北京市西城区高考一模化学试卷有答案

1、北京市西城区2017年高考一模化学试卷、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1 .景泰蓝是一种传统的手工艺品。下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是（）- 8 - / 15酸洗去污高温焙烧将铜丝压扁，掰成图案B将铅丹、硼酸盐等化合熔制后描绘2 .全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰产物无污染等优点。中国科学家成功合成全氮阴离子N5,N5是制备全氮类物质N5+N5的重要中间体。下列说法中，不正确的是（）A.全氮类物质属于绿色能源B.每个N5+中含有35个质子C.每个N5中含有35个电子D.N5+N5结构中含共价键3 .下列实验方案中，可行的是（）A.用食醋除去热水瓶中的水垢B.用米汤检

2、验加碘盐中的碘酸钾（KI03）C.向AHSO4%溶液中加过量NaOH溶液，制Al（OH%D,向稀H2SO4催化水解后的麦芽糖溶?中直接加入新制Cu（OH）2悬浊液，检验水解产物4. 25C时，0.1mol|_L1的3种溶液盐酸氨水CHsCOONa溶液。下列说法中，不正确的是（A. 3种溶液中pH最小的是B. 3种溶液中水的电离程度最大的是C.与等体积混合后溶液显酸性D.与等体积混合后c（H+）>c（CH3COO）>c（OH）5.生铁在pH=2和pH=4的盐酸中发生腐蚀。在密闭容器中，用压强传感器记录该过程的压强变化，如图Fe -2e Fe2+所示。下列说法中，不正确的是（）A.两容

3、器中负极反应均为B.曲线a记录的是pH=2的盐酸中压强C.曲线b记录的容器中正极反应是D.在弱酸性溶液中，生铁能发生吸氧6.某同学用NazCOs和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中，正确的是（）白血愧v岂色沉淀 无色欠体A.实验前两溶液的PH相等B.实验前两溶液中离子种类完全相同C.加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D .加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32 +Ca2+CaCO3 y7.已知:CH3cH2cH2cH20H Na需 J CH3cH2cH2cHO利用如图装置用正丁醇合成正丁醛。相关数据如表:物质沸点/C密度 / ( gl_cm 3)水中溶解性止醇117.20

4、.810 9微溶止.醛75.70.801 7微溶卜列说法中，不正确的是（）A.为防止产物进一步氧化，应将酸化的Na2C2O7溶液逐滴加入正丁醇中B.当温度计1示数为9095C,温度计2示数在76c左右时，收集产物C.反应结束，将储出物倒入分液漏斗中，分去水层，粗正丁醛从分液漏斗上口倒出D.向获得的粗正丁醛中加入少量金属钠，检验其中是否含有正丁醇二、解答题（共4小题，满分58分）8 .聚酰亚胺是重要的特种工程材料，已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图（部分反应条件略去）。已知:D(CtHJUUsCLWtMJTo OL产NH-R+CMjCOOH (R代表短基)i

5、tillCMjCOOH>O3口(1)A所含官能团的名称是(2)反应的化学方程式是(3)反应的反应类型是(4)I的分子式为C9H12O2N2 , I的结构简式是(5)(6)K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，的化学方程式是1molM与足量的NaHCO3溶液反应生成4molCO 2, M的结构简式是(7)P的结构简式是9 .AS2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含神元素(As)的工业废水经如图1流程转化为粗AS2O3。伪 石灰乳氧化/结晶*粗AbQ1含%AsC更水丽25T：(1)碱浸”的目的是将废水中的图2H3ASO3和H3ASO4转化为盐。H3ASO4转化为Na3AsO4反应的

6、化学方程式是mol。(2)氧化”时，1molAsO3"转化为AsO4”至少需要。2(3)沉神”是将神元素转化为Ca5(AsO4”OH沉淀，发生的主要反应有：a. Ca(OH)2(s)U_UCa2+(aq)+2OH(aq)AH<0b. 5Ca2+OH+3AsO43刃二二Ca5(AsO4)3OH>0研究表明：沉神”的最佳温度是85Co用化学平衡原理解释温度高于85c后，随温度升高沉淀率下降的原因是。(4)还原”过程中H3ASO4转化为H3ASO3,反应的化学方程式是。(5)还原”后加热溶液，H3ASO3分解为AS2O3,同时结晶得到粗AS2O3OAS2O3在不同温度和不同浓度

7、硫酸中的溶解度(S)曲线如图2所示。为了提高粗AS2O3的沉淀率，2吉晶”过程进行白操作是(6)下列说法中，正确的是(填字母)。a.粗AS2O3中含有CaSO4b.工业生产中，滤液2可循环使用，提高神的回收率c.通过先沉神“后酸化”的顺序，可以达到富集神元素的目的10 .以黄铜矿(主要成分二硫化亚铁铜CuFeS)为原料，用Fe2(SO4)3溶液作浸取剂提取铜，总反应的离子方程式是CuFeS2+4Fe3+U=UCu2+5Fe2+2S。(1)该反应中，Fe3+体现性。(2)上述总反应白原理如图1所示。负极的电极反应式是。(3)一定温度下，控制浸取剂pH=1,取三份相同质量黄铜矿粉末分别进行如下实验

8、：实验操作2小时后Cu2+浸出率/%I加入足量0.10molLL-1Fe2(SO4)3溶液78.2n加入足量0.10molLL-1Fe2(SO4)3溶液，通入空气90.8m加入足量0.10mol|_L-1Fe2(SO4)3溶液，再加入少量0.0005moLLTgAO4溶液98.0对比实验I、n,通入空气，Cu2+浸出率提高的原因是由实验出推测，在浸取Cu2+过程中Ag+作催化剂，催化原理是：i.CuFeS+4Ag+Fe2+Cu2+2Ag2S11 .Ag2S+2Fe3+2Ag+2Fe2+S为证明该催化原理，进行如下实验：a,取少量黄铜矿粉末，加入少量0.0005molLL1Ag2SO4溶液，充分

9、混合后静置。取上层清液，加入稀盐酸,观察到溶液中,证明发生反应i。b.取少量Ag2s粉末，加入溶液，充分混合后静置。取上层清液，加入稀盐酸，有白色沉淀，证明发生反应iio(4)用实验H的浸取液电解提取铜的原理如图2所示：图1图2电解初期，阴极没有铜析出。用电极反应式解释原因是。将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸取剂再生，再生的原理是11.某化学小组研究盐酸被氧化的条件，进行如下实验。(1)研究盐酸被MnO2氧化。实验操作现象I常温下将MnO2和12molLL1浓盐酸混合溶液呈浅棕色，略有刺激性气味n将I中混合物过滤，加热滤液生成大量黄绿色气体m加热MnO2和4mol|_L1稀盐酸混合物无明显现

10、象已知MnO2呈弱碱性。I中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是n中发生了分解反应，反应的化学方程式是出中无明显现象的原因，可能是c(H+)或c(C)较低，设计实验(图1)W进行探究:Mt4molNHCl<4mol-L-9&R加褊声生咸黄戢色气体将实验出、IV作对比，得出的结论是;将i、ii作对比，得出的结论是用图2装置(a、b均为石墨电极)进行实验V:i .K闭合时，指针向左偏转ii .向右管中滴加浓H2SO4至c(H+)>mol|_L-1，指针偏转幅度变化不大iii .再向左管中滴加浓H2SO4至c(H+)>7mol_L1,指针向左偏转

11、幅度增大将i和ii、iii作对比，得出的结论是。(2)研究盐酸能否被氧化性酸氧化。KI试烧瓶中放入浓H2SO4,通过分液漏斗向烧瓶中滴加浓盐酸，烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉纸检验，无明显现象。由此得出浓硫酸(填能”或不能”)氧化盐酸。向试管中加入3mL浓盐酸，再加入1mL浓HNO3，试管内液体逐渐变为橙色，加热，产生棕黄色气体,经检验含有NO2。实验操作现象I将湿润的淀粉KI试纸伸入棕黄色气体中试纸先变蓝，后褪色n将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净C12中试纸先变蓝，后褪色III通过实验I、n、出证明混合气体中含有CJ,出的操作是。(3)由上述实验得出：盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、有关。北京

12、市西城区2017年高考一模化学试卷答案一、选择题(共7小题，每小题6分，满分42分)1. .A2. C3. A4. B5. C6. B7. D二、解答题(共4小题，满分58分)8. (1)碳碳双键(2)(3)取代反应(硝化反应)(4)(5)(6)Hl Hk9. (1)H3AsO4+3NaOHNa3AsO4+3H2O(2)0.5(3)温度升高，反应a平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应b平衡逆向移动，Ca5(AsO4”OH沉淀率下降(4)H3ASO4+H2O+SO2H3ASO3+H2SO4(5)调硫酸浓度约为7mol|_L1,冷却至25C,过滤(6)abc10.(1)氧化(2) CuFeS2-

13、4eFe2+2S+Cu2+(3)通入O2后，发生反应4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2。，c(Fe2+)降低，c(Fe3+)升高，总反应的平衡正向移动无明显现象；pH=1的0.10molLL1Fe2604)3溶液(4)Fe3+e一Fe2+Fe2+在阳极失电子生成Fe3+:Fe2-e一Fe3+,SO4下通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2(SO4)3溶液再生11.(1)MnO2+4HClMnCl4+2H2OMnCl4CMnCl2出中没有明显现象的原因是c(H+)、c(C)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化；MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(C)HCl的还原性与c(H+

14、)无关；MnO2的氧化性与c(H+)有关，c(H+)越大，MnO2的氧化性越强(2)不能将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的NO2中(3) c(C)、c(H+)北京市西城区2017年高考一模化学试卷解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1 【分析】有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化为物理变化，据此分析解答。【解答】解：A将铜丝压扁，掰成图案，属于物质形状改变，没有新物质生成，属于物理变化，故A选；B铅丹、硼酸盐、玻璃粉等原料化合在经过烧熔而制成不透明的或是半透明的有独特光泽物质，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B不选；C.烧制陶瓷过程有新物质生成，属于化学变化，故C不

15、选；D酸洗去污，为酸与金属氧化物反应生成易溶性物质，属于化学变化，故D不选；故选：A【点评】本题以景泰蓝制造为载体考查了物理变化与化学变化的区别，明确过程中是否有新物质生成是解题关键，题目难度不大。2 【解答】解：A全氮类物质爆轰产物无污染等优点，所以属于绿色能源，故A正确；B.每个N5+中含有质子为7X5=35个，而电子为35-1=34个电子，故B正确；C.电子为35+1=36个电子，所以每个N5一中含有36个电子，故C错误；D.N5+和N5离子间存在离子键，而离子内氮氮之间存在共价键，所以N5+N5结构中含共价键，故D正确;故选C【点评】主要考查了原子的构成和原子和离子之间的相互转化，离子

16、是由于质子和电子的数目相不等而带电，化学键的类型，比较容易。3 【分析】A醋酸可与碳酸钙反应；B碘酸钾与淀粉不反应；C.氢氧化铝可溶于氢氧化钠溶液；D检验麦芽糖的水解产物，应在碱性条件下进行。【解答】解：A食醋的主要成分为醋酸，酸性比碳酸强，可与碳酸钙反应，可用于除去水垢，故A正确；B淀粉遇碘变蓝色，但碘酸钾与淀粉不反应，故B错误；C.氢氧化铝可溶于氢氧化钠溶液，氢氧化钠过量，生成偏铝酸钠，故C错误；D检验麦芽糖的水解产物，应先加入碱调节溶液至碱性，应在碱性条件下进行，故D错误。故选A【点评】本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目涉及物质的检验、除杂、检验等，

17、答题时主要把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大。4 【分析】A溶液PH大小，碱大于水解显碱性的盐，大于酸；B酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离；C.与等体积等浓度混合生成氯化镂溶液，镂根离子水解溶液显酸性；D.与等体积等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液显酸性。【解答】解：A25c时，0.1mol?L-1的3种溶液盐酸氨水CH3COOW溶液，溶液PH,最小的是盐酸，故A正确；B3种溶液中水的电离程度最大的是CH3COONa溶液，水解促进水的电离，故B错误；C。与等体积等浓度混合生成氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，NH4+H2O?NH3?H2O+H+，故C正确；D与等

18、体积等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液显酸性，溶液中存在水的电离，溶液中离子浓度c(H+)>c(CH3COO)>c(OH),故D正确；故选B5 【分析】据压强与时间关系图知，曲线a的压强随着反应的进行而逐渐增大，说明发生析氢腐蚀，对应的是酸性较强的pH=2的盐酸溶液；曲线b的压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，对应的应是酸性较弱的pH=4的盐酸溶液，根据原电池原理来分析解答。【解答】解：A.两个溶液中都发生电化学腐蚀，铁均作负极，电极反应式为Fe-2e=Fe2+,故A正确；B曲线a的压强随着反应的进行而逐渐增大，说明发生析氢腐蚀，发生析氢腐蚀的条件是酸性较强，则该容器中的

19、盐酸pH=2，故B正确；C.曲线b的压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，对应的应是酸性较弱的pH=4的盐酸溶液，电解质溶液呈酸性，正极反应为O2+4e+4H+2H2O,故C错误；D曲线b的压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，对应的应是酸性较弱的pH=4的盐酸溶液，所以在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀，故D正确；故选C【点评】本题考查了析氢腐蚀和吸氧腐蚀，根据压强与时间的关系分析吸氧腐蚀和析氢腐蚀、电极反应等知识点，注意弱酸性条件下生铁能发生吸氧腐蚀，难度中等。6 【分析】A碳酸钠溶液中碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子；B溶液中阴阳离子为碳酸根离子、碳酸氢根离子、氢氧根

20、离子、钠离子和氢离子；C.碳酸氢钠和氯化钙溶液不反应，碳酸钠和氯化钙反应生成沉淀是碳酸钙；D碳酸氢钠和氯化钙溶液不反应，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀。【解答】解：A.等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，溶液PH不同。碳酸钠溶液PH大于碳酸氢钠，故A错误；B溶液中阴阳离子为碳酸根离子、碳酸氢根离子、氢氧根离子、钠离子和氢离子，实验前两溶液中离子种类完全相同，故B正确；C.碳酸氢钠和氯化钙溶液不反应，碳酸钠和氯化钙1:1反应生成碳酸钙沉淀，加入CaCl2溶液后生成的沉淀不一样多，故C错误；D,加入CaCl2溶液后，碳酸钠溶液中反应的离子方程

21、式都是CO32+Ca2+CaCO3碳酸氢钠和氯化钙不反应，故D错误；故选B【点评】本题考查了钠及其化合物性质，主要是碳酸钠和碳酸氢钠的性质对比，掌握基础是解题关键，题目难度中等。7 .【分析】A.Na2Cr2O7溶在酸性条件下能氧化正丁醇；- 10 - / 158 .温度计1控制反应混合溶液的温度，温度计2是控制储出成分的沸点；C.正丁醛密度小于水的密度；D.粗正丁醛中含有水；【解答】解：A.Na2Cr2O7溶在酸性条件下能氧化正丁醇，所以将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中,故A正确；B.由反应物和产物的沸点数据可知，温度计1保持在9095C,既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被

22、进一步氧化，温度计2示数在76c左右时，收集产物为正丁醛，故B正确；C.正丁醛密度为0.8017g?cm3,小于水的密度，故粗正丁醛从分液漏斗上口倒出，故C正确；D.正丁醇能与钠反应，但粗正丁醛中含有水，水可以与钠反应，所以无法检验粗正丁醛中是否含有正丁醇，故D错误；故选D.【点评】本题主要考查有机化学实验、反应原理、基本操作等，难度中等，注意对实验原理的理解掌握。q ，则E为可知F为,由题给信息可知 G为OjNCDOCH,CH磁共振氢谱显示其有 4组峰，应为L为H户,I为,K是D的同系物，核用 c A A CH!COOH-COOH为 力 H0OC【解答】解：（1） A为乙烯，含有的官能团为碳

23、碳双键，故答案为：碳碳双键;8【分析】A为乙烯，与水反应生成B为CH3CH2OH,由分子式可知D为-11 -/15（2）为苯甲酸与乙醇的酯化翻译官，反应的化学方程式是COOC任（3）为的硝化反应，反应的反应类型是取代反应（硝化反应），故答案为：取代反应（硝化(5)K是CILT|丁"，核磁共振氢谱显示其有4组峰，的化学方程式是(6)由以上为<可知M为黑。)2常，故答案为:(7)由以上分析可知- 15 - / 15【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化关系中有机物的结构简式、分子式与反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化、对信息的理解与迁移应用，是高考热点题

24、型，难点中等。9.【分析】向工业废水(含有H3ASO4.H3ASO3)加入氢氧化钠碱浸：HAsO4+3NaOHNa3AsO4+3H2。、H3AsO3+3NaOHNa3AsO3+3H2O,得到含有Na3AsO4Na3AsO3的溶液，融入氧气氧化Na3AsO3为Na3AsO4,再加入石灰乳沉神得到Ca5(AsO4)30H沉淀，用稀硫酸溶解沉淀，生成H3AsO4和硫酸钙，通入二氧化硫将H3ASO4还原为H3ASO3,反应为：H3ASO4+H2O+SO2H3ASO3+H2SO4,还原”后加热溶液，H3ASO3分解为AS2O3,调硫酸浓度约为7mol?L1,冷却至25C,过滤，得粗AS2O3,据此分析作

25、答。【解答】解：(1)H3AsO4与氢氧化钠反应转化为Na3AsO4反应的化学方程式H3AsO4+3NaOHNa3AsO4+3H2。；故答案为：H3AsO4+3NaOHNagsO4+3H2。；(2)氧化”时，AsO33转化为As043,As元素由+3价升高到+5价，转移2个电子，则1molASO33转化为AsO43转移电子2mol,氧气由。价降到-2价，需要0.5mol；故答案为：0.5;(3)沉神”是将神元素转化为Ca5(ASO4)3OH沉淀，发生的主要反应有：A.Ca(OH)2(s)?Ca2+(aq)+20H(aq)Hv0,B.5Ca2+OH+3AsO43?Ca5(ASO4)30HH>

26、;0,温度升高高于85c后，反应a平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应b平衡逆向移动，Ca5(As。4)30H沉淀率下降；故答案为：温度升高，反应a平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应b平衡逆向移动，Ca5(ASO4)3OH沉淀率下降；(4)还原”过程中二氧化硫将H3ASO4还原为H3ASO3,自身被氧化生成硫酸，反应为：H3ASO4+H2O+SO2一H3ASO3+H2SO4;故答案为：H3ASO4+H2O+SO2H3ASO3+H2SO4;(5)由图2可知：硫酸浓度约为7mol?L1,25c时AS2O3的沉淀率最大，易于分离，故为了提高粗AS2O3的沉淀率，调硫酸浓度约为7mol?L1,冷

27、却至25C,过滤；故答案为：调硫酸浓度约为7mol?L1,冷却至25C,过滤；(6)A钙离子未充分除去，粗As2O3中含有CaSO4，正确；B滤液2为硫酸，可循环使用，提高砷的回收率，正确；C.通过先沉神“后酸化”的顺序，可以达到富集神元素的目的，正确；故答案为：abC【点评】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。10【分析】(1)氧化还原反应中元素化合价降低最氧化剂被还原；(2)总反应的离子方程式是CuFeS2+4Fe3+?Cu2+5Fe2+

28、2S，负极是CuFeS2失电子发生氧化反应；(3)一定温度下，控制浸取剂pH=1,取三份相同质量黄铜矿粉末，加入足量0.10mol?L1Fe2(SO4)3溶液，发生反应生成亚铁离子、铜离子和单质硫，其中亚铁离子被氧气氧化为铁离子，反应正向进行程度增大；A.取少量黄铜矿粉末，加入少量0.0005mol?L1Ag2SO4溶液，充分混合后静置，溶液中无银离子；B.证明发生反应iiAg2S+2Fe3+2Ag+2Fe2+S,选择溶液需要溶解Ag2s粉末生成银离子来验证银离子的存在；(4)浸取液中含过量的铁离子，铁离子氧化性大于铜优先放电；Fe2+在阳极失电子生成Fe3+,SO42通过阴离子交换膜进入阳极

29、室；【解答】解：(1)CuFeS2+4Fe3+?Cu2+5Fe2+2S,反应中铁元素化合价+3价变化为+2价，做氧化剂被还原发生还原反应，故答案为：氧化；(2)CuFeS2+4Fe3+?Cu2+5Fe2+2S,负极是CuFeS2失电子发生氧化反应，电极反应为：CuFeS?-4e一Fe2+2s+Cu2+，故答案为：CuFeS2-4e-Fe2+2S+Cu2;(3)一定温度下，控制浸取剂pH=1,取三份相同质量黄铜矿粉末，加入足量0.10mol?L1Fe2(SO4)3溶液，发生反应生成亚铁离子、铜离子和单质硫，其中亚铁离子被氧气氧化为铁离子，通入O2后，发生反应4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2

30、。，c(Fe2+)降低，c(Fe3+)升高，总反应的平衡正向移动，故答案为：通入。2后，发生反应4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2。，c(Fe2+)降低，c(Fe3+)升高，总反应的平衡正向移动；A无明显现象；B.pH=1的0.10mol?L1Fe2(SO4)3溶液；(4)电解初期，阴极没有铜析出。浸取液中含过量的铁离子，铁离子氧化性大于铜优先放电，电极反应Fe3+eFe2+,故答案为：Fe3+e一Fe2+;将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸取剂再生，再生的原理是Fe2+在阳极失电子生成Fe3+:Fe2+-e一Fe3+,SO42通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2(SO4)3溶液再生，故答案

31、为：Fe2+在阳极失电子生成Fe3+:Fe2+-e，Fe3+,SO42通过阴离子交换膜进入阳极室，F为(SO4)3溶液再生；【点评】本题考查了氧化还原反应、性质实验验证、电极原理的理解和电极反应书写，掌握基础是解题关键，题目难度中等。11【分析】(1)已知MnO2呈弱碱性。I中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应为复分解反应；将I中混合物过滤，加热滤液生成大量黄绿色气体为氯气，说明分解产物有氯气，结合氧化还原反应单质守恒分析锰元素被还原的价态和物质；III中无明显现象的原因，可能是c(H+)或c(Cl)较低，将i、ii作对比加热MnO2

32、和4mol?L-1稀盐酸混合物，加入硫酸和加入氯化钠都生成黄绿色气体，其中氢离子浓度小于氯离子；向右管中滴加浓H2SO4至c(H+)>7mol?L1,指针偏转幅度变化不大说明氢离子浓度影响不大；再向左管中滴加浓H2SO4至c(H+)>7mol?L1,指针向左偏转幅度增大，说明氢离子浓度对二氧化锰影响大；(2)烧瓶中放入浓H2SO4,通过分液漏斗向烧瓶中滴加浓盐酸，烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象，无氯气生成，为盐酸小液滴；向试管中加入3mL浓盐酸，再加入1mL浓HNO3，试管内液体逐渐变为橙色，加热，产生棕黄色气体，经检验含有NO2说明硝酸钢还以为二氧化氮；操作出对比验证二氧化氮是否能使湿润的淀粉碘化钾变蓝判断气体成分；(3)上述分析可知，盐酸被氧化和氯离子浓度、氢离子浓度有关；【解答】解：(1)常温下将MnO2和12mol?L1浓盐酸混合，溶液呈浅棕色，略有刺激性气味，已知MnO?呈弱碱性。I中溶液