【壹铭高考真题】14 北京市2021年普通高中学业水平选择性考试 化学试卷.docx

1、壹铭高考 北京市2021年普通高中 学业水平选择性考试14化学(本试卷共4页,共19小题,满分100分。考试用时90分钟)可能用到的相对原子质量:H 1C 12N 14O 16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.能与Br2发生取代反应和加成反应2.下列有关放射性核素氚(13H)的表述不正确的是() A.13H原子核外电子数为1B.13H原子核内中子数为3C.13H2

2、与H2化学性质基本相同D.13H2O具有放射性3.下列化学用语或图示表达不正确的是()A.N2的结构式:NNB.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:HClO4H2SO3H2SiO3B.碱性:KOHNaOHLiOHC.热稳定性:H2OH2SPH3D.非金属性:FON5.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()选项气体试剂制备装置收集方法AO2KMnO4adBH2Zn+稀硫酸beCNOCu+稀硝酸bcDCO2石灰石+稀硫酸bc6.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

3、如右实验。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、H2SO3H+HSO3-、HSO3-H+SO32D.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-+H2OCH3COOH+OH-B.金属钠在空气中加热生成淡黄色固体:4Na+O22Na2OC.铝溶于氢氧化钠溶液,有无色气体产生:2Al+2OH-+2H2O2AlO2-

4、+3H2D.将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀:SO2+2H2S3S+2H2O8.使用如图装置(搅拌装置略)探究溶液中离子浓度变化,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)2NH3H2O9.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CuSO4+H2SCuS+H2SO411PH3+24CuSO4+12H2O3H3PO4+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:

5、CaS+2H2OCa(OH)2+H2S、Ca3P2+6H2O3Ca(OH)2+2PH3B.不能依据反应比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱C.反应中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3D.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)H0。下列分析正确的是()A.1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子B.断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4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

6、的高分子材料聚苯丙生(L)的结构片段如下图。已知:R1COOH+R2COOH+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LiH而不利于电池容量的保持。一定温度

7、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:LiH+H2OLiOH+H22Li(s)+H2(g)2LiH(g)H”“=”或“H2SO3H2SiO3,即A项不能用元素周期律解释;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:KNaLi,所以碱性:KOHNaOHLiOH,B项能用元素周期律解释;元素的非金属性:OSP,所以简单氢化物的热稳定性:H2OH2SPH3,C项能用元素周期律解释;同一周期主族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:FON,D项能用元素周期律解释。【易错警示】 比较

8、元素的非金属性强弱,可以利用元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱比较,但不能用其低价氧化物对应水化物的酸性强弱进行比较。5.B由于O2难溶于水,密度大于空气,因此可以用排水法或向上排空气法收集,A项收集方法错误;Zn与稀硫酸发生置换反应产生H2,属于块状固体与液体反应制取气体,产生的H2难溶于水,因此可以用排水法收集,故可以使用装置b、e制取H2,B项正确;NO易与O2发生反应产生NO2气体,因此不能使用排空气法收集,C项错误;CaCO3与稀硫酸反应生成CaSO4和CO2气体,CaSO4微溶于水,CaSO4覆盖在CaCO3表面,使CO2气体不能持续产生,D项错误。6.C由题给信息可知,SO2易

9、溶于水,SO2的溶解也能使液面上升,故A项分析错误;根据室温下1体积水可溶解约40体积二氧化硫,可知二氧化硫的溶解未达饱和,试管中剩余少量气体的原因可能是收集的二氧化硫不纯,B项分析错误;滴入紫色石蕊试液,溶液变为红色,说明溶液显酸性,SO2与水反应生成亚硫酸,亚硫酸可分步电离出氢离子,C项分析正确;亚硫酸具有较强的还原性,易被氧化为硫酸,酸性增强从而使pH下降,故D项分析错误。7.BCH3COONa溶液呈碱性是因为CH3COO-发生了水解:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,A项不符合题目要求;金属钠在空气中加热生成的淡黄色固体是过氧化钠,反应的化学方程式为2Na+O2Na2O2,

10、B项符合题目要求;铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,离子方程式为2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2,C项不符合题目要求;将SO2通入氢硫酸中生成S单质和水,反应的化学方程式为SO2+2H2S3S+2H2O,D项不符合题目要求。8.DBa(OH)2与CuSO4发生反应:Ba2+2OH-+Cu2+SO42-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,当二者恰好反应完全时,溶液中几乎不存在自由移动的离子,灯泡熄灭;当CuSO4溶液过量时,其电离产生Cu2+、SO42-,使灯泡又逐渐变亮,A项不符合题目要求。Ca(OH)2与NH4HCO3发生反

11、应:Ca2+2OH-+NH4+HCO3-CaCO3+H2O+NH3H2O,随着反应的进行,溶液中自由移动的离子浓度减小,灯泡逐渐变暗,当二者恰好完全反应时,溶液中自由移动的离子浓度很小,灯泡很暗;当NH4HCO3溶液过量时,其电离产生NH4+、HCO3-,使灯泡又逐渐变亮,B项不符合题目要求。Ba(OH)2与H2SO4发生反应:Ba2+2OH-+2H+SO42-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,当二者恰好完全反应时,溶液中几乎不存在自由移动的离子,灯泡熄灭;当H2SO4溶液过量时,其电离产生H+、SO42-,使灯泡逐渐又变亮,C项不符合题目要求。CH

12、3COOH与NH3H2O发生反应:CH3COOH+NH3H2OCH3COO-+NH4+H2O,反应后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“亮暗(或灭)亮”的变化,D项符合题目要求。9.C水解过程中元素的化合价不变,根据水解原理并结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS水解的化学方程式为CaS+2H2OCa(OH)2+H2S;Ca3P2水解的化学方程式为Ca3P2+6H2O3Ca(OH)2+2PH3,A项不符合题目要求。反应能发生是因为有不溶于水也不溶于一般稀酸的CuS生成,并不是强酸制备弱酸的反应原理,因此反应不能说明H2S的酸性强于H2SO4,事实上硫酸的酸性强于氢硫

13、酸,B项不符合题目要求。反应中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24 mol CuSO4完全反应时,可氧化PH3的物质的量是3 mol,C项符合题目要求;H2S、PH3均可被酸性KMnO4溶液氧化,所以会干扰用酸性KMnO4溶液对乙炔还原性的检验,D项不符合题目要求。10.B1 mol NO2含有1 mol N原子,1 mol N2O4含有2 mol N原子,因此1 mol平衡混合气体中所含N原子的物质的量大于1 mol,A项错误;反应2NO2(g)N2O4(g)为放热反应,故完全断开2 mol NO2分子中的共价键所吸收的热量

14、比完全断开1 mol N2O4分子中的共价键所吸收的热量少,B项正确;缩小容积,气体颜色变深是因为体积减小,NO2浓度变大引起的,C项错误;该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,NO2的浓度变大,颜色加深,D项错误。【易错警示】 缩小容积,会看到气体的颜色先加深后变浅,但是比原来颜色要深,原因是缩小容积,气体NO2的浓度增大,因此颜色加深;平衡正向移动导致气体NO2的浓度又会下降,因此颜色又会变浅,但是条件的改变是主要的,平衡移动只是减弱了条件的改变,因此,虽然平衡右移了,但是NO2的浓度最终是变大了,故颜色比原来要深。11.C合成聚苯丙生的单体为和,每种单体分子中都含有2个羧基,故A项说

15、法正确;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,除了生成聚苯丙生外还生成了水,属于缩聚反应,故B项说法正确;聚苯丙生分子中含有的官能团为醚键和两分子羧基脱水形成的基团,该基团不是酯基,故C项说法错误;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的大小影响聚苯丙生的降解速率,D项说法正确。12.BNa2CO3溶液中存在CO32-、HCO3-的水解平衡和H2O的电离平衡,NaHCO3溶液中存在HCO3-的电离平衡与水解平衡及H2O的电离平衡,故含有的微粒种类相同,A项分析正确;CO32-+H2OHCO3-+OH-,加入Ca2+后,Ca2+和CO32-反应生成

16、沉淀,平衡左移,抑制CO32-水解,B项分析错误;Al3+与CO32-、HCO3-都能发生相互促进的水解反应,C项分析正确;由题干信息可知,形成沉淀时会消耗CO32-和HCO3-,使它们的浓度减小,从而导致OH-的浓度减小,pH减小,D项分析正确。13.CD2和HD的相对分子质量不同,可以用质谱区分,A项说法正确;类似于钠和水的反应,Li与D2O反应生成LiOD与D2,化学方程式为2Li+2D2O2LiOD+D2,B项说法正确;D2由Li与D2O反应生成,HD通过反应LiH+D2OLiOD+HD生成,n(Li)/n(LiH)越大,n(D2)/n(HD)越大,C项说法错误;升温,2LiH2Li+

17、H2H0平衡右移,Li增多LiH减少,则结合选项C可知:80 反应所得n(D2)/n(HD)大于25 反应所得n(D2)/n(HD),D项说法正确。14.C根据盖斯定律结合题干信息可知,将反应-得到目标反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g),计算可得该目标反应的H=+124 kJmol-1,A项说法正确;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,但是氢气的浓度变化不明显,反而是CO与C3H6的浓度变化趋势是一致的,因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O,从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现差异,B

18、项说法正确;投料比增大,相当于增大C3H8浓度,C3H8自身的转化率减小,C项说法错误;根据碳原子守恒可知,如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2,那么初始物质浓度c0和流出物质浓度c符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2),D项说法正确。15.答案 (1)Cl2+H2OHCl+HClO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区迁移到阴极区,形成KOH和KCl的混合溶液(2)KCl.O2.13.KI溶液和淀粉溶液,溶液变蓝解析 (1)阳极产生的氯气可以和水发生反应生成次氯酸,反应的化学方程式

19、为Cl2+H2OHCl+HClO;溶液a是阴极区的产物,在阴极发生反应2H2O+2e-H2+2OH-,同时阳极区的钾离子会向阴极区移动。(2)若(EO)=100%,则说明在电解过程中只有乙烯中碳的化合价发生变化,其他元素化合价没有变,故溶液b的溶质为KCl;i.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a mol则转化的乙烯的物质的量为a97% mol;生成EO转化的电子的物质的量为2a mol;此过程转移电子的总物质的量为2a70% mol;生成CO2的物质的量为2a97%3% mol;生成CO2转移的电子的物质的量:2a97%3%6 mol,则(CO2)

20、=2a97%3%62a70%100%13%;iii.实验证实推测成立,则会产生氯气,可用KI溶液和淀粉溶液验证氯气。16.答案 (1)灰黑色固体溶解,产生红棕色气体防止酸性条件下,NO3-氧化Fe2+干扰实验结果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,指针偏转,一段时间后指针归零,再向左侧烧杯中加入(或滴加)较浓的Fe2(SO4)3溶液,指针偏转与之前的方向相同;或者闭合开关K,Ag电极上有灰黑色固体析出,指针偏转,一段时间后指针归零,再向左侧烧杯中加入(或滴加)较浓的Fe2(SO4)3溶液,Ag电

21、极上固体逐渐减少,指针反向偏转(2)指示剂0.01-c1V1Vc1V1V(0.01+c1V1V)(3)偏低Ag完全反应,无法判断体系是否达到化学平衡状态解析 (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且产生红棕色气体时,即可证实灰黑色固体是Ag。由于Fe(NO3)3电离出的NO3-在酸性条件下有强氧化性,能氧化Fe2+而干扰实验,故实验使用的是Fe2(SO4)3溶液,而不是Fe(NO3)3溶液。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,两电极反应分别为:Fe2+-e-Fe3+,Ag+e

22、-Ag,故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料,可用石墨或者铂电极,左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+,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,指针发生偏转,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较浓的Fe2(SO4)3溶液,与之前指针偏转方向相同,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,指针偏转,一段时间后指针归零,说明

23、此时反应达到平衡,再向左侧烧杯中滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液,Ag电极上固体逐渐减少,指针反向偏转,表明平衡发生了移动。(2)根据两个反应的K的大小可知,Ag+与SCN-反应比Fe3+与SCN-反应更加彻底,当溶液变为红色,说明溶液中的Ag+恰好完全反应,故溶液中Fe3+是滴定反应的指示剂。取中所得上层清液V mL。用c1 molL-1的KSCN溶液滴定,至溶液变为稳定浅红色时,消耗V1mL,已知:Ag+SCN-AgSCN,K=1012,说明反应几乎进行完全,故有中上层清液中Ag+的浓度为:c(Ag+)=c1V1V molL-1,根据平衡三段式进行计算如下: Fe2+Ag+Ag+Fe3+起

24、始浓度/(molL-1)0.020.010转化浓度/(molL-1)0.01-c1V1V0.01-c1V1V0.01-c1V1V平衡浓度/(molL-1)0.01+c1V1Vc1V1V0.01-c1V1V故反应的平衡常数K=c(Fe3+)c(Fe2+)c(Ag+)=0.01-c1V1Vc1V1V(0.01+c1V1V)。(3)若取实验所得浊液测定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的进行,使得上述平衡逆向移动,则消耗KSCN溶液偏多,即c1V1V偏大,故所得到的K=0.01-c1V1Vc1V1V(0.01+c1V1V)偏低。由

25、于实验中Ag完全溶解,故无法判断体系是否达到化学平衡状态,因而不用实验所得溶液进行测定并计算K。17.答案 (1)氟原子、醛基(2)abc(3)NCCH2COOH+HOCH2CH3NCCH2COOCH2CH3+H2O(4)(5)(6)解析 由题干合成流程图中的,结合A的分子式和信息i不难推出A的结构简式为:,进而可以推出B的结构简式为:,B再与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成D,故D的结构简式为:;ClCH2COONa与NaCN先发生取代反应生成NCCH2COONa,然后再酸化得到E,故E的结构简式为NCCH2COOH,E再与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成G,故G的结构简式为:NCCH2CO

26、OCH2CH3;D和G发生加成反应即可生成,与H2发生加成反应生成J,结合J的分子式可以推出J的结构简式为;由物质结合M的分子式和信息ii,并由(5)中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。(6)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/乙酸,故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,据此分析解题。(1)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。(2)由分析可知,B的结构简式为,故B的反式结构为,

27、由此分析解题: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,a项正确;由B的结构简式可知,B分子中含有碳碳双键,故B可以使酸性KMnO4溶液褪色,b项正确;B可能存在含两个六元环的同分异构体,如等,c项正确;根据B分子的不饱和度为6,若B为具有含苯环、碳碳三键的羧酸类同分异构体则其不饱和度为7,d项错误。(3)由分析可知,E的结构简式为:NCCH2COOH,E再与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成G,G的结构简式为:NCCH2COOCH2CH3,故EG的化学方程式是NCCH2COOH+HOCH2CH3NCCH2COOCH2CH3+H2O。(4)由分析可知,J分子中有3个官能团,包括1个

28、酯基,J的结构简式是。(5)由分析可知,L的分子式为C7H6O3,它的结构简式是。(6)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/乙酸,故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。18.答案 (1)与硫酸反应,使得TiOSO4水解平衡正向移动,有利于沉钛;过量的作用是防止二价铁被氧化过滤(2)Fe2+2NH3H2OFe(OH)2+2NH4+0t1时段,通入空气发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3,pH几乎不变;t1t2时段,发

29、生反应4Fe2+O2+6H2O4FeOOH+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4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O和4Fe2+O2+6H2O4FeOOH+8H+,总反应方程式为12Fe2+3O2+2H2O4FeOOH+8Fe3+,因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加(3)不受影响解析 根据钛白粉废渣制备铁黄流程钛白粉废渣精制FeSO4溶液铁黄晶体FeOOH铁黄产品FeOOH和钛白粉废渣成分:FeSO4H2O、TiOSO4及其他难溶物可知,加入蒸馏水、铁粉纯化后,TiOSO4+2H2OTiO2H2O+H2SO4,TiO2H2O是沉淀,通过过滤后,得到精

30、制FeSO4溶液,加入氨水和空气后,FeSO4溶液中的Fe2+被氧化成三价铁离子,同时调整PH0.1 molL-1 Fe2+沉淀为Fe(OH)2,起始的pH为6.3,完全沉淀的pH为8.3;0.1 molL-1Fe3+沉淀为FeOOH,起始的pH为1.5,完全沉淀的pH为2.8生成FeOOH,再经过系列提纯,最终制得FeOOH固体。(1)铁粉与硫酸反应,使得TiOSO4水解平衡正向移动,有利于沉钛;过量的作用是防止二价铁被氧化。钛白粉废渣成分为FeSO4H2O、TiOSO4及其他难溶物,充分反应后有沉淀出现,所以分离混合物的方法是过滤。(2)0t1时段,通入空气发生反应4Fe(OH)2+O2+

31、2H2O4Fe(OH)3,pH几乎不变;t1t2时段发生反应4Fe2+O2+6H2O4FeOOH+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4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O和4Fe2+O2+6H2O4FeOOH+8H+,总反应方程式为12Fe2+3O2+2H2O4FeOOH+8Fe3+,因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。(3)由于Fe3+3C2O42-Fe(C2O4)33-,Fe(C2O4)33-不与稀碱溶液反应,所以加入的Na2C2O4过量,测定结果不受影响。19.答案 (1)MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O2Cl-2e-Cl2C

32、l-还原性减弱或Cl2的氧化性增强KCl固体(或浓/饱和溶液)MnSO4固体(或浓/饱和溶液)(2)KClKBrKICl、Br、I位于第A族,从上到下电子层数逐渐增加,离子半径逐渐增大,阴离子的还原性逐渐增强(3)AgNO3(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,只有I-使得反应2Ag+2H+2Ag+H2可以发生(5)还原反应中,氧化剂浓度越大或还原产物浓度越小,氧化剂的氧化性越强;氧化反应中,还原剂浓度越大或氧化产物浓度越小,还原剂的还原性越强解析 (1)二氧化锰和浓盐酸反应制氯气的离子方程式为:MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O;

33、氧化反应中元素化合价升高,故氧化反应为:2Cl-2e-Cl2;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;可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验的现象分析,试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液);结合实验的产物中没有氯气,且实验也加入了试剂a,那一定是试剂b影响了实验中的反应,再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)。(2)非金属性越弱其阴离子的还原性越强,反应时所需的氢离子浓度越小,故顺序是KClKBrKI;其原因是Cl、Br、I位于第A族,从上到下电子层数逐渐增加,离子半径逐渐增大,失电子能力逐渐增强,

34、阴离子的还原性逐渐增强。(3)根据(1)中的结论推测,随Cl-浓度降低导致Cl-还原性减弱或Cl2的氧化性增强,那么,如果进一步降低Br-浓度则可以提高溴的氧化性,将Mn2+氧化为MnO2,加入AgNO3可以降低Br-的浓度。(4)若要使反应2Ag+2H+2Ag+H2发生,根据本题的提示可以降低Ag+浓度,对比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,故只有I-使得反应2Ag+2H+2Ag+H2可以发生。(5)通过本题可以发现,物质氧化性或还原性强弱与氧化剂或还原剂的浓度有关,氧化剂或还原剂浓度越大,氧化性或者还原性越强。物质的氧化性或还原性还与还原产物或氧化产物的浓度有关,还原产物或氧化产物的浓度越小,物质的氧化性或还原性越强。