2022-2023学年浙江省杭州地区（含周边）重点中学高二（下）期中化学试卷-普通用卷

这是一份2022-2023学年浙江省杭州地区（含周边）重点中学高二（下）期中化学试卷-普通用卷，共24页。试卷主要包含了单选题，流程题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列盐类能抑制水的电离的是( )
A. NaClB. NaHCO3C. NaOHD. NaHSO4
2. 氮的氧化物众多，下列说法不正确的是( )
A. N元素价层电子排布式为：2s22p3
B. NO是一种无色的气体，有舒张软化血管的作用
C. 2NO2⇌N2O4是吸热反应
D. N2O5是硝酸的酸酐，溶于水后显酸性
3. 下列化学用语正确的是( )
A. 羟基的电子式：
B. H2SO3的电离方程式：H2SO3⇌2H++SO32−
C. 联氨N2H4的结构式为：
D. TNT的结构简式：
4. 化学在工农业生产和日常生活中都有重要应用，下列叙述正确的是( )
A. 华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用主要材料为晶体硅
B. 二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中
C. 自来水厂常用明矾、O3、ClO2等做水处理剂，其作用都是杀菌消毒
D. 用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢，属于新型无机非金属材料
5. 下列说法正确的是( )
A. 714N2与 715N2互为同位素
B. 异丁烷和2−甲基丙烷互为同分异构体
C. 乙醇和二甲醚互为同分异构体，可用金属钠鉴别
D. 的一氯代物只有2种(不考虑立体异构)
6. 关于反应Ⅰ：6NaOH+3S=2Na2S+Na2SO3+3H2O和反应Ⅱ：6HNO3+S=H2SO4+6NO2+2H2O，下列说法正确的是( )
A. Na2S和NO2均为还原产物
B. 反应I中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1
C. 两反应中S都只发生了氧化反应
D. 两反应中消耗64gS时，转移电子数目相同
7. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 用FeS除去废水中的Hg2+：FeS+Hg2+=HgS+Fe2+
B. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合至呈中性：Ba2++OH−+SO42−+H+=BaSO4↓+H2O
C. 向Na2S溶液中滴加NaClO溶液：S2−+ClO−+2H+=S↓+Cl−+H2O
D. 家用84漂白液(NaClO)的漂白原理：2ClO−+H2O+CO2=2HClO+CO32−
8. 芬必得是一种高效的消炎药，主要成分为化合物布洛芬，其结构简式如图所示，下列说法正确的是( )
A. 布洛芬可以发生加成、氧化、取代反应B. 布洛芬不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 布洛芬的分子式为C12H18O2D. 布洛芬苯环上的一氯取代产物有四种
9. 用NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 所含共价键数目均为NA的白磷和甲烷的物质的量相等
B. 向含1mlCl−的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，溶液中NH4+数目为NA
C. 2mlSO2与1mlO2在密闭容器中充分反应后，容器中的分子总数为2NA
D. 用铜作电极电解饱和NaCl溶液，当电路上通过0.2mle−时，阴、阳两极产生的气体分子总数为0.2NA
10. 一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是( )
A. Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应
B. Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
C. Y的氟化物YF3中Y原子为sp3杂化
D. X的氟化物YF3中原子均为8电子稳定结构
11. 新能源汽车是国家战略产业的重要组成部分，LiFePO4电池是能源汽车关键部件之一，其工作原理如图所示，电池工作时的总反应为：Li1−xFePO4+xLi++xe−=LiFePO4+6C，下列说法错误的是( )
A. 充电时，电极a与电源负极连接，电极b与电源正极连接
B. 电池工作时，正极的电极反应为Li1−xFePO4+xLi++xe−=LiFePO4
C. 电池工作时，负极材料质量减少1.4g，转移0.4ml电子
D. 电池进水将会大大降低其使用寿命
12. 臭氧层中O3分解过程如图所示，下列说法正确的是( )
A. 催化反应①②均为放热反应
B. 决定O3分解反应速率的是催化反应②
C. E1是催化反应①对应的正反应的活化能，(E2+E3)是催化反应②对应的逆反应的活化能
D. 温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大
13. 25℃时，重水(D2O)的离子积为1.6×10−15，也可用与pH一样的定义来规定其酸碱度：pD=−lgc(D+)，下列叙述正确的是(均为25℃条件下)( )
A. 重水和水两种液体，D2O的电离度大于H2O
B. 25℃时D2O中D+浓度比H2O中H+离子浓度小，故显碱性
C. 0.01ml⋅L−1NaOD重水溶液，其pD=12
D. 向100mL0.25ml⋅L−1DCl重水溶液中，加入50mL0.2ml⋅L−1NaOD重水溶液，反应后溶液的pD=1
14. 常温下，H2C2O4的Ka1=5.9×10−2，Ka2=6.4×10−5；H2CO3的Ka1=4.3×10−7，Ka2=5.6×10−11。下列说法正确的是( )
A. NaHCO3、NaHC2O4都属于酸式盐且它们对应的水溶液都呈碱性
B. 0.010ml⋅L−1NaHC2O4溶液中：c(Na+)>c(HC2O4−)>c(H2C2O4)>c(C2O42−)
C. Na2CO3溶液中滴入少量H2C2O4溶液时，反应生成NaHCO3和NaHC2O4
D. ⋅L−1H2C2O4溶液与等体积NaOH溶液混合，溶液恰好呈中性：n(Na+)+n(H2C2O4)−n(C2O42−)=0.001ml
15. 已知298K时下列物质的溶度积(单位略)
下列说法正确的是( )
A. 等体积浓度均为0.02ml⋅L−1的CH3COONa和AgNO3溶液混合能产生沉淀
B. 离浓度均为0.01ml⋅L−1的CrO42−和Cl−混合溶液中慢慢滴入AgNO3溶液时，CrO42−先沉淀
C. 在CH3COOAg悬浊液中加人盐酸发生反应的离子方程式：CH3COOAg+H++C1−=CH3COOH+AgCl
D. 298K时．上述四种饱和溶液的物质的量浓度：c(CH3COOAg)>c(AgCI)>c(Ag2CrO4)>c(Ag2S)
16. 根据下列实验现象所得结论正确的是 ( )
A. AB. BC. CD. D
二、流程题（本大题共4小题，共44.0分）
17. 固体化合物X由三种元素组成，某学习小组开展如图探究实验：

请回答：
(1)组成X的元素有 ______ ，X的化学式为 ______ 。
(2)化合物X可以由对应金属的某种盐溶液在精准控制PH和加热一定的温度下制得，请写出相应的方程式 ______ 。
(3)固体A能溶于NaHF2的水溶液，产物中含一种正八面体的负三价阴离子，写出其相应的离子方程式 ______ 。
(4)现已确认红褐色固体B中只含有一种金属元素，请设计实验进一步验证红褐色固体B中所含金属离子 ______ 。
18. 锌、镉Cd、镍、铬Cr等金属及其化合物在工业上有重要用途，Cd与Zn位于同一副族，且在Zn的下一周期。
(1)下列状态的硫中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 ______ 。
A.[Ne]3s23p4
B.[Ne]3s23p3
C.[Ne]3s13p4
D.[Ne]3sl3p5
(2)硫和碲位于同主族，其简单氧化物H2S和H2Te中，分解温度较高的是 ______ ；键角较大的是 ______ 。
(3)ZnS熔点为2830℃，CdS熔点为1750℃，ZnS熔点更高的原因是 ______ 。
(4)铬的一种配合物结构如图1所示，该配合物中C原子的两种杂化方式为 ______ ；该配合物中Cr的价态为 ______ 。

(5)Ni、K、F三种元素组成的一种晶体的长方体晶胞如图2所示。该晶体的化学式为 ______ ；若NA代表阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 ______ g⋅cm−3。其中Ni的阴离子配位数为 ______ 。
19. 柠檬酸C6H8O7是一种三元有机酸，易溶于水，受热易分解，广泛存在于柠檬等桔类水果中，(NH4)3Fe(C6H5O7)2(柠檬酸铁铵)用于医学、食品业等，易溶于水(20℃时溶解度120)，不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，可用作食品铁强化剂。实验室由硫酸亚铁和柠檬酸等为原料制备柠橡酸铁铵产品的主要实验流程如图：

(1)写出步骤Ⅰ的离子方程式为 ______ 。
(2)步骤ⅡFe(OH)3洗涤的操作方法为 ______ 。
(3)步骤Ⅲ控制温度80℃的目的是 ______ 。
(4)请为上述制备流程选择更合理的操作或试剂：
①步骤Ⅰ中FeSO4与H2O2的混合方式 ______ 。
a.H2O2溶液逐滴加入H2O2中
b.H2O2逐滴加入H2O2溶液中
②步骤Ⅲ中的合理的操作 ______ 。
a.低温浓缩至有大量晶体析出，停止加热
b.低温浓缩至表面有晶膜出现，停止加热，冷却结晶
(5)为测定某补血剂样品[主要成分是硫酸亚铁晶体(FeSO4⋅7HO)中铁元素的含量，某化学兴趣小组设计了如下实验方案，取10片补血剂，加入一定量稀硫酸溶解后，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.00500ml⋅L−1酸性KMnO4溶液滴定，重复实验平均消耗酸性KMnO4溶液10.00mL。已知滴定过程反应的离子方程式为：MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，若实验无损耗，则每片补血剂Fe的含量为 ______ mg。
20. 化学反应原理中的相关理论可用于指导实验及工业生产中的各项问题，请回答下列问题：
(1)工业上，常采用以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料进行“加碳氯化”的方法生产TiCl4，相应的化学方程式为：
Ⅰ.TiO2(s)+2Cl2(g)⇌TiCl4(g)+O2(g) ΔH1=+181kJ⋅ml−1K1=3.4×10−29
Ⅱ.2C(s)+O2(g)⇌2CO(g)ΔH2=−221kJ⋅ml−1K2=1.2×1048
①下列措施能提高Cl2的平衡转化率的是 ______ 。
A.保持恒容通入惰性气体
B.在反应器中增加C和TiO2的含量
C.提高反应温度
D.增大容器体积以减小体系压强
②结合数据，说明氯化过程中加碳的理由 ______ 。
(2)T℃下H2S可直接分解制取H2，反应的原理如下：2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)。实际生产中往刚性容器中同时通入H2S和水蒸气，水蒸气与反应体系的任何物质均不发生反应，测得容器总压(P总压)和H2S的转化率(a)随时间的变化关系如图1所示，计算反应在0−20min内的平均反应速率v(H2)= ______ kPa⋅min−1；平衡时，平衡常数Kp= ______ kPa(Kp为以分压表示的平衡常数)。

(3)已知(CH3)3CBr+OH−=(CH3)3COH+Br−的反应历程分两步：
①(CH3)3CBr=(CH3)3C++Br−
②(CH3)3C++OH−=(CH3)3COH
反应进程中的势能图如图2所示：如果增加(CH3)3CBr浓度，反应速率将 ______ (填：加快、不变或变慢)，如果增加OH浓度反应速率 ______ (填：加快、不变或变慢)，并结合反应势能图解释 ______ 。
三、简答题（本大题共1小题，共8.0分）
21. 某课题组以有机物A为原料，通过下列合成路线合成有机物F。

(1)有机物D中含有官能团的名称：氨基、 ______ 。
(2)写出A到B的反应方程式 ______ 。
(3)已知有机物D与G生成E是取代反应，写出G的结构简式 ______ 。
(4)由C9H12为原料也可合成F，C9H12属于芳香族烃的同分机构体共有 ______ 种。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.NaCl是强酸强碱盐，其溶液呈中性，不会抑制水的电离，故A错误；
B.NaHCO3是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子会促进水的电离，故B错误；
C.NaOH是碱，会抑制水的电离，故C错误；；
D.NaHSO4是盐，可以电离出氢离子，会抑制水的电离，故D正确；
故选：D。
含有弱根离子的盐能促进水电离，酸或碱能抑制水的电离，据此进行解答。
本题考查水电离的影响因素，题目比较简单，属于基础知识和基本能力的考查。
2.【答案】C
【解析】解：A.N元素为主族元素，最外层电子为价电子，电子排布式为：2s22p3，故A正确；
B.NO是一种无色的气体，有舒张软化血管的作用，故B正确；
C.2NO2⇌N2O4是放热反应，故C错误；
D.N2O5为硝酸的酸酐，与水反应生成硝酸，溶液显酸性，故D正确；
故选：C。
A.N元素为主族元素，最外层电子为价电子；
B.NO为无色气体，NO在心血管系统中起到重要作用；
C.2NO2⇌N2O4是放热反应；
D.N2O5为硝酸的酸酐，与水反应生成硝酸。
本题考查了物质的结构与性质，熟悉原子结构组成、物质的性质是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.羟基中H与O共用1对电子，O有1个单电子，羟基的电子式为，故A错误；
B.亚硫酸为多元弱酸，分步电离，以第一步为主，电离方程式为：H2SO3⇌H++HSO3−，故B错误；
C.根据N原子的成键特点，N2H4的结构式为：，故C错误；
D.TNT为2，4，6−三硝基甲苯，氮原子与苯环相连，TNT的结构简式：，故D正确；
故选：D。
A.羟基中氧原子有1个单电子；
B.亚硫酸为多元弱酸，分步电离，以第一步为主；
C.联氨中氮原子之间为单键；
D.TNT为2，4，6−三硝基甲苯，氮原子与苯环相连。
本题考查了电子式、结构简式及电离方程式等化学用语，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力，注意掌握常见化学用语的概念及正确的表示方法，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.晶体硅为良好的半导体，适用于制造芯片和太阳能电池，故A正确；
B.二氧化硫具有保鲜杀菌作用，可以适当的添加，故B错误；
C.明矾只能净水，不能杀菌消毒，故C错误；
D.特种钢属于金属材料，不是无机非金属材料，故D错误；
故选：A。
A.晶体硅为良好的半导体；
B.二氧化硫具有保鲜杀菌作用，可以适当的添加；
C.明矾不能杀菌消毒；
D.特种钢属于金属材料。
本题综合考查元素化合物知识，侧重于物质用途的判断，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，有利于培养学生的良好的科学素养、提高学生的学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累。
5.【答案】C
【解析】解：A． 714N2与 715N2是氮元素的分子，不能互为同位素，故A错误；
B.异丁烷和2−甲基丙烷的组成和结构相同，是同种物质，不能互为同分异构体，故B错误；
C.乙醇和二甲醚的分子式相同，结构不同，含不同官能团，互为同分异构体，乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气，二甲醚和钠不反应，可用金属钠鉴别，故C正确；
D.分子中含三种氢原子，一氯代物有3种，故D错误；
故选：C。
A.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；
B.分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体；
C.乙醇和钠反应生成氢气；
D.分子中含三种氢原子。
本题考查了同位素、同分异构体、有机物性质等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.I：6NaOH+3S=2Na2S+Na2SO3+3H2O，反应中S元素的化合价降低生成Na2S，Ⅱ：S+6HNO3(浓)=H2SO4+6NO2+2H2O，反应中N元素的化合价降低生成NO2，所以Na2S和NO2均为还原产物，故A正确；
B.I：6NaOH+3S=2Na2S+Na2SO3+3H2O，反应中1mlS的化合价既升高，2mlS的化合价降低，则还原剂、氧化剂的物质的量之比为1：2，故B错误；
C.I：6NaOH+3S=2Na2S+Na2SO3+3H2O，反应中S元素的化合价既升高又降低，则反应I中S既发生了氧化反应又发生还原反应，故C错误；
D.I：6NaOH+3S=2Na2S+Na2SO3+3H2O，消耗3mlS时，转移4ml电子，Ⅱ：S+6HNO3(浓)=H2SO4+6NO2+2H2O，消耗3mlS时，转移18ml电子，所以两反应中消耗64gS时，转移电子数目不相同，故D错误；
故选：A。
I：6NaOH+3S=2Na2S+Na2SO3+3H2O，反应中S元素的化合价既升高又降低；Ⅱ：S+6HNO3(浓)=H2SO4+6NO2+2H2O，反应中S元素的化合价升高，N元素的化合价降低，据此分析。
本题考查了氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应及转移电子的考查，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.硫化亚铁与汞离子反应生成硫化汞和亚铁离子，实现沉淀的转化，离子方程式为：FeS+Hg2+=HgS+Fe2+，故A正确；
B.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合至呈中性时，两者按物质的量之比为2：1反应，离子方程式为：Ba2++2OH−+SO42−+2H+=BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C.Na2S溶液中滴加NaClO溶液，离子方程式：S2−+ClO−+H2O=S↓+Cl−+2OH−，故C错误；
D.由于酸性H2CO3>HClO>HCO3−，则家用84漂白液(NaClO)的漂白原理为：ClO−+H2O+CO2=HClO+HCO3−，故D错误；
故选：A。
A.HgS的溶解度小于FeS；
B.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合至呈中性时，两者的物质的量之比为2：1；
C.Na2S、NaClO溶液都呈碱性，所以离子方程式中没有氢离子参加反应；
D.根据酸性H2CO3>HClO>HCO3−来分析。
本题考查了离子方程式书写的正误判断，难度不大，应注意与量有关的离子方程式的书写。
8.【答案】A
【解析】解：A.含有苯环，能与氢气发生加成反应，含有羧基，可以发生取代反应，可以在氧气中燃烧发生氧化反应，故A正确；
B.布洛芬分子结构中烷基与苯环连接的C原子上含有H原子，因此能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C.根据物质结构简式可知布洛芬的分子式为C13H18O2，故C错误；
D.布洛芬的分子中苯环上有2种不同环境的H原子，因此其一氯取代产物有2种，故D错误；
故选：A。
A.含有苯环，含有羧基，可以在氧气中燃烧发生氧化反应；
B.苯环连接的碳原子上含有氢原子，能酸性高锰酸钾溶液氧化；
C.由结构可知，该有机物分子含有13个碳原子、18个氢原子、2个氧原子；
D.苯环上有2种不同环境的H原子。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意能酸性高锰酸钾溶液氧化的苯的同系物结构，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。
9.【答案】B
【解析】解：A.一个白磷分子中含有6条P−P键，一个甲烷分子中含有4条C−H键，所含共价键数目为NA的白磷的物质的量为16ml，所含共价键数目为NA的甲烷的物质的量为14ml，故A错误；
B.向含1mlCl−的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，则n(H+)=n(OH−)，由电荷守恒可知n(NH4+)+n(H+)=n(OH−)+n(Cl−)，故n(NH4+)=n(Cl−)=1ml，溶液中NH4+数目为NA，故B正确；
C.SO2与O2的反应为可逆反应，反应不能反应完全，2mlSO2与1mlO2充分反应后，容器中的分子总数大于2NA，故C错误；
D.用铜作电极电解饱和NaCl溶液，铜作阳极，电极反应式为Cu−2e−=Cu2+，阴极电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，当电路上通过0.2mle−时，产生0.1ml氢气，气体分子数为0.1NA，故D错误；
故选：B。
A.一个白磷分子中含有6条P−P键，一个甲烷分子中含有4条C−H键；
B.结合电荷守恒分析；
C.可逆反应不能反应完全；
D.用铜作电极电解饱和NaCl溶液，铜作阳极，电极反应式为Cu−2e−=Cu2+，阴极电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
10.【答案】D
【解析】解：由分析可知，W为H元素、X为B元素、Y为N元素、Z为Na元素；
A.钠既能与水反应，也可与甲醇反应，故A正确；
B.Y的最高化合价氧化物的水化物是HNO3，HNO3属于强酸，故B正确；
C.NF3中N原子价层电子对数=3+5−1×32=4，N原子采取sp3杂化，故C正确；
D.BCl3中B原子形成3个B−Cl键，没有孤电子对，B原子不满足8电子结构，故D错误；
故选：D。
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，化合物结构中Z原子形成+1价阳离子，则Z处于IA族，而Z的原子序数与W相差大于2，则Z为Na元素；阴离子中Y形成3个共价键，其原子序数小于Na，则Y为N元素，W形成1个共价键，其原子序数小于N元素，则W为H元素，四元素原子序数总和是24，则X的原子序数为24−1−7−11=5，故X为B元素，B原子形成4条共价键中有条是配位键。
本题考查原子结构与元素周期律，根据结构中离子电荷及价键结构推断元素是解题的关键，侧重分析与应用能力的考查，难度中等。
11.【答案】C
【解析】解：A.充电时，电极a与电源的负极连接是阴极发生还原反应，电极b与电源正极连接，是阳极发生氧化反应，故A正确；
B.正极发生氧化反应，电极反应式为：Li1−xFePO4+xLi++xe−=LiFePO4，故B正确；
C.负极材料减重1.4g，物质的量为1.4g7g/ml=0.2ml，负极的电极反应：LixC6−xe−=xLi++C6，所以转移0.2ml电子，故C错误；
D.锂与水反应，所以电池进水将会大大降低其使用寿命，故D正确；
故选：C。
根据锂离子的移动方向，得到a是负极，发生失电子的氧化反应：LixC6−xe−=xLi++C6，b是正极，发生得电子的还原反应：Li1−xFePO4+xLi++xe−=LiFePO4，充电时的两极反应和放电时的正好相反，根据电极反应式结合电子守恒进行计算即可。
本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据离子的流向判断原电池的正负极，题目难度中等。
12.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，反应①生成物的总能量高于反应总能量的反应，是吸热反应，而反应②生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，故A错误；
B.决定O3分解反应速率的是慢反应，由图可知E1>E2，活化能越大，反应速率越慢，则决定O3分解反应速率的是反应①，故B错误；
C.根据过渡态理论，E1是催化反应①对应的正反应的活化能，(E2+E3)是催化反应②对应的逆反应的活化能，故C正确；
D.由图可知，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D错误，
故选：C。
A.化学反应中既有放热反应，又有吸热反应，取决于反应物和生成物总能量的大小，生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反；
B.决定O3分解反应速率的是慢反应，活化能越大，反应速率越慢；
C.根据过渡态理论，过渡态的能量与反应物分子的能量的差为正反应的活化能，过渡态的能量与生成物分子的能量的差为逆反应的活化能；
D.由图可知，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动。
本题考查化学反应中能量的变化，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物总能量之间的关系，做题时不要混淆。
13.【答案】D
【解析】解：A.重水D2O中c(D+)=c(OD−)，D2O的离子积为1.6×10−15，则c(D+)= 1.6×10−15ml/L=4×10−8ml/L<10−7ml/L，所以D2O的电离程度小于H2O，即D2O的电离度小于H2O，故A错误；
B.重水D2O中c(D+)=c(OD−)，D2O的离子积为1.6×10−15，则c(D+)= 1.6×10−15ml/L=4×10−8ml/L<10−7ml/L，25℃时D2O中D+浓度比H2O中H+离子浓度小，但是纯水都显中性，故B错误；
的NaOD的D2O溶液中，c(OD−)=0.01ml/L，c(D+)=Kwc(OD−)=1.6×10−13ml/L，pD=−lg1.6×10−13=12.8，故C错误；
ml⋅L−1的DCl重水溶液和50mL0.2 ml⋅L−1的NaOD的重水溶液混合时，DCl过量，所以溶液中c(D+)=0.25×0.1−0.2×0.050.1+0.05ml/L=0.1ml/L，pD=1.0，故D正确；
故选：D。
A.重水D2O中c(D+)=c(OD−)，D2O的离子积为1.6×10−15，则c(D+)=4×10−8ml/L<10−7ml/L；
B.纯水显中性；
的NaOD的D2O溶液中，c(OD−)=0.01ml/L，c(D+)=Kwc(OD−)=1.6×10−13ml/L，结合pD=−lgc(D+)计算判断；
D.由DCl+NaOD=NaCl+D2O可知，DCl过量，利用c(D+)=n(DCl)−n(NaOD)混合溶液体积，结合pD=−lgc(D+)计算判断。
本题考查重水D2O的离子积Kw及其计算，为高频考点，掌握pD的定义是解题关键，注意碱性溶液中或酸碱中和反应时溶液中pD的计算，题目难度中等。
14.【答案】D
【解析】解：A.草酸H2C2O4的Ka1=5.9×10−2，Ka2=6.4×10−5，可知HC2O4−的水解常数为KwKa1=10−145.9×10−2=1.7×10−11，远小于HC2O4−的常数，可知NaHC2O4溶液的呈酸性，故A错误；
B.NaHC2O4溶液呈酸性，HC2O4−水解程度小于电离程度，溶液中c(C2O42−)>c(H2C2O4)，故B错误；
C.由电离常数可知，NaHCO3和NaHC2O4可反应生成二氧化碳气体，则Na2CO3溶液中滴入少量H2C2O4溶液时，反应生成NaHCO3和Na2C2O4，故C错误；
D.由物料守恒可知n(H2C2O4)+n(HC2O4−)+n(C2O42−)=0.01L×0.10ml/L=0.001ml，由电荷守恒可知n(HC2O4−)+2n(C2O42−)+n(OH−)=n(Na+)+n(H+)，溶液恰好呈中性，则n(OH−)=n(H+)，可知n(HC2O4−)+2n(C2O42−)=n(Na+)，联式可得n(Na+)+n(H2C2O4)−n(C2O42−)=0.001ml，故D正确；
故选：D。
A.比较HC2O4−的水解和电离程度，可判断NaHC2O4溶液的酸碱性；
B.NaHCO3溶液呈碱性，HCO3−水解程度大于电离程度；
C.由电离常数可知，NaHCO3和NaHC2O4可反应生成二氧化碳气体；
D.结合物料守恒和电荷守恒判断。
本题考查弱电解质的电离，为高考常见题型，明确弱电解质的电离、盐的水解原理为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒等知识在判断离子浓度大小中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度中等。
15.【答案】C
【解析】解：A.浓度熵QC=c(CH3COO−)⋅c(Ag+)=0.01×0.01=1×10−4，KSP(CH3COOAg)=2.3×10−3，QCB.AgCl饱和所需Ag+浓度c(Ag+)=Ksp(AgCl)C(Cl−)=1.77×10 −100.01ml/L=1.77×10−8ml/L；Ag2CrO4饱和所需Ag+浓度c(Ag+)= Ksp(Ag2CrO4)C(CrO4 2−)= 1.12×10 −120.01ml/L=1.1×10−5ml/L，则1.77×10−8ml/L<1.1×10−5ml/L)，所以Cl−先沉淀，故B错误；
C.CH3COOAg沉淀的溶度积大于AgCl沉淀的溶度积，所以CH3COOAg+H++C1−=CH3COOH+AgCl，故C正确；
D.因为CH3COOAg饱和溶液中Ag+的浓度为 2.3×10−3ml⋅L−1=0.48×10−2ml⋅L−1，
因为AgCl饱和溶液中Ag+的浓度为 1.77×10−10=1.33×10−5ml⋅L−1，c(AgCl)=1.33×10−5ml⋅L−1，
假设Ag2CrO4饱和溶液中Ag+的浓度为x，则CrO42−的浓度为0.5x，由溶度积常数的表达式可知Ksp(Ag2CrO4)=x2×0.5x=0.5x3=1.12×10−12，x3=2.24×10−12，即x=32.24×10−12=1.3×10−4ml⋅L−1；c(Ag2CrO4)=0.65×10−4ml⋅L−1
假设Ag2S饱和溶液中Ag+的浓度为x，则S2−的浓度为0.5x，由溶度积常数的表达式可知Ksp(Ag2S)=x2×0.5x=0.5x3=6.7×10−15，x3=13.4×10−15，即x=2.38×10−5ml⋅L−1；c(Ag2S)=1.19×10−5ml⋅L−1，则顺序为：c(CH3COOAg)>c(Ag2CrO4)>c(AgCI)>c(Ag2S)，故D错误；
故选：C。
A.根据浓度熵QC>KSP能产生沉淀；
B.根据Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2CrO4)计算生成AgCl、Ag2CrO4沉淀时银离子的浓度，比较大小后确定谁先沉淀；
C.根据同类型的沉淀，溶度积大的沉淀能转化为溶度积小的沉淀；
D.根据物质的溶度积计算出四种饱和溶液的物质的量浓度Ag+浓度，然后再求出各物质的浓度．
本题主要考查了溶度积的计算、沉淀的转化与生成，难度较大，注意培养学生分析问题、解决问题的能力．
16.【答案】D
【解析】解：A.先加入氯水，可氧化Fe2+生成Fe3+，不能排除Fe3+的影响，应先加KSCN溶液无现象、后加氯水检验，故A错误；
B.高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，且铁可能过量，+3价铁能被Fe还原为Fe2+，则加入稀盐酸后再加入KSCN溶液不变红，不能证明反应后固体不含三价铁，故B错误；
C.重金属盐能使蛋白质变性，铵盐能使蛋白质发生盐析，所以CuCl2能使蛋白质发生变性而生成沉淀，(NH4)2SO4饱和溶液能使蛋白质发生盐析而生成沉淀，故C错误；
D.将0.1ml⋅L−1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH完全反应，再滴加0.1ml⋅L−1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Ksp[Cu(OH)2]故选：D。
A.先加入氯水，可氧化Fe2+生成Fe3+，不能排除Fe3+的影响；
B.+3价铁能被Fe还原为Fe2+；
C.重金属盐能使蛋白质变性，铵盐能使蛋白质发生盐析；
D.溶度积常数表达式相似时，溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质。
本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及难溶物溶解转化、蛋白质变性和盐析、物质检验等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，易错选项是B，注意蛋白质变性和盐析的区别，题目难度不大。
17.【答案】Fe、O、Cl FeOCl(或FeCl3⋅Fe2O3) FeCl3+H2O=△FeOCl+2HCl FeO(OH)+3HF2−=FeF63−+2H2O：[或Fe(OH)3⋅Fe2O3+9HF2−=3FeF63−+6H2O] 取适量固体于试管中，加入足量盐酸使固体溶解，向溶液中加入少量KSCN溶液，若出现血红色溶液，证明红褐色固体B中所含金属离为Fe3+
【解析】解：(1)由分析可知，X的化学式为：FeOCl(或FeCl3⋅Fe2O3)，组成X的元素有Fe、O、Cl，
故答案为：Fe、O、Cl；FeOCl(或FeCl3⋅Fe2O3)；
(2)化合物X可以由对应金属的某种盐溶液在精准控制pH和加热一定的温度下制得，是氯化铁和水反应，相应反应的化学方程式为：FeCl3+H2O=△FeOCl+2HCl，
故答案为：FeCl3+H2O=△FeOCl+2HCl；
(3)由分析可知，A的化学式为：FeO(OH)，FeO(OH)能溶于NaHF2的水溶液，产物中含一种正八面体的负三价阴离子，则其中心原子价层电子对数为6，阴离子为FeF63−，反应的离子方程式为：FeO(OH)+3HF2−=FeF63−+2H2O：[或Fe(OH)3⋅Fe2O3+9HF2−=3FeF63−+6H2O]，
故答案为：FeO(OH)+3HF2−=FeF63−+2H2O：[或Fe(OH)3⋅Fe2O3+9HF2−=3FeF63−+6H2O]；
(4)红褐色固体B中只含有一种金属元素为铁离子，取适量固体于试管中，加入足量盐酸使固体溶解，向溶液中加入少量KSCN溶液，若出现血红色溶液，证明红褐色固体B中所含金属离为Fe3+，
故答案为：取适量固体于试管中，加入足量盐酸使固体溶解，向溶液中加入少量KSCN溶液，若出现血红色溶液，证明红褐色固体B中所含金属离为Fe3+。
红褐色固体B为Fe2O3，物质的量为16g160g/ml=0.1ml，铁元素物质的量为0.2ml，氧元素物质的量为0.3ml，固体A灼烧生成Fe2O3和水，水的质量为17.8g−16.0g=1.8g，水的物质的量为1.8g18g/ml=0.1ml，氢元素物质的量为0.2ml，氧元素物质的量为0.1ml，固体A中Fe、O、H的原子个数比为：0.2ml：0.2ml：0.4ml=1：1：2，A的化学式为：FeO(OH)，化合物X中有铁元素0.2ml，质量为11.2g，无色气体A通入到足量硝酸酸化的硝酸银溶液中产生白色沉淀B为AgCl，物质的量为，无色气体A为HCl，化合物X中含氯元素0.2ml，质量为7.1g，X中另一种元素的质量为21.5g−11.2g−7.1g=3.2g，Fe、Cl原子个数比为0.2ml：0.2ml=1：1，依据正负化合价代数和为0的原则，另一种元素不能为氢元素，应为氧元素，物质的量为3.2g16g/ml=0.2ml，则X的化学式为：FeOCl(或FeCl3⋅Fe2O3)。
本题考查物质的组成的测定，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，把握物质的性质以及计算的方法为解答的关键，注意物质的检验及元素守恒的应用，题目难度中等。
18.【答案】B H2S H2S ZnS、CdS都为离子晶体，Cd2+的半径大于Zn2+的半径，故晶格能ZnS>CdS，则熔点ZnS>CdS sp、sp3 +3 K2NiF4 4.26×1032NAa2b 6
【解析】解：(1)[Ne]3s23p4为基态S原子核外电子排布，[Ne]3s23p3为基态S+核外电子排布，[Ne]3s13p4为激发态S+核外电子排布，[Ne]3sl3p5为激发态S原子核外电子排布，第二电离能比第一电离能大，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s23p3，
故答案为：B；
(2)元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，分解温度越高，硫元素的非金属性强于碲元素，则硫化氢的分解温度高于碲化氢；硫化氢中硫原子和碲化氢中碲原子的价层电子对数都为4、孤对电子对数都为2，中心原子的杂化方式都为sp3杂化，分子的空间构型都为V形，硫元素的电负性大于碲元素，氢化物中成键电子对偏向硫原子，成键电子对之间的斥力更大，键角更大，则硫化氢分子的键角大于碲化氢，
故答案为：H2S；H2S；
(3)硫化锌和硫化镉都是离子晶体，镉离子的离子半径大于锌离子，硫化锌的晶格能大于硫化镉，则硫化锌的熔点高于硫化镉，
故答案为：ZnS、CdS都为离子晶体，Cd2+的半径大于Zn2+的半径，故晶格能ZnS>CdS，则熔点ZnS>CdS；
(4)由图1可知，该配合物中−N=C=S中C的形成2个σ键，为sp杂化，饱和C原子形成4个σ键，为sp3杂化，该配合物的化学式为[Cr(SCN)2(NH2CH2CH2NH2)2]ClO4，根据正负化合价的代数和为零可知，Cr元素的化合价为+3价，
故答案为：sp、sp3；+3；
(5)由晶胞图可知，K原子位于棱上和体内，个数=2+8×14=4，F原子位于棱上、面上和体内，个数=2+16×14+4×12=8，Ni原子位于体内和顶点，个数=1+8×18=2，K：Ni：F=4：2：8=2：1：4，故晶胞的化学式为K2NiF4，晶胞质量为39×4+19×8+59×2NAg，晶胞体积为(a2b×10−30)cm3，晶胞密度ρ=mV=39×4+19×8+59×2NAa2b×10−30g⋅cm−3=4.26×1032NAa2bg⋅cm−3；晶胞中阴离子为F−，位于Ni的上下前后左右，共6个，Ni的阴离子配位数为6，
故答案为：K2NiF4；4.26×1032NAa2b；6。
(1)[Ne]3s23p4为基态S原子核外电子排布，[Ne]3s23p3为基态S+核外电子排布，[Ne]3s13p4为激发态S+核外电子排布，[Ne]3sl3p5为激发态S原子核外电子排布，第二电离能比第一电离能大；
(2)元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，分解温度越高；硫化氢中硫原子和碲化氢中碲原子的价层电子对数都为4、孤对电子对数都为2，中心原子的杂化方式都为sp3杂化，分子的空间构型都为V形，硫元素的电负性大于碲元素，氢化物中成键电子对偏向硫原子；
(3)离子晶体晶格能越大，熔点越高；
(4)由图1可知，该配合物中−N=C=S中C的形成2个σ键，饱和C原子形成4个σ键，该配合物的化学式为[Cr(SCN)2(NH2CH2CH2NH2)2]ClO4，根据正负化合价的代数和为零计算Cr元素的化合价；
(5)由晶胞图可知，K原子位于棱上和体内，个数=2+8×14=4，F原子位于棱上、面上和体内，个数2+16×14+4×12=8，Ni原子位于体内和顶点，个数=1+8×18=2，K：Ni：F=4：2：8=2：1：4；晶胞质量为39×4+19×8+59×2NAg，晶胞体积为(a2b×10−30)cm3，根据ρ=mV计算晶胞密度；晶胞中阴离子为F−，位于Ni的上下前后左右，共6个。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、键角、熔点、稳定性、杂化方式、晶胞结构与计算等知识点，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
19.【答案】2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O 向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待自然虑干，重复2～3次 氨水易挥发，柠檬酸受热易分解 a b 14
【解析】解：(1)步骤I中亚铁离子被双氧水氧化为铁离子，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
(2)步骤ⅡFe(OH)3洗涤的操作方法为：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待自然虑干，重复2～3次，
故答案为：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待自然虑干，重复2～3次；
(3)步骤Ⅲ为向Fe(OH)3沉淀中加入柠檬酸和氨水，得到含有(NH4)3Fe(C6H5O7)2溶液，因为氨水易挥发，柠檬酸受热易分解，所以温度应控制温度80℃，
故答案为：氨水易挥发，柠檬酸受热易分解；
(4)①根据流程，步骤I中FeSO4与H2O2的混合方式是向FeSO4先加稀硫酸酸化，再逐滴滴入H2O2，故选a，
故答案为：a；
②步骤Ⅲ是将含有(NH4)3Fe(C6H5O7)2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶，得到(NH4)3Fe(C6H5O7)2晶体，故选b，
故答案为：b；
(5)根据反应MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×0.005×10×10−3×25025.0010ml=0.00025ml，m(Fe)=0.00025ml×56g/ml×1000mg/g=14mg，
故答案为：14。
根据流程，FeSO4在酸性条件下被H2O2氧化生成Fe(SO4)3，加入NaOH形成Fe(OH)3沉淀，再加入柠檬酸和氨水，得到沉淀(NH4)3Fe(C6H5O7)2，过滤，(NH4)3Fe(C6H5O7)2晶体，最后用有机溶剂洗涤后，干燥得到产品。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度中等。
20.【答案】D 反应I+Ⅱ得：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，K=KI×KⅡ=4.1×1019远大于K1，反应Ⅱ使TiO2氯化为TiCl4得以实现；△H=△HI+△HⅡ=−40kJ⋅ml−1，反应Ⅱ可为反应I提供所需的能量 1.2 135 加快 不变 由图可知，第一步反应的活化能大于第二步，说明总反应速率由第一步反应决定
【解析】解：(1)①A.保持恒容通入惰性气体，平衡不移动，Cl2的平衡转化率不变，故A错误；
B.在反应器中增加C和TiO2的含量，C和TiO2均为固体不影响平衡的移动，Cl2的平衡转化率不变，故B错误；
C.根据盖斯定律：Ⅰ+Ⅱ得TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)+⇌TiCl4(g)+2CO(g)ΔH=(181−221)kJ/ml=−40kJ/ml，提高反应温度，平衡逆向移动，Cl2的平衡转化率减小，故C错误；
D.总反应为气体体积增大的反应，增大容器体积以减小体系压强，平衡正向移动，Cl2的平衡转化率增大，故D正确；
故答案为：D；
②根据盖斯定律可知，I+Ⅱ得：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，则K=KI×KⅡ=4.1×1019远大于K1，反应Ⅱ的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而△H=△HI+△HⅡ=−40kJ⋅ml−1，说明TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)为放热反应，则反应Ⅱ可为反应I提供所需的能量，
故答案为：反应I+Ⅱ得：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，K=KI×KⅡ=4.1×1019远大于K1，反应Ⅱ使TiO2氯化为TiCl4得以实现；△H=△HI+△HⅡ=−40kJ⋅ml−1，反应Ⅱ可为反应I提供所需的能量；
(2)设H2S起始压强为akPa，水蒸气压强为ckPa，则a+c=100，20min时，p总压=112kPa，设平衡时H2的压强为2bkPa，列化学平衡三段式，
2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)
起始(kPa) a0 0
转化(kPa) 2b 2b b
平衡(kPa) a−2b2b b
则a−2b+2b+b+c=112，H2S的转化率为2ba×100%=60%，解得a=40，b=12，c=60，因此反应在0～20 min内的平均反应速率v(H2)=2×12kPa20min=1.2kPa/min；平衡时，水蒸气压强和任意时刻的水蒸气相同，p(水蒸气)=60kPa，H2S的转化率为75%，列化学平衡三段式，
2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)
起始(kPa) 40 0 0
转化(kPa) 40×75% 30 15
平衡(kPa) 10 30 15
平衡常数Kp=p2(H2)⋅p(S2)p2(H2S)=(30kPa)2×15kPa(10kPa)2=135kPa，
故答案为：1.2；135；
(3)由图可知，第一步反应的活化能大于第二步，说明总反应速率由第一步反应决定，增加(CH3)3CBr浓度，第一步反应加快，则总反应反应速率将加快，如果增加OH浓度，第二步反应加快，但总反应速率不变，
故答案为：加快；不变；由图可知，第一步反应的活化能大于第二步，说明总反应速率由第一步反应决定。
(1)①提高Cl2的平衡转化率，即要使该反应平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；
②根据盖斯定律可知，I+Ⅱ得：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，计算总反应的K值，据此分析；
(2)设H2S起始压强为akPa，水蒸气压强为ckPa，则a+c=100，20min时，p总压=112kPa，列化学平衡三段式计算；
(3)总反应速率由慢反应步骤决定，活化能越大，反应速率越慢。
本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
21.【答案】氯原子、酯基 +NH4Cl+HCN→NH4Cl+HCl+H2O 8
【解析】解：(1)有机物D中含有官能团的名称：氨基、氯原子、酯基，
故答案为：氯原子、酯基；
(2)A到B为A和HCN、NH4Cl发生反应生成B，反应方程式+NH4Cl+HCN→NH4Cl+HCl+H2O，
故答案为：+NH4Cl+HCN→NH4Cl+HCl+H2O；
(3)D与G生成E是取代反应，由D和E的结构简式，推出G的结构简式为：，
故答案为：；
(4)C9H12属于芳香族烃的同分机构体共有：，甲基位置不同有3种结构，取代基位置不同有3种，1种和1种，共8种，
故答案为：8。
A中−CHO中O原子被−CN、−NH2取代生成B，B发生水解反应生成C，C中羧基和甲醇发生酯化反应生成D中酯基，D中氨基上的H原子被取代生成E，根据D、E的结构简式及G的分子式知，G的结构简式为，E发生取代反应生成F；
(4)C9H12属于芳香族烃的同分机构体共有：，甲基位置不同有3种结构，取代基位置不同有3种，1种和1种。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用反应前后官能团变化并正确推断各物质结构简式、发生的反应类型是解本题关键，采用知识迁移方法进行合成路线设计，题目难度中等。

CH3COOAg
AgCl
AgCrO4
AgS
Ksp
2.3×10−3
1.77×10−10
1.12×10−12
6.7×10−15
选项
实验
现象
结论
A
向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液
溶液变成红色
该溶液中一定含有Fe2+
B
取少量铁与水蒸气反应后的固体，先加入稀盐酸再加KSCN溶液
溶液呈浅绿色
样品中没有+3价铁
C
向蛋白质溶液中加入CuCl2或(NH4)2SO4饱和溶液
均有沉淀
蛋白质均发生了变性
D
0.1ml/LMgSO4溶液缓慢滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1ml/LCuSO4溶液
白色沉淀逐渐变为蓝色沉淀
Ksp[Cu(OH)2]