【文档说明】中国人民大学附属中学2024-2025学年高一上学期10月限时练习（一）化学试题 Word版含解析.docx，共(17)页，1.087 MB，由小赞的店铺上传

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高一化学限时练习(一)说明：本试卷共19道题(含1道附加题)，总分100+10分，考试时间60分钟。可能用到的相对原子质量：Na23Al27Cl35.5Cu64第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。每题所列选项中，选出符合题目要求的一项。1.下列

有关物质分类的正确组合是分类组合酸碱盐碱性氧化物酸性氧化物AH2SO4Cu2(OH)2CO3NaHCO3SiO2CO2BHClNaOHNaClNa2OCOCNH3NaOHCaCl2MgOSO3DHNO3KOHCaCO3CaOSO2A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】在水溶液中电离出的

阳离子全部是氢离子的化合物是酸；在水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物是碱；在水溶液中电离出的阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物是盐；碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物；酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物，据此分析解题。【详解】A．C

u2(OH)2CO3是盐，SiO2是酸性氧化物，A错误；B．CO和碱不反应属于不成盐氧化物，B错误；C．NH3不是酸，C错误；D．HNO3是酸、KOH是碱、CaCO3是盐、CaO是碱性氧化物、SO2是酸性氧化物，D正确；故答案为：D。2.用如图装置(搅拌装置略)探究溶液

离子浓度变化，灯光变化呈“亮→灭→亮”的是ABCD试剂a盐酸硫酸4CuSO溶液蔗糖溶液试剂bNaOH溶液23NaCO溶液()2BaOH溶液蒸馏水A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】溶液导电性强弱与离子浓度成正比，实验时灯泡

能出现由’亮-灭-亮’，说明在滴加溶液过程中导致离子浓度减小，最终为0，再继续滴加溶液，离子浓度逐渐增大。【详解】A．NaOH为强电解质，盐酸滴入NaOH溶液中，发生反应生成氯化钠和水，恰好反应时溶质为NaCl，溶液导电性

不为0，不会出现灯熄灭现象，故A错误；B．硫酸与23NaCO反应生成硫酸钠和二氧化碳和水，恰好反应时溶质为Na2SO4，还有较大的离子浓度，溶液导电性不为0，不会出现灯熄灭现象，故B错误；C．Ba(OH)2为强电解质其溶液能导电因此灯为亮，4CuSO与Ba(OH)2反应生成氢氧化铜沉

淀和硫酸钡沉淀，恰好反应时溶液中离子浓度几乎为0，灯光熄灭，继续滴加4CuSO溶液灯变亮，则灯光出现’亮-灭-亮’现象，故C正确；D．蒸馏水不能使灯光变量，蔗糖为非电解质，其溶液不能导电，向蒸馏水中滴加蔗糖溶液，灯光一直保持熄灭状态，故D错误；故

选：C。3.如图所示为实验室中制备胶体的一种方法。下列说法正确的是A.该制备方法属于物理方法B.烧杯中液体的颜色逐渐变浅C.所得液体可产生丁达尔效应D.所得液体中分散质粒子100mmd【答案】C【解

析】【详解】A．323FeCl+3HOFe(OH)+3HCl()@胶体，该制备方法是有新物质生成的化学方法，A错误；B．烧杯中液体的颜色逐渐变深，生成红褐色氢氧化铁胶体，B错误；C．所得物质为氢氧化铁胶体

，可产生丁达尔效应，C正确；D．所得液体中分散质粒子1nm100nmd，D错误；故选C。4.下列反应能用2HOH=HO+−+表示的是A.2NaOHHClNaClHO+=+B.222Cu(OH)2HCl=CuCl2HO+

+C.22322KOHCOKCO=HO++D.22442Ba(OH)HSO=BaSO2HO++【答案】A【解析】【详解】A．稀的强酸与强碱反应的实质为氢离子与氢氧根离子的反应，所以2NaOHHCl=NaClHO++可以用2HOH=HO+−+表示，A符合题意；B．Cu(OH)2为难溶

物，离子方程式中保留化学式，不能用2HOH=HO+−+表示上述化学反应，B不符合题意；C．非金属氧化物在离子方程式中保留化学式，22322KOHCOKCO=HO++改写成离子方程式为：-22322OHCO=COHO−++，C不符合题意；D．22442Ba(OH)HSO=BaSO2HO

++的离子方程式表示为：2+-+2442Ba+2OH2H+SOO=BaSO2H−++，D不符合题意；故选A。5.下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是A.H+、K+、3NO−、24SO−B.Na+、2Cu+、OH−、Cl−C.Na+、H+、23

CO−、3NO−D.2Ca+、H+、24SO−、ClO−【答案】A【解析】【详解】A．H+、K+、3NO−、24SO−互不反应，能在溶液中大量共存，A正确；B．2Cu+、OH−反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，B错误；C．H+、23CO−反应不能大量

共存，C错误；D．2Ca+、24SO−生成微溶物硫酸钙，H+、ClO−生成弱电解质次氯酸，不能大量共存，D错误；故选A。6.下列转化需要通过氧化还原反应才能实现的是A.4CuCuSO→B.233FeOFeCl→C.324SOHSO→D.()3

442NHNHSO→【答案】A【解析】【详解】A．4CuCuSO→铜元素化合价由0价变为+2价，故需要通过氧化还原反应才能实现，A正确；B．233FeOFeCl→各元素化合没变，表现23FeO碱性氧化物的性质，B不选；C．3

24SOHSO→各元素化合没变，表现3SO酸性氧化物的性质，C不选；D．()3442NHNHSO→，各元素化合没变，表现3NH溶于水形成弱碱的性质，D不选；故本题选A。7.固体界面上强酸的吸附和离解是名相化学在环境、材料科学等

领域研究的重要课题。如图为少量HCl气体分子在冰表面吸附和溶解过程的示意图，下列叙述错误的是A.HCl是强电解质B.冰表面第一层中，HCl以分子形式存在C.冰表面第二层中，HCl电离出H+和Cl-D.冰表面各层中均存在HCl【答案】D【解析】【详解】A．水

溶液中或熔融状态下完全电离的电解质为强电解质，HCl第二层中能完全电离，为强电解质，故A正确；B．由图可知，冰表面第一层中存在HCl分子，则HCl以分子形式存在，故B正确；C．冰表面第二层中，存在HCl气体分子在冰表面吸附和溶解过程，HCl电

离出H+和Cl﹣，故C正确；D．由图可知，第二层存在HCl气体分子在冰表面吸附和溶解过程，不存在HCl分子，故D错误；故选D。【点睛】本题考查溶解平衡，为高频考点，把握分子构成、强电解质概念、溶解平衡为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。粗食盐水中常含有少量2Ca+、

2Mg+、24SO−，实验室提纯粗食盐水制取食盐的流程如下。完成下面小题。8.滤液1中，不可能大量存在的离子是A.Na+B.Cl−C.2Mg+D.24SO−9.下列关于粗食盐水提纯的说法中，不正确的是A.过程ii的目的是除去24SO−B.沉淀3的成分

是3BaCOC.过程i和ii的顺序可互换D.过程iii中加入的试剂X为23NaCO【答案】8.C9.B【解析】【分析】粗食盐（含有少量2Ca+、2Mg+、24SO−）加入过量NaOH溶液过滤去除镁离子，再加入过量BaCl2沉淀去除硫酸根离子

，继续加入过量碳酸钠溶液去除钙离子和新引入的过量钡离子，过滤后向溶液中加入盐酸中和过量氢氧根离子和将过量碳酸根转化为气体逸出体系，蒸发结晶获得NaCl固体。【8题详解】由分析可知加入过量NaOH溶液过滤去除镁离子得滤液1，故滤液中不可能大量存在的离子是镁离子，故选C；【9题详解】

A.过程ii加入过量氯化钡溶液的目的是除去24SO−，A正确；B.加入过量碳酸钠的目的是去除钡离子和钙离子，沉淀3的成分是3BaCO和CaCO3，B错误；C.过程i加氢氧化钠和ii加氯化钡的顺序可互换，不会影响分离提纯，

C正确；D.过程iii中加入试剂X为23NaCO，D正确；故选B。10.下列说法中，不正确．．．的是A.21molCl的质量是71gB.31molNH中含有的分子数约为236.0210C.常温常压下，422.4LCH的物质的量为1molD.1241L1molLNaSO−溶

液中含有2molNa+【答案】C【解析】【详解】A．()2m171g/71gClnMmolmol===，A正确；B．2323AN16.02106.0210nNmol===，B正确；C．常温常压下，无法准确利用气体体积公式进行计算，C

错误；的D．()24n1/L1L1NaSOcVmolmol===，()n2Namol+=，D正确；故答案为：C。11.关于如图所示过程的说法正确的是A.甲比乙中溶质的质量分数小B.乙中()K0.001moln+=C.乙比甲中KCl溶解度大D.乙中()1Cl0.1

molLc−−=【答案】B【解析】【详解】A．甲加水稀释得到乙，乙比甲中溶质的质量分数小，故A错误；B．稀释前后溶质物质的量相等，乙中()nK0.1mol/L0.01L0.001mol+==，故B正确；C

．溶解度只与温度有关，甲和乙中KCl的溶解度相等，故C错误；D．乙中()10.1mol/L10mLcCl0.01molL100mL−−==，故D错误；选B。12.营养液是无土栽培的核心和关键，某营养液中含4种离子(忽略微量离子)

，对离子浓度的要求如下表所示。离子种类K+4NH+3NO−34PO−浓度(1molL−)_______0.030.030.01该营养液中K+的物质的量浓度为A.10.01molL−B.10.02molL−C.10.03molL−D.10.04molL−【答案】C【解析】【详

解】溶液呈电中性，即阴阳离子的总数相等，有c(K+)+0.03mol/L=0.03mol/L+0.01mol/L×3，解得c(K+)=0.03mol/L，故选：C。13.下列实验的对应操作中，不合理的是的A．分离粗盐中的不溶物B．稀释浓硫酸C．从提纯后的NaCl溶液获得

NaCl晶体D．配制一定物质的量浓度的KCl溶液A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．用过滤的方法分离粗盐中的不溶物，A正确；B．将浓硫酸沿着烧杯内壁加到盛有蒸馏水的烧杯中并不断搅拌来稀释浓硫酸，B正确；C．用蒸发结晶的方式从提纯后的NaCl溶液获

得NaCl晶体，C正确；D．配制一定物质的量浓度的KCl溶液时，当液面离刻度线1cm左右开始用胶头滴管，D错误；故选D。14.通常利用反应：22242MnPbOHMnOPbHO++−+++→++定性检验2Mn+，关于该反应的下列说法中，不正确．．．的是A.2Mn+被氧化B.每消耗1mol2

PbO，转移2mole−C.4MnO−和2Pb+的物质的量之比为5∶2D.在该反应的条件下，氧化性：24PbOMnO−【答案】C【解析】【详解】A．锰元素化合价升高，2Mn+被氧化，故A正确；B．2PbO中Pb元素化合价由+4降低为+2

，每消耗1mol2PbO，转移2mole−，故B正确；C．锰元素化合价由+2升高为+7，Pb元素化合价由+4降低为+2，根据得失电子守恒，4MnO−和2Pb+的物质的量之比为2∶5，故C错误；D．22242MnPbOHMnOPbHO++−+++→++反应，2PbO是氧化剂、4MnO−是氧化

产物，在该反应条件下，氧化性24PbOMnO−，故D正确；选C。第二部分15.请回答下列问题：（1）某同学在实验室中配制100mL2.00mol/LNaCl溶液。①需称量NaCl固体的质量是________

___g。②配制溶液时，必须用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、量筒、___________。③玻璃棒在实验过程中的目的有___________、___________。（2）下图表示NaCl在水中溶解过程的微观状态示意图。①甲、乙、丙按发生的先后，正确的

排列顺序为___________。②图中的微粒“”表示___________(填微粒符号)。③下列说法正确的是___________(填序号)。a．NaCl固体不导电，是由于固体中不存在离子b．NaCl在外加电场的作

用下发生电离c．NaCl溶液能导电，是由于溶液中存在自由移动的离子④下列情况中，会使所配溶液浓度偏低的是___________(填字母)。a．烧杯不干燥b．转移液体时，有少量液体洒出的c．翻转摇匀后发现液面

低于刻度线，再滴入蒸馏水至刻度线。（3）测定某NaCl溶液的浓度：取xmL待测NaCl溶液，逐滴滴入30.1mol/LAgNO溶液，当恰好沉淀时，消耗3AgNO溶液的体积是ymL。①上述过程发生反应的离子方程式为___________。②待测液中c(Cl-)=_______

____mol/L。【答案】（1）①.11.7②.100mL容量瓶③.搅拌④.引流（2）①.乙、丙、甲②.Cl-③.c④.bc（3）①.+-Ag+Cl=AgCl②.y10x【解析】【小问1详解】①m=nM=c

VM=2.00mol/L0.1L58.5g/mol=11.7g；②配制溶液时，必须用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶；③玻璃棒在实验过程中的目的有溶解过程中的搅拌和移液过程的引流；【小问2详解】①按发生的先后，正确的排列顺序为乙、丙、

甲；②图中的微粒“”表示NaCl中半径更大的Cl-；③a．NaCl固体不导电，是由于固体中不存在自由移动的离子，a错误；b．NaCl在水的作用下发生电离，b错误；c．NaCl溶液能导电，是由于溶液中存在自由移动的离子，c正确；故选c

；④a．烧杯用于固体的溶解，烧杯不干燥不影响实验，a错误；b．转移液体时，有少量液体洒出，使得溶质减少，所配溶液浓度偏低，b正确；c．翻转摇匀后发现液面低于刻度线，再滴入蒸馏水至刻度线相当于稀释溶液，c正

确；故选bc；【小问3详解】①NaCl溶液中逐滴滴入30.1mol/LAgNO溶液：+-Ag+Cl=AgCl；②待测液中()()--3+-3cClxmL10=cAgymL10，故c(Cl-)=y10xmol/L。

16.在两份相同的2Ba(OH)溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的24HSO、4NaHSO溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示，回答下列问题：（1）代表滴加24HSO溶液的变化曲线为___________(填“①”或“②”)。（2）用离子方程式解释a点溶液几

乎不导电的原因：___________。（3）a点溶液的导电性强于蒸馏水的导电性，原因是：___________。（4）依次写出曲线②中发生反应的离子方程式：___________，___________。（5）a、b、c、d四点对应的溶液中呈中

性的是___________(填字母)。【答案】（1）①（2）+2--2+4422H+SO+2OH+Ba=BaSO+2HO（3）a点是硫酸钡的饱和溶液，溶液中含有少量的硫酸根和钡离子（4）①.+2--2+

442H+SO+OH+Ba=BaSO+HO②.+-2H+OH=HO（5）ad【解析】【分析】Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+

2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2

溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH；c点①

中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中反应后溶质为NaOH、Na2SO4；a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4。【小问1详解】由分析可知代表滴加24HSO溶液的变化曲线为①；【小问2详解】a点溶液几乎不导电的原因是+2--2+4422H+SO+2OH+Ba=

BaSO+2HO；【小问3详解】a点是硫酸钡的饱和溶液，溶液中含有少量的硫酸根和钡离子，故a点溶液的导电性强于蒸馏水；【小问4详解】曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，根据图知b点溶液溶

质为NaOH：+2--2+442H+SO+OH+Ba=BaSO+HO；d点②中溶质为Na2SO4：+-2H+OH=HO；【小问5详解】由分析知a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；b点溶液溶质为NaOH；c点①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，d

点②中溶质为Na2SO4。a、b、c、d四点对应的溶液中呈中性的是ad。17.金属材料的使用在人类社会的发展进步中发挥了重要作用。（1）人类最早大规模使用的金属是铜，中国古代典籍中记载了“火法炼铜”的原理：22

2CuSO2CuSO高温++，该反应中每生成64g铜单质，共转移电子的物质的量为___________。（2）春秋晚期的墓葬中发现了铁器，现代工业生产中使用___________作为还原剂，写出利用赤铁矿(主要成分为氧化铁)炼铁的化学方程式：___________

。（3）工业上常说“一代铝合金，一代飞行器”，但是铝单质易被强酸、强碱腐蚀，铝与NaOH溶液可以发生反应：2222Al2NaOH2HO2NaAlO3H++=+。2.7g铝单质与足量NaOH溶液反应，生成的2H

在标准状况下的体积为___________。（4）钛合金广泛应用于航空、航天、医疗等领域，现阶段最成熟的钛冶炼法为“镁热还原法”，其基本原理如下：①第一步：2TiO、焦炭、氯气高温条件下发生反应：224TiO2C2ClT

iCl2CO+++高温。②第二步：过量单质镁与四氯化钛在高温条件下发生反应：42TiCl2MgTi2MgCl++高温该步反应利用了镁单质的___________性。③第二步反应中，若镁的用量不足，会发生“归中反应”433TiClTi4TiCl+高

温，下列反应中与此反应原理相同的是___________(填序号)。a．32Fe2Fe3Fe+++=b．22Cl2OHClClOHO−−+=++c．24222HSO()HSSSO2HO+=++浓d．3224NH6NO5N6HO+=+在④对第二

步反应中生成的2MgCl进行熔融电解：22MgCl()MgCl+点解熔融，从而使Mg、2Cl得以循环利用，其原理与电解水相同，即在直流电作用下发生氧化还原反应。下图为电解水装置示意图：气体X为___________(填化学式)，气体Y是该反应的___________产物(填“氧化”或“还原”)

。结合所学知识分析，2MgCl进行熔融电解时，2Cl在___________极生成(填“阴”或“阳”)。【答案】（1）3mol（2）①.铝②.23232FFeAleO2AlO++高温（3）3.36L（4）①.还原②.ad③.H

2④.氧化⑤.阳【解析】【分析】与电池负极相连的电极为电解池的阴极，发生得电子的还原反应生成气体X：2H2O+2e-=H2+2OH-。与电池正极相连的电极为电解池的阴极，发生失电子的氧化反应生成气体Y：4H2O-4e-=O2+4H+。【小问1详解】反应中氧气得电子生成二氧化硫中-2价

氧，硫化亚铜中铜从+1价得电子化合价降低生成0价铜单质，硫元素从-2价失电子化合价升高到二氧化硫中的+4价，每发生1mol该反应转移6mol电子，故该反应中每生成64g铜单质，共转移电子的物质的量为3mol；【小问2详解】现代工业生产中使用铝作为还原剂，利用赤铁矿(主要成

分为氧化铁)炼铁的化学方程式为23232FFeAleO2AlO++高温；【小问3详解】。2.7g即0.1mol铝单质与足量NaOH溶液反应，由方程式2222Al2NaOH2HO2NaAlO3H++=+可知生成0.15mol2H，在标准状况下的体积为3.36L；【小问4详解】①过量

单质镁与四氯化钛在高温条件下发生反应：42TiCl2MgTi2MgCl++高温，镁失电子化合价升高作还原剂，该步反应利用了镁单质的还原性；②a．32Fe2Fe3Fe+++=该反应是铁元素的归中反应，a符合

题意；b．22Cl2OHClClOHO−−+=++，该反应是氯元素的歧化反应，b不符合题意；c．24222HSO()HSSSO2HO+=++浓该反应中浓硫酸化合价降低生成二氧化硫，硫化氢中硫元素化合价升高生成硫单质，该反应不是硫元素的归中，c不符合题意；d．3224NH6N

O5N6HO+=+该反应是氮元素的归中反应，d符合题意；故选ad；③由分析可知气体X为H2，气体Y即氧气是该反应的氧化产物。2MgCl进行熔融电解时，氯离子失电子化合价升高转化为氯气在阳极发生氧化反应。18

.草酸是一种二元弱酸，草酸晶体(2242HCO2HO)无色，熔点为101℃，，易溶于水，其钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。一种制备草酸晶体的工

艺流程如下：回答下列问题：（1）CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式如下，找出其中的氧化还原反应，并用双线桥法标明电子转移的方向和总数___________。200CONaOHHCOO

Na20MPa+、22422HCOONaNaCOH+（2）该制备工艺中“钙化”、“酸化”两步均为复分解反应，“钙化”后过滤操作①的滤液是___________，滤渣是___________；“酸化”后

过滤操作②的滤渣是___________。（3）结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。①配平反应的离子方程式：___________2224422HCOMnOHMnHOCO−++++=++□□□□□□②

称量草酸晶体成品0.250g溶于水中，用1mol0.0500L−的酸性4KMnO溶液滴定，至粉红色不消褪，消耗4KMnO溶液15.00mL，根据以上数据，该草酸成品的纯度的计算式为(草酸晶体126g/molM=)

：___________。【答案】（1）（2）①.氢氧化钠溶液②.草酸钙③.硫酸钙（3）①.22244225HCO2MnO6H2Mn8HO10CO−++++=++②.94.5%【解析】【分析】CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠：200CONaOHHCOONa20MPa+，甲酸

钠加热脱氢22422HCOONaNaCOH+得草酸钠。加氢氧化钙进行钙化后过滤得草酸钙和NaOH溶液，加硫酸酸化得硫酸钙和草酸，过滤后结晶分离干燥得草酸晶体。【小问1详解】CO和NaOH在一定条件下

合成甲酸钠反应前后无元素化合价的变化，是非氧化还原反应；甲酸钠加热脱氢的反应中C和H元素化合价前后有变化，是氧化还原反应：；【小问2详解】加氢氧化钙进行钙化后过滤得草酸钙和NaOH溶液，加硫酸酸化得硫酸钙和草酸溶液；【小问3详解】①高锰酸根作氧化剂得电子生成锰离子，草

酸作还原剂生成二氧化碳，根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒配平方程：22244225HCO2MnO6H2Mn8HO10CO−++++=++；的②由方程式可得5H2C2O4~2KMnO4，列式为：515.00mL0.0500mol/L126g/mol2100%=94.5%1000

mL0.250g。19.某小组结合实验室制取氯气的实验，研究物质氧化性和还原性的变化规律。制取氯气的化学方程式为：2222MnO4HCl()MnClCl2HO+++浓△（1）将浓盐酸与2MnO混合加热生成氯气。加热至氯气不再逸出时，得到固液混合物A，发现

其中仍存在盐酸和2MnO。①已知：氧化还原反应由两个半反应组成，离子方程式如下：还原反应：222MnO2e4HMn2HO−++++=+氧化反应：___________。②根据半反应的反应式，分析A中仍存在盐酸和2MnO的原因。i．随()Hc+降低或()2M

nc+升高，2MnO氧化性减弱。ii．随()Clc−降低，___________。③补充实验证实了②中的分析(Na+、24SO−对该反应无影响)。序号实验加入试剂实验结果I较浓硫酸有2Cl生成IINaCl固体实验结果aIIINaCl固体和4MnSO

固体实验结果b则实验结果a为___________，实验结果b为___________。（2）已知有下列反应：22Cl2I2ClI−−+=+22Br2I2BrI−−+=+22Cl2Br2ClBr−−+=+其他条件相同的情况下，使用相同浓度的NaCl、NaBr和NaI溶液分别制取2Cl、2Br

、2I，能与2MnO反应所需的最低()Hc+由大到小的顺序是___________。（3）总结可知，浓度影响物质氧化性和还原性强弱的一般规律是：①还原反应中，___________，氧化剂的氧化性增强。②氧化反应中，亦然。【答案】（1）①.--22Cl-2e

=Cl②.氯离子还原性减弱或氯气的氧化性增强③.有氯气产生④.无氯气产生（2）KCl＞KBr＞KI（3）氧化剂的浓度越大【解析】【小问1详解】①制取氯气的化学方程式为：2222MnO4HCl()MnClCl2HO

+++浓△，其中还原反应：222MnO2e4HMn2HO−++++=+，则氧化反应--22Cl-2e=Cl；②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，所以可能是氯离子还原性减弱或氯气的氧化性增强；③试剂a是NaCl固体，可以从增

大氯离子浓度的角度推测实验II的现象为有氯气生成，且实验III也加入了试剂NaCl，所以应该是MnSO4影响了实验III的现象，再结合原因i可知实验III的现象是产物无氯气；【小问2详解】已知反应：22Cl2I2ClI−−+=+22Br2I2BrI−

−+=+22Cl2Br2ClBr−−+=+，故氯离子、溴离子和碘离子得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl＞KBr＞KI；【小问3详解】通过分析可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还

原性越强，则规律为氧化剂(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；反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。