2024年华东师大版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年华东师大版高三化学下册阶段测试试卷672考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、在C6H14的各种同分异构体中，所含甲基数目和它的一氯取代物的数目与下列叙述相符的是（）A.2个-CH3，能生成4种一氯代物B.3个-CH3，能生成3种一氯代物C.3个-CH3，能生成5种一氯代物D.4个-CH3，能生成4种一氯代物2、表明金属甲比金属乙活动性强的叙述正确的是（）A.在氧化还原反应中，甲失的电子比乙多B.将甲和乙用导线相连接，一同放入CuSO4溶液中，乙的表面有红色的铜析出C.同价态阳离子，甲比乙氧化性强D.将甲、乙组成原电池时，甲为正极3、下列说法正确的是（）A.电能是二级能源B.天然气是二级能源C.水煤气是一级能源D.风力是二级能源4、某烃的分子式为C8H10，不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，则此烃的结构有（）A.2种B.3种C.4种D.5种5、下列物质中，含非极性共价键的离子化合物是（）A.硝酸铵B.乙酸钠C.双氧水D.氮气6、一定条件下，将2.8gFe投入热浓硝酸中，产生红棕色气体X，把所得溶液减压蒸干，得到10gFe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红褐色的Fe2O3和气体Y，X、Y混合通入足量水中，在标准状况下剩余气体的体积为（）A.560mLB.1120mLC.2240mLD.3360mL7、某同学用Na2CO3配制0.10mol/LNa2CO3溶液的过程如图所示．你认为该同学的错误有（）

A.①⑤⑥B.②④⑦C.①⑥D.⑤⑥⑦8、下列各图所示装置的气密性检查中，漏气的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.9、下列实验操作能达到实验目的是rm{(}rm{)}A.向苯酚浊液中滴加少量饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，浊液变澄清，证明结合质子的能力：rm{CO_{3}^{2-}>C_{6}H_{5}O^{-}}B.配制rm{Fe(NO_{3})_{2}}溶液时加入适量的硝酸，可抑制rm{Fe^{2+}}水解C.测定相同温度下相同浓度的碳酸钠和亚硫酸钠溶液的rm{pH}前者大于后者，证明元素的非金属性：rm{C<S}D.用激光笔照射蛋白质溶液、硅酸溶胶，可将二者区分开评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、下表是元素周期表的一部分．表中所列的字母分别代表某一种化学元素．

（1）T3+的核外电子排布式是：____

（2）Q、R、M的第一电离能由大到小的顺序是____（用元素符号表示）

（3）下列有关上述元素的说法中，正确的是：____（填序号）

①G单质的熔点高于J单质；是因为G单质的金属键较强。

②J比X活泼；所以J可以在溶液中置换出X

③将J2M2溶于水；要破坏离子键和共价键。

④RE3沸点高于QE4；主要是因为前者相对分子质量较大。

⑤一个Q2E4分子中含有五个σ键和一个π键。

（4）加拿大天文台在太空发现了EQ9R，已知分子中所有原子均形成8电子或2电子稳定结构，是直线型分子，不存在配位键．写出其结构式：____

（5）G与R单质直接化合生成一种离子化合物G3R．该晶体具有类似石墨的层状结构．每层中，G原子构成平面六边形，每个六边形的中心有一个R原子．层与层之间还夹杂一定数量的原子．请问这些夹杂的原子应该是____（填G或R的元素符号）

11、加入rm{0.1mol}rm{MnO_{2}}粉末于rm{50mL}过氧化氢溶液rm{(娄脩=1.1g?mL^{-1})}中；在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示．

rm{(1)}反应放出rm{dfrac{3}{4}}气体所需时间为______

rm{(2)A}rm{B}rm{C}rm{D}各点反应速率快慢的顺序为______

rm{(3)}计算rm{H_{2}O_{2}}的初始物质的量浓度______

rm{(4)}求反应到rm{2min}时，rm{H_{2}O_{2}}的质量分数______．12、（2014秋•城区校级月考）实验室中有一未知浓度的稀盐酸；某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验：请完成下列填空：

（1）配制100mL0.10mol/LNaOH标准溶液．

（2）取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中；并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定．重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下．

。实验编号NaOH溶液的浓度。

（mol/L）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）待测盐酸溶液的体积。

（mL）10.10____20.0020.1018.5620.0030.1018.5420.00①第一次实验滴定前液面在0刻度，滴定后如下丙图所示，则第一次实验滴定完用去NaOH溶液的体积记录为____，滴定达到终点的现象是____．

②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为____（保留两位有效数字）

③NaOH溶液要使用下面哪个仪器____（填甲或乙）．

④在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有____．（多选扣分）（选对一个得2分；多选错选不得分）

A；滴定终点读数时俯视读数。

B；酸式滴定管使用前；水洗后未用待测盐酸溶液润洗。

C；锥形瓶水洗后未干燥。

D、称量前NaOH固体中混有Na2CO3固体。

E、配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3

F、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失．13、某学生用0.1mol/LKOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液；其操作可分解为如下几步：

A．移取20.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶；并加入2-3滴酚酞。

B．用标准溶液润洗滴定管2-3次。

C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好；调节液面使滴定管尖嘴充满溶液。

D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2-3cm

E．调节液面至0或0刻度以下；记下读数。

F．把锥形瓶放在滴定管的下面；用标准KOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度。

完成以下填空：

（1）正确操作的顺序是（用序号字母填写）____．

（2）实验中眼睛注视____，直至滴定终点．判断到达终点的现象是____．

（3）若三次实验所用KOH溶液体积分别为14.98mL，16.80mL，15.02mL则c（HCl）=____．

（4）下列操作中，可能造成测定结果偏高的是____．

A．未用标准液润洗碱式滴定管。

B．滴定终点读数时；俯视滴定管中液面刻度，其它操作均正确。

C．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过；未用待测液润洗。

D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液．14、有机物H是用于合成药物的中间体；G为合成涤纶．请根据下列转化关系回答有关问题：

已知以下信息：

①B能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳；其苯环上一氯代物只有2种。

②G为C和F一定条件下1：1反应生成的高分子化合物。

③（-R1、-R2表示氢原子或烃基）

（1）A的化学名称为____；C中含氧官能团名称为____．

（2）H的结构简式为____；A→D的反应类型为____．

（3）写出C和F反应生成高分子化合物的化学方程式____．

（4）同时符合下列条件的B的同分异构体共有____种（不考虑立体异构）；

①能发生银镜反应②含有苯环结构③能在碱性条件下水解．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、水体污染的危害是多方面的；它不仅加剧水资源短缺，而且严重危害人体健康．

请判断下列说法是否正确（填“√”或“×”）．

（1）工业废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染．____

（2）生活污水中不含工业污染物，因此可以不经处理任意排放．____

（3）含重金属（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，对人类健康有害．____

（4）含大量N、P的污水任意排向湖泊和近海，会出现水华、赤潮等问题．____．16、因为Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2____．（判断对错）17、判断题（对的打√；错的打×）

（1）1mol氢中含有NA个氢原子____

（2）1molCO2含有NA个氧原子____

（3）1molH2O中含有1molH2和1molO____

（4）在标准状况下，1mol水的体积约是22.4L____

（5）1molO2在20℃时的体积一定大于22.4L____

（6）在标准状况下，0.5molN2和1molO2的混合气体的体积约是33.6L____．18、O2和O3互为同位素____．（判断对错）19、判断下列有关烷烃的命名是否正确。

（1）2-甲基丁烷____

（2）2，2，3-三甲基戊烷____

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷____

（4）异戊烷____．评卷人得分四、实验题(共3题，共9分)20、实验室用密度为1.18g/mL，质量分数为36.5%浓盐酸配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液,填空并请回答下列问题：(1)、配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液。应称量盐酸体积/mL应选用容量瓶的规格/mL除容量瓶外还需的其它仪器(2)、配制时，其正确的操作顺序是(字母表示，每个字母只能用一次)；A．用30mL水洗涤烧杯2—3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用量筒量准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1—2cm处(3)、操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是，溶液注入容量瓶前需恢复到室温，这是因为_____________________；(4)、若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）若没有进行A操作；若加蒸馏水时不慎超过了刻度；若定容时俯视刻度线_______________。(5)、若实验过程中出现如下情况如何处理？加蒸馏水时不慎超过了刻度；向容量瓶中转移溶液时(实验步骤②)不慎有液滴掉在容量瓶外面。21、某化学实验小组设计了如图装置证明和比较SO2和氯水的漂白性；其中B；D中为品红溶液，C中为NaOH溶液．

（1）该化学兴趣小组同学为制取Cl2和SO2气体，现采用Na2SO3与70%的浓硫酸为原料制取SO2，采用MnO2和浓盐酸（12mol/L）为原料制取Cl2．请写出制取Cl2的离子方程式：

______

（2）反应开始后，发现B、D两个装置中的品红溶液都褪色，停止通气后，取B、D溶液于试管中分别加热，两个试管中的现象分别为：B______D______．解释B中对应现象的原因______．

（3）装置C的作用是______

（4）该实验小组的甲；乙两位同学利用上述两发生装置按下图装置继续进行实验：

通气一段时间后；甲同学实验过程中品红溶液几乎不褪色，而乙同学的实验现象是品红溶液随时间的推移变得越来越浅．试根据该实验装置和两名同学的实验结果回答问题．

①两同学在气体进入品红溶液之前，先将气体通过F装置，F中可盛装浓硫酸．其目的是使SO2和Cl2混合均匀并且______．

②试分析甲同学实验过程中，品红溶液不褪色的原因是：______．（用离子方程式说明）

③你认为乙同学是怎样做到让品红溶液变得越来越浅的？______．22、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。

已知：

。物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20℃）2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4（1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化。

实验操作：充分振荡后3滴0.1mol/LA溶液2mL0.1mol/LB溶液1mol/LC溶液充分振荡后；过滤，取洗净后的沉淀足量稀盐酸。

。试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4实验ⅡNa2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解有少量气泡产生，沉淀部分溶解①实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4；依据的现象是加入盐酸后，______。

②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是______。

③实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：______。

（2）探究AgCl和AgI之间的转化。

实验Ⅲ：

实验Ⅳ：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：a＞c＞b＞0）。

。装置步骤电压表。

读数ⅰ．如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bbⅲ．再向B中投入一定量NaCl（s）ccⅳ．重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量NaCl（s）aa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。

①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI；甲溶液可以是______（填序号）。

a．AgNO3溶液b．NaCl溶液c．KI溶液。

②实验Ⅳ的步骤ⅰ中；B中石墨上的电极反应式是______。

③结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：______。

④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl；理由是______。

（3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出结论：______。评卷人得分五、书写(共1题，共8分)23、FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效；且腐蚀性小．请回答下列问题：

（1）FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，钢铁除了与H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）____．

（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3，其离子方程式为____．

若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）=2.0×10-2mol•L-1，c（Fe3+）=1.0×10-3mol•L-1；

c（Cl-）=5.3×10-2mol•L-1，则该溶液的pH约为____．

（3）通过控制条件；水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为：

xFe3++yH2O⇌Fex（OH）y（3x-y）++yH+

欲使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁，可采用的方法是____（填字母代号）．

a．降温b．加水稀释c．加入NH4Cld．加入NaHCO3

请结合平衡移动原理解释采用这种方法的原因：____．

（4）84消毒液不能用于消毒钢铁（含Fe；C）制品；易发生电化学腐蚀，可使钢铁制品表面生成红褐色沉淀．

84消毒液的主要成分可用氯气与氢氧化钠溶液反应得到，其离子方程式为____．若所得溶液pH＞12，则下列说法不合理的是____（填字母序号）．

a．84消毒液具有强氧化性。

b.84消毒液中加醋酸可增强其漂白效果。

c.84消毒液中离子浓度关系c（Na+）=c（ClO-）+c（Cl-）

d.84消毒液浸泡衣物，置于空气中漂白效果会更好．评卷人得分六、综合题(共1题，共10分)24、（14分）合成氨对工、农业生产和国防都有重要意义。已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-92．4kJ·mol-1，请回答：（1）合成氨工业中采取的下列措施可以用勒夏特列原理解释的是＿＿＿＿＿（填字母）。a．用铁触媒（催化剂）加快化学反应速率b．采用较高压强（20MPa~50MPa）c．将原料气中的少量CO等气体净化除去d．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来（2）一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应。①若容器容积V恒定，达到平衡时，气体的压强为原来的则N2的转化率а1=＿＿＿＿＿，此时，反应放热＿＿＿＿＿kJ；该温度下合成氨反应的平衡常数K=＿＿＿＿＿（只需列出数字表达式）；②若容器压强恒定，则达到平衡时，容器中N2的转化率а2＿＿а1（填“＞、＜或＝”）。（3）随着对合成氨研究的发展，希腊科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨（装置如下图）。钯电极A是电解池的＿＿＿＿极（填“阳”或“阴”），该极上的电极反应式是。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】C6H14属于烷烃，根据甲基数目写出符合条件的同分异构体的结构简式，利用等效氢判断其一氯代物的数目．【解析】【解答】解：A．含2个甲基，为CH3CH2CH2CH2CH2CH3；有3种H原子，则有3种一氯代物，故A错误；

B．含3个甲基，有和两种结构；前一种结构有5种一氯代物，后一种结构，有4种一氯代物，故B错误；

C．含3个甲基，有和两种结构；前一种结构有5种一氯代物，后一种结构，有4种一氯代物，故C正确；

D．含4个甲基，则有和两种结构；前一种有2种一氯代物，后一种有3种一氯代物，故D错误．

故选C．2、B【分析】【分析】A．金属的金属性强弱与得失电子多少无关；

B．将甲和乙用导线相连接，一同放入CuSO4溶液中；形成原电池反应，活泼金属为负极；

C．同价态阳离子氧化性越强；对应的单质的活动性越弱；

D．组成原电池时活泼金属为负极，较不活泼金属为正极．【解析】【解答】解：A．金属的金属性强弱与得失电子的难易有关；与得失电子的多少无关，故A错误；

B．将甲和乙用导线相连接，一同放入CuSO4溶液中；乙的表面有红色的铜析出，说明乙为原电池的正极，较不活泼，故B正确；

C．同价态的阳离子；甲比乙的氧化性强，则乙的金属性比甲的强，故C错误；

D．将甲；乙作电极组成原电池时；一般是活泼的金属作负极，不活泼的金属作正极，甲是正极乙是负极，所以乙的金属性比甲强，故D错误．

故选B．3、A【分析】【分析】能源可划分为一级能源和二级能源，自然界中以现成形式提供的能源称为一级能源，需要依靠其它能源的能量间接制取的能源称为二级能源，据此即可解答．【解析】【解答】解：A．电能是通过物质燃烧放热转化成的；或是由风能；水能、核能等转化来的；为二级能源，故A正确；

B．天然气是矿物燃料；是经人工开采；加工后获得的，为一级能源，故B错误；

C．水煤气是通过煤和水蒸汽制取得；是一氧化碳和氢气的混合气体，水煤气是通过煤和水蒸汽制取的，是二级能源，故C错误；

D．风力是自然界中以现成形式提供的能源；为一级能源，故D错误．

故选A．4、C【分析】【分析】某烃的分子式为C8H10，不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，所以含有苯环，结合C、H原子数目关系可知，属于苯的同系物，然后根据剩余的2个碳可以形成1个乙基或2个甲基来解答．【解析】【解答】解：某烃的分子式为C8H10，不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，所以含有苯环，是苯的同系物，可以形成乙苯、邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，共4种结构，故选C．5、B【分析】【解答】解：A．硝酸铵中存在离子键和极性键；故A错误；B．乙酸钠中钠离子和乙酸根离子之间存在离子键，C原子和C原子之间存在非极性键，属于含有非极性键的离子化合物，故B正确；

C．双氧水分子中存在极性键和非极性键；不含离子键，故C错误；

D．氮气分子中只存在非极性键；不含离子键，故D错误；

故选B．

【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物．6、B【分析】【分析】红棕色气体X为NO2，溶液蒸干得到Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红褐色的Fe2O3和气体Y，Y为NO2、O2混合气体，将X、Y混合通入足量水，反应又得到HNO3，剩余气体为NO或O2，纵观整个过程，Fe最终转化为Fe2O3，失去电子，若剩余的气体是O2，则O的化合价从-2价升到0价，也失去电子，不可能，所以剩余的气体只能是NO，Fe失去的电子总数等于N得到的电子总数，据此计算解答．【解析】【解答】解：红棕色气体X为NO2，溶液蒸干得到Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红褐色的Fe2O3和气体Y，Y为NO2、O2混合气体，将X、Y混合通入足量水，反应又得到HNO3，剩余气体为NO或O2，纵观整个过程，Fe最终转化为Fe2O3，失去电子，若剩余的气体是O2；则O的化合价从-2价升到0价，也失去电子，不可能，所以剩余的气体只能是NO，Fe失去的电子总数等于N得到的电子总数；

设NO物质的量为x，则：×（3-0）=x×（5-2）；解得x=0.05mol；

即标准状况下体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L=1120mL；

故选B．7、C【分析】【分析】据图示配制操作可知，步骤①使用托盘天平称量碳酸钠质量时，砝码与药品的位置颠倒了；步骤⑥中定容时仰视刻度线，该操作是错误的，正确应该平视刻度线．【解析】【解答】解：配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算；称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀等；

操作①中称量碳酸钠质量；药品与砝码位置颠倒，正确方法应该为“左物右码”，否则导致称量的碳酸钠质量偏小，故①错误；

操作②；③为溶解碳酸钠；使用玻璃棒搅拌，加速溶解过程，操作正确，故②③正确；

步骤④为转移冷却后的碳酸钠溶液；需要使用玻璃棒引流，玻璃棒下端放到容量瓶刻度线一下，过程中正确，故④正确；

步骤⑤为转移洗涤烧杯；和玻璃棒的溶液即直接加水定容；当加水到容量瓶刻度线1-2cm时停止，需要改用胶头滴管，该操作正确，故⑤正确；

操作⑥为使用胶头滴管定容；定容时眼睛应该与容量瓶刻度线平视，不能仰视刻度线，故⑥错误；

操作⑦为摇匀操作；摇匀时应该上下颠倒充分摇匀，故⑦正确；

所以以上错误操作有①⑥；

故选C．8、C【分析】解：rm{A}有气泡冒出；证明装置严密，不符合题意，故A错误；

B；液面高度不变；证明装置严密，不符合题意，故B错误；

C；向右拉活塞；长颈漏斗中液面不下降，装置不严密，符合题意，故C正确；

D；进入导管中一段水柱；证明装置严密，不符合题意，故D错误．

故选C．

检查装置的气密性的一般方法是：先把导管的一端放入水中；然后两手紧握容器的外壁，观察导管口是否有气泡冒出，如果装置严密，就会有气泡冒出或进入一段水柱，或由压强差引起的其它变化；如果漏气就会无变化．

本考点考查了实验基本操作中的检查装置的气密性，原理是：内外产生压强差，会引起不同的现象，然后由现象得出正确的结论rm{.}本考点与物理的压强相联系，实现了理化合科．【解析】rm{C}9、A【分析】解：rm{A.}向苯酚浊液中滴加少量饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，浊液变澄清，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，可知结合质子的能力：rm{CO_{3}^{2-}>C_{6}H_{5}O^{-}}故A正确；

B.加入适量的硝酸；可氧化亚铁离子，则不能加硝酸抑制水解，故B错误；

C.测定相同温度下相同浓度的碳酸钠和亚硫酸钠溶液的rm{pH}可比较碳酸、亚硫酸的酸性，亚硫酸不是最高价含氧酸，则不能比较rm{C}rm{S}的非金属性；故C错误；

D.蛋白质溶液；硅酸溶胶均为胶体分散系；则用激光笔照射不能鉴别，故D错误；

故选：rm{A}

A.向苯酚浊液中滴加少量饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液；浊液变澄清，反应生成苯酚钠；碳酸氢钠；

B.加入适量的硝酸；可氧化亚铁离子；

C.测定相同温度下相同浓度的碳酸钠和亚硫酸钠溶液的rm{pH}可比较碳酸；亚硫酸的酸性，亚硫酸不是最高价含氧酸；

D.蛋白质溶液；硅酸溶胶均为胶体分散系．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、盐类水解、物质的鉴别、非金属性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{A}二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】

（1）T为Fe，原子序数为26，T3+的核外电子为23，其电子排布为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；

故答案为：[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；

（2）同周期从左向右第一电离能增大；但N原子的2p电子为半满，为稳定结构，所以N原子的第一电离能最大，C原子的最小，所以第一电离能为N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；

（3）①G为Li；J为Na，离子半径越小，金属键越强，Li离子半径小，所以熔点高，故①正确；

②J为Na；X为Cu，Na的活泼性强与水反应，所以在溶液中不能置换出Cu，故②错误；

③J2M2为Na2O2，化学反应中化学键断裂，将J2M2溶于水；要破坏离子键和共价键，故③正确；

④R为N；E为H，Q为C，氨气中存在氢键，所以氨气的沸点高，故④错误；

⑤一个C2H4分子中含有4个C-H键；1个C=C键，含有五个σ键和一个π键，故⑤错误；

故答案为：①③⑤；

（4）HC9N分子中所有原子均形成8电子或2电子稳定结构；是直线型分子，不存在配位键，则一定存在C≡C和C≡N键，其结构式为H-C≡C-C≡C-C≡C-C≡C-C≡N；

故答案为：H-C≡C-C≡C-C≡C-C≡C-C≡N；

（5）G与R单质直接化合生成一种离子化合物Li3N，每层中Li原子构成平面六边形，每个六边形的中心有一个N原子，一个六边形实际Li原子水为6×=2，Li3N中离子个数为3：1；

所以层与层之间还原子为Li；故答案为：Li．

【解析】【答案】（1）T为Fe，原子序数为26，T3+的核外电子为23；

（2）同周期从左向右第一电离能增大；但N原子的p电子为为半满，为稳定结构；

（3）①G为Li；J为Na，离子半径越小，金属键越强；

②J为Na；X为Cu，Na的活泼性强与水反应；

③J2M2为Na2O2；化学反应中化学键断裂；

④R为N；E为H，Q为C，氨气中存在氢键；

⑤一个C2H4分子中含有4个C-H键；1个C=C键；

（4）HC9N分子中所有原子均形成8电子或2电子稳定结构；是直线型分子，不存在配位键，则一定存在C≡C和C≡N键；

（5）G与R单质直接化合生成一种离子化合物Li3N，每层中Li原子构成平面六边形，每个六边形的中心有一个N原子，一个六边形实际Li原子水为6×=2；以此来解答．

11、2min；D＞C＞B＞A；0.108mol/L；0.087%【分析】解：rm{(1)}由图可知，过氧化氢完全分解生成氧气为rm{60mL}则反应放出rm{dfrac{3}{4}}气体时生成氧气为rm{dfrac{3}{4}隆脕60mL=45mL}结合图象可知需要时间为rm{2min}故答案为：rm{2min}

rm{(2)A}点过氧化氢分解完毕，反应速率最小，其它各点斜率越大表示反应速率越快，故反应速率rm{D>C>B>A}故答案为：rm{D>C>B>A}

rm{(3)}最终生成氧气的物质的量为rm{dfrac{0.06L}{22.4L/mol}隆脰0.0027mol}由rm{2H_{2}O_{2}dfrac{underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}可知rm{dfrac

{0.06L}{22.4L/mol}隆脰0.0027mol}的物质的量为rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}故Hrm{H_{2}O_{2}}的初始物质的量浓度rm{dfrac{0.0054mol}{0.05L}=0.108mol/L}

故答案为：rm{0.0027mol隆脕2=0.0054mol}

rm{{,!}_{2}O_{2}}原溶液质量为rm{dfrac

{0.0054mol}{0.05L}=0.108mol/L}rm{0.108mol/L}时生成氧气物质的量为rm{dfrac{0.045L}{22.4L/mol}=0.002}由rm{2H_{2}O_{2}dfrac{underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}可知分解的rm{(4)}的物质的量为rm{50mL隆脕1.1g?mL^{-1}=55g}剩余的过氧化氢为rm{2min}此时溶液质量rm{dfrac

{0.045L}{22.4L/mol}=0.002}故此时过氧化氢的质量分数rm{=dfrac{0.0476g}{54.936g}隆脕100%=0.087%}

故答案为：rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}．

rm{H_{2}O_{2}}由图可知，过氧化氢完全分解生成氧气为rm{0.002mol隆脕2=0.004mol}计算则反应放出rm{(0.0054mol-0.004mol)隆脕34g/mol=0.0476g}气体时生成氧气的体积；结合图象可知需要时间；

rm{=55g-0.002mol隆脕32g/mol=54.936g}点过氧化氢分解完毕；反应速率最小，其它各点斜率越大表示反应速率越快；

rm{=dfrac

{0.0476g}{54.936g}隆脕100%=0.087%}计算最终生成氧气的物质的量，根据方程式计算过氧化氢物质的量，再根据rm{0.087%}计算rm{(1)}的初始物质的量浓度；

rm{60mL}根据rm{dfrac{3}{4}}计算原溶液质量，根据方程式计算分解的过氧化氢，此时溶液质量rm{(2)A}原溶液质量rm{(3)}氧气质量；进而计算此时过氧化氢的质量分数．

本题考查化学反应速率、化学方程式有关计算等，难度不大，但题目计算量较大，属于易错题目．rm{c=dfrac{n}{V}}【解析】rm{2min}rm{D>C>B>A}rm{0.108mol/L}rm{0.087%}12、22.5022.50mL当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色0.093mol/L乙D、F【分析】【分析】①根据滴定管的结构和精确度以及测量的原理；如溶液颜色变化且半分钟内不变色；可说明达到滴定终点；

②先判断数据的合理性，求出标准NaOH溶液体积，然后依据c（待测）=求出即可；

③氢氧化钠为碱性物质；应选择碱式滴定管乙；

④依据（2）中公式，分析不当操作对V（标准）的影响，不当操作导致消耗标准液偏多的，结果偏大，否则偏小，以此判断浓度的误差．【解析】【解答】解：①滴定管小数在上；大数在下，精确度为0.01mL，所以第一次实验滴定完用去NaOH溶液的体积22.50mL；滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，即酚酞在酸中为无色，在碱性溶液中显浅红色；

故答案为：22.50mL；当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时；溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；

②舍去误差较大的数，得出V（标准）==18.55mL，c（待测）==0.093mol/L；

故答案为：0.093mol/L；

③氢氧化钠为碱性物质；应选择碱式滴定管乙；

故答案为：乙；

④A；滴定终点读数时俯视读数；造成标准液偏小，根据c（待测）公式分析，结果偏小，故不选；

B；酸式滴定管使用前；水洗后未用待测盐酸溶液润洗，导致消耗的标准液体积偏小，结果偏小，故不选；

C；锥形瓶水洗后未干燥；对消耗标准液的体积无影响，结果准确，故不选；

D、称量前NaOH固体中混有Na2CO3固体；等质量的碳酸钠和氢氧化钠，碳酸钠消耗的盐酸偏低，在滴定时消耗的标准液体积偏大，导致消耗的标准液偏多，结果偏大，故选；

E、配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3；等物质的量的碳酸钠与氢氧化钠消耗的氯化氢相等，滴定时消耗的标准液体积不变，测定结果不变，故不选；

F；碱式滴定管尖嘴部分有气泡；滴定后消失，导致消耗的标准液体积读数偏大，故选；

故选：D、F．13、BDCEAF锥形瓶中溶液的颜色变化锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色0.075mol/LAD【分析】【分析】（1）根据中和滴定有检漏；洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；

（2）实验中应注意观察锥形瓶中溶液颜色的变化；如溶液颜色变化且半分钟内不变色；可说明达到滴定终点；

（3）先判断数据的有效性；然后求出平均值，最后根据关系式HCl～KOH来计算出盐酸的浓度；

（4）实验中应控制流速并观察锥形瓶中颜色变化；如溶液颜色变化且半分钟内不变色；可说明达到滴定终点；

（5）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；【解析】【解答】解：（1）中和滴定按照检漏；洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作；则正确的顺序为BDCEAF；

故答案为：BDCEAF；

（2）滴定时；滴定过程中，两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化，以判断滴定终点；滴定时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色，可说明达到滴定终点；

故答案为：锥形瓶中溶液的颜色变化；锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色；

（3）三次实验所用KOH溶液体积分别为14.98mL；16.80mL，15.02mL，第二组数据相差较大，舍去，其他两次所用标准液的平均体积为15.00mL

HCl～KOH

11

c（HCl）×20.00mL0.1mol/L×15.00mL；

解得：c（HCl）=0.075mol/L；

故答案为：0.075mol/L；

（4）A．未用标准液润洗碱式滴定管，标准液被稀释，浓度偏小，消耗的标准液的体积偏大，c（待测）=分析；可知c（待测）偏大，故A正确；

B．滴定终点读数时，俯视滴定管中液面刻度，消耗的标准液的体积偏小，c（待测）=分析；可知c（待测）偏小，故B错误；

C．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，待测液的物质的量不变，标准液的体积不变，根据c（待测）=分析；可知c（待测）不变，故C错误；

D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，消耗的标准液的体积偏大，c（待测）=分析；可知c（待测）偏大，故D正确；

故选AD．14、乙烯羧基加成反应4【分析】【分析】A为乙烯，与水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，乙烯与溴发生加成反应生成E为BrCH2CH2Br，E在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成F为HOCH2CH2OH．B的分子式为C8H8O2，B能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳，含有-COOH，其苯环上一氯代物只有2种，则B为B发生氧化反应生成C为B与C发生酯化反应生成H为G为C和F一定条件下1：1反应生成的高分子化合物，故G为据此解答．【解析】【解答】解：A为乙烯，与水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，乙烯与溴发生加成反应生成E为BrCH2CH2Br，E再氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成F为HOCH2CH2OH．B的分子式为C8H8O2，B能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳，含有-COOH，其苯环上一氯代物只有2种，则B为B发生氧化反应生成C为B与C发生酯化反应生成H为G为C和F一定条件下1：1反应生成的高分子化合物，故G为

（1）A的名称为乙烯；C为含有官能团为羧基，故答案为：乙烯；羧基；

（2）由上述分析可知，H为A→D是乙烯与是发生加成反应生成乙醇，故答案为：加成反应；

（3）C和F反应生成高分子化合物的化学方程式为：

故答案为：

（4）B为其同分异构体符合下列条件：①能发生银镜反应，含有-CHO；②含有苯环结构；③能在碱性条件下水解，含有酯基，故应为甲酸形成的酯，只有1个侧链，为-CH2OOCH，有1种，若有2个侧链，为-CH3；-OOCH；有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有4种；

故答案为：4．三、判断题(共5题，共10分)15、√【分析】【分析】（1）工业废水应遵循“先净化；后排放”的原则，工业废水需要经过处理达标后再排放才不会污染环境；

（2）生活污水不经处理任意排放；会危害人畜等需饮水生物的健康；

（3）重金属能使蛋白质变性；

（4）含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，会造成水体的富营养化从而破坏水体生态系统，会出现水华、赤潮等水体污染问题．【解析】【解答】解：（1）工业废水是指工业生产过程中产生的废水；污水和废液；其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物和产品以及生产过程中产生的污染物．废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染，需要经过处理达标后才能排放；

故答案为：√；

（2）生活污水中虽不含工业污染物；但废水中污染物成分极其复杂多样，常要几种方法组成处理系统才能达到完全净化的目的，因此可以不经处理任意排放错误；

故答案为：×．

（3）重金属能使蛋白质变性；对人类健康有害；

故答案为：√；

藻类生长需要大量的N；P元素；如果水体中N、P元素严重超标，会引起藻类疯长，从而导致水中氧气含量降低，水生生物大量死亡，海水中常称为赤潮，淡水中称为水华；

故答案为：√．16、√【分析】【分析】根据同主族元素性质相似的规律判断．【解析】【解答】解：Na和K位于周期表相同主族，性质相似，Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2；

故答案为：√．17、×【分析】【分析】（1）没有指明是氢气分子还是氢原子；

（2）根据二氧化碳的物质的量及分子组成分析；

（3）根据水分子中不存在氢气分子判断；

（4）根据标准状况下水的状态不是气体判断；

（5）根据影响1mol氧气体积的因素有温度和压强判断；

（6）根据标况下的气体摩尔体积计算出混合气体的体积．【解析】【解答】解：（1）1mol氢中含有NA个氢原子；必须指明是氢气分子还是氢原子，故（1）错误；

故答案为：×；

（2）1molCO2中含有2mol氧原子，含有2NA个氧原子；故（2）错误；

故答案为：×；

（3）1molH2O中含有2mol氢原子和1molO；故（3）错误；

故答案为：×；

（4）在标准状况下；水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算1mol水的体积，故（4）错误；

故答案为：×；

（5）由于影响气体体积的因素除了温度，还原压强，若减小压强，气体体积减小，所以1molO2在20℃时的体积不一定大于22.4L；故（5）错误；

故答案为：×；

（6）在标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，0.5molN2和1molO2的混合气体的体积约是33.6L；故（6）正确；

故答案为：√．18、×【分析】【分析】有相同质子数；不同中子数的原子互为同位素；

相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体．【解析】【解答】解：O2和O3都是由氧元素形成的不同单质；故互为同素异形体；

故答案为：×．19、√【分析】【分析】（1）根据烷烃的系统命名法分析；

（2）取代基的编号错误；应该是2，2，4-三甲基戊烷；

（3）根据烷烃的命名方法进行分析；

（4）根据图示的球棍模型进行命名并判断正误．【解析】【解答】答案（1）√（2）×（3）√（4）×

解：（1）主链为丁烷，命名为：2-甲基丁烷，题中命名正确；

故答案为：√；

（2）不是2，2，3-三甲基戊烷，编号错误，正确应为2，2，4三甲基戊烷；

故答案为：×；

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷；满足烷烃的系统命名法，命名正确；

故答案为：√；

（4）根据球棍模型，其结构简式为名称为2甲基戊烷，所以题中命名错误；

故答案为：×．四、实验题(共3题，共9分)20、略

【分析】【解析】试题分析：（1）浓盐酸的浓度为c=要配置250mL0.1mol/L的盐酸溶液需要用浓盐酸的体积为V=应该选用250mL容量瓶，配置溶液时除了需要250mL容量瓶外，还需要量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。（2）配置一定物质的量浓度溶液的过程为：计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀和装瓶贴签，所以应该正确的操作顺序为B、C、A、F、E、D。（3）将洗涤液全部转入容量瓶中的目的是保证溶质全部转移到容量瓶。注入容量瓶前需要恢复到室温是因为容量瓶盛放热溶液时，当溶液冷却到室温的时候，体积会缩小，不准确，也易导至容量瓶炸裂。（4）根据c=如果没有洗涤，则溶质的物质的量比正常值小，所以浓度偏低；若加蒸馏水不慎超过刻度，溶液的体积比正常值大，所以浓度偏低；若定容时俯视刻度线，则溶液的体积比正常值小，则浓度偏高。（5）如果加水不慎超过了刻度线，则需要将溶液倒掉，洗净容量瓶重新配置，如果转移时不慎有液体滴在外面则需要将溶液倒掉，洗净容量瓶重新配置。考点：一定物质的量浓度溶液的配制【解析】【答案】（1）2.1，250，量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。（2）B、C、A、F、E、D（3）保证溶质全部转入容量瓶。容量瓶盛放热溶液时，体积不准,也易导至容量瓶炸裂。（4）浓度偏低；偏低；偏高。（5）宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制；宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制。21、略

【分析】解：（1）采用MnO2和浓盐酸（12mol/L）为原料制取Cl2．制取Cl2的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

（2）SO2使品红褪色，生成不稳定的无色物质，可以看作是一个化合反应，该生成的无色物质不很稳定，受热又能分解放出SO2；而恢复原来的红色，氯气使品红褪色是氧化性漂白，不可还原，无法恢复；

故答案为：溶液恢复红色；溶液仍无色；二氧化硫与品红生成不稳定的无色物质；加热时无色物质分解又生红色的品红；

（3）氯气和二氧化硫都有毒；不能直接排放到空气中，所以用氢氧化钠吸收过量的二氧化硫和氯气，防止污染空气；

故答案为：吸收多余的SO2和Cl2；防止污染环境；

（4）①F中可盛装浓硫酸，其目的是使SO2和Cl2混合均匀并且通过观察气泡控制气体的流速；

故答案为：通过观察气泡控制气体的流速；

②氯气和二氧化硫在水溶液中恰好完全反应，反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-；生成的硫酸和盐酸不具有漂白性，所以品红溶液不褪色；

故答案为：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-；

③当通入的二氧化硫或者氯气中一种气体过量；过量的氯气或者二氧化硫气体能够使品红褪色；

故答案为：控制两种气体通入的量；使其物质的量不相等（或使其比例不等于1：1）．

要证明和比较SO2和氯水的漂白性；需制取二氧化硫和氯气，制二氧化硫用硫酸与亚硫酸钠，不用加热，制氯气用二氧化锰和浓盐酸并加热，则A装置制二氧化硫，E装置制氯气．

（1）实验室用二氧化锰与浓盐酸加热反应制备氯气；

（2）根据二氧化硫的漂白性是可逆的；而氯水的漂白性是不可逆的进行解答；

（3）二氧化硫和氯气都是有毒气体需要进行尾气处理；以免污染空气；

（4）①F中可盛装浓硫酸，其目的是使SO2和Cl2混合均匀并且通过观察气泡控制气体的流速；

②氯气和二氧化硫在水溶液中恰好发生氧化还原反应；转化成没有漂白性的盐酸和硫酸，所以品红溶液几乎不褪色；

③当通入的二氧化硫或者氯气一方有剩余时；又会使品红溶液褪色．

本题主要考查了二氧化硫的制备以及其相关性质的综合实验，解题过程中，应围绕课本基本知识，如“二氧化硫使品红溶液褪色”、“二氧化硫与氯气反应生成氯化氢和硫酸”等基础知识，同时，对于实验的设计，尤其是多因素影响的实验，应考虑“控制变量法”，题目难度中等．【解析】MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；溶液恢复红色；溶液仍无色；二氧化硫与品红生成不稳定的无色物质，加热时无色物质分解又生红色的品红；吸收多余的SO2和Cl2，防止污染环境；通过观察气泡控制气体的流速；SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-；控制两种气体通入的量，使其物质的量不相等（或使其比例不等于1：1）22、沉淀不溶解或无明显现象BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2OBaSO4在溶液中存在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b2I--2e-═I2由于生成AgI沉淀使B的溶液中c（I-）减小，I-还原性减弱实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c（I-）增大，证明发生了AgI+Cl-⇌AgCl+I-溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现【分析】解：（1）①实验Ⅰ中若BaCO3全部转化为BaSO4；则向取洗净后的沉淀中加入盐酸，沉淀不溶解，没有明显现象；

故答案为：沉淀不溶解或无明显现象；

②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，说明沉淀中含有碳酸钡，碳酸钡与稀盐酸发生反应：BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O；

故答案为：BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O；

③由于BaSO4在溶液中存在溶解平衡：BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+SO42-（aq），当加入浓度较高的Na2CO3溶液后，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀；使上述平衡向右移动，沉淀发生了部分转化；

故答案为：BaSO4在溶液中存在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；

（2）①实验Ⅲ中后最后加入的时0.1mol/L的KI溶液，应该是探究的时AgCl转化成AgI，加入的NaCl溶液应该过量，根据图示可知，甲过量、乙不足，则甲溶液时NaCl，故选b；

故答案为：b；

②实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的碘离子放电生成碘单质，电极反应式是2I--2e-═I2；

故答案为：2I--2e-═I2；

③由于滴入AgNO3（aq）生成AgI沉淀，使B的溶液中c（I-）减小，I-还原性减弱，所以实验Ⅳ中b＜a；

故答案为：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c（I-）减小，I-还原性减弱；

④通过步骤ⅰ、ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c（I-）增大，证明发生了反应AgI+Cl-⇌AgCl+I-；部分AgI转化为AgCl；

故答案为：实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c（I-）增大，证明发生了AgI+Cl-⇌AgCl+I-；

（3）综合实验Ⅰ～Ⅳ可知：溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀；反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现；

故答案为：溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀；反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。

（1）①BaCO3全部转化为BaSO4；硫酸钡不与盐酸反应，沉淀不会溶解；

②碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡；二氧化碳和水；

③硫酸钡在溶液中存在溶解平衡；加入浓度较大的碳酸钠溶液后生成碳酸钡沉淀；

（2）①实验Ⅲ探究的时AgCl转