北京师范大学附属中学高二上学期期末考试化学试题（解析版）-A4

这是一份北京师范大学附属中学高二上学期期末考试化学试题（解析版）-A4，共23页。试卷主要包含了本试卷有2道大题，共11页，考生务必将答案填写在答题纸上，可能用到的相对原子质量，1醋酸溶液pH>1等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本试卷有2道大题，共11页。考试时长90分钟，满分100分。
2.考生务必将答案填写在答题纸上。
3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5
一、选择题(14道小题，共42分，每小题只有1个选项符合题意)。
1. 下列化学用语书写不正确的是
A. 的结构示意图：
B. NaCl的电子式：
C. 基态铜原子()的价层电子排布式：
D. 电子云图为
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl是17号元素，Cl-结构示意图为，故A正确；
B．NaCl为离子化合物，电子式为：，故B正确；
C．铜原子(29Cu)是29号元素，价层电子排布式为：3d104s1，故C错误；
D．p能级电子云形状为哑铃形，故2pz的电子云沿z方向，电子云图为，故D正确；
故本题选C。
2. 下列解释事实的化学用语书写不正确的是
A. 0.1醋酸溶液pH>1：
B. 钢铁制品在潮湿空气中的电化学腐蚀：
C. 可用溶液清洗油污：
D. 溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成铜蓝(CuS)：
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，电离方程式为：，A项正确；
B．钢铁制品在潮湿空气中发生电化学腐蚀时，负极反应式为：，B项错误；
C．水解使溶液显碱性，所以可用于清洗油污，水解方程式为：，C项正确；
D．CuS的溶解度比ZnS更小，所以溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成铜蓝(CuS)的离子方程式为：，D项正确；
答案选B。
3. 下列溶液中各微粒的浓度关系不正确的是
A. 溶液：
B. KCl溶液：
C. CH3COONa 溶液：
D. 室温下，pH=7的、混合溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A． 溶液中，Fe3+发生水解，则，故A正确；
B． KCl溶液呈中性，，故B正确；
C．CH3COONa 溶液中CH3COO-发生水解使溶液呈碱性，则溶液中，故C错误；
D．室温下，pH=7的、混合溶液中呈中性，，由电荷守恒可知吗，故D正确；
故选C。
4. 中国科学家使用三元Ni-Fe-V催化剂，通过电催化实现了在温和的条件下人工固氮，电极上的催化机理的示意图如下图所示。
下列说法不正确的是
A. 三元Ni-Fe-V催化剂可降低固氮反应的活化能
B. 电催化过程的电极反应：
C. ①②③中均断开N原子间的键，形成键
D. 该电极上可能发生生成氢气的反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．催化剂可通过降低反应活化能，加快反应速率，A正确；
B．根据图示可知，电催化过程中得电子与氢离子结合成氨，电极反应：，B正确；
C．③未断开N原子间的键，而是N原子间σ键，C错误；
D．图可知，氢离子得电子生成了氢原子，两个氢原子之间可以得到氢气，因此该电极上可能发生生成氢气的反应，D正确；
答案选C
5. 如图所示是元素周期表前四周期的一部分，下列关于五种元素的叙述中正确的是
A. X的基态原子最外层p轨道上有2个未成对电子
B. 气态氢化物的稳定性Y>X
C. Z的基态原子价层电子排布式为
D. 第一电离能：R>W>Y
【答案】D
【解析】
【分析】根据元素在周期表的位置可知，X为F元素，W为P元素，Y为S元素，R为Ar元素，Z为Br元素。
【详解】A．X为F元素，核外电子排布：，最外层p轨道上有1个未成对电子，A错误；
B．元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，非金属性：，气态氢化物稳定性：，B错误；
C．Z为Br元素，为第VIIA元素，其基态原子价层电子排布式为，C错误；
D．同周期元素其第一电离能从左到右逐渐增大，P核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻族元素，第一电离能：，D正确；
答案选D。
6. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)不能达到对应实验目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应在敞口容器中，反应放出的热量会迅速扩散到空气中，不能准确测量中和热，A符合题意；
B．通过测定收集一定体积的H2所需的时间或一定时间收集H2的体积大小来测定锌与稀硫酸反应速率，B不符合题意；
C．将平衡球放在两个不同温度的水中，根据温度变化与气体颜色的深浅判断温度对化学平衡移动的影响，C不符合题意；
D．电解饱和食盐水阳极反应：，具有氧化性，可将碘离子氧化为碘单质，与淀粉作用溶液变蓝，D不符合题意；
答案选A。
7. 我国科学家设计可同时实现H2制备和海水淡化的新型电池，装置示意图如图。
下列说法不正确的是
A. 电极a是正极
B. 电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O
C. 每生成1mlN2，有2mlNaCl发生迁移
D. 离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜
【答案】C
【解析】
【分析】该装置为原电池，电极a上氢离子得电子生成氢气，则a为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，电极b上，N2H4在碱性条件下失去电子生成N2，b为负极，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，根据电解池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则钠离子经c移向左侧（a），氯离子经d移向右侧（b），c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，据此解答。
【详解】A．根据分析，电极a是正极，A正确；
B．根据分析，电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，B正确；
C．根据N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，每生成1mlN2，转移4ml电子，根据电荷守恒，有4mlNaCl发生迁移，C错误；
D．根据分析，离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，D正确；
故选C。
8. 某小组利用下面的装置进行实验，②、③中溶液均足量，操作和现象如下表
资料：CaS遇水完全水解
由上述实验得出的结论不正确的是
A. ③中白色浑浊是CaCO3
B. ②中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+
C. 实验①中CO2过量发生的反应是：CO2+H2O+S2-=CO32-+H2S
D. 由实验I和II不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱
【答案】C
【解析】
【分析】实验I：向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，说明生成了硫化氢气体，同时生成了硫酸；③中产生白色沉淀，该浑浊遇酸冒气泡，说明二氧化碳被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；
实验II：向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了硫化铜黑色沉淀，同时生成了硫酸；③中产生白色沉淀，该浑浊遇酸冒气泡，说明反应生成了二氧化碳，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀。
【详解】A．由上述分析可知，③中白色浑浊是CaCO3，不可能是CaS，CaS遇水完全水解，故A结论正确；
B．②中溶液降低的原因：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，产生黑色沉淀，溶液的pH降低，故B结论正确；
C．实验①中过量CO2发生的反应是2CO2+2H2O+S2-=2HCO3-+H2S，故C结论错误；
D．根据实验I和II中现象：I中通二氧化碳有硫化氢生成；II中通硫化氢有二氧化碳生成，故不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱，故D结论正确；
答案为C。
9. 一定温度下，在1 L的恒容密闭容器中发生反应：，反应过程中的部分数据如下表所示：
下列说法不正确的是
A. 0～5 min用A表示的平均反应速率为
B. 此温度下，反应的平衡常数K为1.6
C. 物质B平衡转化率约为33%
D. 15 min后，再加入A、B、C各1.6 ml，平衡不移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．0~5 min内C的物质的量增加了0.8 ml，由于容器的容积是1 L，则用A物质浓度变化表示的反应速率v(A)==0.04ml/(L/min)，A正确；
B．反应进行到10 min时，A物质的物质的量减少0.4 ml，根据物质反应转化关系可知B物质的物质的量减少0.8 ml，B的物质的量为2.4 ml-0.8 ml=1.6 ml，B的物质的量等于15 min时B的物质的量，则反应此时已达到平衡，此时C物质的量为1.6ml，可得，B正确；
C．根据选项B分析可知：反应在进行到10 min时，A物质的物质的量减少0.4 ml，根据物质反应转化关系可知B物质的物质的量减少0.8 ml，B的平衡转化率约为 ，C正确；
D．15 min后，再加入A、B、C各1.6 ml，等效于压缩体积，该反应为体积增大的反应，压强增大，反应逆向移动，D错误；
故选D。
10. 将溶液分别滴入溶液和溶液中，如图所示，I、Ⅱ中均有沉淀产生。(已知：是白色难溶于水的固体。)
下列说法不正确的是
A. 溶液和溶液中均存在：
B. I中的沉淀可能有和
C. Ⅱ中生成的反应：
D. I和Ⅱ中加入溶液后，均降低
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液和溶液中均存在电荷守恒：，A正确；
B．Ⅰ中发生的反应有碳酸钠和硫酸亚铁生成碳酸亚铁沉淀，Fe2+遇碳酸根发生双水解反应生成Fe(OH)2沉淀， Fe(OH) 2会很快被空气中氧气氧化成Fe(OH)3，B正确；
C．Ⅱ中生成的反应：，C错误；
D．Ⅰ和Ⅱ中加入硫酸亚铁溶液后，生成沉淀，溶液的碱性减弱，pH均降低，D正确；
故选C。
11. 一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法正确的是

A. a、c分别是
B. 既可以是，也可以是
C. 已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生
D. 等压条件下，反应①、②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】分解的产物是和，分解得到的与反应生成，又可以分解得到和，则a为，b为，c为，d为。
【详解】A．由分析可知，a为，c为，A项错误；
B．d，B错误；
C．可以水解生成，通入水蒸气可以减少的生成，C正确；
D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②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。
12. 利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
已知：。下列分析不正确的是
A. ①中气体减少，推测是由于溶液中减小，且Cu覆盖铁电极，阻碍与铁接触
B. ①中检测到，推测可能发生反应：、
C. 随阴极析出铜，推测②中溶液减小，平衡逆向移动
D. ②中生成，使得比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密
【答案】C
【解析】
【详解】A．随着反应的进行，一段时间后溶液中的减小，同时阴极发生电极反应：，生成的Cu覆盖在阴极铁制镀件表面，阻碍了与铁的接触，故气体减少，A正确；
B．因为溶液中有和，铁制镀件与其接触，铁可能与和发生氧化还原反应生成，B正确；
C．当阴极有Cu析出时，阴极电极反应：，阳极电极反应：，又因为②中电解液中无Fe元素，根据得失电子守恒，溶液不变，C错误；
D．②中与反应生成，使得比①溶液中小，Cu缓慢析出，镀层更致密，D正确；
答案选C。
13. 实验小组设计实验除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO并进行定性检验。
已知：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9。
下列说法不正确的是
A. 调节溶液的pH＞12，可使滤液中c(Mg2+)＜1×10-5ml/L
B. 加入Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO=BaCO3↓、Ca2++CO=CaCO3↓
C. 加入盐酸发生的反应是2H++CO=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O
D. 若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免白色沉淀M的生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．调节溶液的pH＞12，则氢氧根离子浓度大于10-2ml/L，则滤液中c(Mg2+)＜消耗的CO2，故推测有副反应，B正确；
C．由题可知大量的CO来源于副反应的生成，反应①中C2H4(g)和CO(g)的变化量相等，则相同时间内副反应生成CO的速率大于反应①生成CO的速率，C正确；
D．若体系生成的含碳物质只有C2H4和CO，根据碳原子守恒可知：2c0(C2H6)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+2c(C2H4)+2c(C2H6)，D错误；
故选D。
二、填空题(5道小题，共58分)。
15. 氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：
（1）基态N原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形，基态N原子的轨道表示式为_______。
（2）B的第一电离能I1(B)=800kJ·ml−1，判断I1(Al)_______800kJ·ml−1(填“>”或“＜”)，从电子排布的角度说明判断理由_______。
（3）NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)。在H、B、N三种元素中：
①电负性由大到小的顺序是_______。
②原子半径由大到小的顺序是_______。
③在元素周期表中的分区与其他两种不同的是_______。
（4）26Fe、27C、28Ni、29Cu是目前氨硼烷水解产氢催化剂研究的热点。不同催化剂催化氨硼烷水解产氢的性能如图所示。
这四种催化剂中：
①催化效果最好的金属基态原子中未成对的电子数为_______。
②催化效果最差的金属基态原子的价层电子排布式为_______。
【答案】（1） ①. 哑铃 ②.
（2） ①. ＜ ②. B和Al的基态原子电子排布式分别为1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，3p能级的能量高于2p能级的能量，处于3p能级的电子更容易失去，因此I1(Al)＜I1(B)
（3） ①. N>H>B ②. B>N>H ③. H
（4） ①. 3 ②. 3d64s2
【解析】
【小问1详解】
N是7号元素，价电子排布式为2s22p3，电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形，基态N原子的轨道表示式为；
【小问2详解】
B和Al的基态原子电子排布式分别为1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，B半径小，第一电离能比Al大，I1(Al) ＜800kJ·ml−1，因为3p能级的能量高于2p能级的能量，处于3p能级的电子更容易失去，因此I1(Al)＜I1(B)；
【小问3详解】
①与N原子相连H呈正电性(Hδ+)，电负性N>H，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)电负性H>B，电负性由大到小的顺序是N>H>B；
②同周期元素从左到右半径依次减小，原子半径由大到小的顺序是B>N>H；
③H为与s区，B、N位于p区，在元素周期表中的分区与其他两种不同的是s；
【小问4详解】
①从图上可以看出，C催化用时最短，产氢体积也最大，故催化效果最好，C的价电子排布式为3d74s2，原子中未成对的电子数为3；
②从图上可以看出，Fe催化用时最长，产氢体积也最小，故催化效果最差，Fe原子的价层电子排布式为3d64s2；
16. 会造成大气污染，在工业上采用多种方法进行处理。
Ⅰ．氧化法：烟气中的NO经预处理后转化为，再用悬浊液吸收。
已知：常温下，，。
（1）将悬浊液静置，取上层清液，测得pH约为8，用化学用语解释原因为_______。
（2）用悬浊液吸收，将其转化为，该反应的化学方程式为_______。
（3）在实际吸收的过程中，通过向悬浊液中加入固体，提高的吸收速率，从溶解平衡的角度解释其原因_______。
Ⅱ．选择性非催化还原法：该反应不使用催化剂，但必须在高温有氧下利用做还原剂与进行选择性反应：。
（4）判断该反应是吸热反应还是放热反应，并说明理由：_______。
（5）检测烟气中含量的步骤如下：
ⅰ．将V L气样通入适量酸化的溶液中，使完全被氧化为；
ⅱ．加水稀释至100.00mL，量取20.00mL该溶液，与mL标准溶液(过量)充分混合；
ⅲ．用标准溶液滴定剩余的，终点时消耗mL。
滴定过程中发生下列反应：
烟气气样中折合成的含量为_______。
【答案】（1）
（2）
（3）浊液中存在：，加入固体，与结合生成沉淀，减小，平衡正向移动，导致增大，从而使的吸收速率加快
（4）放热；由图像中下反应先达平衡可推断，由(高温)时NO的平衡浓度高可推断正反应是放热反应。
（5）
【解析】
【小问1详解】
为强碱弱酸盐，亚硫酸根离子在溶液中发生水解反应使上层清液呈碱性，离子方程式为：。
【小问2详解】
悬浊液吸收，生成以及，化学反应方程式为：。
【小问3详解】
浊液中存在：，加入固体，与结合生成沉淀，减小，平衡正向移动，导致增大，从而使的吸收速率加快。
【小问4详解】
由图可知，时先达到平衡，所以，温度为时，NO的平衡浓度高，说明升高温度，平衡逆向移动，所以正反应是放热反应。
【小问5详解】
由可知过量的，则中消耗的，所以，根据N元素守恒，V L气样中的物质的量为：，即的含量为。
17. 锂电池有广阔的应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池，可使其中的Li电极表面生成只允许通过的和C保护层，工作原理如下图1，具体操作如下。
ⅰ．将表面洁净的Li电极和电极浸在溶有的有机电解质溶液中。
ⅱ．0~5min，a端连接电源正极，b端连接电源负极，电解，电极上生成和C。
ⅲ．5～10min，a端连接电源负极， b端连接电源正极，电解，电极上消耗和C，Li电极上生成和C，步骤ⅱ和步骤ⅲ为1个电沉积循环。
ⅳ．重复步骤ⅱ和步骤ⅲ的操作，继续完成9个电沉积循环。
（1）步骤ⅱ内电路中的由_______向_______迁移(填“Li电极”或“电极”)。
（2）已知下列反应的热化学方程式。


步骤ⅱ电解总反应的热化学方程式为_______。
（3）步骤ⅲ中，Li电极的电极反应式为_______。
（4）受上述“循环电沉积”法的启示，科学家研发了适用于火星大气(主要成分是)的“”可充电电池，装置工作原理如下图2。“”电池充电时，Li电极表面生成Li而不会形成和C沉积，原因是_______。
【答案】（1） ①. Li电极 ②. 电极
（2）
（3）
（4）电解质中未溶解CO2，内电路的隔膜只允许通过不允许通过，阳极生成的无法迁移到阴极放电，转化为C和。
【解析】
【小问1详解】
步骤ⅱ中，a端连接电源正极，作阳极，b端连接电源负极，作阴极，电解池中阳离子向阴极移动，则由Li电极移向电极；
【小问2详解】
步骤ⅱ电解总反应的化学方程式为，反应I．；反应II．，根据盖斯定律：反应I×2-反应II得步骤ⅱ电解总反应的，所以步骤ⅱ电解总反应的热化学方程式为；
【小问3详解】
步骤ⅲ中，a端连接电源负极，作阴极，b端连接电源正极，作阳极，Li电极的电极反应式为：；
【小问4详解】
由图可知，电解质中未溶解CO2，“”电池充电时，内电路的隔膜只允许通过不允许通过，阳极生成的无法迁移到阴极放电，转化为C和。
18. 以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。

已知：酸性条件下，的氧化性强于。
（1） “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“ ②. 、
（2） ①. ②. 是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀
（3） ①. 、 ②. 被氧气氧化为，把氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
【解析】
【分析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。
【小问1详解】
①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>；
②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。
【小问2详解】
①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；
②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。
【小问3详解】
①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、；
②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此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，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。
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变化规律。
（1）浓盐酸与混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和。
①反应的离子方程式是___________。
②电极反应式：
ⅰ.还原反应：
ⅱ.氧化反应：___________。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和原因。
ⅰ.随降低或升高，氧化性减弱。
ⅱ.随降低，___________。
④补充实验证实了③中的分析。
a是___________，b是___________。
（2）利用对氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与反应所需的最低由大到小的顺序是___________，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，将氧化为。经实验证实了推测。该化合物是___________。
（4）Ag分别与的盐酸、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___________。
【答案】（1） ①. ②. 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
（2） ①. KCl>KBr>KI ②. 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(氧化产物)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】
【小问1详解】
①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：，故答案为：；
②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑，故答案为：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度再结合实验Ⅱ的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)，故答案为：KCl固体(或浓/饱和溶液)；
⑤由实验Ⅲ中加入KCl和试剂b后无氯气生成，结合③ⅰ分析知，c(Mn2+)升高，MnO2氧化性减弱，则试剂b可以为MnSO4固体，故答案为：MnSO4固体；
【小问2详解】
①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KCl>KBr>KI，故答案为：KCl>KBr>KI；
②其原因是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，故答案为：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；
【小问3详解】
根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低，则可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3或Ag2SO4，故答案为：AgNO3或Ag2SO4；
【小问4详解】
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，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：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，故答案为：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；
【小问5详解】
A．测定中和反应的反应热
B．测定锌与稀硫酸反应速率
C．探究温度对化学平衡移动的影响
D．验证电解饱和食盐水的阳极产物
实验
操作
现象
Ⅰ
向盛有NaS溶液的①中持续通
入CO2至过量
②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低；
③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡
Ⅱ
向盛有NaHCO3溶液的①中持
续通入H2S气体至过量
现象同实验Ⅰ
时间（t/min）
物质的量（n/ml）
0
2.0
2.4
0
5
0.8
10
1.6
15
1.6
装置
序号
电解质溶液
实验现象
①
+少量
阴极表面产生无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验，电解液中有
②
+过量氨水
阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验，电解液中无Fe元素
序号
实验
加入试剂
现象
Ⅰ
较浓硫酸
有氯气
Ⅱ
a
有氯气
Ⅲ
a和b
无氯气