抚州市重点中学2024届高考化学一模试卷含解析

抚州市重点中学2024届高考化学一模试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是A．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2OB．反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+C．反应Ш是氧化还原反应D．黄铁矿催化氧化中NO作催化剂2、我国是最早掌握炼锌的国家，《天工开物》中记载了以菱锌矿（主要成分为ZnCO3）和烟煤为原料的炼锌罐剖面图。已知：锌的沸点为907℃，金属锌蒸气遇热空气或CO2易生成ZnO。下列冶炼锌过程中的相关说法不正确的是A．尾气可用燃烧法除去B．发生了氧化还原反应C．提纯锌利用了结晶法D．泥封的目的是防止锌氧化3、自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：下列叙述正确的是A．N2NH3，NH3NO均属于氮的固定B．催化剂a作用下氮原子发生了氧化反应C．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂D．使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量4、用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是A．得电子能力H+>Na+，故阴极得到H2B．水电离平衡右移，故阴极区得到OH-C．失电子能力Cl->OH-，故阳极得到Cl2D．OH-向阴极移动，故阳极区滴酚酞不变红5、类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pc=－lgc，pKa=—lgKa。常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)变化如图所示。下列说法正确的是()A．pH=3.50时，c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)B．将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后，溶液显碱性C．随着HCl的通入c(H+)/c(H2A)先减小后增大D．pH从3.00到5.30时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后减小6、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）A．A B．B C．C D．D7、短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，其中A是四元化合物，C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，D是淡黄色固体化合物，E是单质。各物质之间存在如图转化关系(部分产物未标出)。下列说法不正确的是A．简单离子半径大小关系：c＞d＞eB．简单阴离子的还原性：a＞c＞dC．氢化物的沸点：c＞dD．C和E反应生成F是工业制硝酸的重要反应之一8、大规模开发利用铁、铜、铝，由早到晚的时间顺序是（）A．铁、铜、铝 B．铁、铝、铜 C．铝、铜、铁 D．铜、铁、铝9、工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理的是A．活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用B．铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极C．增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率D．利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu10、将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计，使其达到分解平衡：。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：温度平衡气体总浓度下列有关叙述正确的是A．该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变B．因该反应、，所以在低温下自发进行C．达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，体系中气体的浓度增大D．根据表中数据，计算时的分解平衡常数约为11、2015年2月，科学家首次观测到化学键的形成。化学键不存在于A．原子与原子之间 B．分子与分子之间C．离子与离子之间 D．离子与电子之间12、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A等体积的和两种酸分别与足量的锌反应相同时间内与反应生成的氢气更多是强酸B将湿润的淀粉-试纸分别放入和蒸气中试纸只在蒸气中变蓝色氧化性：C将光亮的镁条放入盛有溶液的试管中有大量气泡产生生成的气体是D向

NaHCO3溶液中加入NaAlO2溶液有白色沉淀生成结合的能力比强A．A B．B C．C D．D13、研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生可逆反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法不正确的是A．反应中Fe+是催化剂，FeO+是中间产物 B．总反应速率由反应②的速率决定C．升高温度，总反应的平衡常数K减小 D．当有14gN2生成时，转移1mole-14、莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法正确的是（）A．分子中所有碳原子共平面B．分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物C．分子中含有3种官能团，能发生加成、氧化、取代反应D．1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体15、一种新型固氮燃料电池装置如图所示。下列说法正确的是A．通入H2的电极上发生还原反应B．正极反应方程式为N2＋6e－＋8H＋=2NH4+C．放电时溶液中Cl－移向电源正极D．放电时负极附近溶液的pH增大16、设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是A．常温下，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10-9NAB．常温下，10mL5.6mol/LFeC13溶液滴到100mL沸水中，生成胶粒数为0.056NAC．向Na2O2通入足量的水蒸气，固体质量增加bg，该反应转移电子数为D．6.8gKHSO4晶体中含有的离子数为0.15NA17、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．2molNO2与水充分反应，转移电子数为NAB．含0.1molH3PO4的水溶液中PO43－的数目为0.1NAC．0.5molNa2O2中O－的数目为NAD．标况下，42g丙烯和丁烯混合物含C数目为3NA18、X、Y、Z、W为短周期主族元素，且原子序数依次增大。X原子中只有一个电子，Y原子的L电子层有5个电子，Z元素的最高化合价为其最低化合价绝对值的3倍。下列叙述正确的是（

）A．简单离子半径：W>Z>YB．Y的气态氢化物与W的气态氢化物相遇有白烟产生C．X、Y、Z三种元素形成的化合物只含共价键D．含氧酸的酸性：W的一定强于Z的19、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1mol·L－1Na2CO3溶液中，含CO32-数目小于NAB．标准状况下，11.2LO2和O3组成的混合气体含有原子数为NAC．14g聚乙烯与聚丙烯的混合物，含C-H键的数目为2NAD．常温常压下，22.4LCO2与足量Na2O2反应转移电子数为NA20、下列关于有机物1-氧杂-2，4-环戊二烯()的说法正确的是A．与互为同系物 B．二氯代物有3种C．所有原子都处于同一平面内 D．1mol该有机物完全燃烧消耗5molO221、四元轴烯t，苯乙烯b及立方烷c的结构简式如下，下列说法正确的是A．b的同分异构体只有t和c两种 B．t和b能使酸性KMnO4溶液褪色而c不能C．t、b、c的二氯代物均只有三种 D．b中所有原子－定不在同－个平面上22、一种利用电化学变色的装置如图所示，其工作原理为：在外接电源下，通过在膜材料内部Li＋定向迁移，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。已知：WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均为无色透明晶体，LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均为蓝色晶体。下列有关说法错误的是A．当a接外接电源负极时，电致变色层、离子储存层都显蓝色，可减小光的透过率B．当b接外接电源负极时，离子储存层发生的反应为Fe4[Fe(CN)6]3＋4Li＋＋4e－＝Li4Fe4[Fe(CN)6]3C．切换电源正负极使得蓝色变为无色时，Li＋通过离子导体层由离子储存层向电致变色层迁移D．该装置可用于汽车的玻璃变色调光二、非选择题(共84分)23、（14分）PLLA塑料不仅具有良好的机械性能，还具有良好的可降解性。它可由石油裂解气为原料合成。下列框图是以石油裂解气为原料来合成PLLA塑料的流程图（图中有部分产物及反应条件未列出）。请回答下列问题：(1)属于取代反应的有______________（填编号）。(2)写出下列反应的化学方程式：反应③：________________________________；反应⑤：______________________________。(3)已知E（C3H6O3)存在三种常见不同类别物质的异构体，请各举一例（E除外）并写出其结构简式：______________________、__________________、_______________。(4)请写出一定条件下PLLA废弃塑料降解的化学方程式___________________________。(5)已知：，炔烃也有类似的性质，设计丙烯合成的合成路线_______（合成路线常用的表示方法为：AB……目标产物）24、（12分）最早的麻醉药是从南美洲生长的古柯植物提取的可卡因，目前人们已实验并合成了数百种局部麻醉剂，多为羧酸酯类。F是一种局部麻醉剂，其合成路线：回答下列问题：（1）已知A的核磁共振氢谱只有一个吸收峰，写出A的结构简式____。（2）B的化学名称为________。（3）D中的官能团名称为____，④和⑤的反应类型分别为________、____。（4）写出⑥的化学方程式____。（5）C的同分异构体有多种，其中-NO2直接连在苯环上且能发生银镜反应的有_____种，写出其中苯环上一氯代物有两种的同分异构体的结构简式____________。（6）参照上述流程，设计以对硝基苯酚钠、乙醇和乙酰氯(CH3COCl)为原料合成解热镇痛药非那西丁()的合成路线（无机试剂任选）。已知：__________25、（12分）肼（N2H4）是一种重要的工业产品。资料表明，氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼，肼有极强的还原性。可用下图装置制取肼：（1）写出肼的电子式__________，写出肼与硫酸反应可能生成的盐的化学式_______；（2）装置A中反应的化学方程式_____；（3）实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。滴加NaClO溶液时不能过快、过多的原因___________；（4）从实验安全性角度指出该实验装置中存在的缺陷_______。（5）准确量取20.00mL含肼溶液，加入硫酸和碳酸氢钠，用0.1000mol/L的标准碘液进行滴定，滴定终点时，消耗V0mL（在此过程中N2H4→N2）。该实验可选择______做指示剂；该溶液中肼的浓度为______mol/L（用含V0的代数式表达，并化简）。26、（10分）纳米TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：①组装装置如下图所示，保持温度约为65℃，先将30mL钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分搅拌；②将含水20％的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO2。已知，钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，回答下列问题：(1)仪器a的名称是_______，冷凝管的作用是________。(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是________(填标号)。a.增加反应的焓变b.增大反应的活化能c.减小反应的焓变d.降低反应的活化能制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有________。(3)步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为________。下图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是________(填标号)。(4)测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000mol·L-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00mL(已知：Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋)。①加入金属铝的作用除了还原TiO2＋外，另一个作用是________________。②滴定时所用的指示剂为____________(填标号)a.酚酞溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液③样品中TiO2的质量分数为________%。27、（12分）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（实验探究）（一）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作如下所示：试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验Ⅰ实验ⅡBaCl2Na2CO3Na2SO4……Na2SO4Na2CO3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，依据的现象是加入稀盐酸后，__________。（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：___________。（二）探究AgCl和AgI之间的转化。（4）实验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）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.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中投入一定量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，原因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（使用盐桥阻断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，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：__________。③实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_________。（实验结论）溶解度小的沉淀容易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。28、（14分）奈必洛尔是一种用于血管扩张的降血压药物，一种合成奈必洛尔中间体G的部分流程如下：已知：乙酸酐的结构简式为请回答下列问题：(1)A的名称是____________；B中所含官能团的名称是___________________。(2)反应⑤的化学方程式为_____________，该反应的反应类型是______。(3)G的分子式为_________，乙酸酐共面的原子最多有_____个(4)写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式：_______。a．苯环上只有三个取代基b核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰c.1mol该物质与足量

NaHCO3溶液反应生成2molCO2(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以和乙酸酐为原料制备的合成路线流程图________________（无机试剂任选），合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH329、（10分）超分子在生命科学和物理学等领域中具有重要意义。由Mo将2个C60分子、2个p—甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。(1)Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是________；核外未成对电子数是________个。(2)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是________(填元素符号)，p—甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有________。(已知吡啶可看做苯分子中的一个CH原子团被N取代的化合物)(3)已知：C60分子中存在碳碳单、双键；C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C60分子只含有五边形和六边形；多面体的顶点数V、面数F及棱边数E遵循欧拉定理：V+F－E=2。则一个C60分子的结构是由_____个五边形和____个六边形组成的球体。用文字简述C60跟F2在一定条件下反应所得的物质的组成：__________________。(4)已知：某晶胞中各原子的相对位置可用如图所示的原子坐标表示，其中所有顶点的原子坐标均可以为(0，0，0)。钼(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是(0，0，0)及(，，)。根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式是_____________。已知该晶体的密度是ρg·cm-3，Mo的摩尔质量是Mg·mol-1，阿伏加德罗常数是NA，晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为_____pm。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】

A．根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；B．根据图示，反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B正确；C．根据图示，反应Ш的反应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D．根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D正确；故选C。【点睛】解答本题的关键是认真看图，从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。2、C【解析】

A.菱锌矿煅烧，ZnCO3分解产生ZnO和CO2，ZnO与C在高温下发生反应：2ZnO+C2Zn+CO2↑，由于C过量，还会发生反应C+CO22CO，所以尾气中含有有毒气体CO，可利用其可燃性，用燃烧的方法使CO转化为CO2除去，A正确；B.由ZnCO3转化为Zn单质及C转化为CO、CO2的反应中有Zn、C元素化合价的变化，因此发生了氧化还原反应，B正确；C.Zn是比较活泼的金属，要使用电解方法提纯，C错误；D.泥封为了防止高温下Zn蒸气被空气氧化为ZnO，D正确；故合理选项是C。3、D【解析】

A.氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2NH3为氮的固定，但NH3NO不属于氮的固定，A错误；B.催化剂a作用下氮原子发生了还原反应，B错误；C.催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂与形成，C错误；D.使用催化剂a、b可加快反应速率，提高单位时间内生成物的产量，D正确。故选D。4、D【解析】

A.得电子能力H+>Na+，电解饱和食盐水阴极：2H++2e-═H2↑，故A正确；B.电解饱和食盐水过程中，H+被消耗，促进水的电离，阴极消耗H+同时得到OH-，故B正确；C.失电子能力Cl->OH-，电解饱和食盐水阳极：2Cl--2e-=Cl2，故阳极得到Cl2，故C正确；D.D.电解池中，阴离子会向阳极移动，而阴极氢离子放电，使整个溶液显碱性，因此阳极区滴酚酞也会变红，故D错误；故选D。5、C【解析】

随pH的升高，c(H2A)减小、c(HA-)先增大后减小、c(A2-)增大，所以pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)的变化曲线分别是。【详解】A.根据图示，pH=3.50时，c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故A错误；B.根据a点，H2A的Ka1=10-0.8，根据c点，H2A的Ka2=10-5.3，A2-的水解常数是=10-8.7，等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合，电离大于水解，溶液显酸性，故B错误；C.，随着HCl的通入c(HA-)先增大后减小，所以c(H+)/c(H2A)先减小后增大，故C正确；D.根据物料守恒，pH从3.00到5.30时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)不变，故D错误；答案选C。6、B【解析】

A.向苯中加少量溴水，振荡，水层变成无色，是苯萃取溴的过程，属于物理变化，故A错误；B.沉淀部分溶解，说明还有部分不溶解，不溶解的一定是硫酸钡，溶解的是亚硫酸钡，所以亚硫酸钠只有部分被氧化，故B正确；C.向溶液中加入盐酸生成白色沉淀，可能是Na2SiO3溶液或AgNO3溶液等，故C错误;D.SO2通入含酚酞的NaOH溶液中红色消失，是SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠和水的缘故，故D错误；故答案为B。7、C【解析】

短周期主族元素a、b、c、d、e原子序数依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则C为NH3。根据图示A能与酸或碱反应，A是四元化合物，不是Al(OH)3或Al2O3，则A为弱酸形成的铵盐，而B能与淡黄色固体D反应生成单质E，则B为CO2、D为Na2O2、E为O2，而A是四元化合物，则A为(NH4)2CO3或NH4HCO3，氨气与氧气反应生成NO与水；结合原子序数可知a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na。【详解】A．c、d、e简单离子分别为N3－、O2－、Na＋，三者电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：c(N3－)＞d(O2－)＞e(Na＋)，正确，A不选；B．a、c、d分别是H、N、O元素，元素的非金属性越强，则对应的阴离子还原性越弱。非金属性a(H)＜c(N)＜d(O)，则简单阴离子的还原性：a(H－)＞c(N3－)＞d(O2－)，正确，B不选；C．c为N、d为O，c、d的氢化物分别是NH3、H2O，常温下氨气为气体，而水为液体，氢化物沸点：c(NH3)＜d(H2O)，错误，C选；D．C为NH3，E是O2，C与E的反应是氨气与氧气反应生成NO与水，是工业制硝酸的基础反应，正确，D不选。答案选C。8、D【解析】

越活泼的金属越难被还原，冶炼越困难，所以较早大规模开发利用的金属是铜，其次是铁，铝较活泼，人类掌握冶炼铝的技术较晚，答案选D。9、C【解析】

A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；

B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；

C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；

D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。10、D【解析】

A．从反应开始混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能作为平衡状态的标志，故A错误；B．根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热，所以焓变（△H）大于0，根据气态物质的熵大于液态物质的熵判断出反应熵变（△S）大于0，所以在高温下自发进行，故B错误；C．到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动，但温度不变，平衡常数不变，因此体系中气体的浓度不变，故C错误；D．根据表中数据，平衡气体的总浓度为4.8×10-3mol/L，容器内气体的浓度之比为2：1，故NH3和CO2的浓度分别为3.2×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L，代入平衡常数表达式：K=（3.2×10-3）2×1.6×10-3=，故D正确；答案选D。【点睛】计算时的分解平衡常数，要根据题目所给该温度下的浓度值，根据NH3和CO2的物质的量之比，在相同的容器中，体积相等，可以得到浓度的关系，再代入公式即可。选项C为解答的易错点，注意平衡常数的表达式以及影响因素。11、B【解析】

A．原子与原子之间的强烈的相互作用力为共价键，属于化学键，选项A错误；B．分子之间不存在化学键，存在范德华力或氢键，选项B正确；C．离子与离子之间为离子键，选项C错误；D．离子与电子之间为金属键，选项D错误．答案选B。12、D【解析】

A．等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内，HA收集到氢气多，一定能说明HA是弱酸，故A错误；B．NO2和Br2蒸气均能氧化KI生成碘单质，湿润的淀粉KI试纸均变蓝，现象相同，不能判断两者的氧化性强弱，故B错误；C．氯化铵溶液水解显酸性，Mg与氢离子反应，且放热导致一水合氨分解，则有大量气泡产生，可知反应中生成H2和NH3，故C错误；D．偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，生成氢氧化铝沉淀，则AlO2-结合H+的能力比CO32-强，故D正确；故答案为D。【点睛】考查强弱电解质判断，为高频考点，注意不能根据电解质溶液导电性强弱、电解质溶解性强弱等方法判断，为易错题。强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，如要证明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根据醋酸钠溶液酸碱性、一定浓度的醋酸pH等方法判断。13、B【解析】

A．由图可知，Fe+先转化为FeO+，FeO+后续又转化为Fe+，反应前后Fe+未发生变化，因此Fe+是催化剂，FeO+是中间产物，A不符合题意；B．由图可知，反应①的能垒高于反应②，因此反应①的速率较慢，总反应速率由反应①的速率决定，B符合题意；C．由图可知，反应物的总能量高于生成物总能量，该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的平衡常数K减小，C不符合题意；D．由图可知，总反应方程式为：N2O+COCO2+N2，N元素化合价从+1价降低至0价，当有14gN2生成时，即生成0.5molN2，转移电子的物质的量为0.5mol×2=1mol，D不符合题意；答案为：B。14、C【解析】

A．分子中含有一个碳碳双键，只有碳碳双键连接的5个碳原子共平面，A错误；B．分子中无苯环，不属于芳香族化合物，B错误；C．分子中有碳碳双键、羟基、羧基3种官能团，碳碳双键可以被加成，分子可以发生加成、氧化、取代反应，C正确；D．1mol莽草酸中含有1mol-COOH，可以与足量碳酸氢钠反应生成1molCO2气体，D错误；答案选C。【点睛】高中阶段，能与碳酸氢钠反应的官能团只有羧基。1mol-COOH与足量的碳酸氢钠反应生成1molCO2。15、B【解析】

A．通入氢气的一极为负极，发生氧化反应，选项A错误；B．氮气在正极获得电子，电极反应式为N2+6e-+8H+═2NH4+，选项B正确；C.放电时溶液中阴离子Cl－移向电源负极，选项C错误；D．通入氢气的一极为负极，电极方程式为H2-2e-=2H+，pH减小，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度判断氧化还原反应，确定正负极反应，为解答该题的关键，以N2、H2为电极反应物，以HCl-NH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，正极发生还原反应，氮气在正极获得电子，酸性条件下生成NH4+，该电池的正极电极反应式为：N2+8H++6e-=2NH4+，通入氢气的一极为负极，电极方程式为H2-2e-=2H+，总方程式为2N2+6H2+4H+=4NH4+，以此解答该题。16、C【解析】

A.常温下，pH=9的CH3COONa溶液，水电离出的氢氧根离子浓度是，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10-5NA，故A错误；B.氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的聚集体，常温下，10mL5.6mol/LFeC13溶液滴到100mL沸水中，生成胶粒数小于0.056NA，故B错误；C.，由方程式可知过氧化钠生成氢氧化钠质量增大，固体增加4g转移2mol电子，向Na2O2通入足量的水蒸气，固体质量增加bg，该反应转移电子数为，故C正确；D.KHSO4固体含有K+、HSO4-，6.8gKHSO4晶体中含有的离子数为0.1NA，故D错误；选C。17、D【解析】

A选项，3NO2+H2O=2HNO3+NO，3molNO2与水反应转移2mol电子，因此2molNO2与水充分反应，转移电子数为，故A错误；B选项，H3PO4是弱酸，弱电解质，因此含0.1molH3PO4的水溶液中PO43－的数目为小于0.1NA，故B错误；C选项，0.5molNa2O2中含有过氧根离子，数目为0.5NA，故C错误；D选项，标况下，丙烯和丁烯混合物通式为CnH2n，42g丙烯和丁烯混合物含C数目，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子，离子个数有3个。18、B【解析】

X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子中只有一个电子，则X为H元素；Y原子的L电子层有5个电子，其核电荷数为7，为N元素；Z元素的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则Z为S元素；W为短周期主族元素且原子序数大于Z，所以为Cl元素；A．S2-和Cl-的离子核外电子排布相同，核电荷数大，离子半径小，即S2->Cl-，故A错误；B．N的气态氢化物NH3与Cl的气态氢化物HCl相遇生成NH4Cl，现象为有白烟产生，故B正确；C．H、N、S三种元素组成的化合物NH4HS或(NH4)2S均为离子化合物，化合物中既有离子键，又有共价键，故C错误；D．Cl的最高价氧化物的水化物HClO4的酸性比S的最高价氧化物的水化物H2SO4的酸性强，而H2SO3的酸性比HClO强，故D错误；故答案为B。19、C【解析】

A.缺少溶液的体积，不能计算溶液中含CO32-数目，A错误；B.标准状况下，11.2L气体的物质的量是0.5mol，若0.5mol气体完全是O2，则其中含有的O原子数目是NA，若气体完全是O3，其中含有的O原子数目为1.5NA，故标准状况下，11.2LO2和O3组成的混合气体含有原子数大于NA，B错误；C.聚乙烯与聚丙烯的实验式都是CH2，其式量是14，则14g该混合物中含有1molCH2，1molCH2中含有2molC-H键，因此14g聚乙烯与聚丙烯的混合物，含C-H键的数目为2NA，C正确；D.在常温常压下，22.4LCO2的物质的量小于1mol，因此该CO2与足量Na2O2反应转移电子数小于NA，D错误；故合理选项是C。20、C【解析】

的分子式为C4H4O，共有2种等效氢，再结合碳碳双键的平面结构特征和烃的燃烧规律分析即可。【详解】A．属于酚，而不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，两者不可能是同系物，故A错误；B．共有2种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是4种，故B错误；C．中含有两个碳碳双键，碳碳双键最多可提供6个原子共平面，则中所有原子都处于同一平面内，故C正确；D．的分子式为C4H4O，1mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1mol×（4+）=4.5mol，故D错误；故答案为C。21、B【解析】

A．b苯乙烯分子式为C8H8，符合分子式的有机物结构可以是多种物质；B．t和b含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化；C．根据一氯代物中氢原子的种类判断；D．b含有碳碳双键和苯环，为平面形结构。【详解】A．b苯乙烯分子式为C8H8，对应的同分异构体也可能为链状烃，故A错误；B．t和b含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故B正确；C．不考虑立体结构，二氯代物t和e均有3种，b有14种，故C错误；D．b含有碳碳双键和苯环，为平面形结构，苯环和碳碳双键可能在同一个平面上，故D错误。故选B。22、C【解析】

A．当a接外接电源负极时，电致变色层为阴极，发生电极反应WO3+Li++e-===LiWO3，LiWO3为蓝色晶体，b极接正极，离子储存层为阳极，发生电极反应Li4Fe4[Fe(CN)6]3-4e－===Fe4[Fe(CN)6]3＋4Li＋，Fe4[Fe(CN)6]3为蓝色晶体，蓝色与无色相比，可减小光的透过率，A选项正确；B．当b接外接电源负极时，离子储存层为阴极，发生的电极反应为Fe4[Fe(CN)6]3＋4Li＋＋4e－＝Li4Fe4[Fe(CN)6]3，B选项正确；C．切换电源正负极使得蓝色变为无色时，即LiWO3变为WO3，Fe4[Fe(CN)6]3变为Li4Fe4[Fe(CN)6]3，电致变色层为阳极，离子储存层为阴极，则Li+通过离子导体层由电致变色层移向离子储存层，C选项错误；D．该装置可实现变色，可用于汽车的玻璃变色调光，D选项正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、③⑧+2NaOH+2NaBr+2Cu(OH)2CH3COCOOH+Cu2O+2H2OCH3COOCH2OH+nH2O【解析】

根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应⑧酯化反应生成F；D与氢气通过反应⑥生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通过反应生成D，则C为；B通过反应④加热氧化成C，则B为；A通过反应③生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为；反应①为丁烷分解生成甲烷和丙烯，据此进行解答。【详解】根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应⑧酯化反应生成F；D与氢气通过反应⑥生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通过反应生成D，则C为；B通过反应④加热氧化成C，则B为；A通过反应③生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为；(1)反应①为分解反应，反应②为加成反应，反应③为取代反应，反应④⑤为氧化反应，反应⑥为加成反应，反应⑦缩聚反应，反应⑧为酯化反应，也属于取代反应，所以属于取代反应为③⑧；(2)过反应③的化学方程式为：；反应⑤的化学方程式为：；(3)E的结构简式为，E存在三种常见不同类别物质的异构体有：、、；(4)PLLA废弃塑料降解生成，反应的化学方程式为：；(5)根据逆合成法可知，可以通过丙炔通过信息反应合成，丙炔可以用丙烯分别通过加聚反应、水解反应、消去反应获得，所以合成路线为：。24、4-硝基甲苯(或对硝基甲苯)羧基、氨基还原反应取代反应13【解析】

根据合成路线可知，在浓硝酸、浓硫酸、加热的条件下发生取代反应得到B()，B再由酸性高锰酸钾氧化得到C()，C被Fe还原为D()，D与CH3COCl发生取代反应得到E()，E与(CH3CH2)NCH2CH2OH在一定条件下反应生成F()，据此分析解答问题。【详解】(1)已知A的核磁共振氢谱只有一个吸收峰，根据反应①可推得A的结构简式可以是，故答案为：；(2)根据上述分析可知，B的结构简式为，化学名称是4-硝基甲苯(或对硝基甲苯)，故答案为：4-硝基甲苯(或对硝基甲苯)；(3)根据上述分析，D的结构简式为，含有的官能团有羧基和氨基，C被Fe还原为D()，D与CH3COCl发生取代反应得到E()，故答案为：羧基、氨基；还原反应；取代反应；(4)反应⑥为E与(CH3CH2)NCH2CH2OH在一定条件下反应生成F()，反应方程式，故答案为：；(5)C的同分异构体中-NO2直接连在苯环上且能发生银镜反应的结构可以是苯环上连接—NO2、—OOCH两个基团和—NO2、—CHO、—OH三个基团两种组合，共有13种，其中苯环上一氯代物有两种的同分异构体的结构简式为，故答案为：13；；(6)结合题干信息，已知：，则以对硝基苯酚钠()、乙醇和乙酰氯(CH3COCl)为原料合成解热镇痛药非那西丁()的合成路线可以为：，故答案为：。25、N2H6SO4、（N2H5）2SO4、N2H6（HSO4）22NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O防止NaClO氧化肼A、B间无防倒吸装置，易使A装置中玻璃管炸裂淀粉溶液V0/400【解析】

(1)肼的分子式为N2H4，可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，据此分析解答；(2)装置A中制备氨气书写反应的方程式；(3)根据肼有极强的还原性分析解答；(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，据此解答；(5)根据标准碘液选择指示剂；在此过程中N2H4→N2，I2→I-，根据得失电子守恒，有N2H4～2I2，据此分析计算。【详解】(1)肼的分子式为N2H4，电子式为，肼可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，与硫酸反应可能生成的盐有N2H6SO4、(N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)2，故答案为；N2H6SO4、(N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)2；(2)根据图示，装置A是生成氨气的反应，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(3)实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。肼有极强的还原性，而次氯酸钠具有强氧化性，因此滴加NaClO溶液时不能过快、过多，防止NaClO氧化肼，故答案为防止NaClO氧化肼；(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，应该在A、B间增加防倒吸装置，故答案为A、B间无防倒吸装置，易使A装置中玻璃管炸裂；(5)使用标准碘液进行滴定，可以选用淀粉溶液作指示剂，当滴入最后一滴碘液，容易变成蓝色，且半分钟内不褪色，则表明达到了滴定终点；在此过程中N2H4→N2，I2→I-，根据得失电子守恒，有N2H4～2I2，消耗碘的物质的量=0.1000mol/L×V0mL，则20.00mL含肼溶液中含有肼的物质的量=×0.1000mol/L×V0mL，因此肼的浓度为=mol/L，故答案为淀粉溶液；。【点睛】本题的易错点和难点为(1)中肼与硫酸反应生成的盐的取代，要注意氨基显碱性，肼可以看成二元弱碱，模仿氨气与硫酸的反应分析解答。26、温度计冷凝回流b用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OHa与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化b80【解析】

(1)根据水、无水乙醇和乙酰丙酮容易挥发分析解答；(2)反应的焓变只与初始状态和终了状态有关；增大反应的活化能，反应速率减慢；降低反应的活化能，反应速率加快，据此分析判断；根据实验步骤②的提示分析判断；(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，据此书写反应的化学方程式；灼烧固体需要在坩埚中进行；(4)根据Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，说明Ti3+容易被氧化；并据此分析判断可以选用的指示剂，结合消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量计算样品中TiO2的质量分数。【详解】(1)根据装置图，仪器a为温度计，实验过程中为了防止水、无水乙醇和乙酰丙酮挥发，可以使用冷凝管冷凝回流，提高原料的利用率，故答案为温度计；冷凝回流；(2)a.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故a错误；b.增大反应的活化能，活化分子数减少，反应速率减慢，故b正确；c.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故c错误；d.降低反应的活化能，活化分子数增多，反应速率加快，故d错误；故选b；根据实验步骤②的提示，制备过程中，用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液，减慢钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解的反应速率，故答案为b；用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液；(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，步骤②中钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，反应的化学方程式为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；灼烧二氧化钛凝胶需要在坩埚中进行，故选择的装置为a，故答案为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；a；(4)①根据Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，说明Ti3+容易被氧化，铝与酸反应生成氢气，在液面上方形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化，故答案为与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化；②酚酞溶液、淀粉溶液与NH4Fe(SO4)2溶液，现象不明显；KMnO4溶液也能氧化Ti3+，影响滴定结果，KMnO4不与Fe3+反应；根据滴定反应Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋可知，可以选用KSCN溶液作指示剂，当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液，容易变成血红色，且半分钟不褪色，说明到达了滴定终点，故答案为b；③消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量=0.02L×0.1000mol·L-1=0.002mol，则根据钛原子守恒，n(TiO2)=n(Ti3+)=n（Fe3+）=0.002mol，样品中TiO2的质量分数=×100%=80%，故答案为80。27、沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2OBaSO4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b小于2Ag＋＋2I－=I2＋2Ag生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（I－）减小，I－还原性减弱，原电池的电压减小实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤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】

⑴因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸。⑵实验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，根据已知信息“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”可的结论；③实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤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，所以实验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实验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为观察到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，根据已知信息“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”可知，实验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实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤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：实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(