K，电流计指针不动；由验证在实验ii的条件下，铜离子将亚铁离子氧化可知，铜离子在正极得到电子，发生还原反应，生成亚铜离子，Cu2++e-⇌Cu+，向硫酸铜溶液中滴加硫氰化钾溶液，硫氰酸根离子与亚铜离子结合生成硫氰化亚铜沉淀，导致亚铜离子浓度降低，有利于电极反应，促使亚铁离子在负极被氧化。

【分析】（1）铜与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁和硫酸铜；（2）Fe3+遇KSCN溶液变红