2021年新高考北京化学卷及答案解析

2021年北京市普通高中学业水平等级性考试可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16第一部分本部分共14题，每题3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一项。1.我国科研人员发现中药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。下列关于黄芩素的说法不正确的是A.分子中有3种官能团B.能与Na2CO3溶液反应C.在空气中可发生氧化反应D.能和Br2发生取代反应和加成反应下列有关放射性核素氚（3）的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 述不正确的是2.1HA.3原子核外电子数为B.3原子核内中子数为1H11H3C.3与化学性质基本相同D.3具有放射性1H2H21H2O3.下列化学用语或图示表达不正确的是+A.N2的结构式：N≡NB.Na的结构示意图：C.溴乙烷的分子模型：D.CO2的电子式：4.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是A.酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3B.碱性：KOH＞NaOH＞LiOHC.热稳定性：H2O＞H2S＞PH3D.非金属性：F＞O＞N5.实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 均正确的是气体试剂制备装置收集方法AO2KMnO4adBH2Zn+稀H2SO4becCNOCu+稀HNO3bcDCO2CaCO3+稀H2SO4bA.AB.BC.CD.D6.室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是A.试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应B.试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和C.取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2OH2SO3、+-、-+2-H2SO3H+HSO3HSO3H+SO3⇌D.取出⇌试管中溶液，在空气⇌中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发7.下列方程式不能准确解释相应实验现象的是--A.酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH3COO+H2O⇌CH3COOH+OHB.金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O2=2Na2OC.铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：+-+=+↑2Al2OH2H2O2AlO23H2D.将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：SO2+2H2S=3S↓+2H2O8.使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是选项ABCD试剂aCuSO4NH4HCO3H2SO4CH3COOH试剂bBa(OH)2Ca(OH)2Ba(OH)2NH3·H2OA.AB.BC.CD.D9.用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为:①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓下列分析不正确的是A.CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑B.不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱C.反应②中每24molCuSO4氧化11molPH3D.用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰10.NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0。下列分析正确的是A.1mol平衡混合气体中含1molN原子B.断裂2molNO2中的共价键所需能量小于断裂1molN2O4中的共价键所需能量C.恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的D.恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅11.可生物降解的高分子材料聚苯丙生(L)的结构片段如下图。12已知：RCOOH+RCOOH+H2O下列有关L的说法不正确的是A.制备L的单体分子中都有两个羧基B.制备L的反应是缩聚反应C.L中的官能团是酯基和醚键D.m、n、p和q的大小对L的降解速率有影响12.下列实验中，均产生白色沉淀。下列分析不正确的是A.Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同B.CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解C.Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解D.4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低13.有科学研究提出:锂电池负极材料(Li)由于生成LH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水(D2O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定n(D2)/n(HD)可以获知n(Li)/n(LiH)。已知：①LiH+H2O=LiOH+H2↑②2Li(s)+H2⇌2LiH△H＜0下列说法不正确的是A.可用质谱区分D2和HDB.Li与D2O的反应：2Li+2D2O=2LiOD+D2↑C.若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D2)/n(HD)越小D.80℃反应所得n(D2)/n(HD)比25℃反应所得n(D2)/n(HD)大14.丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600℃，将一定浓度的CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的C3H6、CO和H2浓度随初始CO2浓度的变化关系如图。已知：①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=-2058kJ/mol③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol下列说法不正确的是A.C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H=+124kJ/molB.c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2CO+H2OC.其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大D.若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6)第二部分本部分共5题，共58分。15.环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。（1）①阳极室产生Cl2后发生的反应有：_______、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。②结合电极反应式说明生成溶液a的原理_______。（2）一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。电解效率η和选择性S的定义：n(生成B所用的电子)η(B)=×100%n(通过电极的电子)n(生成B所用的乙烯)S(B)=×100%n(转化的乙烯)①若η(EO)=100%，则溶液b的溶质为_______。②当乙烯完全消耗时，测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推测η(EO)≈70%的原因：I.阳极有H2O放电II.阳极有乙烯放电阳极室流出液中含有和III.Cl2HClO……i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是_______。ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈_______%。经检验阳极放电产物没有CO2。iii.实验证实推测III成立，所用试剂及现象是_______。可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。16.某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。（1）实验验证实验I：将0.0100mol/LAg2SO4溶液与0.0400mo/LFeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。实验II：向少量Ag粉中加入0.0100mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是_______。②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是_______。综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象_______。（2）测定平衡常数实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取vmL上层清液，用c1mol/LKSCN+标准溶液滴定Ag，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1mL。资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色）K=1012Fe3++SCN-FeSCN2+（红色）K=102.3①滴定过程中Fe3+的作用是_______。②测得平衡常数K=_______。（3）思考问题①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值_______(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。②不用实验II中清液测定K的原因是_______。17.治疗抑郁症的药物帕罗西汀的合成路线如下。已知：①吡啶，Δi.R1CHO+CH2(COOH)2②H+R1CH=CHCOOHCHSOCl32R3OHii.R2OH三乙胺NaHR2OR3（1）A分子含有的官能团是_______。（2）已知：B为反式结构。下列有关B的说法正确的是(填序号)_______。a．核磁共振氢谱有5组峰b．能使酸性KMnO4溶液褪色c．存在2个六元环的酯类同分异构体d．存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体（3）E→G的化学方程式是_______。（4）J分子中有3个官能团，包括1个酯基。J的结构简式是_______。（5）L的分子式为C7H6O3。L的结构简式是_______。（6）从黄樟素经过其同分异构体N可制备L。已知：①O3i.R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO②Zn，H2Oii.写出制备L时中间产物N、P、Q的结构简式：_______、_______、_______。①水解异构化N→P→QL②H+18.铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。资料：i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物ii.TiOSO4+(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+H2SO42+iii.0.1mol/LFe生成⇌Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；0.1mol/LFe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8（1）纯化①加入过量铁粉的目的是_______。②充分反应后，分离混合物的方法是_______。（2）制备晶种为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并 记录 混凝土 养护记录下载土方回填监理旁站记录免费下载集备记录下载集备记录下载集备记录下载 pH变化(如图)。①产生白色沉淀的离子方程式是_______。②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)_______0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：_______。2+④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_______。（3）产品纯度测定铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。加热溶解酚酞NaCO溶液wg铁黄溶液b224溶液c滴定H2SO4标准溶液NaOH标准溶液3+2-3-3-资料：Fe+3C2O4=Fe(C2O4)3，Fe(C2O4)3不与稀碱液反应Na2C2O4过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。19.某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。（1）浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。①反应的离子方程式是_______。②电极反应式：-+2+i.还原反应：MnO2+2e+4H=Mn+2H2Oii.氧化反应：_______。③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。+2+i.随c(H)降低或c(Mn)浓度升高，MnO2氧化性减弱。ii.随c(Cl-)降低，_______。④补充实验证实了③中的分析。实验操作试剂产物I较浓H2SO4有氯气IIa有氯气IIIa+b无氯气a是_______，b是_______。+（2）利用c(H)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr+和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H)由大到小的顺序是_______，从原子结构角度说明理由______________。（3）根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是_______。（4）Ag分别与1mol·L1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：_______。2021年北京市普通高中学业水平等级性考试可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16第一部分本部分共14题，每题3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一项。1.我国科研人员发现中药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。下列关于黄芩素的说法不正确的是A.分子中有3种官能团B.能与Na2CO3溶液反应C.在空气中可发生氧化反应D.能和Br2发生取代反应和加成反应【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】A【解析】【分析】【详解】A．根据物质结构简式可知：该物质分子中含有酚羟基、醚键、羰基、碳碳双键四种官能团，A错误；B．黄芩素分子中含有酚羟基，由于酚的酸性比NaHCO3强，所以黄芩素能与Na2CO3溶液反应产生NaHCO3，B正确；C．酚羟基不稳定，容易被空气中的氧气氧化，C正确；D．该物质分子中含有酚羟基，由于羟基所连的苯环的邻、对位有H原子，因此可以与浓溴水发生苯环上的取代反应；分子中含有不饱和的碳碳双键，可以与Br2等发生加成反应，D正确；故合理选项是A。32.下列有关放射性核素氚（1H）的表述不正确的是33A.1H原子核外电子数为1B.1H原子核内中子数为333C.1H2与H2化学性质基本相同D.1H2O具有放射性【答案】B【解析】【分析】3【详解】A．放射性核素1H，质量数是3，质子数是1，质子数等于核外电子数，所以核外电子数等于1，故A正确；3B．放射性核素1H，质量数是3，质子数是1，所以中子数等于3-1=2，故B错误；3C．1H2与H2的相对分子质量不同，二者的沸点不同，但二者同属于氢气，化学性质基本相同，故C正确；33D．1H是放射性核素，所以H2O也具有放射性，故D正确；故选B。3.下列化学用语或图示表达不正确的是+A.N2的结构式：N≡NB.Na的结构示意图：C.溴乙烷的分子模型：D.CO2的电子式：【答案】D【解析】【分析】【详解】A．N2分子中N原子间是三键，结构式：N≡N，正确；B．Na+的结构示意图：，正确；C．溴乙烷的分子模型：，正确；D．CO2的电子式：，错误；故选D。4.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是A.酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3B.碱性：KOH＞NaOH＞LiOHC.热稳定性：H2O＞H2S＞PH3D.非金属性：F＞O＞N【答案】A【解析】【分析】【详解】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于S元素最高价含氧酸是H2SO4，不是H2SO3，因此不能根据元素周期律判断酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3，A错误；B．同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强。元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性：K＞Na＞Li，所以碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，B正确；C．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞S＞P，所以氢化物的热稳定性：H2O＞H2S＞PH3，C正确；D．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强，所以元素的非金属性：F＞O＞N，D正确；故合理选项是A。5.实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是气体试剂制备装置收集方法AO2KMnO4adBH2Zn+稀H2SO4becCNOCu+稀HNO3bcDCO2CaCO3+稀H2SO4bA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．KMnO4是固体物质，加热分解产生O2，由于O2难溶于水，因此可以用排水方法或向上排空气的方法收集，故不可以使用a、d装置制取和收集O2，A错误；B．Zn与H2SO4发生置换反应产生H2，块状固体与液体反应制取气体，产生的H2难溶于水，因此可以用排水方法收集，故可以使用装置b、e制取H2，B正确；C．Cu与稀HNO3反应产生NO气体，NO能够与O2发生反应产生NO2气体，因此不能使用排空气的方法收集，C错误；D．CaCO3与稀硫酸反应产生的CaSO4、CO2气体，CaSO4微溶于水，使制取CO2气体不能持续发生，因此不能使用该方法制取CO2气体，D错误；故合理选项是B。6.室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是A.试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应B.试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和C.取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2OH2SO3、+-、-+2-H2SO3H+HSO3HSO3H+SO3⇌D.取出⇌试管中溶液，在空气⇌中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故A错误；B．二氧化硫与水的反应为可逆反应，当反应达到限度后，二氧化硫的量不再减少，液面高度也无明显变化，故B错误；C．滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，故C正确；D．亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，故D错误；故选C。7.下列方程式不能准确解释相应实验现象的是--A.酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH3COO+H2O⇌CH3COOH+OHB.金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O2=2Na2OC.铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：+-+=+↑2Al2OH2H2O2AlO23H2D.将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：SO2+2H2S=3S↓+2H2O【答案】B【解析】【分析】-【详解】A．CH3COONa溶液呈碱性是因为发生了CH3COO的水解：--CH3COO+H2O⇌CH3COOH+OH，A正确；ΔB．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体过氧化钠：2Na+O2Na2O2，B错误；．铝与溶液反应生成偏铝酸钠和氢气：+-+=+↑，正确；CNaOH2Al2OH2H2O2AlO23H2CD．将SO2通入H2S溶液生成S单质和水：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，D正确；故选B。8.使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是选项ABCD试剂aCuSO4NH4HCO3H2SO4CH3COOH试剂bBa(OH)2Ca(OH)2Ba(OH)2NH3·H2OA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】．与发生离子反应：2+-2+2，ABa(OH)2CuSO4Ba+2OH+Cu+SO4=BaSO4↓+Cu(OH)2↓随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中2+2几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当CuSO4溶液过量时，其电离产生的Cu、SO4导电，使灯泡逐渐又变亮，A不符合题意；2+-B．Ca(OH)2与NH4HCO3发生离子反应：Ca+2OH+NH4+HCO3=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯泡很暗。当NH4HCO3溶液过量时，其电离产生的NH4、HCO3导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意；2+-+2C．Ba(OH)2与H2SO4发生离子反应：Ba+2OH+2H+SO4=BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当溶液过量时，其电离产生的+、2导电，使灯H2SO4HSO4泡逐渐又变亮，C不符合题意；．与氨水发生离子反应：-，反应后DCH3COOHCH3COOH+NH3·H2O=CH3COO+NH4+H2O自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，灯泡更明亮，不出现亮—灭(或暗)—亮的变化，D符合题意；故合理选项是D。9.用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为:①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓下列分析不正确的是A.CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑B.不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱C.反应②中每24molCuSO4氧化11molPH3D.用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰【答案】C【解析】【分析】【详解】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确；B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项错误；D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确；答案选C。10.NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0。下列分析正确的是A.1mol平衡混合气体中含1molN原子B.断裂2molNO2中的共价键所需能量小于断裂1molN2O4中的共价键所需能量C.恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的D.恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅【答案】B【解析】【分析】【详解】A．1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1mol平衡混合气体中所含原子大于1molN，A项错误；B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；答案选B。11.可生物降解的高分子材料聚苯丙生(L)的结构片段如下图。12已知：RCOOH+RCOOH+H2O下列有关L的说法不正确的是A.制备L的单体分子中都有两个羧基B.制备L的反应是缩聚反应C.L中的官能团是酯基和醚键D.m、n、p和q的大小对L的降解速率有影响【答案】C【解析】【分析】【详解】A．合成聚苯丙生的单体为、，每个单体都含有2个羧基，故A正确；B．根据题示信息，合成聚苯丙生的反应过程中发生了羧基间的脱水反应，除了生成聚苯丙生，还生成了水，属于缩聚反应，故B正确；C．聚苯丙生中含有的官能团为：、，不含酯基，故C错误；D．聚合物的分子结构对聚合物的降解有本质的影响，因此m、n、p、q的值影响聚苯丙生的降解速率，故D正确；故选C。12.下列实验中，均产生白色沉淀。下列分析不正确的是A.Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同B.CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解C.Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解D.4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低【答案】B【解析】【分析】+2--+-【详解】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na、CO3、HCO3、H2CO3、H、OH、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；．-+2-，加入2+后，2+和2-反应生成沉淀，促进-的电离，BHCO3‡ˆˆ†ˆH+CO3CaCaCO3HCO3B错误；3+2--C．Al与CO3、HCO3都能发生互相促进的水解反应，C正确；D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；故选B。13.有科学研究提出:锂电池负极材料(Li)由于生成LH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水(D2O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定n(D2)/n(HD)可以获知n(Li)/n(LiH)。已知：①LiH+H2O=LiOH+H2↑②2Li(s)+H2⇌2LiH△H＜0下列说法不正确的是A.可用质谱区分D2和HDB.Li与D2O的反应：2Li+2D2O=2LiOD+D2↑C.若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D2)/n(HD)越小D.80℃反应所得n(D2)/n(HD)比25℃反应所得n(D2)/n(HD)大【答案】C【解析】【分析】【详解】A．D2和HD的相对分子质量不同，可以用质谱区分，A正确；B．类似于钠和水的反应，Li与D2O反应生成LiOD与D2，化学方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑，B正确；C．D2由Li与D2O反应生成，HD通过反应LiH+D2O=LiOD+HD，n(D2)/n(HD)越大，n(Li)/n(LiH)越大，C不正确；D．升温，2LiH⇌2Li+H2△H>0平衡右移，Li增多LiH减少，则结合选项C可知：80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD)，D正确；答案为：C。14.丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600℃，将一定浓度的CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的C3H6、CO和H2浓度随初始CO2浓度的变化关系如图。已知：①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=-2058kJ/mol③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol下列说法不正确的是A.C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H=+124kJ/molB.c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2CO+H2OC其他条件不变，投料比越大，转化率越大.c(C3H8)/c(CO2)C3H8D.若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6)【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=-2058kJ/mol③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H=ΔH1-ΔH2-ΔH3=+124kJ/mol，A正确；B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B正确；C．投料比增大，相当于增大C3H8浓度，浓度增大，转化率减小，C错误；D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D正确；答案为：C。第二部分本部分共5题，共58分。15.环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。（1）①阳极室产生Cl2后发生的反应有：_______、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。②结合电极反应式说明生成溶液a的原理_______。（2）一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。电解效率η和选择性S的定义：n(生成B所用的电子)η(B)=×100%n(通过电极的电子)n(生成B所用的乙烯)S(B)=×100%n(转化的乙烯)①若η(EO)=100%，则溶液b的溶质为_______。②当乙烯完全消耗时，测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推测η(EO)≈70%的原因：I.阳极有H2O放电II.阳极有乙烯放电III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO……i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是_______。ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈_______%。经检验阳极放电产物没有CO2。iii.实验证实推测III成立，所用试剂及现象是_______。可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。--【答案】（1）①.Cl2+H2O=HCl+HClO②.阴极发生反应：2H2O+2e=H2↑+2OH生成OH-，K+通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液（2）①.KCl②.O2③.13④.KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝【解析】【分析】【小问1详解】阳极产生氯气后，可以和水发生反应生成次氯酸其方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO；溶液--a是阴极的产物，在阴极发生反应2H2O+2e=H2↑+2OH，同时阳极的钾离子会向阴极移动---和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答案为：阴极发生反应：2H2O+2e=H2↑+2OH生成OH，K+通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液；【小问2详解】①若η(EO)=100%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合价没有变，故溶液b的溶质为：KCl；②i.阳极有H2O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O2；ii.设EO的物质的量为amola则转化的乙烯的物质的量为：；生成EO转化的电子的物质的量：2amol；此过程转移97%2aa电子的总物质的量：；生成CO2的物质的量：23%；生成CO2转移的电子70%97%a23%6a97%的物质的量：23%6，则η(CO2)=≈13%；97%2a70%iii.实验证实推测III成立，则会产生氯气，验证氯气即可，故答案为：KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。16.某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。（1）实验验证实验I：将0.0100mol/LAg2SO4溶液与0.0400mo/LFeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。实验II：向少量Ag粉中加入0.0100mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是_______。②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是_______。综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象_______。（2）测定平衡常数实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取vmL上层清液，用c1mol/LKSCN+标准溶液滴定Ag，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1mL。资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色）K=1012Fe3++SCN-FeSCN2+（红色）K=102.3①滴定过程中Fe3+的作用是_______。②测得平衡常数K=_______。（3）思考问题①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值_______(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。②不用实验II中清液测定K的原因是_______。【答案】（）①灰黑色固体溶解，产生红棕色气体②防止酸性条件下，-氧1..NO32+化性氧化Fe干扰实验结果③.a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转cv0.0111v（2）①.指示剂②.cvcv110.0111vv（3）①.偏低②.Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态【解析】【分析】【小问1详解】①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。+2+②由于Fe(NO3)3溶液电离出NO3将与溶液中的H结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，-氧化性氧化2+干扰实验结果。NO3Fe③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，Ag++e-Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨3+2+或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe或者Fe，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二+者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。【小问2详解】①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗+-12v1mL，已知：Ag+SCNAgSCN，K=10，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液cv中Ag+的浓度为：c(Ag+)=11mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：v2++3+Fe+AgAg+Fe起始浓度(mol/L)0.020.010cvcvcv转化浓度(mol/L)0.01110.01110.0111，故反应的平衡常数vvvcvcvcv平衡浓度(mol/L)0.0111110.0111vvvcvcv0.01110.0111c(Fe3+)v，故答案为：指示剂；v。K=2++=c(Fe)c(Ag)c1v1c1v1c1v1c1v10.010.01vvvv【小问3详解】①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏cv0.0111cvv大，即11偏大，故所得到的K=偏小，故答案为：偏小。vc1v1c1v10.01vv②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。17.治疗抑郁症的药物帕罗西汀的合成路线如下。已知：①吡啶，Δi.R1CHO+CH2(COOH)2②H+R1CH=CHCOOHCHSOCl32R3OHii.R2OH三乙胺NaHR2OR3（1）A分子含有的官能团是_______。（2）已知：B为反式结构。下列有关B的说法正确的是(填序号)_______。a．核磁共振氢谱有5组峰b．能使酸性KMnO4溶液褪色c．存在2个六元环的酯类同分异构体d．存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体（3）E→G的化学方程式是_______。（4）J分子中有3个官能团，包括1个酯基。J的结构简式是_______。（5）L的分子式为C7H6O3。L的结构简式是_______。（6）从黄樟素经过其同分异构体N可制备L。已知：①O3i.R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO②Zn，H2Oii.写出制备L时中间产物N、P、Q的结构简式：_______、_______、_______。①水解异构化N→P→QL②H+【答案】（1）氟原子(或碳氟键)、醛基浓硫酸（）（）2abc3NC-CH2-COOH+HOCH2CH3ΔNC-CH2-COOCH2CH3+H2O（4）（5）（6）①.②.③.【解析】【分析】由题干合成流程图中，结合A的分子式和信息i不难推出A为，B为反式结构，进而可以推出B的结构为，B与乙醇在浓硫酸共热时发生酯化反应生成D，故D为，与D的分子式相符；ClCH2COONa与NaCN先发生取代反应生成NCCH2COONa，然后再酸化得到E，E为NCCH2COOH，E再与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成G，G为NCCH2COOCH2CH3，D和G发生加成反应生成；结合J的分子式，J分子中有3个官能团，包括1个酯基，与H2发生反应生成J，可以推出J的结构简式为，同时生成乙醇；由物质结合M的分子式和信息ii，并由(5)L的分子式为C7H6O3可以推出L的结构简式为，M的结构简式为，据此分析解答。【小问1详解】由分析可知，A的结构简式为，故A分子含有的官能团是氟原子、醛基，故答案为：氟原子(或碳氟键)、醛基；【小问2详解】B为。a．根据等效氢原理可知B的核磁共振氢谱共有5种峰，如图所示，故a正确；b．由B的结构简式可知，B中含有碳碳双键，可以使KMnO4酸性溶液褪色，故b正确；c．B具有含2个六元环的酯类同分异构体，如等，故c正确；d．B分子的不饱和度为6，含苯环、碳碳三键的羧酸类同分异构体的不饱和度为7，因此B不存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体，故d错误；故答案为：abc；【小问3详解】E为NCCH2COOH，G为NCCH2COOCH2CH3，E与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成G，浓硫酸反应的化学方程式为NC-CH2-COOH+HOCH2CH3ΔNC-CH2-COOCH2CH3+浓硫酸，故答案为：；H2ONC-CH2-COOH+HOCH2CH3ΔNC-CH2-COOCH2CH3+H2O【小问4详解】根据上述分析，J的结构简式为，故答案为：；【小问5详解】由分析可知，L的结构简式为，故答案为：；【小问6详解】根据Q到L的转化条件可知Q为酯类，结合L的结构简式，可推知Q的结构简式为，结合信息i和信息ii可推知P到Q的转化条件为H2O2/HAc，P的结构简式为，由N到P的反应条件为O3/Zn，H2O且N为黄樟素的同分异构体，可推知N的结构简式为，故答案为：；；。【点睛】本题的难点是题干信息的解读和应用，J的推断较难，要注意与H2不是发生加成反应生成J；另一个难点是(6)，要注意逆推法的应用。18.铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。资料：i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物ii.TiOSO4+(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+H2SO42+iii.0.1mol/LFe生成⇌Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；0.1mol/LFe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8（1）纯化①加入过量铁粉的目的是_______。②充分反应后，分离混合物的方法是_______。（2）制备晶种为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。①产生白色沉淀的离子方程式是_______。②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)_______0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：_______。2+④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_______。（3）产品纯度测定铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。加热溶解酚酞NaCO溶液wg铁黄溶液b224溶液c滴定H2SO4标准溶液NaOH标准溶液资料：3+2-3-，3-不与稀碱液反应Fe+3C2O4=Fe(C2O4)3Fe(C2O4)3Na2C2O4过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。【答案】（1）①.与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化②.过滤2++（2）①.Fe+2NH3·H2O=Fe(OH)2+2NH4②.>③.pH6.0左右，4Fe(OH)22+++O2+2H2O=4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe+O2+6H2O=4FeOOH+8H，溶+2++3+液中H浓度增大，pH减小④.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe+O2+4H=4Fe和2++2+3+4Fe+O2+2H2O=4FeOOH+4H，因此c(Fe)的减小大于c(Fe)的增加。或用叠加反应解2+3+释：12Fe+3O2+2H2O=4FeOOH+8Fe（3）不受影响【解析】【分析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程和钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2OTiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，2+加入氨水和空气⇌后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1mol/LFe沉淀为3+Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。【小问1详解】与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化.钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤；【小问2详解】2+pH6.0左右，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe+O2+6H2O=++2+4FeOOH+8H，溶液中H浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe+O2+3+2++2+3++4H=4Fe和4Fe+O2+2H2O=4FeOOH+4H，因此c(Fe)的减小大于c(Fe)的增加。或2+3+用叠加反应解释：12Fe+3O2+2H2O=4FeOOH+8Fe【小问3详解】3+2-由于Fe+3C2O4=Fe(C2O4)3，Fe(C2O4)3不与稀碱溶液反应,所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响19.某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。（1）浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。①反应的离子方程式是_______。②电极反应式：-+2+i.还原反应：MnO2+2e+4H=Mn+2H2Oii.氧化反应：_______。③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。+2+i.随c(H)降低或c(Mn)浓度升高，MnO2氧化性减弱。ii.随c(Cl-)降低，_______。④补充实验证实了③中的分析。实验操作试剂产物I较浓H2SO4有氯气IIa有氯气IIIa+b无氯气a是_______，b是_______。+（2）利用c(H)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr+和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H)由大到小的顺序是_______，从原子结构角度说明理由______________。（3）根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是_______。（4）Ag分别与1mol·L1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：_______。（5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是_______。Δ+-2+---【答案】（1）①.MnO2+4H+2ClMn+Cl2↑+2H2O②.2Cl-2e=Cl2↑③.Cl还原性减弱或Cl2的氧化性增强④.KCl固体(或浓/饱和溶液)⑤.MnSO4固体(或浓/饱和溶液)（2）①.KCl>KBr>KI②.Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强（3）AgNO3或Ag2SO4（4）比较AgX的溶解度，AgI溶解度最小，Ag++I-=AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使++得2Ag+2H=2Ag+H2↑反应得以发生（5）氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强【解析】【分析】【小问1详解】Δ+-2+①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn+Cl2↑+2H2O；②氧--化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl-2e=Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还-原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl还原性减弱或Cl2的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角