安徽省宿州市2025届高三化学模拟考试题四含解析

PAGE17-安徽省宿州市2025届高三化学模拟考试题（四）（含解析）一、选择题1.[四川省绵阳市2025届高三第三次诊断性考试]化学与科技、社会、生产亲密相关，下列说法错误的是A.我国出土的青铜礼器司母戊鼎是铜和铁的合金B.高纯硅具有良好的半导体性能，可用于制光电池C.港珠澳大桥钢筋表面的环氧树脂涂层属于合成高分子材料D.火箭推动剂运用煤油-液氧比偏二甲肼-四氧化二氮的环境污染小【答案】A【解析】【详解】A．司母戊鼎的主要成分是青铜，是铜锡合金，故A错误；B．硅是半导体材料，可用于制光电池，故B正确；C．环氧树脂属于高分子化合物，故C正确；D．偏二甲肼-四氧化二氮作燃料，会产生二氧化氮等污染物，放射神舟十一号飞船所用火箭的燃料是液氧和煤油，产物为二氧化碳和水，燃料毒性小、污染少，有利于环保，故D正确；答案选A。2.下列说法中，正确的是（）A.肯定条件下，将2gH2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NAB.1mol与足量水反应，最终水溶液中18O数为2NA（忽视气体的溶解）C.常温下，46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NAD.100mL12mol·L－1的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6NA【答案】D【解析】【详解】A.肯定条件下，将2gH2与足量的N2混合，发生反应N2＋3H22NH3，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA，故A错误；B.1molNa218O2与足量水发生反应2Na218O2＋2H2O===2Na18OH＋2NaOH＋18O2↑，最终水溶液中18O数为NA，故B错误；C.NO2、N2O4的摩尔质量不同，无法精确计算混合气体的组成，故C错误；D.浓HNO3与铜反应生成NO2，稀HNO3与铜反应生成NO，即Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，100mL12mol·L－1的浓HNO3中含有的n(HNO3)＝0.1L×12mol·L－1＝1.2mol，1.2molHNO3参加反应，若其还原产物只有NO2，则反应转移0.6mol电子，还原产物只有NO则反应转移0.9mol电子，100mL12mol·L－1的浓HNO3与过量Cu反应的还原产物为NO和NO2，因此转移的电子数大于0.6NA，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】浓硝酸与铜反应，稀硝酸也与铜反应，计算电子时用极限思维。3.Z是一种常见工业原料，试验室制备Z的化学方程式如下图所示。下列说法正确的是（）A.1molZ最多能与7molH2反应B.Z分子中的全部原子肯定共平面C.可以用酸性KMnO4溶液鉴别X和YD.X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14种（不考虑立体异构）【答案】D【解析】【详解】A.1分子Z中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个羰基，则1molZ最多能与8molH2发生加成反应，故A错误；B.Z分子中含有甲基，因此Z分子中的全部原子不行能共平面，故B错误；C.X分子中苯环上含有侧键—CH3，Y分子中含有—CHO，则X和Y都能使酸性KMnO4溶液褪色，则不能用酸性KMnO4溶液鉴别X和Y，故C错误；D.X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构，取代基为—CH2CH2CHO的结构有1种，取代基为—CH（CHO）CH3的结构有1种，取代基为—CH2CH3和—CHO有3种，取代基为—CH2CHO和—CH3的结构有3种，取代基为2个—CH3和1个—CHO的结构有6种，共14种，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】只要有甲基，原子都不行能共平面，分析共面时肯定要从甲烷、乙烯、苯三种结构中推其他共面、共线问题。4.微生物电解池(MEC)是一项潜在的有吸引力的绿色电解池，其制取氢气的原理如图所示：下列说法正确的是（）A.MEC可在高温下工作B.电解池工作时，化学能转变为电能C.活性微生物抑制反应中电子的转移D.阳极的电极反应式为CH3COO-+4H2O-8e-=2HCO3-+9H+【答案】D【解析】A、由于微生物的蛋白质在高温下变性失去活性，选项A错误；B、该装置是在外接电源供电下进行的，故电能转变为化学能，选项B错误；C、微生物作催化剂促进反应中电子的转移，选项C错误；D、阳极上醋酸根离子被告氧化为碳酸氢根离子，选项D正确。答案选D。5.现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T型化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示。下列推断正确的是（）A.原子半径和离子半径均满意：Y＜ZB.简洁氢化物的沸点和热稳定性均满意：Y>TC.最高价氧化物对应的水化物的酸性：T＜RD.常温下，0.1mol·L－1由X、Y、Z、T四种元素组成的化合物的水溶液的pH肯定大于1【答案】B【解析】【分析】R原子最外层电子数是电子层数的2倍，则R可能为C或S，结合题图可知R为C；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Y为O，Z为Na；Z与T形成的Z2T型化合物能破坏水的电离平衡，则T为S；X的原子半径、原子序数最小，则X为H。【详解】A.电子层越多，原子半径越大，则原子半径为O＜Na，具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为O2－＞Na＋，故A错误；B.Y、T的简洁氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，则沸点H2O>H2S，元素非金属性越强，对应的简洁氢化物的热稳定性越强，则热稳定性H2O>H2S，故B正确；C.非金属性S＞C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为H2SO4＞H2CO3，故C错误；D.由H、O、Na、S四种元素组成常见化合物有NaHSO3和NaHSO4，0.1mol·L－1NaHSO3溶液的pH>1，0.1mol·L－1NaHSO4溶液的pH＝1，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】氢化物稳定性与非金属有关，氢化物沸点与非金属无关，与范德华力、氢键有关，两者不能混淆。6.室温下进行下列试验，依据试验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项试验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X溶液中肯定含有Fe2＋B向浓度均为0.05mol·L－1的NaI、NaCl的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp（AgI）>Ksp（AgCl）C向淀粉－KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，溶液由无色变为蓝色Br2的氧化性比I2的强D用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H＋的实力比CH3COOH的强A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.检验Fe2＋时应先加KSCN溶液后加氯水，解除Fe3＋的干扰，先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3＋，而此时的Fe3＋是否由Fe2＋氧化而来是不能确定的，故A错误；B.黄色沉淀为AgI，说明加入AgNO3溶液优先生成AgI沉淀，AgI比AgCl更难溶，AgI与AgCl属于同种类型，则说明Ksp（AgI）<Ksp（AgCl），故B错误；C.溶液变蓝说明有单质碘生成，说明发生了反应Br2＋2I－=I2＋2Br－，依据氧化还原反应原理可得出结论Br2的氧化性比I2的强，故C正确；D.CH3COONa溶液和NaNO2溶液的浓度未知，所以无法依据pH的大小，比较出两种盐的水解程度，也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H＋的实力强弱，故D错误。综上所述，答案为C。7.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（）A.图中五点Kw间的关系：B>C>A＝D＝EB.若从A点到D点，可采纳在水中加入少量NaOH的方法C.若从A点到C点，可采纳温度不变时在水中加入适量H2SO4的方法D.100℃时，将pH＝2的硫酸溶液与pH＝12的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性【答案】A【解析】【详解】A.水是弱电解质，上升温度，促进水的电离，Kw增大，A、D、E三点均在25℃下水的电离平衡曲线上，三点的Kw相同，图中五点温度B>C>A＝D＝E，则Kw间的关系为B>C>A＝D＝E，故A正确；B.若从A点到D点，由于温度不变，溶液中c（H＋）增大，c（OH－）减小，则可采纳在水中加入少量酸的方法，故B错误；C.A点到C点，温度上升，Kw增大，且A点和C点c（H＋）＝c（OH－），所以可采纳上升温度的方法，温度不变时在水中加入适量H2SO4，温度不变则Kw不变，c（H＋）增大则c（OH－）减小，A点沿曲线向D点方向移动，故C错误；D.100℃时，Kw＝10－12，pH＝2的硫酸溶液中c(H＋)＝10－2mol/L，pH＝12的KOH溶液中c(OH－)＝1mol/L，若二者等体积混合，由于n(OH－)>n(H＋)，所以溶液显碱性，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】计算pH时肯定要留意前提条件温度，温度变更，离子积常数随之发生变更，则pH值也会发生变更。二、非选择题8.钒钢具有高强度、弹性优良、抗磨损、抗冲击等性能，可用于汽车和飞机制造。一种从石煤（含SiO2、V2O3、V2O5和少量Fe2O3）中提取V2O5流程如下图所示：已知：VO2＋VO2+Fe2＋Fe3＋P2O4＋TBP＋煤油中的溶解度很大较小0很大请回答下列问题：（1）“酸浸”时，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度、减小石煤矿粉粒径外，还可实行的措施有__________（任写一条）；生成VO2＋反应的离子方程式为_______。（2）从整个流程来看，“还原”的目的为_______。（3）试验室模拟“萃取”时，需用到的玻璃仪器有____________。（4）“氧化”时发生反应的离子方程式为__________。（5）上述流程中可以循环利用的物质有_________。（6）全钒液流储能电池的工作原理为VO2＋＋V3＋＋H2OVO2+＋V2＋＋2H＋。①充电时，阳极的电极反应式为______；②两极区被质子交换膜隔开，放电时，若外电路转移2mole－，则正极区溶液中n（H＋）________（填“增加”或“削减”）________mol。【答案】(1).适当上升反应温度、适当增大O2通入量、搅拌（其他合理答案均可，任写一条）(2).2V2O3＋8H＋＋O2=4VO2＋＋4H2O(3).将VO2+还原为VO2＋、Fe3＋还原为Fe2＋，利于后续萃取分别(4).分液漏斗、烧杯(5).6VO2＋＋ClO3-＋3H2O=6VO2+＋Cl－＋6H＋(6).P2O4＋TBP＋煤油、NH3（或NH3·H2O）(7).VO2＋－e－＋H2O=VO2+＋2H＋(8).削减(9).2【解析】【分析】石煤(含SiO2、V2O3、V2O5和少量Fe2O3)与硫酸和氧气反应生成的主要是含有VO2＋、VO2+、Fe3＋，经过亚硫酸钠还原，变为VO2＋、Fe2＋，经过P2O4＋TBP＋煤油的萃取出VO2＋，再用硫酸反萃取出VO2＋，经过NaClO3的氧化，再加氨水沉钒，再热解得到V2O5。【详解】⑴由流程图可知，“酸浸”时需加入O2和H2SO4，为加快反应速率，除了适当增加硫酸浓度、减小石煤矿粉粒径外，还可实行适当上升反应温度、适当增大O2通入量、搅拌等措施；生成VO2＋反应的离子方程式为2V2O3＋8H＋＋O2=4VO2＋＋4H2O；故答案为：适当上升反应温度、适当增大O2通入量、搅拌(其他合理答案均可，任写一条）；2V2O3＋8H＋＋O2=4VO2＋＋4H2O。⑵分析反应流程及表格数据可知，VO2＋与Fe3＋在P2O4＋TBP＋煤油中的溶解度很大，而VO2+与Fe2＋在萃取剂中的溶解度较小，要除去含铁杂质，可将VO2+还原为VO2＋、Fe3＋还原为Fe2＋，利于后续萃取分别；故答案为：将VO2+还原为VO2＋、Fe3＋还原为Fe2＋，利于后续萃取分别。⑶在“萃取”操作中，需用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；故答案为：分液漏斗、烧杯。⑷“氧化”过程为加入NaClO3将VO2＋氧化为VO2+，发生反应的离子方程式为6VO2＋＋ClO3－＋3H2O=6VO2+＋Cl－＋6H＋；故答案为：6VO2＋＋ClO3－＋3H2O=6VO2+＋Cl－＋6H＋。⑸由流程图可知，该流程进行了“萃取”与“反萃取”，故萃取剂P2O4＋TBP＋煤油可循环运用，另外“热解”产生的NH3可配制成NH3·H2O溶液，用于“沉钒”操作；故答案为：P2O4＋TBP＋煤油、NH3(或NH3·H2O)。⑹①充电时阳极发生氧化反应，其电极反应式应为VO2＋－e－＋H2O=VO2+＋2H＋。②放电时正极反应式为VO2+＋e－＋2H＋=VO2＋＋H2O，负极反应式为V2＋－e－＝V3＋，故当外电路转移2mole－时，正极反应消耗4molH＋，负极区有2molH＋通过质子交换膜移向正极区，故正极区溶液中n(H＋)将削减2mol；故答案为：VO2＋－e－＋H2O=VO2+＋2H＋；削减；2。9.世界能源消费的90%以上依靠化学技术。请回答下列问题：（1）质子交换膜燃料电池中作为燃料的H2通常来自水煤气。已知：C（s）＋O2（g）=CO（g）ΔH1＝－110.35kJ·mol－12H2（g）＋O2（g）=2H2O（l）ΔH2＝－571.6kJ·mol－1H2O（l）=H2O（g）ΔH3＝＋44.0kJ·mol－1①则反应C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g）ΔH4＝__________。②某试验小组在试验室模拟反应C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g），其平衡常数表达式为K＝_______。肯定温度下，在2L盛有足量炭粉的恒容密闭容器（固体所占体积忽视不计）中通入0.8molH2O，6min时生成0.7gH2，则6min内以CO表示的平均反应速率为________（保留3位有效数字）。（2）燃料气（流速为1800mL·min－1；体积分数为50%H2，0.98%CO，1.64%O2，47.38%N2）中的CO会使电极催化剂中毒，运用CuO/CeO2催化剂可使CO优先氧化而脱除。①160℃、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化的化学方程式为__________。②CeO2可由草酸铈[Ce2（C2O4）3]隔绝空气灼烧制得，同时生成两种气体，则发生反应的化学方程式为____________。③在CuO/CeO2催化剂中加入不同的酸（HIO3或H3PO4），测得燃料气中CO优先氧化的转化率随温度的变更如下图所示。加入________（填酸的化学式）的CuO/CeO2催化剂催化性能最好。温度为120℃，催化剂为CuO/CeO2HIO3时，反应0.5h后CO的体积为______mL。（3）LiOH是制备锂离子电池正极材料重要原料，采纳惰性电极电解制备LiOH的装置如下图所示。①通电后，Li＋通过阳离子交换膜向________（填“M”或“N”）极区迁移。②电极N产生的气体a通入淀粉－KI溶液，溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可渐渐褪去。据此写出电极N的电极反应式：___________；蓝色渐渐褪去是因为溶液中渐渐生成HIO3，写出此反应的化学方程式：_______。【答案】(1).＋131.45kJ·mol－1(2).(3).0.0292mol·L－1·min－1(4).2CO＋O22CO2(5).Ce2（C2O4）32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑(6).HIO3(7).105.84(8).M(9).2Cl－－2e－=Cl2↑(10).5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl【解析】【分析】⑴①利用盖斯定律来计算反应C（s）＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的ΔH4；②依据方程式得到平衡常数表达式，再计算6min时生成H2质量和浓度，依据反应转化的c(CO)＝c(H2)，计算速率。⑵①160℃、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化为CO2；②隔绝空气灼烧草酸铈[Ce2(C2O4)3]分解制得CeO2，同时生成CO和CO2；③相同时间内，CO的转化率越高，说明催化性能越好，由图象可知加入HIO3的CuO/CeO2催化剂催化性能最好；依据题知信息计算反应0.5h后CO的体积。⑶电极N上产生的气体a通入淀粉－KI溶液，溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可渐渐褪去，则气体a为Cl2，电极N为阳极；电极M是阴极，电极N的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑；蓝色渐渐褪去是因为溶液中渐渐生成HIO3，说明Cl2将I2氧化成了HIO3。【详解】⑴①已知：①C(s)＋O2(g)=CO(g)ΔH1＝－110.35kJ·mol－1；②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ·mol－1；③H2O（l）=H2O(g)ΔH3＝＋44.0kJ·mol－1。则反应C（s）＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)可以通过①－②×－③得到，所以ΔH4＝①－②×－③＝(－110.35kJ·mol－1)－(－571.6kJ·mol－1)×－(＋44.0kJ·mol－1)＝＋131.45kJ·mol－1。②反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的平衡常数表达式为；6min时生成0.7gH2，，依据反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)可知，转化的c(CO)＝c(H2)，则6min内以CO表示的平均反应速率为；故答案为：＋131.45kJ·mol－1；；0.0292mol·L－1·min－1。⑵①160℃、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化为CO2，方程式为2CO＋O22CO2；故答案为：2CO＋O22CO2。②隔绝空气灼烧草酸铈[Ce2(C2O4)3]分解制得CeO2，同时生成CO和CO2，反应方程式为Ce2(C2O4)32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑；故答案为：Ce2(C2O4)32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑。③相同时间内，CO的转化率越高，说明催化性能越好，由图象可知加入HIO3的CuO/CeO2催化剂催化性能最好。120℃时，0.5h后CO的转化率是80%，燃料流速为1800mL·min－1，CO的体积分数为0.98%，则反应0.5h后CO的体积为1800mL·min－1×0.5h×60min·h－1×0.98%×(1－80%）＝105.84mL；故答案为：HIO3；105.84。⑶电极N上产生的气体a通入淀粉－KI溶液，溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可渐渐褪去，则气体a为Cl2，电极N为阳极；电极M是阴极，电极M上H＋放电产生H2，促进水的电离，LiOH在M极区制得，Li＋通过阳离子交换膜向M极区迁移。电极N为阳极，电极N的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑；蓝色渐渐褪去是因为溶液中渐渐生成HIO3，说明Cl2将I2氧化成了HIO3，则Cl2被还原成HCl，反应的化学方程式为5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl；故答案为：M；2Cl－－2e－=Cl2↑；5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl。10.某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。【查阅资料】物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20℃）2.4×10－41.4×10－33.0×10－71.5×10－4【试验探究】（一）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，试验操作如下所示：试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象试验Ⅰ试验ⅡBaCl2Na2CO3Na2SO4……Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解（1）试验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入稀盐酸后，__________。（2）试验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_________。（3）试验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡说明缘由：___________。（二）探究AgCl和AgI之间的转化。（4）试验Ⅲ：证明AgCl转化为AgI。甲溶液可以是______（填字母代号）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液（5）试验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法视察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下试验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。装置步骤电压表读数ⅰ.按图连接装置并加入试剂，闭合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全bⅲ.再向B中投入肯定量NaCl（s）cⅳ.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，参加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。①查阅有关资料可知，Ag＋可氧化I－，但AgNO3溶液与KI溶液混合总是得到AgI沉淀，缘由是氧化还原反应速率__________（填“大于”或“小于”）沉淀反应速率。设计（－）石墨（s）[I－（aq）//Ag＋（aq）]石墨（s）（＋）原电池（运用盐桥阻断Ag＋与I－的相互接触）如上图所示，则该原电池总反应的离子方程式为________。②结合信息，说明试验Ⅳ中b＜a的缘由：__________。③试验Ⅳ现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_________。【试验结论】溶解度小的沉淀简洁转化为溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。【答案】(1).沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象(2).BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O(3).BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动(4).b(5).小于(6).2Ag＋＋2I－=I2＋2Ag(7).生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（I－）减小，I－还原性减弱，原电池的电压减小(8).试验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，试验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c（I－）增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)【解析】【分析】⑴因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸。⑵试验Ⅱ是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32−与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀。⑷向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI。⑸①AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I－＋2Ag＋=2Ag＋I2；②由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I－)减小，I－还原性减弱，依据已知信息“其他条件不变时，参加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”可的结论；③试验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，试验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)。【详解】⑴因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以试验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生(或无明显现象)；故答案为：沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象。⑵试验Ⅱ是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，发生反应的离子方程式为BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O；故答案为：BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32−与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动，BaSO4沉淀部分转化为BaCO3沉淀；故答案为：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32−与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。⑷为视察到AgCl转化为AgI，需向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI；故答案为：b。⑸①AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I－＋2Ag＋=2Ag＋I2；故答案为：小于；2I－＋2Ag＋=2Ag＋I2。②由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I－)减小，I－还原性减弱，依据已知信息“其他条件不变时，参加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”可知，试验Ⅳ中b＜a；故答案为：生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池的电压减小。③试验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，试验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)；故答案为：试验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，试验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)。【化学——选修5：有机化学基础】11.聚合物H是一种聚酰胺纤维，其结构简式为。该聚合物可广泛用于各种刹车片，其合成路途