2022-2023学年湖南师范大学附属中学高二上学期第二次大练习化学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖南师范大学附属中学高二上学期第二次大练习化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，元素或物质推断题，工业流程题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。
湖南师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期
第二次大练习化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列化学用语或表达正确的是
A．的结构示意图：
B．基态碳原子的轨道表示式：
C．分子中含有2个π键
D．基态铬原子()的价层电子排布式：
【答案】D
【详解】A．是由F得到1个电子而形成的，所以其结构示意图为：，故A错误；
B．C为6号元素，核外有6个电子，所以其核外电子排布式为：1s22s22p2，所以基态碳原子的轨道表示式：，故B错误；
C．一个双键中含有一个π键，单键不含有π键，故1个CH2=CH2分子中含有1个π键，故C错误；
D．24Cr为24号元素，其原子核外电子数为24，其中3d能级达到半满，所以24Cr的核外电子排布式为：[Ar]3d54s1，其基态铬原子(24Cr)的价层电子排布式：3d54s1，故D正确；
答案选D
2．对下列图示实验的描述正确的是
选项
实验装置图
相关描述
A

根据两烧瓶中气体颜色的变化(热水中变深、冰水中变浅)判断正反应是吸热反应
B

用已知浓度的NaOH溶液滴定锥形瓶中未知浓度的盐酸
C

根据小试管中液面的变化判断铁钉发生吸氧腐蚀
D

该保护金属的方法为牺牲阳极法

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．热水中颜色深，可知升高温度反应逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；
B．从图示滴定管可看出，是用盐酸滴定NaOH溶液，故B错误；
C．食盐水为中性电解质溶液，铁在中性电解质溶液中发生吸氢腐蚀，故C正确；
D．钢闸门连在外接电源的负极上，作阴极，被保护，为外加电流法，故D错误；
故选C。
3．下列由电子排布式或排布图所得的结论错误的是
选项
电子排布式或排布图
结论
A
1s22s22p63s23px2
违背洪特规则
B
1s22s22p63s23p63d3
违背能量最低原理
C
Ni原子的价电子排布图
该原子处于基态
D
S原子的电子排布图

违背泡利原理

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A.3p轨道上的两个电子应排在不同轨道上, 违背洪特规则，故A不符合题意；
B. 排布时应先排能量低的4s轨道，而不是排能量高的3d，违反了能量最低原理，故B不符合题意；
C. Ni原子序数为28，其价电子排布式为3d84s2，当价电子排布图为时，该原子处于基态，故C不符合题意；
D. S原子的电子排布图，违背了洪特规则，故D符合题意；
综上，本题选D。
【点睛】解决此类问题应熟记泡利原理以及洪特规则。泡利原理指出：在一个原子轨道里，最多只能容纳两个电子，而且它们的自旋状态相反；洪特规则指出：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同。
4．如图是已经合成的最著名的硫-氮化合物分子的结构。下列说法不正确的是

A．该物质的分子式为
B．该物质分子中只含有极性共价键
C．该物质熔融状态时不能导电
D．1mol该物质的分子中含10mol σ键
【答案】B
【详解】A．由题图知该物质有4个S，4个N，分子式为，A正确；
B．该物质的分子中既有极性键(N-S)又有非极性键(S-S)，B错误；
C．该物质只含共价键，为共价化合物，熔融状态时不能导电，C正确；
D．由图可知，1mol该分子中含10mol 键，D正确；
故答案为：B。
5．在常温下，有关下列4种溶液的叙述中错误的是
编号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3

A．在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均减小
B．分别取1mL稀释至10mL，四种溶液的pH：①>②>③>④
C．将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：c()>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)
D．将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则a：b=11：9
【答案】B
【详解】A．氯化铵溶于水后电离出可以抑制氨水的电离使OH−浓度减小，还可以结合NaOH溶液中的OH−使其OH−浓度减小，则溶液①、②中加入氯化铵晶体后，溶液的pH都会减小，选项A正确；
B．氨水稀释过程中会继续电离出OH−，所以稀释10倍其pH的变化小于1，则稀释后pH：①>②，同理醋酸稀释10倍其pH的变化也小于1，则pH：③c(Cl-)，选项C正确；
D．pH=11的NaOH溶液和pH=3的盐酸浓度均为10-3mol/L，混合后pH=4，所以酸过量，则=10-4mol，解得a：b=11：9，选项D正确；
答案选B。
6．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A．使酚酞变红色的溶液中：、、、
B．与Al反应能放出的溶液中：、、、
C．的溶液中：、、、
D．水电离的的溶液中：、、、
【答案】C
【详解】A．使酚酞变红色的溶液呈碱性，而在碱性溶液中，Mg2+、不能大量存在，A不合题意；
B．与Al反应能放出H2的溶液，可能呈碱性，也可能呈酸性，在碱性溶液中，Cu2+不能大量存在，酸性溶液中，硝酸根离子不能大量存在，B不合题意；
C．，溶液呈酸性，该组离子都能大量共存，C符合题意；
D．水电离的c(H+)=1×10-13mol/L，则水的电离受到抑制，溶液可能含有酸或碱，在酸性溶液中， 不能大量存在，碱性溶液中，Al3+不能大量共存，D不合题意；
故选C。
7．现有4种元素的基态原子的电子排布式如下：
①    ②    ③    ④。
则下列比较正确的是
A．第一电离能：④>③>②>① B．电负性：④>③>②>①
C．最高正化合价：④>③=②>① D．原子半径：②>①>④>③
【答案】A
【分析】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S元素； ②1s22s22p63s23p3为P元素； ③1s22s22p3为N元素； ④1s22s22p5为氟元素；
【详解】A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N、P元素原子np能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，故S＜PN＞F，即②>①>③>④，故D错误；
故选A。
8．硒(Se)是第ⅥA族元素，则SeS3的分子立体构型是
A．正四面体形 B．V形 C．三角锥形 D．平面三角形
【答案】D
【详解】SeS3中的中心Se原子价层电子对数是3+=3，无孤对电子，因此SeS3的分子立体构型是平面三角形，故合理选项是D。
9．如图所示是元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是




X



W
Y

R


Z


A．Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
B．p能级未成对电子最多的是Z元素
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>X
D．X最高价氧化物对应的水化物能与其最低价氢化物反应
【答案】D
【详解】根据元素在周期表的位置，可知X是N，W是P，Y是S，Z是B，R是Ar，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
A．Y是S，其形成的核外电子排布是2、8、8，离子核外有3个电子层，与Ar原子相同，而Z是Br，其形成的核外电子排布是2、8、18、8，离子核外有4个电子层，其电子层结构与Kr相同，与Ar不相同，A错误；
B．p能级上最多有3个未成对电子，Br元素4p能级上只有1个来成对电子，而P元素的3p能级上有3个未成对电子，B错误；
C．同一主族元素，原子序数越小，元素的非金属性就越强。元素的非金属性越强，其形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。元素的非金属性：N>P，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性：，C错误；
D．X为N元素，其最高价氧化物对应的水化物为，最低价氢化物为，二者发生反应生成，D正确；
故答案为：D。
10．全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的材料，电池反应为(2≤x≤8)。下列说法正确的是

A．电解质中加入硫酸能增强导电性
B．电池充电时间越长，电池中的量越多
C．电池工作时，正极可发生反应：
D．电池工作时，外电路中流过0.2mol电子，负极材料减重0.7g
【答案】C
【分析】由电池反应可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为，移向正极，所以a是正极；原电池的正极发生还原反应：、、，以此解答。
【详解】A．该电池的负极是金属锂，Li元素较活泼会和硫酸反应生成氢气，电解质中不能加入硫酸，故A错误；
B．充电时a为阳极，与放电时的电极反应相反，则充电时间越长电池中的量就会越少，故B错误；
C．由分析可知，正极可发生电极反应：，故C正确；
D．负极反应为，当外电路流过0.2mol电子时，消耗的锂为0.2mol，负极减重的质量为，故D错误；
故选C。
11．法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，结构简式如图。下列说法正确的是

A．该分子中所有原子可能在同一平面
B．该分子中σ键与π键数目之比为15：4
C．该分子中N、O、F的电负性由大到小的顺序为F>N>O
D．该分子中C=C的键能是C-C的键能的两倍
【答案】B
【详解】A．分子中两个氮原子采用杂化，是三角锥形结构，该分子中所有原子不可能在同一平面，A错误；
B．有机物含有1个C-H、1个C=C，1个C=N，2个C=O，3个N-H、4个C-N，1个C-F、2个C-C键，其中双键含有1个键、1个π键，该分子中键与π键数目之比为15：4，B正确；
C．同周期元素从左到右元素的电负性增强，则该分子中N、O、F的电负性的大小顺序为F>O>N，C错误；
D．C=C键由1个键与1个π键组成，C-C键是1个键，故C=C的键能不等于C-C的键能的两倍，D错误；
故选：B。

二、多选题
12．元素处于基态时的气态原子获得一个电子成为气态-1价阴离子时所放出的能量叫做该元素的第一电子亲和能。-1价阴离子再获得一个电子的能量变化叫做第二电子亲和能。下表中给出了几种元素或离子的电子亲和能数据：
元素
Li
Na
K
O

F
电子亲和能/()
59.8
52.7
48.4
141
-780
327.9

A．电子亲和能越大，说明越难得到电子
B．1mol基态的气态氟原子得到一个电子成为氟离子时放出327.9kJ的能量
C．氧元素的第二电子亲和能是780
D．基态的气态氧原子得到两个电子成为需要吸收能量
【答案】BD
【详解】A．电子亲和能越大，表明获得电子形成用离子释放的能量越多，形成的阴离子越稳定，而且根据表中数据知得电子能力越强的元素的原子的电子亲和能越大，所以电子亲和能越大，说明越易得到电子，A错误；
B．根据表中数据，1mol基态的气态氟原子得到1mol电子成为氟离子时放出327.9kJ的能量，B正确；
C．的电子亲和能为-780kJ/mol，即氧元素的第二电子亲和能为-780kJ/mol，C错误；
D．O的第一电子亲和能为141kJ/mol，1mol基态的气态氧原子得到1mol电子成为释放141kJ能量，的电子亲和能为-780kJ/mol，得到1mol电子成为吸收780kJ能量，由于780kJ>141kJ，基态的气态氧原子得到两个电子成为需要吸收能量，D正确；
故答案为：BD。
13．用如图所示装置处理含的酸性工业废水，某直流电源电极反应为，则下列说法错误的是

A．电源正极为A，电解过程中有气体放出
B．电解时从质子交换膜左侧向右侧移动
C．电解过程中，右侧电解液pH保持不变
D．电解池一侧生成5.6g ，另一侧溶液质量减少16g
【答案】CD
【详解】A．根据电极反应可知，废水中的发生还原反应，故插入废水中的Pt电极为阴极，B为直流电源的负极，则电源正极为A，电解过程中有气体放出，故A正确；
B．左倒电极为阳极，水电离出来的氢氧根离子在阳极放电生成氢离子，氢离子从质子交换膜左侧向右侧移动，故B正确；
C．阳极电极反应为，阴极电极反应为，转移一定量电子时，阳极生成的氢离子比阴极反应所雾消耗的氢离子少，故右侧氢离子浓度减小，pH增大，故C错误；
D．根据电极反应式，电解池阴极生成5.6g，转移电子物质的量为；而每2mol水电解转移4mol电子，则阳极被电解的水的质量为，故D错误；
故选CD。

三、单选题
14．已知常温下HF酸性强于HCN，分别向1Ll mol/L的HF和HCN溶液中加NaOH固体调节pH（忽略温度和溶液体积变化），溶液中（X表示F或者CN）随pH变化情况如图所示，下列说法不正确的是

A．直线I对应的是
B．I中a点到b点的过程中水的电离程度逐渐增大
C．c点溶液中：
D．b点溶液和d点溶液相比：cb(Na+)Ka(HCN)，因此等浓度的HCN和NaCN的混合溶液中c(CN-)c(HCN)，即有c(Na+)>c(CN-)；由于OH-、H+来自水的电离，浓度比较小且此时溶液的pH为9.2，C点溶液中存在：c(Na+)>c(CN-)=c(HCN) >c(OH-)>c(H+)，C正确；
D．由于HF酸性强于HCN，要使溶液均显中性，HF溶液中要加入较多的NaOH，因此cb(Na+)>cd(Na+)，D错误；
答案选D。
【点睛】溶液中有多种电解质时，在比较离子浓度大小时注意水解常数与电离平衡常数的关系。

四、元素或物质推断题
15．已知a、b、c、d、e、f是中学化学中常见的七种元素，其结构或者性质信息如下表所示：
元素
结构或者性质信息
a
原子的L层上s能级电子数等于p能级电子数
b
非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物
c
原子的最外层电子数是内层电子数的3倍
d
元素的正三价离子的3d能级为半充满
e
元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子
f
单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子

(1)元素a的原子核外共有_______种不同运动状态的电子，有_______种不同能级的电子。
(2)b、c的第一电离能的大小顺序为_______(填元素符号)，a、c的简单气态氢化物中，更稳定的是_______(填化学式)。
(3)d元素在元素周期表中的位置是_______，基态原子的简化电子排布式为_______，e元素基态原子的价电子轨道表示式为_______。
(4)元素f位于周期表中_______区，在f元素的同主族元素中，最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是_______(填化学式)。
(5)b元素与氢元素形成的10电子分子的价层电子对数是_______，分子的空间构型为_______。
【答案】(1)     6     3
(2)     N＞O    
(3)     第四周期Ⅷ族         
(4)     p    
(5)     4     三角锥形

【分析】a元素的原子的L层上s能级电子数等于p能级电子数，则a原子的电子排布式为1s22s22p2，a为C元素；
b元素为非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物，则b为N元素；
c元素的原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则c为O元素；
d元素的正三价离子的3d能级为半充满，则d为Fe元素；
e元素的基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则e为Cu元素；
f元素的单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子，则f为Br元素；据此分析解答。
【详解】（1）元素a为C元素，每个原子的运动状态都不相同，则C原子的原子核外共有6种不同运动状态的电子，其电子排布式为1s22s22p2，故有3种不同能级的电子。
（2）b为N元素，c为O元素，N的2p能级为半充满状态，较稳定，难失去电子，故b、c的第一电离能的大小顺序为N＞O；a为C元素，非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性：O＞C，则a、c的简单气态氢化物中，更稳定的是。
（3）d为Fe元素，26号元素，则d元素在元素周期表中的位置是第四周期Ⅷ族，基态原子的简化电子排布式为；e为Cu元素，为29号元素，e元素基态原子的价电子轨道表示式为。
（4）f为Br元素，元素f位于周期表中p区，同主族元素，从上往下非金属性逐渐减弱，又非金属性越强，其对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，F无正价，则在f元素的同主族元素中，最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是。
（5）b为N元素，b元素与氢元素形成的10电子分子为NH3，价层电子对数是，有1对孤电子对，则分子的空间构型为三角锥形。

五、工业流程题
16．一水硫酸锰()是一种重要的化工中间体，在工业、农业等方面有广泛的应用，工业上可由高铁菱锰矿(主要成分为，含有、、MgO、CaO、等杂质)制备，部分工艺流程如下：

已知：
①，。
②相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如表(开始沉淀的pH按离子浓度为0.1计算)：
金属离子





开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9

(1)“酸浸”时高铁菱锰矿需要粉碎，并进行充分搅拌，为提高锰的浸出率还可采取的措施有_______(任写一种)。
(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为_______；
(3)“调pH”范围至5～6，得到滤渣2的主要成分除外还有_______(填化学式)。
(4)“除杂”过程中加入的目的是_______。
(5)“沉锰”过程中发生反应的离子方程式为_______。
(6)在水中的溶解度与温度关系如图所示。由获得较纯净的体的方法是：将溶于适量的稀硫酸，控制温度80～90℃之间蒸发结晶，_______(填操作名称)，得到晶体，洗涤、烘干。晶体烘干时温度不能过高的原因是_______。

【答案】(1)升高温度或适当增大硫酸浓度
(2)
(3)、
(4)除去和
(5)
(6)     趁热过滤     防止失去结晶水

【分析】高铁菱锰矿(主要成分为，含有、、MgO，CaO、等杂质)加硫酸酸浸溶解时除二氧化硅不溶于硫酸，其他金属氧化物和碳酸盐均溶于硫酸转变成相应的硫酸盐；氧化过程中加入二氧化锰将亚铁离子氧化成三价铁离子，然后加氨水调节溶液的pH值将铁铝离子转变成氢氧化物沉淀除去，过滤后滤液加沉淀镁离子和钙离子，过滤后在滤液中加碳酸氢铵和氨水混合物将锰离子转变成碳酸锰沉淀，然后过滤后将碳酸锰溶于适量的稀硫酸得到硫酸锰的溶液，再经过结晶得到晶体，据此解答。
【详解】（1）“酸浸”时高铁菱锰矿需要粉碎，并进行充分搅拌，为提高锰的浸出率，还可采取的措施有：升高温度或适当增大硫酸浓度。
（2）“氧化”时二氧化锰将亚铁离子氧化成三价铁离子，离子反应为。
（3）“调pH”范围至5～6，得到滤渣2除含有过量的外，还有三价铁离子和铝离子水解得到的氢氧化铁和氢氧化铝沉淀。
（4）结合以上分析“除杂”过程中溶液中还存在、两种杂质离子，后续操作中没有除杂质的操作，所以“除杂”过程中加入，的目的是除去和。
（5）“沉锰”过程中，加入和氯水的目的是将转化为沉淀，发生反应的离子方程式为。
（6）根据溶解度曲线可知在23.9℃以上时随温度的升高溶解度逐渐减小，因此控制温度在80～90℃之间蒸发结晶，然后要趁热过滤以减少晶体的溶解损失，得到晶体后进行洗涤、烘干，因为晶体受热易失去结晶水，所以晶体烘干时温度不能过高。

六、原理综合题
17．氮的氧化物既是常见的大气污染物，也是重要的化工原料，它们在工农业生产、生活中都发挥着重要作用。
(1)在其他条件相同时，分别测得反应中NO的平衡转化率在不同压强(、)下温度变化的曲线如图：

①则_______(填“>”“＜”或“=”，下同)，400℃和500℃时的平衡常数分别为和，则_______。
②已知的反应历程分两步：
Ⅰ：    
Ⅱ：(慢)    
反应的△H=_______(用含和的式子表示)。反应Ⅰ的活化能，与反应Ⅱ的活化能的大小关系为_______(填“>”“＜”或“=”)。
(2)在373K时，向体积为2L的恒容真空容器中通入0.40mol ，发生反应：    的体积分数[]与反应时间(t)的关系如下表：
t/min
0
20
40
60
80

1.0
0.75
0.52
0.40
0.40

①0～20min内，_______。
②上述反应中，，，其中、为速率常数，则373K时、的数学关系式为_______。
(3)催化还原氮氧化物是目前应用广泛的烟气脱硝技术。已知：        △H，向容积为2L的恒容密闭容器中，充入和的混合气体0.14mol充分反应。不同投料比[投料比]时，的平衡转化率与温度的关系如下图中曲线所示：

①x_______3：4(填“>”“＜”或“=”，下同)，投料比为3：4时，Q点_______P点。
②利用反应构成电池的装置如图所示。此方法既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能。写出电极A的电极反应：_______。

【答案】(1)     ＜     ＞          ＜
(2)         
(3)     ＞     ＞    

【详解】（1）①反应正向气体分子数减小，相同温度下，压强增大，平衡正向移动，NO平衡转化率升高，根据图示可知；由题给图示可知，相同压强下，随着温度升高，NO平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正反应放热，温度越高，平衡常数越小，故。
②根据盖斯定律，由Ⅰ＋Ⅱ得到反应，则该反应的焓变；反应慢说明该反应的活化能较高，故。
（2）①设0～20min内生成的物质的量是x mol。，，解得，；
②设平衡时的浓度为x mol/L。，，。平衡时，正逆反应速率相等，即，则，，所以。
（3）①增大的浓度，的转化率减小，的转化率增大，图中x的转化率小于投料比为3：4的转化率，说明增大了的浓度，故x的值大于3：4；投料比为3：4时，Q点移向P点，的转化率增大，说明平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，即Q点大于P点的。
②原电池中，通入的电极是正极，通入的电极为负极，电解质溶液呈碱性，别负极电极反应为。

七、实验题
18．某小组同学以AgCl和AgI为例探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：
物质
AgI
AgCl
溶解度/g(20℃)



实验Ⅰ：

实验Ⅱ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验(电压表读数：)。
装置
步骤
电压表读数

ⅰ.按图连接装置并加入试剂，闭合K
a
ⅱ.向B中滴入(aq)，至沉淀完全
b
ⅲ.再向B中投入一定量NaCl(s)
c
ⅳ.重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量的NaCl(s)
a

注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关。
请回答下列问题：
(1)实验Ⅰ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是_______(填标号)。
a.溶液            b.NaCl溶液                c.KI溶液
(2)实验Ⅰ沉淀转化反应的离子方程式是_______。AgCl和AgI共存的悬浊液中，_______(保留一位小数)。[已知：，]
(3)实验Ⅱ的步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应是_______。
(4)结合信息解释实验Ⅱ中的原因：_______。
(5)实验Ⅱ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_______。
【答案】(1)b
(2)         
(3)
(4)由于生成AgI沉淀使B的溶液中减小，还原性减弱
(5)步骤ⅳ表明本身对该原电池电压无影响，则说明加入使增大，证明发生了反应

【详解】（1）实验Ⅰ证明了AgCl转化为AgI，反应先生成氯化银沉淀，且银离子不足，防止剩余银离子直接和碘离子反应生成碘化银沉淀，所以甲溶液可以是NaCl溶液，乙是溶液，选b；
（2）实验Ⅰ中，氯化银沉淀和KI反应转化为碘化银沉淀和氯化钾，反应的离子方程式是。AgCl和AgI共存的悬浊液中，；
（3）银离子具有氧化性、碘离子具有还原性，实验Ⅱ的步骤ⅰ中，B是负极，B中石墨上碘离子失电子生成碘单质，电极反应是；
（4）由于生成AgI沉淀使B的溶液中减小，还原性减弱，所以实验Ⅱ中；
（5）步骤ⅳ表明本身对该原电池电压无影响，则说明加入使增大，证明发生了反应。