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1、2023 年普通高中学业水平等级性考试年普通高中学业水平等级性考试(北京卷北京卷)化学化学可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24S-32第一部分第一部分本部分共本部分共 14 小题，每题小题，每题 3 分，共分，共 42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。一项。1.中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是A.三种物质中均有碳碳原子间的键B.三种物质中的碳原子都是3sp杂化C.三种物质的晶体类型相同D.三种物质均能
2、导电【答案】A【解析】【详解】A原子间优先形成键，三种物质中均存在键，A 项正确；B金刚石中所有碳原子均采用3sp杂化，石墨中所有碳原子均采用2sp杂化，石墨炔中苯环上的碳原子采用2sp杂化，碳碳三键上的碳原子采用sp杂化，B 项错误；C金刚石为共价晶体，石墨炔为分子晶体，石墨为混合晶体，C 项错误；D金刚石中没有自由移动电子，不能导电，D 项错误；故选 A。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.NaCl的电子式为Na:Cl:B.3NH的 VSEPR 模型为C.z2p电子云图为D.基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为【答案】C【解析】【详解】A氯化钠是离子化合物，其电子式是，A 项错误；B氨
3、分子的 VSEPR 模型是四面体结构，B 项错误：Cp 能级电子云是哑铃(纺锤)形，C 项正确；D基态铬原子的价层电子轨道表示式是，D 项错误；故选 C。3.下列过程与水解反应无关的是A.热的纯碱溶液去除油脂B.重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃C.蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸D.向沸水中滴入饱和3FeCl溶液制备3Fe(OH)胶体【答案】B【解析】【详解】A热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A 不符合题意；B重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B 符合题
4、意；C蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C 不符合题意；D Fe3+能发生水解反应生成 Fe(OH)3，加热能增大 Fe3+的水解程度，D 不符合题意；故选 B。4.下列事实能用平衡移动原理解释的是A.22H O溶液中加入少量2MnO固体，促进22H O分解B.密闭烧瓶内的2NO和24N O的混合气体，受热后颜色加深C.铁钉放入浓3HNO中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体D.锌片与稀24H SO反应过程中，加入少量4CuSO固体，促进2H的产生【答案】B【解析】【详解】AMnO2会催化 H2O2分解，与平衡移动无关，A 项错误；BNO2转化为 N2O4的反应是放热反应，升温
5、平衡逆向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B 项正确；C铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C 项错误；D加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D 项错误；故选 B。5.回收利用工业废气中的2CO和2SO，实验原理示意图如下。下列说法不正确的是A.废气中2SO排放到大气中会形成酸雨B.装置 a 中溶液显碱性的原因是3HCO的水解程度大于3HCO的电离程度C.装置 a 中溶液的作用是吸收废气中的2CO和2SOD.装置b中的总反应为223224SOCOH OHCOOHSO电解【答案】C【解析】【详
6、解】A2SO是酸性氧化物，废气中2SO排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故 A 正确；B装置 a 中溶液的溶质为3NaHCO，溶液显碱性，说明3HCO的水解程度大于电离程度，故 B 正确；C装置 a 中3NaHCO溶液的作用是吸收2SO气体，2CO与3NaHCO溶液不反应，不能吸收2CO，故 C错误；D由电解池阴极和阳极反应式可知，装置 b 中总反应为223224SOCOH OHCOOHSO电解，故 D正确；选 C。6.下列离子方程式与所给事实不相符的是A.2Cl制备 84 消毒液(主要成分是NaClO)：22Cl2OHClClOH OB.食醋去除水垢中的3CaCO：2322CaCO2HCaH O
7、COC.利用覆铜板制作印刷电路板：3222FeCu2FeCuD.2Na S去除废水中的2Hg：22HgSHgS【答案】B【解析】【详解】ACl2和 NaOH 溶液反应产生 NaCl、NaClO、H2O，除了 Cl2和 H2O 不能拆写其余均可拆写为离子，A 项正确；B食醋为弱酸不能拆写为离子，反应为 2CH3COOH+CaCO3=Ca2+2CH3COO-+CO2+H2O，B 项错误；CFeCl3将 Cu 氧化为 CuCl2而自身被还原为 FeCl2，反应为 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，C 项正确；DNa2S 将 Hg2+转化为沉淀除去，反应为 Hg2+S2=HgS，D 项正确；故选 B
8、。7.蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。下列关于该过程的分析不正确的是A.过程白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性B.过程固体体积膨胀，与产生的大量气体有关C.过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性D.过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂【答案】C【解析】【详解】A浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的 H 原子和 O 原子按 21 的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A 项正确；B浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应24222C2H SO()CO2SO2H O浓 ，产生大量气体，使固体体积膨胀，B 项正确；C结合选项 B 可知，浓硫酸脱水过程中生成的2
9、SO能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C 项错误；D该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D 项正确；故选 C。8.完成下述实验，装置或试剂不正确的是A.实验室制2ClB.实验室收集24C HC.验证3NH易溶于水且溶液呈碱性D.除去2CO中混有的少量HCl【答案】D【解析】【详解】AMnO2固体加热条件下将 HCl 氧化为 Cl2，固液加热的反应该装置可用于制备 Cl2，A 项正确；BC2H4不溶于水，可选择排水收集，B 项正确；C挤压胶头滴管，水进入烧瓶将 NH3溶解，烧瓶中气体大量减少压强急剧降低打开活塞水迅速被压入烧瓶中形成红色喷泉，红色喷泉证明 NH3与水形成碱性物质
10、，C 项正确；DNa2CO3与 HCl、CO2发生反应，不能达到除杂的目的，应该选用饱和 NaHCO3溶液，D 项错误；故选 D。9.一种聚合物PHA的结构简式如下，下列说法不正确的是A.PHA的重复单元中有两种官能团B.PHA可通过单体缩聚合成C.PHA在碱性条件下可发生降解D.PHA中存在手性碳原子【答案】A【解析】【详解】APHA的重复单元中只含有酯基一种官能团，A 项错误；B由PHA的结构可知其为聚酯，由单体缩聚合成，B 项正确；CPHA为聚酯，碱性条件下可发生降解，C 项正确；DPHA的重复单元中只连有 1 个甲基的碳原子为手性碳原子，D 项正确；故选 A。10.下列事实不能通过比较
11、氟元素和氯元素的电负性进行解释的是A.FF键的键能小于ClCl键的键能B.三氟乙酸的aK大于三氯乙酸的aKC.氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性D.气态氟化氢中存在2(HF)，而气态氯化氢中是HCl分子【答案】A【解析】【详解】AF 原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，FF键不稳定，因此FF键的键能小于ClCl键的键能，与电负性无关，A 符合题意；B氟的电负性大于氯的电负性。FC键的极性大于ClC键的极性，使3FC的极性大于3Cl C的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B 不符合题意；C氟的电负性大于氯的电负性，FH键的极性大于ClH键的极性
12、，导致HF分子极性强于HCl，C 不符合题意；D氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在2HF，D 不符合题意；故选 A。11.化合物K与L反应可合成药物中间体M，转化关系如下。已知 L 能发生银镜反应，下列说法正确的是A.K 的核磁共振氢谱有两组峰B.L 是乙醛C.M 完全水解可得到 K 和 LD.反应物 K 与 L 的化学计量比是 11【答案】D【解析】【详解】A有机物的结构与性质 K 分子结构对称，分子中有 3 种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有 3组峰，A 错误；B根据原子守恒可知 1 个 K 与 1 个 L 反应生成 1 个
13、 M 和 2 个，L 应为乙二醛，B 错误；CM 发生完全水解时，酰胺基水解，得不到 K，C 错误；D由上分析反应物 K 和 L 的计量数之比为 11，D 项正确；故选 D。12.离 子 化 合 物22Na O和2CaH与 水 的 反 应 分 别 为 22222Na O2H O4NaOHO；2222CaH2H OCa(OH)2H。下列说法正确的是A.222Na OCaH、中均有非极性共价键B.中水发生氧化反应，中水发生还原反应C.22Na O中阴、阳离子个数比为1:2，2CaH中阴、阳离子个数比为2:1D.当反应和中转移的电子数相同时，产生的2O和2H的物质的量相同【答案】C【解析】【详解】A
14、Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键面不含非极性键，A 错误；B中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，中水发生还原反应，B 错误；CNa2O2由 Na+和22O组成阴、阳离子个数之比为 12，CaH2由 Ca2+和 H-组成，阴、阳离子个数之比为 21，C 正确；D中每生成 1 个氧气分子转移 2 个电子，中每生成 1 个氢气分子转移 1 个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为 12，D 错误；故选 C。13.一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中bd、代表MgO或Mg OH Cl中的一种。下列说法正确的是A.a、c 分别是3HClNH、B.
15、d既可以是MgO，也可以是Mg OH ClC.已知2MgCl为副产物，则通入水蒸气可减少2MgCl的产生D.等压条件下，反应、的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热【答案】C【解析】【分析】4NH Cl分解的产物是3NH和HCl，分解得到的HCl与MgO反应生成Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl又可以分解得到HCl和MgO，则 a 为3NH，b 为Mg(OH)Cl，c 为HCl，d 为MgO。【详解】A由分析可知，a 为3NH，c 为HCl，A 项错误；Bd 为MgO，B 错误；C可以水解生成Mg(OH)Cl，通入水蒸气可以减少2MgCl的生成，C 正确；D反应和反应相加即为氯化铵直接分解的
16、反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应、反应的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D 错误；故选 C。14.利用平衡移动原理，分析一定温度下2Mg在不同pH的23Na CO体系中的可能产物。已知：i.图 1 中曲线表示23Na CO体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。ii.2 中曲线的离子浓度关系符合22sp2c MgcOHKMg(OH)；曲线的离子浓度关系符合223sp3c Mgc COKMgCO注：起始123c Na CO0.1mol L，不同pH下23c CO由图 1 得到。下列说法不正确的是A.由图 1，233pH10.25,c HCOc COB.由图 2，初始状态2pH11
17、lg c Mg6、，无沉淀生成C.由图 2，初始状态2pH9lg c Mg2、，平衡后溶液中存在212333c H COc HCOc CO0.1mol LD.由图 1 和图 2，初始状态pH8、2lg c Mg1，发生反应：23322Mg2HCOMgCOCOH O 【答案】C【解析】【详解】A水溶液中的离子平衡从图 1 可以看出pH10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A 项正确；B从图 2 可以看出pH11、2lg c Mg6 时，该点位于曲线和曲线的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B 项正确；C从图 2 可以看出pH9、2lg c Mg2 时，该点位于曲线的上方，会生成碳
18、酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中212333c H COc HCOc CO0.1mol L，C 项错误；DpH8时，溶液中主要含碳微粒是3HCO，pH8，2lg c Mg1 时，该点位于曲线的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为33322Mg2HCOMgCOH OCO，D 项正确；故选 C。第二部分第二部分本部分共本部分共 5 小题，共小题，共 58 分。分。15.硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根223S O可看作是24SO中的一个O原子被S原子取代的产物。（1）基态S原子价层电子排布式是_。（2）比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：_。（3
19、）223S O的空间结构是_。（4）同位素示踪实验可证实223S O中两个S原子的化学环境不同，实验过程为Ag22232324SSOS OAg SSO。过程中，223S O断裂的只有硫硫键，若过程所用试剂是3223NaSO和35S，过程含硫产物是_。（5）232MgS O6H O的晶胞形状为长方体，边长分别为anm、bnmcnm、，结构如图所示。晶胞中的226Mg H O个数为_。已知232MgS O6H O的摩尔质量是1Mg mol，阿伏加德罗常数为N，该晶体的密度为_3g cm。71nm10 cm（6）浸金时，223S O作为配体可提供孤电子对与Au形成3232Au S O。分别判断223
20、S O中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：_。【答案】（1）243s 3p（2）11I(O)I(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子（3）四面体形（4）3224NaSO和352AgS（5）.4.21A4M10abcN（6）223S O中的中心原子 S 的价层电子对数为 4，无孤电子对，不能做配位原子；端基 S 原子含有孤电子对，能做配位原子【解析】【小问 1 详解】S 是第三周期A 族元素，基态 S 原子价层电子排布式为243s 3p。答案为243s 3p；【小问 2 详解】S 和 O 为同主族元素，O 原子核外有 2 个电子层，S 原子核外有 3
21、 个电子层，O 原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去 1 个电子，即 O 的第一电离能大于 S 的第一电离能。答案为 I1(O)I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子；【小问 3 详解】24SO的中心原子 S 的价层电子对数为 4，无孤电子对，空间构型为四面体形，223S O可看作是24S O中 1个 O 原子被 S 原子取代，则223S O的空间构型为四面体形。答案为四面体形；【小问 4 详解】过程中223S O断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中23S O最终转化为24S O，S 最终转化为2Ag S。若过程所用的试剂为3223Na
22、SO和35S，过程的含硫产物是3224NaSO和352AgS。答案为3224NaSO和352AgS；【小问 5 详解】由晶胞结构可知，1 个晶胞中含有11184214842 个226Mg H O，含有 4 个223S O；该晶体的密度321AANM4Mg cmVabc 10NN。答案为 4；21A4M10abcN；【小问 6 详解】具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。223S O中的中心原子 S 的价层电子对数为 4，无孤电子对，不能做配位原子；端基 S 原子含有孤电子对，能做配位原子。16.尿素22CO NH合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。（1）十九世纪初，用氰酸银A
23、gOCN与4NH Cl在一定条件下反应制得22CO NH，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是_。（2）二十世纪初，工业上以2CO和3NH为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：2CO和3NH生成24NH COONH；24NH COONH分解生成尿素。结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是_(填序号)。a活化能：反应反应b为放热反应，为吸热反应c 2322142COl2NHlCO NHlH O l HEE（3）近年研究发现，电催化2CO和含氮物质(3NO等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的3KNO溶液通2CO至饱和，在电极上
24、反应生成22CO NH，电解原理如图所示。电极b是电解池的_极。电解过程中生成尿素的电极反应式是_。（4）尿素样品含氮量的测定方法如下。已知：溶液中4c NH不能直接用NaOH溶液准确滴定。消化液中的含氮粒子是_。步骤中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品含氮量还需要的实验数据有_。【答案】（1）422AgOCNNH ClCO NHAgCl（2）ab（3）.阳.322222NO16eCO18HCO NH7H O（4）.4NH.样品的质量、步骤所加入24H SO溶液的体积和浓度【解析】【小问 1 详解】根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是422AgOCNN
25、H ClCO NHAgCl。答案为422AgOCNNH ClCO NHAgCl；【小问 2 详解】a反应的活化能是1E，反应活化能是3E，13E”或“.3Fe、2Mn（2）.3-322FeAg SCl2Fe2 AgClS 24.Cl是为了与2Ag S电离出的Ag结合生成2AgCl，使平衡正向移动，提高2Ag S的浸出率；H是为了抑制3Fe水解，防止生成3Fe(OH)沉淀（3）.222 AgClFeFe2Ag4Cl、322FeFe3Fe.2Fe被氧气氧化为3Fe，3Fe把Ag氧化为Ag（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到4MnSO，同时将银元素和锰元素分离开；生成的3Fe还可以用
26、于浸银，节约氧化剂【解析】【分析】银锰精矿(主要含2Ag S、MnS、2FeS)和氧化锰矿(主要含2MnO)混合加24H SO溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除2FeS，矿石中的银以2Ag S的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有3Fe、2Mn；浸锰渣中2Ag S与过量3FeClHCl、和2CaCl的混合液反应，将2Ag S中的银以2AgCl形式浸出，用铁粉把2AgCl还原为金属银。【小问 1 详解】“浸锰”过程中，矿石中的银以2Ag S的形式残留于浸锰渣中，MnS发生反应22MnS2HMnH S，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：spKMnSsp2KAg S；根据信息，
27、在24H SO溶液中二氧化锰可将2Fe氧化为3Fe，自身被还原为2Mn，则浸锰液中主要的金属阳离子有3Fe、2Mn。【小问 2 详解】2Ag S中 S 元素化合价升高，Fe 元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为32222FeAg S4Cl2Fe2 gClS；Cl是为了与2Ag S电离出的Ag结合生成2AgCl，使平衡正向移动，提高2Ag S的浸出率；H是为了抑制3Fe水解，防止生成3Fe(OH)沉淀。【小问 3 详解】铁粉可将2AgCl还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为222 AgClFeFe2Ag4Cl、322FeFe3Fe；溶液中生成的2
28、Fe会被空气中的氧气缓慢氧化为3Fe，3Fe把部分Ag氧化为Ag，因此t min后银的沉淀率逐渐降低。【小问 4 详解】联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用2MnO的氧化性将2FeS中的2Fe氧化为3Fe，同时生成的3Fe还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到4MnSO。19.资料显示，2I可以将Cu氧化为2Cu。某小组同学设计实验探究Cu被2I氧化的产物及铜元素的价态。已知：2I易溶于KI溶液，发生反应23III(红棕色)；2I和3I氧化性几乎相同。I.将等体积的KI溶液加入到mmol铜粉和2nmolI(nm)的固体混合物中
29、，振荡。实验记录如下：c KI实验现象实验10.01mol L极少量2I溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色实验10.1mol L部分2I溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色实验14mol L2I完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色（1）初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验_(填“”“”或“=”)实验。（2）实验所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有224Cu H O(蓝色)或2CuI(无色)，进行以下实验探究：步骤 a取实验的深红棕色溶液，加入4CCl，多次萃取、分液。步骤 b取分
30、液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。步骤 a 的目的是_。查阅资料，222Cu4I2CuII，32Cu NH(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：_。（3）结合实验，推测实验和中的白色沉淀可能是CuI，实验中铜被氧化的化学方程式是_。分别取实验和充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液，_(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是_。（4）上述实验结果，2I仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了2I能将Cu氧化为2Cu。装置如图所示，ab、分别是_。（5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实
31、验中Cu被2I氧化的产物中价态不同的原因：_。【答 案】（1）（2）.除 去3I，防 止 干 扰 后 续 实 验.232322CuI2NHH OCu NH2H O2I、2323232244 Cu NHO8NHH O4 Cu NH4OH6H O（3）.22CuI2CuI或322CuKICuIKI.白色沉淀逐渐溶解.溶液变为无色铜与碘的反应为可逆反应(或3I浓度小未能氧化全部的Cu)（4）铜、含2nmolI的14mol L的KI溶液（5）在实验、实验、实验中Cu可以进一步与I结合生成CuI沉淀或2CuI，Cu浓度减小使得2Cu氧化性增强，发生反应222Cu4I2CuII 和2222Cu6I2 Cu
32、II。【解析】【分析】因 I2溶解度较小，Cu 与 I2接触不充分，将转化为3I可以提高 Cu 与3I的接触面积，提高反应速率。加入4CCl，23III 平衡逆向移动，I2浓度减小，I浓度增加，2CuI浓度增加，加入氨水后转化为32Cu NH，被氧化为23 4u()CNH，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。【小问 1 详解】提高 KI 浓度，便于提高3I的浓度，与 Cu 接触更加充分，Cu 与3I的反应速率加快，故实验实验。【小问 2 详解】加入4CCl，23III 平衡逆向移动，I2浓度减小，I浓度增加，其目的为：除去3I，防止干扰后续实验。加入氨水2CuI浓后转化为32Cu NH无色的3
33、2Cu NH被氧化为蓝色的23 4u()CNH，方程式为232322CuI2NHH OCu NH2H O2I、2323232244 Cu NHO8NHH O4 Cu NH4OH6H O。【小问 3 详解】结合实验，推测实验和中的白色沉淀可能是CuI，实验中铜被氧化的化学方程式是22CuI2CuI或322CuKICuIKI；22CuI2CuI反应为可逆反应，加入浓KI溶液，I2浓度减小，CuI 转化为 Cu 和 I2，故产生白色沉淀溶解，出现红色固体的过程。【小问 4 详解】要验证2I能将Cu氧化为2Cu，需设计原电池负极材料为 Cu，b 为含2nmolI的14mol L的KI溶液。【小问 5 详解】含2nmolI的14mol L的KI溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，2I将Cu氧化为2Cu；而在实验、实验和实验中Cu以Cu形式存在，这是由于在实验、实验、实验中Cu可以进一步与I结合生成CuI沉淀或2CuI，Cu浓度减小使得2Cu氧化性增强，发生反应222Cu4I2CuII 和2222Cu6I2 CuII。