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2020-2021学年北京市海淀区高三（下）期中化学试卷（一模）
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2020-2021学年北京市海淀区高三（下）期中化学试卷（一模）
第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．（3分）2020年12月17日凌晨，嫦娥五号携带月壤等样本成功返回地球，完成中国探月工程的收官之战。下列说法不正确的是（ ）
A．发射时使用液氢和液氧作推进剂，是利用了燃烧反应提供能量
B．制造探测器中的瞄准镜时使用光导纤维，其主要成分是Si
C．月壤中含有珍贵的3He，3He与4He互为同位素
D．留在月球的国旗长时间不褪色、不分解，是利用了材料的稳定性
2．（3分）下列物质在生活中的应用与氧化还原反应无关的是（ ）
A．CaO用作衣物防潮剂
B．还原Fe粉用作食品脱氧剂
C．FeSO4补血剂与维生素C配合使用效果更佳
D．用硅藻土中浸润的KMnO4吸收水果散发的乙烯
3．（3分）下列化合物既含离子键又含共价键的是（ ）
A．H2O2 B．H2S C．NH4Cl D．KBr
4．（3分）下列与事实对应的化学用语正确的是（ ）
A．Cl的非金属性强于I：2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2
B．C和O形成CO2的过程：
C．0.1mol/L CH3COOH溶液的pH为3：CH3COOH═CH3COO﹣+H+
D．用石墨电极电解CuCl2溶液：2Cl﹣+2H+H2↑+Cl2↑
5．（3分）中国化学会遴选了118名青年化学家作为“元素代言人”组成“中国青年化学家元素周期表”。元素Po（钋）与S同主族，由暨南大学陈填烽代言，其原子序数为84。下列说法正确的是（ ）
A．Po位于元素周期表的第4周期
B．原子半径：Po＜S
C．210Po的中子数为126
D．PoO2只有还原性
6．（3分）下列有关试剂保存和使用的措施不正确的是（ ）
A．苯酚不慎滴到手上，用酒精清洗
B．浓HNO3盛放在棕色试剂瓶中，避光保存
C．保存FeSO4溶液时可加入少量铁粉和稀H2SO4
D．配制1mol/L NaOH溶液时，将称好的NaOH固体加入容量瓶中溶解
7．（3分）用如图装置（夹持装置已略去）进行NH3制备及性质实验。下列说法不正确的是（ ）
A．甲中制备NH3利用了NH3•H2O的分解反应
B．乙中的集气瓶内a导管短、b导管长
C．若将丙中的CCl4换成苯，仍能防止倒吸
D．向收集好的NH3中通入少量Cl2，可能观察到白烟
8．（3分）高分子修饰指对高聚物进行处理，接上不同取代基改变其性能。我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如图。下列说法正确的是（ ）
A．a分子的核磁共振氢谱有4组峰
B．生成高分子b的反应为加聚反应
C．1mol高分子b最多可与2mol NaOH反应
D．高分子c的水溶性比聚乙烯的水溶性好
9．（3分）下列各组微粒数目一定相等的是（ ）
A．等体积的NO和NO2的N原子数目
B．等质量的正丁烷和异丁烷的C﹣H键数目
C．等物质的量浓度的KCl溶液和NaCl溶液的Cl﹣离子数目
D．等质量的Cu分别与足量浓HNO3、稀HNO3反应生成的气体分子数目
10．（3分）以黄铁矿（主要成分为FeS2，其中S的化合价为﹣1价）生产硫酸的工艺流程如图。下列说法不正确的是（ ）
A．将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率
B．沸腾炉中每生成1molSO2，有11mole﹣发生转移
C．接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率
D．吸收塔排放的尾气可通过氨吸收转化成氮肥
11．（3分）研究者利用电化学法在铜催化剂表面催化还原CO制备乙烯，同时得到副产物乙醇，反应机理如图。下列说法不正确的是（ ）
A．x为2H++e﹣
B．步骤①中有H2O生成
C．该电极上生成乙烯的总反应式为2CO+8H++8e﹣═C2H4+2H2O
D．可通过增强催化剂的选择性来减少副反应的发生
12．（3分）为研究沉淀的生成及转化，同学们进行如图所示实验。下列关于该实验的分析不正确的是（ ）
A．①中产生白色沉淀的原因是c（Ag+）•c（SCN﹣）＞Ksp（AgSCN）
B．①中存在平衡：AgSCN（s）⇌Ag+（aq）+SCN﹣（aq）
C．②中无明显变化是因为溶液中的c（SCN﹣）过低
D．上述实验不能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生
13．（3分）室温下，向10mL 0.100mol Na2CO3溶液中逐滴滴加0.100mol/L HCl溶液，整个反应过程中无气体逸出（溶解的CO2均表示为H2CO3）。测得混合溶液的pH随加入HCl溶液体积的变化如图。下列说法不正确的是（ ）
A．a点溶液的溶质主要为NaCl、Na2CO3、NaHCO3
B．b点溶液中c（CO32﹣）＜c（H2CO3）
C．c点溶液中c（Na+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）
D．取d点溶液加热至沸腾，然后冷却至室温，溶液的pH增大
14．（3分）一定温度下，在容积恒为1L的容器中通入一定量N2O4，发生反N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，体系中各组分浓度随时间（t）的变化如下表。下列说法正确的是（ ）
t/s
0
20
40
60
80
c（N2O4）/（mol/L）
0.100
0.062
0.048
0.040
0.040
c（NO2）/（mol/L）
0
0.076
0.104
0.120
0.120
A．0～60s，N2O4的平均反应速率为v＝0.04mol/（L•min）
B．升高温度，反应的化学平衡常数值减小
C．80s时，再充入NO2、N2O4各0.12mol，平衡不移动
D．若压缩容器使压强增大，达新平衡后混合气颜色比原平衡时浅
第二部分本部分共5题，共58分。
15．（10分）以下是生活中常用的几种消毒剂。
ⅰ.“84”消毒液，有效成分是NaClO。
ⅱ.消毒液A，其有效成分的结构简式为（简称PCMX）。
ⅲ.双氧水消毒液，是质量分数为3%～25%的H2O2溶液。
（1）“84”消毒液需要在阴暗处密封保存，否则容易失效，用化学用语解释其原因：①NaClO+H2O+CO2═NaHCO3+HClO；② 。
（2）实验室通过测定不同pH环境中不同浓度NaClO溶液的细菌杀灭率（%），以探究“84”消毒液杀菌能力的影响因素，实验结果如下表。
NaClO溶液浓度（mg/L）
不同pH下的细菌杀灭率（%）
pH＝4.5
pH＝7.0
pH＝9.5
250
98.90
77.90
53.90
500
99.99
97.90
65.54
①结合表中数据可推断，相同条件下，HClO的杀菌能力 （填“强于”、“弱于”或“相当于”）NaClO的杀菌能力。
②下列关于“84”消毒液及其使用方法的描述中，正确的是 。（填字母序号）
a.“84”消毒液的杀菌能力与其浓度有关
b.长期用于对金属制品消毒，不会使金属腐蚀
c.不能与清厕灵（含HCl）混合使用，可能会导致安全事故
d.喷洒在物品表面后适当保持一段时间，以达到消毒杀菌效果
（3）消毒液A常用于家庭衣物消毒。
①PCMX分子中的含氧官能团是 。（写名称）
②若将消毒液A与“84”消毒液混合使用，会大大降低消毒效果，从物质性质的角度解释其原因为 。
（4）研究小组将某“84”消毒液与双氧水消毒液等体积混合，有大量无色气体生成，经检验为氧气。用离子方程式表示生成氧气的可能原因：2H2O2═2H2O+O2↑、 。
16．（14分）MnSO4是一种重要的化工产品。以菱锰矿（主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等）为原料制备MnSO4的工艺流程如图1。
资料：金属离子沉淀的pH
金属离子
Fe3+
Fe2+
Co2+
Mn2+
开始沉淀
1.5
6.3
7.4
7.6
完全沉淀
2.8
8.3
9.4
10.2
（1）酸浸后所得溶液的金属阳离子包括Mn2+、Co2+、 。
（2）沉淀池1中，先加MnO2充分反应后再加氨水。写出加MnO2时发生反应的离子方程式： 。
（3）沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，原因是 。
（4）如图2为MnSO4和（NH4）2SO4的溶解度曲线。从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为 ，洗涤干燥。
（5）受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有锰元素，其含量测定方法如下。
ⅰ.称取ag废渣，加酸将锰元素全部溶出成Mn2+，过滤，将滤液定容于100mL容量瓶中；
ⅱ.取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量（NH4）2S2O8溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的（NH4）2S2O8分解。
ⅲ.加入指示剂，用bmol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定。滴定至终点时消耗（NH4）2Fe（SO4）2溶液的体积为cmL MnO4﹣，重新变成Mn2+。
①补全步骤ⅱ中反应的离子方程式：2Mn2++ S2O82﹣+ MnO4﹣+ + 。
②废渣中锰元素的质量分数为 。
（6）废渣长期露置于空气；其中的锰元素逐渐转化为MnO2。研究者用图3装置提取MnO2中的锰元素。图3中“H•”代表氢自由基。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的c（Mn2+）先增大后减小，减小的原因可能是 、 。（写出两条）
17．（10分）锂电池有广阔的应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池，可使其中的Li电极表面生成只允许Li+通过的Li2CO3和C保护层，工作原理如图1，具体操作如下。
ⅰ.将表面洁净的Li电极和MoS2电极浸在溶有CO2的有机电解质溶液中。
ⅱ.0～5min，a端连接电源正极，b端连接电源负极，电解，MoS2电极上生成Li2CO3和C。
ⅲ.5～10min，a端连接电源负极，b端连接电源正极，电解，MoS2电极上消耗Li2CO3和C，Li电极上生成Li2CO3和C。步骤ⅱ和步骤ⅲ为1个电沉积循环。
ⅳ.重复步骤ⅱ和步骤ⅲ的操作，继续完成9个电沉积循环。
（1）步骤ⅱ内电路中的Li+由 向 迁移。（填“Li电极”或“MoS2电极”）
（2）已知下列反应的热化学方程式。
2Li（s）+2CO2（g）═Li2CO3（s）+CO（g）△H1＝﹣539kJ/mol；
CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2＝+172kJ/mol。
步骤ⅱ电解总反应的热化学方程式为 。
（3）步骤ⅲ中，Li电极的电极反应式为 。
（4）Li2CO3和C只有在MoS2的催化作用下才能发生步骤ⅲ的电极反应，反应历程中的能量变化如图。下列说法正确的是 。（填字母序号）
a.反应历程中存在碳氧键的断裂和形成
b.反应历程中涉及电子转移的变化均释放能量
c.MoS2催化剂通过降低电极反应的活化能使反应速率加快
（5）受上述“循环电沉积”法的启示，科学家研发了适用于火星大气（主要成分是CO2）的“Li﹣CO2”可充电电池，工作原理如图2。“Li﹣CO2”电池充电时，Li电极表面生成Li而不会形成Li2CO3和C沉积，原因是 。
18．（12分）由C﹣H键构建C﹣C键是有机化学的热点研究领域。我国科学家利用N﹣苯基甘氨酸中的C﹣H键在O2作用下构建C﹣C键，实现了喹啉并内酯的高选择性制备。合成路线如图。
已知：
ⅰ.R﹣Br+R'CHO.
ⅱ.ROH+R′BrROR′
（1）试剂a为 。
（2）B具有碱性，B转化为C的反应中，使B过量可以提高ClCH2COOC2H5的平衡转化率，其原因是 。（写出一条即可）
（3）C转化为D的化学方程式为 。
（4）G转化为H的化学方程式为 ；G生成H的过程中会得到少量的聚合物，写出其中一种的结构简式： 。
（5）已知：
ⅰ.
ⅱ.
①D和I在O2作用下得到J的4步反应如图（无机试剂及条件已略去），中间产物1中有两个六元环和一个五元环，中间产物3中有三个六元环。结合已知反应信息，写出中间产物1和中间产物3的结构简式 、 。
②D和I转化成J的反应过程中还生成水，理论上该过程中消耗的O2与生成的J的物质的量之比为 。
19．（12分）某课外小组探究Cu（Ⅱ）盐与Na2S2O3溶液的反应。
【查阅资料】
ⅰ.2S2O32﹣+Cu2+⇌[Cu（S2O3）2]2﹣（绿色），2S2O32﹣+Cu2+⇌[Cu（S2O3）2]3﹣（无色）；
ⅱ.2NH3+Cu+⇌[Cu（NH3）2]+（无色），[Cu（NH3）2]+遇空气容易被氧化成[Cu（NH3）4]2+（蓝色）；
ⅲ.S2O32﹣易被氧化为S4O62﹣或SO42﹣。
【猜想假设】
同学们根据资料认为Cu（Ⅱ）盐与Na2S2O3可能会发生两种反应。
假设1：Cu2+与S2O32﹣在溶液中发生络合反应生成[Cu（S2O3）2]2﹣；
假设2：Cu（Ⅱ）有 性，与S2O32﹣在溶液中发生氧化还原反应。
【实验操作及现象分析】
实验一：探究CuSO4与Na2S2O3溶液的反应。
实验操作
实验序号
V1（mL）
V2（mL）
逐滴加入Na2S2O3溶液时的实验现象
a
1.5
0.5
溶液逐渐变为绿色，静置无变化
b
1.0
1.0
溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化
c
0
2.0
溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化
（1）根据实验a的现象可推测溶液中生成的含Cu微粒是 。（填化学符号）
（2）甲同学认为实验一能证明假设2成立，他的理由是 。
实验二：探究CuCl2与Na2S2O3溶液的反应。
（3）乙同学利用已知资料进一步确证了实验二的无色溶液中存在Cu（Ⅰ）。他的实验方案是：取少量无色溶液， 。
（4）经检验白色沉淀为CuCl，从化学平衡的角度解释继续加Na2S2O3溶液后CuCl沉淀溶解的原因： 。
（5）经检验氧化产物以S4O62﹣形式存在。写出Cu2+与S2O32﹣发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式： 。
【获得结论】
综合以上实验，同学们认为Cu（Ⅱ）盐与Na2S2O3在溶液中的反应与多种因素有关，得到实验结论：①随n（S2O32﹣）：n（Cu2+）的增大， ；② 。
2020-2021学年北京市海淀区高三（下）期中化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．（3分）2020年12月17日凌晨，嫦娥五号携带月壤等样本成功返回地球，完成中国探月工程的收官之战。下列说法不正确的是（ ）
A．发射时使用液氢和液氧作推进剂，是利用了燃烧反应提供能量
B．制造探测器中的瞄准镜时使用光导纤维，其主要成分是Si
C．月壤中含有珍贵的3He，3He与4He互为同位素
D．留在月球的国旗长时间不褪色、不分解，是利用了材料的稳定性
【分析】A．氢气与氧气反应产生大量的热；
B．光导纤维主要成分为二氧化硅；
C．质子数相同，中子数不同的同种元素不同核素互为同位素；
D．物质长期不褪色，不分解，说明物质性质稳定。
【解答】解：A．氢气与氧气反应产生大量的热，发射时使用液氢和液氧作推进剂，是利用了燃烧反应提供能量，故A正确；
B．光导纤维主要成分为二氧化硅，不是硅，故B错误；
C．3He与4He质子数相同，中子数不同，互为同位素，故C正确；
C．留在月球的国旗长时间不褪色、不分解，说明物质的性质稳定，是利用了材料的稳定性，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的组成及用途，同位素概念，明确相关物质的组成成分及性质，熟悉同位素概念即可解答，题目难度不大。
2．（3分）下列物质在生活中的应用与氧化还原反应无关的是（ ）
A．CaO用作衣物防潮剂
B．还原Fe粉用作食品脱氧剂
C．FeSO4补血剂与维生素C配合使用效果更佳
D．用硅藻土中浸润的KMnO4吸收水果散发的乙烯
【分析】发生的化学反应中，存在元素的化合价升降，则属于氧化还原反应，以此来解答。
【解答】解：A．CaO用作衣物防潮剂，CaO与水反应生成氢氧化钙，不存在元素化合价的变化，与氧化还原反应无关，故A选；
B．还原Fe粉用作食品脱氧剂，利用Fe粉的还原性，发生氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故B不选；
C．FeSO4补血剂与维生素C配合使用效果更佳，利用FeSO4的还原性，发生氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故C不选；
D．用硅藻土中浸润的KMnO4吸收水果散发的乙烯，KMnO4氧化乙烯，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查生活中的化学反应及氧化还原反应，注意反应中元素的化合价变化是解答的关键，注重化学与生活的联系，题目难度不大。
3．（3分）下列化合物既含离子键又含共价键的是（ ）
A．H2O2 B．H2S C．NH4Cl D．KBr
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，碱金属元素、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键，铵根离子和酸根离子之间存在离子键，据此分析解答。
【解答】解：A．H2O2含有2个O﹣H键和1个O﹣O键，其电子式，分子中只存在共价键，为共价化合物，故A错误；
B．硫化氢的电子式，硫化氢分子中只含H﹣S共价键，为共价化合物，故B错误；
C．氯化铵电子式，氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键，N﹣H原子之间存在共价键，为离子化合物，故C正确；
D．溴化钾的电子式，溴化钾中钾离子和溴离子只存在离子键，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学键，为高频考点，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键根本区别是解本题关键，题目难度不大。
4．（3分）下列与事实对应的化学用语正确的是（ ）
A．Cl的非金属性强于I：2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2
B．C和O形成CO2的过程：
C．0.1mol/L CH3COOH溶液的pH为3：CH3COOH═CH3COO﹣+H+
D．用石墨电极电解CuCl2溶液：2Cl﹣+2H+H2↑+Cl2↑
【分析】A．元素非金属性越强，单质氧化性越强；
B．二氧化碳中碳与氧原子共用4对电子；
C．0.1mol/L CH3COOH溶液的pH为3，可知醋酸为弱酸，部分电离，应用可逆号；
D．电解氯化铜溶液，铜离子和氯离子分别放电生成金属铜和氯气。
【解答】解：A．依据离子方程式：2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2可知，氯气氧化性强于碘，所以Cl的非金属性强于I，故A正确；
B．O原子和C原子通过共用电子对形成二氧化碳，所以其形成过程为，故B错误；
C．0.1mol/L CH3COOH溶液的pH为3，可知醋酸为弱酸，部分电离，应用可逆号，电离方程式：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，故C错误；
D．用石墨电极电解氯化铜溶液，反应生成铜和氯气，正确的方程式为：Cu2++2Cl﹣Cu+Cl2↑，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了离子方程式和电离方程式及用电子式表示化合物形成过程，题目难度不大，明确物质的性质及反应实质，熟悉电子式书写注意事项是解题关键，题目难度不大。
5．（3分）中国化学会遴选了118名青年化学家作为“元素代言人”组成“中国青年化学家元素周期表”。元素Po（钋）与S同主族，由暨南大学陈填烽代言，其原子序数为84。下列说法正确的是（ ）
A．Po位于元素周期表的第4周期
B．原子半径：Po＜S
C．210Po的中子数为126
D．PoO2只有还原性
【分析】元素Po（钋）与S同主族，其原子序数为84，S的原子序数为16，S位于第三周期，16+18+18+32＝84，可知元素周期表的第6周期ⅥA族，同主族从上到下原子半径增大，原子中质子数+中子数＝质量数，化合物中元素处于中间价时具有氧化性、还原性，以此来解答。
【解答】解：A.Po位于元素周期表的第6周期，故A错误；
B.同主族从上到下原子半径增大，原子半径：Po＞S，故B错误；
C.210Po的中子数为210﹣84＝126，故C正确；
D.PoO2中Po元素的化合价为+4价，具有氧化性、还原性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6．（3分）下列有关试剂保存和使用的措施不正确的是（ ）
A．苯酚不慎滴到手上，用酒精清洗
B．浓HNO3盛放在棕色试剂瓶中，避光保存
C．保存FeSO4溶液时可加入少量铁粉和稀H2SO4
D．配制1mol/L NaOH溶液时，将称好的NaOH固体加入容量瓶中溶解
【分析】A.苯酚易溶于酒精；
B.浓HNO3光照易分解；
C.Fe具有还原性，硫酸可抑制亚铁离子水解；
D.容量瓶不能溶解固体。
【解答】解：A.苯酚易溶于酒精，则苯酚不慎滴到手上，用酒精清洗，故A正确；
B.浓HNO3光照易分解，则浓HNO3盛放在棕色试剂瓶中，避光保存，故B正确；
C.Fe具有还原性，硫酸可抑制亚铁离子水解，则保存FeSO4溶液时可加入少量铁粉和稀H2SO4，故C正确；
D.容量瓶不能溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后，转移到容量瓶中定容，故D错误；
故选：D。
【点评】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、试剂的保存、溶液配制为解答的关键，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。
7．（3分）用如图装置（夹持装置已略去）进行NH3制备及性质实验。下列说法不正确的是（ ）
A．甲中制备NH3利用了NH3•H2O的分解反应
B．乙中的集气瓶内a导管短、b导管长
C．若将丙中的CCl4换成苯，仍能防止倒吸
D．向收集好的NH3中通入少量Cl2，可能观察到白烟
【分析】A.碱石灰可使氨水中的氨气逸出；
B.氨气的密度比空气密度小；
C.丙中的CCl4换成苯，不能隔绝氨气与水；
D.氯气与氨气反应生成氯化铵。
【解答】解：A.碱石灰可使氨水中的氨气逸出，则甲中制备NH3利用了NH3•H2O的分解反应，故A正确；
B.氨气的密度比空气密度小，则乙中的集气瓶内a导管短、b导管长，故B正确；
C.丙中的CCl4换成苯，不能隔绝氨气与水，不能防止倒吸，故C错误；
D.氯气与氨气反应生成氯化铵，能观察到白烟，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查氨气的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
8．（3分）高分子修饰指对高聚物进行处理，接上不同取代基改变其性能。我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如图。下列说法正确的是（ ）
A．a分子的核磁共振氢谱有4组峰
B．生成高分子b的反应为加聚反应
C．1mol高分子b最多可与2mol NaOH反应
D．高分子c的水溶性比聚乙烯的水溶性好
【分析】A.a结构对称，含有2种H；
B.a生成b，N＝N键生成N﹣N键；
C.b含有2n个酯基，可在碱性条件下水解；
D.b水解生成c，c含有氨基、羟基。
【解答】解：A.a结构对称，含有2种H，则a分子的核磁共振氢谱有2组峰，故A错误；
B.a生成b，N＝N键生成N﹣N键，为加成反应，不是加聚反应，故B错误；
C.b含有2n个酯基，可在碱性条件下水解，则1mol高分子b最多可与2nmol NaOH反应，故C错误；
D.b水解生成c，c含有氨基、羟基，为亲水基，则高分子c的水溶性比聚乙烯的水溶性好，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应、原子共面为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
9．（3分）下列各组微粒数目一定相等的是（ ）
A．等体积的NO和NO2的N原子数目
B．等质量的正丁烷和异丁烷的C﹣H键数目
C．等物质的量浓度的KCl溶液和NaCl溶液的Cl﹣离子数目
D．等质量的Cu分别与足量浓HNO3、稀HNO3反应生成的气体分子数目
【分析】A．气体条件未知；
B．1个正丁烷和1个异丁烷分子中都含有10个C﹣H键，二者摩尔质量相同；
C．二者体积未知；
D．依据方程式3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O解答。
【解答】解：A．气体条件未知，无法判断等体积的NO和NO2的物质的量和含有氮原子个数，故A错误；
B．1个正丁烷和1个异丁烷分子中都含有10个C﹣H键，二者摩尔质量相同，依据n＝可知，等质量的正丁烷和异丁烷的C﹣H键数目，故B正确；
C．二者体积未知，物质的量浓度相同，氯离子数目不一定相等，故C错误；
D．依据方程式可知3mol铜与足量浓硝酸反应生成6mol二氧化碳，3mol铜与稀硝酸反应生成2mol一氧化氮，二者产生气体分子数不相等，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的量有关计算，明确以物质的量为核心计算公式，熟悉物质的结构组成是解题关键，题目难度不大。
10．（3分）以黄铁矿（主要成分为FeS2，其中S的化合价为﹣1价）生产硫酸的工艺流程如图。下列说法不正确的是（ ）
A．将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率
B．沸腾炉中每生成1molSO2，有11mole﹣发生转移
C．接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率
D．吸收塔排放的尾气可通过氨吸收转化成氮肥
【分析】黄铁矿在沸腾炉中与氧气反应生成氧化铁、二氧化硫，二氧化硫、氧气在接触室反应生成三氧化硫，三氧化硫在吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收可生成硫酸，尾气含有二氧化硫、氧气，以此解答该题。
【解答】解：A.将黄铁矿粉碎，可增大接触面积，加快其在沸腾炉中的化学反应速率，故A正确；
B.反应中Fe元素化合价由+2价升高到+3价，S元素化合价由﹣1价升高到+4价，则生成2mol二氧化硫转移11mol电子，则沸腾炉中每生成1mol SO2，有5.5mol e﹣发生转移，故B错误；
C.SO2、O2可在接触室反应生成三氧化硫，为可逆反应，不能完全反应，则接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率，故C正确；
D.尾气含有二氧化硫、氧气，用氨气吸收，可转化成氮肥，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查工业制备硫酸，题目难度中等，明确制备目的、制备原理为解答关键，注意掌握物质制备方案设计原则，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
11．（3分）研究者利用电化学法在铜催化剂表面催化还原CO制备乙烯，同时得到副产物乙醇，反应机理如图。下列说法不正确的是（ ）
A．x为2H++e﹣
B．步骤①中有H2O生成
C．该电极上生成乙烯的总反应式为2CO+8H++8e﹣═C2H4+2H2O
D．可通过增强催化剂的选择性来减少副反应的发生
【分析】根据图知，一氧化碳、e﹣和H+反应生成，+2e﹣+2H+→+H2O，接着发生+2e﹣+2H+→，合并后的总方程式生成乙烯的总反应式为2CO+8H++8e﹣═C2H4+2H2O，据此分析；
A．+2e﹣+2H+→；
B．步骤①的方程式：+2e﹣+2H+→+H2O；
C．生成乙烯的总反应式为2CO+8H++8e﹣═C2H4+2H2O；
D．催化剂有专一性，高效性。
【解答】解：A．根据图知，+2e﹣+2H+→，x为2H++2e﹣，故A错误；
B．步骤①的方程式：+2e﹣+2H+→+H2O，中有H2O生成，故B正确；
C．把整个过程合起来，生成乙烯的总反应式为2CO+8H++8e﹣═C2H4+2H2O，故C正确；
D．催化剂有专一性，高效性，可通过增强催化剂的选择性来减少副反应的发生，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查通过反应机理了解化学反应过程，催化剂对化学反应的影响，催化剂参与化学反应，改变反应的步骤，但是不能改变反应本质，难度中等。
12．（3分）为研究沉淀的生成及转化，同学们进行如图所示实验。下列关于该实验的分析不正确的是（ ）
A．①中产生白色沉淀的原因是c（Ag+）•c（SCN﹣）＞Ksp（AgSCN）
B．①中存在平衡：AgSCN（s）⇌Ag+（aq）+SCN﹣（aq）
C．②中无明显变化是因为溶液中的c（SCN﹣）过低
D．上述实验不能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生
【分析】A．当溶液中浓度商Qc＞Ksp，则形成沉淀；
B．生成白色沉淀AgSCN，说明溶液中存在沉淀溶解平衡；
C．沉淀溶解平衡状态下的c（SCN﹣）过低，遇到铁离子不生成红色溶液；
D．溶液变红色，则说明AgSCN白色沉淀转化为AgI沉淀，增大了溶液中SCN﹣浓度，使溶液变红色。
【解答】解：A．2mL 0.1mol/L的AgNO3溶液中滴入2mL 0.05mol/L的KSCN溶液，①中产生白色沉淀的原因是：溶液中Qc＝c（Ag+）•c（SCN﹣）＞Ksp（AgSCN），故A正确；
B．生成白色沉淀AgSCN，说明溶液中存在沉淀溶解平衡，①中存在平衡：AgSCN（s）⇌Ag+（aq）+SCN﹣（aq），故B正确；
C．②中加入Fe（NO3）3溶液，无明显变化，溶液不变红色，是因为溶液中的c（SCN﹣）过低，故C正确；
D．加入KI溶液会产生黄色沉淀，可能是过量的Ag+与I﹣反应生成AgI沉淀，但溶液变红色，则说明AgSCN白色沉淀转化为AgI沉淀，增大了溶液中SCN﹣浓度，使溶液变红色，则上述实验能证明能AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握化学平衡原理的应用、沉淀的生成和转化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
13．（3分）室温下，向10mL 0.100mol Na2CO3溶液中逐滴滴加0.100mol/L HCl溶液，整个反应过程中无气体逸出（溶解的CO2均表示为H2CO3）。测得混合溶液的pH随加入HCl溶液体积的变化如图。下列说法不正确的是（ ）
A．a点溶液的溶质主要为NaCl、Na2CO3、NaHCO3
B．b点溶液中c（CO32﹣）＜c（H2CO3）
C．c点溶液中c（Na+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）
D．取d点溶液加热至沸腾，然后冷却至室温，溶液的pH增大
【分析】A． a点时加入的盐酸为碳酸钠的一半，发生反应Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，还有剩余的碳酸钠；
B．b点时，加入的盐酸和碳酸钠刚好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，且溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），结合结合质子守恒分析；
C． c点时溶质为NaHCO3、H2CO3、NaCl，根据电荷守恒分析；
D．d点时溶质为NaCl和H2CO3，加热煮沸碳酸分解产生二氧化碳逸出，冷却后溶质为NaCl。
【解答】解：A． a点时加入盐酸为碳酸钠的一半，发生反应Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，还剩余碳酸钠，体系中含有溶质NaCl、Na2CO3、NaHCO3，故A正确；
B．b点时，加入的盐酸和碳酸钠刚好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，且溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），结合质子守恒c（CO32﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（H2CO3）可知，c（CO32﹣）＜c（H2CO3），故B正确；
C． c点时溶质为NaHCO3、H2CO3、NaCl，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（Cl﹣），故C错误；
D．d点时溶质为NaCl和H2CO3，溶液呈酸性，加热煮沸碳酸分解产生二氧化碳逸出，冷却后溶液呈中性，pH增大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电荷守恒、质子守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
14．（3分）一定温度下，在容积恒为1L的容器中通入一定量N2O4，发生反N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，体系中各组分浓度随时间（t）的变化如下表。下列说法正确的是（ ）
t/s
0
20
40
60
80
c（N2O4）/（mol/L）
0.100
0.062
0.048
0.040
0.040
c（NO2）/（mol/L）
0
0.076
0.104
0.120
0.120
A．0～60s，N2O4的平均反应速率为v＝0.04mol/（L•min）
B．升高温度，反应的化学平衡常数值减小
C．80s时，再充入NO2、N2O4各0.12mol，平衡不移动
D．若压缩容器使压强增大，达新平衡后混合气颜色比原平衡时浅
【分析】A．0～60s，△c（N2O4）＝（0.100﹣0.040）mol/L＝0.060mol/L，结合v＝计算；
B．该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
C．80s时，反应已达到平衡状态，根据表中数据计算平衡常数K，80s时，再充入NO2、N2O4各0.12mol，计算此时浓度商，再与K值比较得出结论；
D．该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，但容器体积减小，各组分浓度与原来相比增大。
【解答】解：A．0～60s，△c（N2O4）＝（0.100﹣0.040）mol/L＝0.060mol/L，0～60s，N2O4的平均反应速率为v＝＝0.06mol/（L•min），故A错误；
B．该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应的化学平衡常数值增大，故B错误；
C．80s时，反应已达到平衡状态，此时平衡常数K＝＝＝0.36，80s时，再充入NO2、N2O4各0.12mol，Qc＝＝0.36＝K，说明平衡不移动，故C正确；
D．该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，但容器体积减小，NO2（g）浓度与原来相比增大，则达新平衡后混合气颜色比原平衡时深，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，解题的关键是掌握勒夏特列原理、化学平衡常数的表达式，此题难度中等。
第二部分本部分共5题，共58分。
15．（10分）以下是生活中常用的几种消毒剂。
ⅰ.“84”消毒液，有效成分是NaClO。
ⅱ.消毒液A，其有效成分的结构简式为（简称PCMX）。
ⅲ.双氧水消毒液，是质量分数为3%～25%的H2O2溶液。
（1）“84”消毒液需要在阴暗处密封保存，否则容易失效，用化学用语解释其原因：①NaClO+H2O+CO2═NaHCO3+HClO；② 2HClO2HCl+O2↑ 。
（2）实验室通过测定不同pH环境中不同浓度NaClO溶液的细菌杀灭率（%），以探究“84”消毒液杀菌能力的影响因素，实验结果如下表。
NaClO溶液浓度（mg/L）
不同pH下的细菌杀灭率（%）
pH＝4.5
pH＝7.0
pH＝9.5
250
98.90
77.90
53.90
500
99.99
97.90
65.54
①结合表中数据可推断，相同条件下，HClO的杀菌能力 强于 （填“强于”、“弱于”或“相当于”）NaClO的杀菌能力。
②下列关于“84”消毒液及其使用方法的描述中，正确的是 acd 。（填字母序号）
a.“84”消毒液的杀菌能力与其浓度有关
b.长期用于对金属制品消毒，不会使金属腐蚀
c.不能与清厕灵（含HCl）混合使用，可能会导致安全事故
d.喷洒在物品表面后适当保持一段时间，以达到消毒杀菌效果
（3）消毒液A常用于家庭衣物消毒。
①PCMX分子中的含氧官能团是 羟基 。（写名称）
②若将消毒液A与“84”消毒液混合使用，会大大降低消毒效果，从物质性质的角度解释其原因为 PCMX（酚羟基）具有还原性，NaClO具有氧化性，二者发生氧化还原反应 。
（4）研究小组将某“84”消毒液与双氧水消毒液等体积混合，有大量无色气体生成，经检验为氧气。用离子方程式表示生成氧气的可能原因：2H2O2═2H2O+O2↑、 ClO﹣+H2O2＝Cl﹣+O2↑+H2O 。
【分析】（1）HClO具有不稳定性，见光或受热时易分解，从而导致“84”消毒液慢慢失效；
（2）①pH越小，H+浓度，ClO﹣会和H+反应生成HClO，HClO浓度就越大，杀菌效果就越好；
②a.由表格数据可知，“84”消毒液的浓度越大，杀菌效果越好；
b.长期用于对金属制品消毒，NaClO也会对金属造成化学腐蚀；
c.“84”消毒液与清厕灵（含HCl）混合使用会发生反应：ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O；
d.消毒过程需要时间；
（3）①根据PCMX的结构可知，分子中的含氧官能团为羟基；
②酚羟基具有还原性，NaClO具有氧化性，二者发生氧化还原反应；
（4）由题意可知，O2可能为H2O2分解生成，或NaClO把H2O2氧化生成了O2，自身被还原为Cl﹣，根据化合价升降守恒和原子守恒即可写出离子方程式。
【解答】解：（1）HClO具有不稳定性，见光或受热时易分解，方程式为：2HClO2HCl+O2↑，从而导致“84”消毒液慢慢失效，
故答案为：2HClO2HCl+O2↑；
（2）①pH越小，溶液的酸性越强，H+浓度，ClO﹣会和H+反应生成HClO，HClO浓度就越大，根据表格数据可知，杀菌效果就越好，即HClO的杀菌能力强于NaClO的杀菌能力，
故答案为：强于；
②a.由表格数据可知，“84”消毒液的杀菌能力与其浓度有关，浓度越大，杀菌效果越好，故a正确；
b.长期用于对金属制品消毒，NaClO也会对金属造成一定程度的腐蚀，故b错误；
c.不能与清厕灵（含HCl）混合使用，可能会导致安全事故，对应的离子方程式为：ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O，故c正确；
d.消毒过程需要时间，所以“84”消毒液喷洒在物品表面后适当保持一段时间，以达到消毒杀菌效果，故d正确；
故答案为：acd；
（3）①根据PCMX的结构可知，分子中的含氧官能团为羟基，
故答案为：羟基；
②PCMX的结构中含有酚羟基，酚羟基具有还原性，而NaClO具有氧化性，二者发生氧化还原反应，导致消毒效果大大降低，
故答案为：PCMX（酚羟基）具有还原性，NaClO具有氧化性，二者发生氧化还原反应；
（4）由题意可知，O2可能为H2O2分解生成，或NaClO把H2O2氧化生成了O2，自身被还原为Cl﹣，离子方程式为：ClO﹣+H2O2＝Cl﹣+O2↑+H2O，
故答案为：ClO﹣+H2O2＝Cl﹣+O2↑+H2O。
【点评】本题主要考查次氯酸及NaClO的性质，杀菌能力，氧化还原反应的离子方程式书写，酚羟基的还原性，同时考查学生的比较分析的能量，通过对比，得出需要的结论，难度中等。
16．（14分）MnSO4是一种重要的化工产品。以菱锰矿（主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等）为原料制备MnSO4的工艺流程如图1。
资料：金属离子沉淀的pH
金属离子
Fe3+
Fe2+
Co2+
Mn2+
开始沉淀
1.5
6.3
7.4
7.6
完全沉淀
2.8
8.3
9.4
10.2
（1）酸浸后所得溶液的金属阳离子包括Mn2+、Co2+、 Fe3+、Fe2+ 。
（2）沉淀池1中，先加MnO2充分反应后再加氨水。写出加MnO2时发生反应的离子方程式： 4H++MnO2+2Fe2+＝2Fe3++Mn2++2H2O 。
（3）沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，原因是 因为NaOH能与锰离子反应生成氢氧化锰沉淀而使锰元素损失 。
（4）如图2为MnSO4和（NH4）2SO4的溶解度曲线。从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为 蒸发浓缩、趁热过滤 ，洗涤干燥。
（5）受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有锰元素，其含量测定方法如下。
ⅰ.称取ag废渣，加酸将锰元素全部溶出成Mn2+，过滤，将滤液定容于100mL容量瓶中；
ⅱ.取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量（NH4）2S2O8溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的（NH4）2S2O8分解。
ⅲ.加入指示剂，用bmol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定。滴定至终点时消耗（NH4）2Fe（SO4）2溶液的体积为cmL MnO4﹣，重新变成Mn2+。
①补全步骤ⅱ中反应的离子方程式：2Mn2++ 5 S2O82﹣+ 8 H2O 2 MnO4﹣+ 10 SO42﹣ + 16 H+ 。
②废渣中锰元素的质量分数为 % 。
（6）废渣长期露置于空气；其中的锰元素逐渐转化为MnO2。研究者用图3装置提取MnO2中的锰元素。图3中“H•”代表氢自由基。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的c（Mn2+）先增大后减小，减小的原因可能是 锰离子浓度增加，在阴极放电 、 锰离子水解生成氢氧化锰沉淀 。（写出两条）
【分析】菱锰矿酸浸后得到硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸钴等；加入二氧化锰的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，再加入氨水除去铁离子；加入含硫沉降剂是除去钴离子，最后经处理得到含硫酸锰的溶液，结晶得到硫酸锰晶体，其中沉淀1为氢氧化铁，沉淀2为硫化钴，最终可以通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤干燥来获取目标产物。
【解答】解：（1）酸浸后的溶液中含有的金属离子除了锰离子、钴离子外还含有Fe3+、Fe2+，
故答案为：Fe3+、Fe2+；
（2）加入二氧化锰的目的是将亚铁离子氧化，其反应为：4H++MnO2+2Fe2+＝2Fe3++Mn2++2H2O，
故答案为：4H++MnO2+2Fe2+＝2Fe3++Mn2++2H2O；
（3）锰离子能与氢氧化钠反应，所以不能用NaOH代替含硫沉淀剂，因为NaOH能与锰离子反应生成氢氧化锰沉淀而使锰元素损失，
故答案为：因为NaOH能与锰离子反应生成氢氧化锰沉淀而使锰元素损失；
（4）从溶解度曲线中可以看出，硫酸锰的溶解度随温度升高而降低，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤的方法分离，
故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤；
（5）①由已知可得，S2O82﹣被还原为硫酸根离子，Mn2+被氧化为MnO4﹣，结合得失电子守恒，电荷守恒与原子守恒可得方程式：2Mn2++5S2O82﹣+8H2O2MnO4﹣+10SO42﹣+16H+，
故答案为：5；8；H2O；2；10；SO42﹣；16；H+；
②滴定时发生反应MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，设25.00mL溶液中所含锰离子物质的量为n，有方程式可知，锰离子与亚铁离子的物质的量之比为1：5，则100mL溶液中n（Mn2+）＝×bc×4×10﹣3mol＝bc×10﹣3mol，m（锰）＝n（Mn2+）×M＝55g/mol×bc×10﹣3mol，故锰元素的质量分数＝×100%＝%，
故答案为：%；
（6）分析图中装置可知，随着外加电流的增大，溶液中锰离子浓度增加，开始在阴极放电，浓度降低，氢离子浓度降低锰离子水解，
故答案为：锰离子浓度增加，在阴极放电；锰离子水解生成氢氧化锰沉淀。
【点评】本题以硫酸锰的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，物质分离提纯，反应计算等知识，考查范围较广，学生应注意审题，难度适中。
17．（10分）锂电池有广阔的应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池，可使其中的Li电极表面生成只允许Li+通过的Li2CO3和C保护层，工作原理如图1，具体操作如下。
ⅰ.将表面洁净的Li电极和MoS2电极浸在溶有CO2的有机电解质溶液中。
ⅱ.0～5min，a端连接电源正极，b端连接电源负极，电解，MoS2电极上生成Li2CO3和C。
ⅲ.5～10min，a端连接电源负极，b端连接电源正极，电解，MoS2电极上消耗Li2CO3和C，Li电极上生成Li2CO3和C。步骤ⅱ和步骤ⅲ为1个电沉积循环。
ⅳ.重复步骤ⅱ和步骤ⅲ的操作，继续完成9个电沉积循环。
（1）步骤ⅱ内电路中的Li+由 Li电极 向 MoS2电极 迁移。（填“Li电极”或“MoS2电极”）
（2）已知下列反应的热化学方程式。
2Li（s）+2CO2（g）═Li2CO3（s）+CO（g）△H1＝﹣539kJ/mol；
CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2＝+172kJ/mol。
步骤ⅱ电解总反应的热化学方程式为 4Li（s）+3CO2（g）＝2Li2CO3（s）+C（s）△H＝﹣1250kJ/mol 。
（3）步骤ⅲ中，Li电极的电极反应式为 4Li++4e﹣+3CO2（g）＝2Li2CO3（s）+C（s） 。
（4）Li2CO3和C只有在MoS2的催化作用下才能发生步骤ⅲ的电极反应，反应历程中的能量变化如图。下列说法正确的是 ac 。（填字母序号）
a.反应历程中存在碳氧键的断裂和形成
b.反应历程中涉及电子转移的变化均释放能量
c.MoS2催化剂通过降低电极反应的活化能使反应速率加快
（5）受上述“循环电沉积”法的启示，科学家研发了适用于火星大气（主要成分是CO2）的“Li﹣CO2”可充电电池，工作原理如图2。“Li﹣CO2”电池充电时，Li电极表面生成Li而不会形成Li2CO3和C沉积，原因是 电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时，锂离子在锂电极放电得到金属锂 。
【分析】（1）步骤ⅱ.0～5min，a端连接电源正极，为电解质的阳极，b端连接电源负极，为电解池的阴极，阳离子移向阴极b；
（2）步骤ⅱ.0～5min，MoS2电极上生成Li2CO3和C，Li电极上是锂失电子生成锂离子，
①2Li（s）+2CO2（g）═Li2CO3（s）+CO（g）△H1＝﹣539kJ/mol；
②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2＝+172kJ/mol。
盖斯定律计算①×2﹣②得到步骤ⅱ电解总反应的热化学方程式；
（3）ⅲ中反应5～10min，a端连接电源负极，b端连接电源正极，电解，MoS2电极上消耗Li2CO3和C，Li电极上生成Li2CO3和C；
（4）a．图中可以看到碳酸根离子转化为二氧化碳，碳转化为一氧化碳；
b．反应历程中涉及电子转移的变化时，能量增加；
c．催化剂降低反应的活化能，加快反应速率；
（5）电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时只有锂离子得到电子生成锂。
【解答】解：（1）ⅱ.0～5min，a端连接电源正极，为电解质的阳极，b端连接电源负极，为电解池的阴极，阳离子移向阴极b，内电路中的Li+由Li电极移向MoS2电极，
故答案为：Li电极；MoS2电极；
（2）步骤ⅱ.0～5min，MoS2电极上生成Li2CO3和C，Li电极上是锂失电子生成锂离子，
①2Li（s）+2CO2（g）═Li2CO3（s）+CO（g）△H1＝﹣539kJ/mol；
②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2＝+172kJ/mol。
盖斯定律计算①×2﹣②得到步骤ⅱ电解总反应的热化学方程式为：4Li（s）+3CO2（g）＝2Li2CO3（s）+C（s）△H＝（﹣539kJ/mol）×2﹣（+172kJ/mol）＝﹣1250kJ/mol，
故答案为：4Li（s）+3CO2（g）＝2Li2CO3（s）+C（s）△H＝﹣1250kJ/mol；
（3）步骤ⅲ中，Li电极为电解池的阴极，电极反应式为：4Li++4e﹣+3CO2（g）＝2Li2CO3（s）+C（s），
故答案为：4Li++4e﹣+3CO2（g）＝2Li2CO3（s）+C（s）；
（4）a．图中可以看到碳酸根离子到二氧化碳存在碳氧键的断裂，从C到CO存在碳氧键的形成，故a正确；
b．反应历程中涉及电子转移的变化时，能量增加，均吸收能量，故b错误；
c．MoS2催化剂通过降低电极反应的活化能，反应更容易进行，使反应速率加快，故c正确；
故答案为：ac；
（5）“Li﹣CO2”电池充电时，Li电极表面生成Li而不会形成Li2CO3和C沉积，原因是：电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时，锂离子在锂电极放电得到金属锂，
故答案为：电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时，锂离子在锂电极放电得到金属锂。
【点评】本题综合考查化学反应能量变化、电化学知识等，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及电极判断、电极反应书写、离子移向等，解题关键是掌握电化学原理，题目难度中等。
18．（12分）由C﹣H键构建C﹣C键是有机化学的热点研究领域。我国科学家利用N﹣苯基甘氨酸中的C﹣H键在O2作用下构建C﹣C键，实现了喹啉并内酯的高选择性制备。合成路线如图。
已知：
ⅰ.R﹣Br+R'CHO.
ⅱ.ROH+R′BrROR′
（1）试剂a为 浓硫酸、浓硝酸 。
（2）B具有碱性，B转化为C的反应中，使B过量可以提高ClCH2COOC2H5的平衡转化率，其原因是 增加反应物的浓度，减小生成物HCl的浓度，使化学平衡正向移动 。（写出一条即可）
（3）C转化为D的化学方程式为 +H2O+CH3CH2OH 。
（4）G转化为H的化学方程式为 CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr ；G生成H的过程中会得到少量的聚合物，写出其中一种的结构简式： 。
（5）已知：
ⅰ.
ⅱ.
①D和I在O2作用下得到J的4步反应如图（无机试剂及条件已略去），中间产物1中有两个六元环和一个五元环，中间产物3中有三个六元环。结合已知反应信息，写出中间产物1和中间产物3的结构简式 、 。
②D和I转化成J的反应过程中还生成水，理论上该过程中消耗的O2与生成的J的物质的量之比为 1：1 。
【分析】苯和试剂a在加热条件下发生取代反应生成A，根据A的分子式知，A的结构简式为，试剂a为浓硫酸、浓硝酸，根据B的结构简式及C的分子式知，B发生取代反应生成C，C发生缩聚反应生成D，根据D的结构简式知，C的结构简式为；丙烯和溴发生取代反应生成E，E和甲醛发生信息i的反应生成F，则E的结构简式为CH2＝CHCH2Br，F的结构简式为CH2＝CHCH2CH2OH，F和溴发生加成反应生成G为CH2BrCHBrCH2CH2OH，G发生信息ii的反应生成H为，H发生消去反应生成I；
（5）D和I在O2作用下得到J的4步反应，中间产物1中有两个六元环和一个五元环，根据信息i知，中间产物1的结构简式为，中间产物3中有三个六元环，则中间产物1发生信息ii的反应生成中间产物2，则中间产物2的结构简式为，中间产物2再发生酯化反应生成中间产物3为，中间产物3再发生氧化反应得到J。
【解答】解：（1）通过以上分析知，试剂a为浓硫酸、浓硝酸，
故答案为：浓硫酸、浓硝酸；
（2）B转化为C的反应中还生成HCl，B具有碱性，过量的B能和HCl发生中和反应而促进平衡正向移动，所以使B过量可以提高ClCH2COOC2H5的平衡转化率，
故答案为：增加反应物的浓度，减小生成物HCl的浓度，使化学平衡正向移动；
（3）C为，C水解生成D，C转化为D的化学方程式为+H2O+CH3CH2OH，
故答案为：+H2O+CH3CH2OH；
（4）G为CH2BrCHBrCH2CH2OH，G发生信息ii的反应生成H为，G转化为H的化学方程式为：CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr；G生成H的过程中会得到少量的聚合物，一种聚合物的结构简式：，
故答案为：CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr；；
（5）①通过以上分析知，中间产物1、3的结构简式分别为、，
故答案为：；；
②D和I中共有15个H原子和3个O原子、1个N原子，J中有9个H原子、2个O原子、1个N原子，反应中少了6个H原子、1个O原子，6个H原子需要3个O原子，但1个O原子需要2个H原子，即生成1mol J消耗1mol氧气，所以理论上该过程中消耗的O2与生成的J的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，题目充分利用有机物结构、反应条件进行分析，关键是理解给予的反应信息、记住常见官能团的结构、性质以及官能团之间的相互转化，然后结合题意灵活运用即可，难点是（5）题中间产物结构简式的确定。
19．（12分）某课外小组探究Cu（Ⅱ）盐与Na2S2O3溶液的反应。
【查阅资料】
ⅰ.2S2O32﹣+Cu2+⇌[Cu（S2O3）2]2﹣（绿色），2S2O32﹣+Cu2+⇌[Cu（S2O3）2]3﹣（无色）；
ⅱ.2NH3+Cu+⇌[Cu（NH3）2]+（无色），[Cu（NH3）2]+遇空气容易被氧化成[Cu（NH3）4]2+（蓝色）；
ⅲ.S2O32﹣易被氧化为S4O62﹣或SO42﹣。
【猜想假设】
同学们根据资料认为Cu（Ⅱ）盐与Na2S2O3可能会发生两种反应。
假设1：Cu2+与S2O32﹣在溶液中发生络合反应生成[Cu（S2O3）2]2﹣；
假设2：Cu（Ⅱ）有 氧化 性，与S2O32﹣在溶液中发生氧化还原反应。
【实验操作及现象分析】
实验一：探究CuSO4与Na2S2O3溶液的反应。
实验操作
实验序号
V1（mL）
V2（mL）
逐滴加入Na2S2O3溶液时的实验现象
a
1.5
0.5
溶液逐渐变为绿色，静置无变化
b
1.0
1.0
溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化
c
0
2.0
溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化
（1）根据实验a的现象可推测溶液中生成的含Cu微粒是 [Cu（S2O3）2]2﹣ 。（填化学符号）
（2）甲同学认为实验一能证明假设2成立，他的理由是 由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应 。
实验二：探究CuCl2与Na2S2O3溶液的反应。
（3）乙同学利用已知资料进一步确证了实验二的无色溶液中存在Cu（Ⅰ）。他的实验方案是：取少量无色溶液， 向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu（Ⅰ） 。
（4）经检验白色沉淀为CuCl，从化学平衡的角度解释继续加Na2S2O3溶液后CuCl沉淀溶解的原因： CuCl（s）⇌Cu++Cl﹣，滴加Na2S2O3溶液后，2S2O32﹣+Cu+⇌[Cu（S2O3）2]3﹣（无色），c（Cu+）降低，使沉淀溶解平衡正向移动，沉淀溶解 。
（5）经检验氧化产物以S4O62﹣形式存在。写出Cu2+与S2O32﹣发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式： 2Cu2++6S2O32﹣＝S4O62﹣+2[Cu（S2O3）2]3﹣ 。
【获得结论】
综合以上实验，同学们认为Cu（Ⅱ）盐与Na2S2O3在溶液中的反应与多种因素有关，得到实验结论：①随n（S2O32﹣）：n（Cu2+）的增大， 二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强 ；② Cl﹣易于Cu+生成CuCl，Cu（Ⅱ）盐的阴离子为Cl﹣时能增大Cu2+与S2O32﹣发生氧化还原反应的趋势 。
【分析】Cu（Ⅱ）是铜元素的最高价态，具有氧化性，
（1）根据溶液逐渐变为绿色，且静置无变化，可推测溶液中生成的含Cu微粒是绿色的微粒；
（2）结合实验a到实验c可知，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，最后生成的是无色的[Cu（S2O3）2]3﹣；
（3）根据资料：2NH3+Cu+⇌[Cu（NH3）2]+（无色），[Cu（NH3）2]+遇空气容易被氧化成[Cu（NH3）4]2+（蓝色），若无色溶液中存在Cu（Ⅰ），加入氨水，先呈无色，后变为蓝色，即可设计实验方案；
（4）CuCl沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuCl（s）⇌Cu++Cl﹣，滴加Na2S2O3溶液后，S2O32﹣与Cu+结合[Cu（S2O3）2]3﹣，促进配合右移；
（5）Cu2+与S2O32﹣发生氧化还原反应得到无色溶液，生成S4O62﹣和[Cu（S2O3）2]3﹣，即可写出离子方程式，结合分析，可以获得结论：①随n（S2O32﹣）：n（Cu2+）的增大，二者发生络合反应的趋势是逐渐减弱的，发生氧化还原反应的趋势是逐渐增强的，②Cl﹣易于Cu+生成CuCl，Cu（Ⅱ）盐的阴离子为Cl﹣时能增大Cu2+与S2O32﹣发生氧化还原反应的趋势。
【解答】解：Cu（Ⅱ）是铜元素的最高价态，化合价只能降低，具有氧化性，
故答案为：氧化；
（1）根据实验a的现象：溶液逐渐变为绿色，静置无变化，可推测溶液中生成的含Cu微粒是[Cu（S2O3）2]2﹣（绿色），
故答案为：[Cu（S2O3）2]2﹣；
（2）通过CuSO4与Na2S2O3溶液反应的现象，由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，最后生成的是无色的[Cu（S2O3）2]3﹣，即发生了氧化还原反应，
故答案为：由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应；
（3）根据资料：2NH3+Cu+⇌[Cu（NH3）2]+（无色），[Cu（NH3）2]+遇空气容易被氧化成[Cu（NH3）4]2+（蓝色），若无色溶液中存在Cu（Ⅰ），加入氨水，先呈无色，后变为蓝色，故实验方案为：取少量无色溶液，向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu（Ⅰ），
故答案为：向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu（Ⅰ）；
（4）CuCl沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuCl（s）⇌Cu++Cl﹣，滴加Na2S2O3溶液后，2S2O32﹣+Cu+⇌[Cu（S2O3）2]3﹣（无色），c（Cu+）降低，使沉淀溶解平衡正向移动，沉淀溶解，
故答案为：CuCl（s）⇌Cu++Cl﹣，滴加Na2S2O3溶液后，2S2O32﹣+Cu+⇌[Cu（S2O3）2]3﹣（无色），c（Cu+）降低，使沉淀溶解平衡正向移动，沉淀溶解；
（5）Cu2+与S2O32﹣发生氧化还原反应得到无色溶液，生成S4O62﹣和[Cu（S2O3）2]3﹣，离子方程式为：2Cu2++6S2O32﹣＝S4O62﹣+2[Cu（S2O3）2]3﹣，结合分析，可以获得结论：①随n（S2O32﹣）：n（Cu2+）的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强，②Cl﹣易于Cu+生成CuCl，Cu（Ⅱ）盐的阴离子为Cl﹣时能增大Cu2+与S2O32﹣发生氧化还原反应的趋势，
故答案为：2Cu2++6S2O32﹣＝S4O62﹣+2[Cu（S2O3）2]3﹣；二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；Cl﹣易于Cu+生成CuCl，Cu（Ⅱ）盐的阴离子为Cl﹣时能增大Cu2+与S2O32﹣发生氧化还原反应的趋势。
【点评】本题侧重考查学生的比较思维能力和氧化还原反应的知识掌握情况，具体还涉及到沉淀溶解平衡的移动，离子方程式书写，实验方案的涉及，实验结论的总结，具有很强的综合性，属于较难题。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/4 19:24:15；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
2020-2021学年北京市海淀区高三（下）期中化学试卷（一模）
第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．（3分）2020年12月17日凌晨，嫦娥五号携带月壤等样本成功返回地球，完成中国探月工程的收官之战。下列说法不正确的是（ ）
A．发射时使用液氢和液氧作推进剂，是利用了燃烧反应提供能量
B．制造探测器中的瞄准镜时使用光导纤维，其主要成分是Si
C．月壤中含有珍贵的3He，3He与4He互为同位素
D．留在月球的国旗长时间不褪色、不分解，是利用了材料的稳定性
2．（3分）下列物质在生活中的应用与氧化还原反应无关的是（ ）
A．CaO用作衣物防潮剂
B．还原Fe粉用作食品脱氧剂
C．FeSO4补血剂与维生素C配合使用效果更佳
D．用硅藻土中浸润的KMnO4吸收水果散发的乙烯
3．（3分）下列化合物既含离子键又含共价键的是（ ）
A．H2O2 B．H2S C．NH4Cl D．KBr
4．（3分）下列与事实对应的化学用语正确的是（ ）
A．Cl的非金属性强于I：2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2
B．C和O形成CO2的过程：
C．0.1mol/L CH3COOH溶液的pH为3：CH3COOH═CH3COO﹣+H+
D．用石墨电极电解CuCl2溶液：2Cl﹣+2H+H2↑+Cl2↑
5．（3分）中国化学会遴选了118名青年化学家作为“元素代言人”组成“中国青年化学家元素周期表”。元素Po（钋）与S同主族，由暨南大学陈填烽代言，其原子序数为84。下列说法正确的是（ ）
A．Po位于元素周期表的第4周期
B．原子半径：Po＜S
C．210Po的中子数为126
D．PoO2只有还原性
6．（3分）下列有关试剂保存和使用的措施不正确的是（ ）
A．苯酚不慎滴到手上，用酒精清洗
B．浓HNO3盛放在棕色试剂瓶中，避光保存
C．保存FeSO4溶液时可加入少量铁粉和稀H2SO4
D．配制1mol/L NaOH溶液时，将称好的NaOH固体加入容量瓶中溶解
7．（3分）用如图装置（夹持装置已略去）进行NH3制备及性质实验。下列说法不正确的是（ ）
A．甲中制备NH3利用了NH3•H2O的分解反应
B．乙中的集气瓶内a导管短、b导管长
C．若将丙中的CCl4换成苯，仍能防止倒吸
D．向收集好的NH3中通入少量Cl2，可能观察到白烟
8．（3分）高分子修饰指对高聚物进行处理，接上不同取代基改变其性能。我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如图。下列说法正确的是（ ）
A．a分子的核磁共振氢谱有4组峰
B．生成高分子b的反应为加聚反应
C．1mol高分子b最多可与2mol NaOH反应
D．高分子c的水溶性比聚乙烯的水溶性好
9．（3分）下列各组微粒数目一定相等的是（ ）
A．等体积的NO和NO2的N原子数目
B．等质量的正丁烷和异丁烷的C﹣H键数目
C．等物质的量浓度的KCl溶液和NaCl溶液的Cl﹣离子数目
D．等质量的Cu分别与足量浓HNO3、稀HNO3反应生成的气体分子数目
10．（3分）以黄铁矿（主要成分为FeS2，其中S的化合价为﹣1价）生产硫酸的工艺流程如图。下列说法不正确的是（ ）
A．将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率
B．沸腾炉中每生成1molSO2，有11mole﹣发生转移
C．接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率
D．吸收塔排放的尾气可通过氨吸收转化成氮肥
11．（3分）研究者利用电化学法在铜催化剂表面催化还原CO制备乙烯，同时得到副产物乙醇，反应机理如图。下列说法不正确的是（ ）
A．x为2H++e﹣
B．步骤①中有H2O生成
C．该电极上生成乙烯的总反应式为2CO+8H++8e﹣═C2H4+2H2O
D．可通过增强催化剂的选择性来减少副反应的发生
12．（3分）为研究沉淀的生成及转化，同学们进行如图所示实验。下列关于该实验的分析不正确的是（ ）
A．①中产生白色沉淀的原因是c（Ag+）•c（SCN﹣）＞Ksp（AgSCN）
B．①中存在平衡：AgSCN（s）⇌Ag+（aq）+SCN﹣（aq）
C．②中无明显变化是因为溶液中的c（SCN﹣）过低
D．上述实验不能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生
13．（3分）室温下，向10mL 0.100mol Na2CO3溶液中逐滴滴加0.100mol/L HCl溶液，整个反应过程中无气体逸出（溶解的CO2均表示为H2CO3）。测得混合溶液的pH随加入HCl溶液体积的变化如图。下列说法不正确的是（ ）
A．a点溶液的溶质主要为NaCl、Na2CO3、NaHCO3
B．b点溶液中c（CO32﹣）＜c（H2CO3）
C．c点溶液中c（Na+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）
D．取d点溶液加热至沸腾，然后冷却至室温，溶液的pH增大
14．（3分）一定温度下，在容积恒为1L的容器中通入一定量N2O4，发生反N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，体系中各组分浓度随时间（t）的变化如下表。下列说法正确的是（ ）
t/s
0
20
40
60
80
c（N2O4）/（mol/L）
0.100
0.062
0.048
0.040
0.040
c（NO2）/（mol/L）
0
0.076
0.104
0.120
0.120
A．0～60s，N2O4的平均反应速率为v＝0.04mol/（L•min）
B．升高温度，反应的化学平衡常数值减小
C．80s时，再充入NO2、N2O4各0.12mol，平衡不移动
D．若压缩容器使压强增大，达新平衡后混合气颜色比原平衡时浅
第二部分本部分共5题，共58分。
15．（10分）以下是生活中常用的几种消毒剂。
ⅰ.“84”消毒液，有效成分是NaClO。
ⅱ.消毒液A，其有效成分的结构简式为（简称PCMX）。
ⅲ.双氧水消毒液，是质量分数为3%～25%的H2O2溶液。
（1）“84”消毒液需要在阴暗处密封保存，否则容易失效，用化学用语解释其原因：①NaClO+H2O+CO2═NaHCO3+HClO；② 。
（2）实验室通过测定不同pH环境中不同浓度NaClO溶液的细菌杀灭率（%），以探究“84”消毒液杀菌能力的影响因素，实验结果如下表。
NaClO溶液浓度（mg/L）
不同pH下的细菌杀灭率（%）
pH＝4.5
pH＝7.0
pH＝9.5
250
98.90
77.90
53.90
500
99.99
97.90
65.54
①结合表中数据可推断，相同条件下，HClO的杀菌能力 （填“强于”、“弱于”或“相当于”）NaClO的杀菌能力。
②下列关于“84”消毒液及其使用方法的描述中，正确的是 。（填字母序号）
a.“84”消毒液的杀菌能力与其浓度有关
b.长期用于对金属制品消毒，不会使金属腐蚀
c.不能与清厕灵（含HCl）混合使用，可能会导致安全事故
d.喷洒在物品表面后适当保持一段时间，以达到消毒杀菌效果
（3）消毒液A常用于家庭衣物消毒。
①PCMX分子中的含氧官能团是 。（写名称）
②若将消毒液A与“84”消毒液混合使用，会大大降低消毒效果，从物质性质的角度解释其原因为 。
（4）研究小组将某“84”消毒液与双氧水消毒液等体积混合，有大量无色气体生成，经检验为氧气。用离子方程式表示生成氧气的可能原因：2H2O2═2H2O+O2↑、 。
16．（14分）MnSO4是一种重要的化工产品。以菱锰矿（主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等）为原料制备MnSO4的工艺流程如图1。
资料：金属离子沉淀的pH
金属离子
Fe3+
Fe2+
Co2+
Mn2+
开始沉淀
1.5
6.3
7.4
7.6
完全沉淀
2.8
8.3
9.4
10.2
（1）酸浸后所得溶液的金属阳离子包括Mn2+、Co2+、 。
（2）沉淀池1中，先加MnO2充分反应后再加氨水。写出加MnO2时发生反应的离子方程式： 。
（3）沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，原因是 。
（4）如图2为MnSO4和（NH4）2SO4的溶解度曲线。从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为 ，洗涤干燥。
（5）受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有锰元素，其含量测定方法如下。
ⅰ.称取ag废渣，加酸将锰元素全部溶出成Mn2+，过滤，将滤液定容于100mL容量瓶中；
ⅱ.取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量（NH4）2S2O8溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的（NH4）2S2O8分解。
ⅲ.加入指示剂，用bmol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定。滴定至终点时消耗（NH4）2Fe（SO4）2溶液的体积为cmL MnO4﹣，重新变成Mn2+。
①补全步骤ⅱ中反应的离子方程式：2Mn2++ S2O82﹣+ MnO4﹣+ + 。
②废渣中锰元素的质量分数为 。
（6）废渣长期露置于空气；其中的锰元素逐渐转化为MnO2。研究者用图3装置提取MnO2中的锰元素。图3中“H•”代表氢自由基。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的c（Mn2+）先增大后减小，减小的原因可能是 、 。（写出两条）
17．（10分）锂电池有广阔的应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池，可使其中的Li电极表面生成只允许Li+通过的Li2CO3和C保护层，工作原理如图1，具体操作如下。
ⅰ.将表面洁净的Li电极和MoS2电极浸在溶有CO2的有机电解质溶液中。
ⅱ.0～5min，a端连接电源正极，b端连接电源负极，电解，MoS2电极上生成Li2CO3和C。
ⅲ.5～10min，a端连接电源负极，b端连接电源正极，电解，MoS2电极上消耗Li2CO3和C，Li电极上生成Li2CO3和C。步骤ⅱ和步骤ⅲ为1个电沉积循环。
ⅳ.重复步骤ⅱ和步骤ⅲ的操作，继续完成9个电沉积循环。
（1）步骤ⅱ内电路中的Li+由 向 迁移。（填“Li电极”或“MoS2电极”）
（2）已知下列反应的热化学方程式。
2Li（s）+2CO2（g）═Li2CO3（s）+CO（g）△H1＝﹣539kJ/mol；
CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2＝+172kJ/mol。
步骤ⅱ电解总反应的热化学方程式为 。
（3）步骤ⅲ中，Li电极的电极反应式为 。
（4）Li2CO3和C只有在MoS2的催化作用下才能发生步骤ⅲ的电极反应，反应历程中的能量变化如图。下列说法正确的是 。（填字母序号）
a.反应历程中存在碳氧键的断裂和形成
b.反应历程中涉及电子转移的变化均释放能量
c.MoS2催化剂通过降低电极反应的活化能使反应速率加快
（5）受上述“循环电沉积”法的启示，科学家研发了适用于火星大气（主要成分是CO2）的“Li﹣CO2”可充电电池，工作原理如图2。“Li﹣CO2”电池充电时，Li电极表面生成Li而不会形成Li2CO3和C沉积，原因是 。
18．（12分）由C﹣H键构建C﹣C键是有机化学的热点研究领域。我国科学家利用N﹣苯基甘氨酸中的C﹣H键在O2作用下构建C﹣C键，实现了喹啉并内酯的高选择性制备。合成路线如图。
已知：
ⅰ.R﹣Br+R'CHO.
ⅱ.ROH+R′BrROR′
（1）试剂a为 。
（2）B具有碱性，B转化为C的反应中，使B过量可以提高ClCH2COOC2H5的平衡转化率，其原因是 。（写出一条即可）
（3）C转化为D的化学方程式为 。
（4）G转化为H的化学方程式为 ；G生成H的过程中会得到少量的聚合物，写出其中一种的结构简式： 。
（5）已知：
ⅰ.
ⅱ.
①D和I在O2作用下得到J的4步反应如图（无机试剂及条件已略去），中间产物1中有两个六元环和一个五元环，中间产物3中有三个六元环。结合已知反应信息，写出中间产物1和中间产物3的结构简式 、 。
②D和I转化成J的反应过程中还生成水，理论上该过程中消耗的O2与生成的J的物质的量之比为 。
19．（12分）某课外小组探究Cu（Ⅱ）盐与Na2S2O3溶液的反应。
【查阅资料】
ⅰ.2S2O32﹣+Cu2+⇌[Cu（S2O3）2]2﹣（绿色），2S2O32﹣+Cu2+⇌[Cu（S2O3）2]3﹣（无色）；
ⅱ.2NH3+Cu+⇌[Cu（NH3）2]+（无色），[Cu（NH3）2]+遇空气容易被氧化成[Cu（NH3）4]2+（蓝色）；
ⅲ.S2O32﹣易被氧化为S4O62﹣或SO42﹣。
【猜想假设】
同学们根据资料认为Cu（Ⅱ）盐与Na2S2O3可能会发生两种反应。
假设1：Cu2+与S2O32﹣在溶液中发生络合反应生成[Cu（S2O3）2]2﹣；
假设2：Cu（Ⅱ）有 性，与S2O32﹣在溶液中发生氧化还原反应。
【实验操作及现象分析】
实验一：探究CuSO4与Na2S2O3溶液的反应。
实验操作
实验序号
V1（mL）
V2（mL）
逐滴加入Na2S2O3溶液时的实验现象
a
1.5
0.5
溶液逐渐变为绿色，静置无变化
b
1.0
1.0
溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化
c
0
2.0
溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化
（1）根据实验a的现象可推测溶液中生成的含Cu微粒是 。（填化学符号）
（2）甲同学认为实验一能证明假设2成立，他的理由是 。
实验二：探究CuCl2与Na2S2O3溶液的反应。
（3）乙同学利用已知资料进一步确证了实验二的无色溶液中存在Cu（Ⅰ）。他的实验方案是：取少量无色溶液， 。
（4）经检验白色沉淀为CuCl，从化学平衡的角度解释继续加Na2S2O3溶液后CuCl沉淀溶解的原因： 。
（5）经检验氧化产物以S4O62﹣形式存在。写出Cu2+与S2O32﹣发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式： 。
【获得结论】
综合以上实验，同学们认为Cu（Ⅱ）盐与Na2S2O3在溶液中的反应与多种因素有关，得到实验结论：①随n（S2O32﹣）：n（Cu2+）的增大， ；② 。
2020-2021学年北京市海淀区高三（下）期中化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．（3分）2020年12月17日凌晨，嫦娥五号携带月壤等样本成功返回地球，完成中国探月工程的收官之战。下列说法不正确的是（ ）
A．发射时使用液氢和液氧作推进剂，是利用了燃烧反应提供能量
B．制造探测器中的瞄准镜时使用光导纤维，其主要成分是Si
C．月壤中含有珍贵的3He，3He与4He互为同位素
D．留在月球的国旗长时间不褪色、不分解，是利用了材料的稳定性
【分析】A．氢气与氧气反应产生大量的热；
B．光导纤维主要成分为二氧化硅；
C．质子数相同，中子数不同的同种元素不同核素互为同位素；
D．物质长期不褪色，不分解，说明物质性质稳定。
【解答】解：A．氢气与氧气反应产生大量的热，发射时使用液氢和液氧作推进剂，是利用了燃烧反应提供能量，故A正确；
B．光导纤维主要成分为二氧化硅，不是硅，故B错误；
C．3He与4He质子数相同，中子数不同，互为同位素，故C正确；
C．留在月球的国旗长时间不褪色、不分解，说明物质的性质稳定，是利用了材料的稳定性，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的组成及用途，同位素概念，明确相关物质的组成成分及性质，熟悉同位素概念即可解答，题目难度不大。
2．（3分）下列物质在生活中的应用与氧化还原反应无关的是（ ）
A．CaO用作衣物防潮剂
B．还原Fe粉用作食品脱氧剂
C．FeSO4补血剂与维生素C配合使用效果更佳
D．用硅藻土中浸润的KMnO4吸收水果散发的乙烯
【分析】发生的化学反应中，存在元素的化合价升降，则属于氧化还原反应，以此来解答。
【解答】解：A．CaO用作衣物防潮剂，CaO与水反应生成氢氧化钙，不存在元素化合价的变化，与氧化还原反应无关，故A选；
B．还原Fe粉用作食品脱氧剂，利用Fe粉的还原性，发生氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故B不选；
C．FeSO4补血剂与维生素C配合使用效果更佳，利用FeSO4的还原性，发生氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故C不选；
D．用硅藻土中浸润的KMnO4吸收水果散发的乙烯，KMnO4氧化乙烯，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查生活中的化学反应及氧化还原反应，注意反应中元素的化合价变化是解答的关键，注重化学与生活的联系，题目难度不大。
3．（3分）下列化合物既含离子键又含共价键的是（ ）
A．H2O2 B．H2S C．NH4Cl D．KBr
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，碱金属元素、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键，铵根离子和酸根离子之间存在离子键，据此分析解答。
【解答】解：A．H2O2含有2个O﹣H键和1个O﹣O键，其电子式，分子中只存在共价键，为共价化合物，故A错误；
B．硫化氢的电子式，硫化氢分子中只含H﹣S共价键，为共价化合物，故B错误；
C．氯化铵电子式，氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键，N﹣H原子之间存在共价键，为离子化合物，故C正确；
D．溴化钾的电子式，溴化钾中钾离子和溴离子只存在离子键，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学键，为高频考点，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键根本区别是解本题关键，题目难度不大。
4．（3分）下列与事实对应的化学用语正确的是（ ）
A．Cl的非金属性强于I：2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2
B．C和O形成CO2的过程：
C．0.1mol/L CH3COOH溶液的pH为3：CH3COOH═CH3COO﹣+H+
D．用石墨电极电解CuCl2溶液：2Cl﹣+2H+H2↑+Cl2↑
【分析】A．元素非金属性越强，单质氧化性越强；
B．二氧化碳中碳与氧原子共用4对电子；
C．0.1mol/L CH3COOH溶液的pH为3，可知醋酸为弱酸，部分电离，应用可逆号；
D．电解氯化铜溶液，铜离子和氯离子分别放电生成金属铜和氯气。
【解答】解：A．依据离子方程式：2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2可知，氯气氧化性强于碘，所以Cl的非金属性强于I，故A正确；
B．O原子和C原子通过共用电子对形成二氧化碳，所以其形成过程为，故B错误；
C．0.1mol/L CH3COOH溶液的pH为3，可知醋酸为弱酸，部分电离，应用可逆号，电离方程式：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，故C错误；
D．用石墨电极电解氯化铜溶液，反应生成铜和氯气，正确的方程式为：Cu2++2Cl﹣Cu+Cl2↑，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了离子方程式和电离方程式及用电子式表示化合物形成过程，题目难度不大，明确物质的性质及反应实质，熟悉电子式书写注意事项是解题关键，题目难度不大。
5．（3分）中国化学会遴选了118名青年化学家作为“元素代言人”组成“中国青年化学家元素周期表”。元素Po（钋）与S同主族，由暨南大学陈填烽代言，其原子序数为84。下列说法正确的是（ ）
A．Po位于元素周期表的第4周期
B．原子半径：Po＜S
C．210Po的中子数为126
D．PoO2只有还原性
【分析】元素Po（钋）与S同主族，其原子序数为84，S的原子序数为16，S位于第三周期，16+18+18+32＝84，可知元素周期表的第6周期ⅥA族，同主族从上到下原子半径增大，原子中质子数+中子数＝质量数，化合物中元素处于中间价时具有氧化性、还原性，以此来解答。
【解答】解：A.Po位于元素周期表的第6周期，故A错误；
B.同主族从上到下原子半径增大，原子半径：Po＞S，故B错误；
C.210Po的中子数为210﹣84＝126，故C正确；
D.PoO2中Po元素的化合价为+4价，具有氧化性、还原性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6．（3分）下列有关试剂保存和使用的措施不正确的是（ ）
A．苯酚不慎滴到手上，用酒精清洗
B．浓HNO3盛放在棕色试剂瓶中，避光保存
C．保存FeSO4溶液时可加入少量铁粉和稀H2SO4
D．配制1mol/L NaOH溶液时，将称好的NaOH固体加入容量瓶中溶解
【分析】A.苯酚易溶于酒精；
B.浓HNO3光照易分解；
C.Fe具有还原性，硫酸可抑制亚铁离子水解；
D.容量瓶不能溶解固体。
【解答】解：A.苯酚易溶于酒精，则苯酚不慎滴到手上，用酒精清洗，故A正确；
B.浓HNO3光照易分解，则浓HNO3盛放在棕色试剂瓶中，避光保存，故B正确；
C.Fe具有还原性，硫酸可抑制亚铁离子水解，则保存FeSO4溶液时可加入少量铁粉和稀H2SO4，故C正确；
D.容量瓶不能溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后，转移到容量瓶中定容，故D错误；
故选：D。
【点评】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、试剂的保存、溶液配制为解答的关键，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。
7．（3分）用如图装置（夹持装置已略去）进行NH3制备及性质实验。下列说法不正确的是（ ）
A．甲中制备NH3利用了NH3•H2O的分解反应
B．乙中的集气瓶内a导管短、b导管长
C．若将丙中的CCl4换成苯，仍能防止倒吸
D．向收集好的NH3中通入少量Cl2，可能观察到白烟
【分析】A.碱石灰可使氨水中的氨气逸出；
B.氨气的密度比空气密度小；
C.丙中的CCl4换成苯，不能隔绝氨气与水；
D.氯气与氨气反应生成氯化铵。
【解答】解：A.碱石灰可使氨水中的氨气逸出，则甲中制备NH3利用了NH3•H2O的分解反应，故A正确；
B.氨气的密度比空气密度小，则乙中的集气瓶内a导管短、b导管长，故B正确；
C.丙中的CCl4换成苯，不能隔绝氨气与水，不能防止倒吸，故C错误；
D.氯气与氨气反应生成氯化铵，能观察到白烟，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查氨气的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
8．（3分）高分子修饰指对高聚物进行处理，接上不同取代基改变其性能。我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如图。下列说法正确的是（ ）
A．a分子的核磁共振氢谱有4组峰
B．生成高分子b的反应为加聚反应
C．1mol高分子b最多可与2mol NaOH反应
D．高分子c的水溶性比聚乙烯的水溶性好
【分析】A.a结构对称，含有2种H；
B.a生成b，N＝N键生成N﹣N键；
C.b含有2n个酯基，可在碱性条件下水解；
D.b水解生成c，c含有氨基、羟基。
【解答】解：A.a结构对称，含有2种H，则a分子的核磁共振氢谱有2组峰，故A错误；
B.a生成b，N＝N键生成N﹣N键，为加成反应，不是加聚反应，故B错误；
C.b含有2n个酯基，可在碱性条件下水解，则1mol高分子b最多可与2nmol NaOH反应，故C错误；
D.b水解生成c，c含有氨基、羟基，为亲水基，则高分子c的水溶性比聚乙烯的水溶性好，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应、原子共面为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
9．（3分）下列各组微粒数目一定相等的是（ ）
A．等体积的NO和NO2的N原子数目
B．等质量的正丁烷和异丁烷的C﹣H键数目
C．等物质的量浓度的KCl溶液和NaCl溶液的Cl﹣离子数目
D．等质量的Cu分别与足量浓HNO3、稀HNO3反应生成的气体分子数目
【分析】A．气体条件未知；
B．1个正丁烷和1个异丁烷分子中都含有10个C﹣H键，二者摩尔质量相同；
C．二者体积未知；
D．依据方程式3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O解答。
【解答】解：A．气体条件未知，无法判断等体积的NO和NO2的物质的量和含有氮原子个数，故A错误；
B．1个正丁烷和1个异丁烷分子中都含有10个C﹣H键，二者摩尔质量相同，依据n＝可知，等质量的正丁烷和异丁烷的C﹣H键数目，故B正确；
C．二者体积未知，物质的量浓度相同，氯离子数目不一定相等，故C错误；
D．依据方程式可知3mol铜与足量浓硝酸反应生成6mol二氧化碳，3mol铜与稀硝酸反应生成2mol一氧化氮，二者产生气体分子数不相等，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的量有关计算，明确以物质的量为核心计算公式，熟悉物质的结构组成是解题关键，题目难度不大。
10．（3分）以黄铁矿（主要成分为FeS2，其中S的化合价为﹣1价）生产硫酸的工艺流程如图。下列说法不正确的是（ ）
A．将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率
B．沸腾炉中每生成1molSO2，有11mole﹣发生转移
C．接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率
D．吸收塔排放的尾气可通过氨吸收转化成氮肥
【分析】黄铁矿在沸腾炉中与氧气反应生成氧化铁、二氧化硫，二氧化硫、氧气在接触室反应生成三氧化硫，三氧化硫在吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收可生成硫酸，尾气含有二氧化硫、氧气，以此解答该题。
【解答】解：A.将黄铁矿粉碎，可增大接触面积，加快其在沸腾炉中的化学反应速率，故A正确；
B.反应中Fe元素化合价由+2价升高到+3价，S元素化合价由﹣1价升高到+4价，则生成2mol二氧化硫转移11mol电子，则沸腾炉中每生成1mol SO2，有5.5mol e﹣发生转移，故B错误；
C.SO2、O2可在接触室反应生成三氧化硫，为可逆反应，不能完全反应，则接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率，故C正确；
D.尾气含有二氧化硫、氧气，用氨气吸收，可转化成氮肥，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查工业制备硫酸，题目难度中等，明确制备目的、制备原理为解答关键，注意掌握物质制备方案设计原则，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
11．（3分）研究者利用电化学法在铜催化剂表面催化还原CO制备乙烯，同时得到副产物乙醇，反应机理如图。下列说法不正确的是（ ）
A．x为2H++e﹣
B．步骤①中有H2O生成
C．该电极上生成乙烯的总反应式为2CO+8H++8e﹣═C2H4+2H2O
D．可通过增强催化剂的选择性来减少副反应的发生
【分析】根据图知，一氧化碳、e﹣和H+反应生成，+2e﹣+2H+→+H2O，接着发生+2e﹣+2H+→，合并后的总方程式生成乙烯的总反应式为2CO+8H++8e﹣═C2H4+2H2O，据此分析；
A．+2e﹣+2H+→；
B．步骤①的方程式：+2e﹣+2H+→+H2O；
C．生成乙烯的总反应式为2CO+8H++8e﹣═C2H4+2H2O；
D．催化剂有专一性，高效性。
【解答】解：A．根据图知，+2e﹣+2H+→，x为2H++2e﹣，故A错误；
B．步骤①的方程式：+2e﹣+2H+→+H2O，中有H2O生成，故B正确；
C．把整个过程合起来，生成乙烯的总反应式为2CO+8H++8e﹣═C2H4+2H2O，故C正确；
D．催化剂有专一性，高效性，可通过增强催化剂的选择性来减少副反应的发生，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查通过反应机理了解化学反应过程，催化剂对化学反应的影响，催化剂参与化学反应，改变反应的步骤，但是不能改变反应本质，难度中等。
12．（3分）为研究沉淀的生成及转化，同学们进行如图所示实验。下列关于该实验的分析不正确的是（ ）
A．①中产生白色沉淀的原因是c（Ag+）•c（SCN﹣）＞Ksp（AgSCN）
B．①中存在平衡：AgSCN（s）⇌Ag+（aq）+SCN﹣（aq）
C．②中无明显变化是因为溶液中的c（SCN﹣）过低
D．上述实验不能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生
【分析】A．当溶液中浓度商Qc＞Ksp，则形成沉淀；
B．生成白色沉淀AgSCN，说明溶液中存在沉淀溶解平衡；
C．沉淀溶解平衡状态下的c（SCN﹣）过低，遇到铁离子不生成红色溶液；
D．溶液变红色，则说明AgSCN白色沉淀转化为AgI沉淀，增大了溶液中SCN﹣浓度，使溶液变红色。
【解答】解：A．2mL 0.1mol/L的AgNO3溶液中滴入2mL 0.05mol/L的KSCN溶液，①中产生白色沉淀的原因是：溶液中Qc＝c（Ag+）•c（SCN﹣）＞Ksp（AgSCN），故A正确；
B．生成白色沉淀AgSCN，说明溶液中存在沉淀溶解平衡，①中存在平衡：AgSCN（s）⇌Ag+（aq）+SCN﹣（aq），故B正确；
C．②中加入Fe（NO3）3溶液，无明显变化，溶液不变红色，是因为溶液中的c（SCN﹣）过低，故C正确；
D．加入KI溶液会产生黄色沉淀，可能是过量的Ag+与I﹣反应生成AgI沉淀，但溶液变红色，则说明AgSCN白色沉淀转化为AgI沉淀，增大了溶液中SCN﹣浓度，使溶液变红色，则上述实验能证明能AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握化学平衡原理的应用、沉淀的生成和转化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
13．（3分）室温下，向10mL 0.100mol Na2CO3溶液中逐滴滴加0.100mol/L HCl溶液，整个反应过程中无气体逸出（溶解的CO2均表示为H2CO3）。测得混合溶液的pH随加入HCl溶液体积的变化如图。下列说法不正确的是（ ）
A．a点溶液的溶质主要为NaCl、Na2CO3、NaHCO3
B．b点溶液中c（CO32﹣）＜c（H2CO3）
C．c点溶液中c（Na+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）
D．取d点溶液加热至沸腾，然后冷却至室温，溶液的pH增大
【分析】A． a点时加入的盐酸为碳酸钠的一半，发生反应Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，还有剩余的碳酸钠；
B．b点时，加入的盐酸和碳酸钠刚好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，且溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），结合结合质子守恒分析；
C． c点时溶质为NaHCO3、H2CO3、NaCl，根据电荷守恒分析；
D．d点时溶质为NaCl和H2CO3，加热煮沸碳酸分解产生二氧化碳逸出，冷却后溶质为NaCl。
【解答】解：A． a点时加入盐酸为碳酸钠的一半，发生反应Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，还剩余碳酸钠，体系中含有溶质NaCl、Na2CO3、NaHCO3，故A正确；
B．b点时，加入的盐酸和碳酸钠刚好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，且溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），结合质子守恒c（CO32﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（H2CO3）可知，c（CO32﹣）＜c（H2CO3），故B正确；
C． c点时溶质为NaHCO3、H2CO3、NaCl，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（Cl﹣），故C错误；
D．d点时溶质为NaCl和H2CO3，溶液呈酸性，加热煮沸碳酸分解产生二氧化碳逸出，冷却后溶液呈中性，pH增大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电荷守恒、质子守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
14．（3分）一定温度下，在容积恒为1L的容器中通入一定量N2O4，发生反N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，体系中各组分浓度随时间（t）的变化如下表。下列说法正确的是（ ）
t/s
0
20
40
60
80
c（N2O4）/（mol/L）
0.100
0.062
0.048
0.040
0.040
c（NO2）/（mol/L）
0
0.076
0.104
0.120
0.120
A．0～60s，N2O4的平均反应速率为v＝0.04mol/（L•min）
B．升高温度，反应的化学平衡常数值减小
C．80s时，再充入NO2、N2O4各0.12mol，平衡不移动
D．若压缩容器使压强增大，达新平衡后混合气颜色比原平衡时浅
【分析】A．0～60s，△c（N2O4）＝（0.100﹣0.040）mol/L＝0.060mol/L，结合v＝计算；
B．该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
C．80s时，反应已达到平衡状态，根据表中数据计算平衡常数K，80s时，再充入NO2、N2O4各0.12mol，计算此时浓度商，再与K值比较得出结论；
D．该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，但容器体积减小，各组分浓度与原来相比增大。
【解答】解：A．0～60s，△c（N2O4）＝（0.100﹣0.040）mol/L＝0.060mol/L，0～60s，N2O4的平均反应速率为v＝＝0.06mol/（L•min），故A错误；
B．该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应的化学平衡常数值增大，故B错误；
C．80s时，反应已达到平衡状态，此时平衡常数K＝＝＝0.36，80s时，再充入NO2、N2O4各0.12mol，Qc＝＝0.36＝K，说明平衡不移动，故C正确；
D．该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，但容器体积减小，NO2（g）浓度与原来相比增大，则达新平衡后混合气颜色比原平衡时深，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，解题的关键是掌握勒夏特列原理、化学平衡常数的表达式，此题难度中等。
第二部分本部分共5题，共58分。
15．（10分）以下是生活中常用的几种消毒剂。
ⅰ.“84”消毒液，有效成分是NaClO。
ⅱ.消毒液A，其有效成分的结构简式为（简称PCMX）。
ⅲ.双氧水消毒液，是质量分数为3%～25%的H2O2溶液。
（1）“84”消毒液需要在阴暗处密封保存，否则容易失效，用化学用语解释其原因：①NaClO+H2O+CO2═NaHCO3+HClO；② 2HClO2HCl+O2↑ 。
（2）实验室通过测定不同pH环境中不同浓度NaClO溶液的细菌杀灭率（%），以探究“84”消毒液杀菌能力的影响因素，实验结果如下表。
NaClO溶液浓度（mg/L）
不同pH下的细菌杀灭率（%）
pH＝4.5
pH＝7.0
pH＝9.5
250
98.90
77.90
53.90
500
99.99
97.90
65.54
①结合表中数据可推断，相同条件下，HClO的杀菌能力 强于 （填“强于”、“弱于”或“相当于”）NaClO的杀菌能力。
②下列关于“84”消毒液及其使用方法的描述中，正确的是 acd 。（填字母序号）
a.“84”消毒液的杀菌能力与其浓度有关
b.长期用于对金属制品消毒，不会使金属腐蚀
c.不能与清厕灵（含HCl）混合使用，可能会导致安全事故
d.喷洒在物品表面后适当保持一段时间，以达到消毒杀菌效果
（3）消毒液A常用于家庭衣物消毒。
①PCMX分子中的含氧官能团是 羟基 。（写名称）
②若将消毒液A与“84”消毒液混合使用，会大大降低消毒效果，从物质性质的角度解释其原因为 PCMX（酚羟基）具有还原性，NaClO具有氧化性，二者发生氧化还原反应 。
（4）研究小组将某“84”消毒液与双氧水消毒液等体积混合，有大量无色气体生成，经检验为氧气。用离子方程式表示生成氧气的可能原因：2H2O2═2H2O+O2↑、 ClO﹣+H2O2＝Cl﹣+O2↑+H2O 。
【分析】（1）HClO具有不稳定性，见光或受热时易分解，从而导致“84”消毒液慢慢失效；
（2）①pH越小，H+浓度，ClO﹣会和H+反应生成HClO，HClO浓度就越大，杀菌效果就越好；
②a.由表格数据可知，“84”消毒液的浓度越大，杀菌效果越好；
b.长期用于对金属制品消毒，NaClO也会对金属造成化学腐蚀；
c.“84”消毒液与清厕灵（含HCl）混合使用会发生反应：ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O；
d.消毒过程需要时间；
（3）①根据PCMX的结构可知，分子中的含氧官能团为羟基；
②酚羟基具有还原性，NaClO具有氧化性，二者发生氧化还原反应；
（4）由题意可知，O2可能为H2O2分解生成，或NaClO把H2O2氧化生成了O2，自身被还原为Cl﹣，根据化合价升降守恒和原子守恒即可写出离子方程式。
【解答】解：（1）HClO具有不稳定性，见光或受热时易分解，方程式为：2HClO2HCl+O2↑，从而导致“84”消毒液慢慢失效，
故答案为：2HClO2HCl+O2↑；
（2）①pH越小，溶液的酸性越强，H+浓度，ClO﹣会和H+反应生成HClO，HClO浓度就越大，根据表格数据可知，杀菌效果就越好，即HClO的杀菌能力强于NaClO的杀菌能力，
故答案为：强于；
②a.由表格数据可知，“84”消毒液的杀菌能力与其浓度有关，浓度越大，杀菌效果越好，故a正确；
b.长期用于对金属制品消毒，NaClO也会对金属造成一定程度的腐蚀，故b错误；
c.不能与清厕灵（含HCl）混合使用，可能会导致安全事故，对应的离子方程式为：ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O，故c正确；
d.消毒过程需要时间，所以“84”消毒液喷洒在物品表面后适当保持一段时间，以达到消毒杀菌效果，故d正确；
故答案为：acd；
（3）①根据PCMX的结构可知，分子中的含氧官能团为羟基，
故答案为：羟基；
②PCMX的结构中含有酚羟基，酚羟基具有还原性，而NaClO具有氧化性，二者发生氧化还原反应，导致消毒效果大大降低，
故答案为：PCMX（酚羟基）具有还原性，NaClO具有氧化性，二者发生氧化还原反应；
（4）由题意可知，O2可能为H2O2分解生成，或NaClO把H2O2氧化生成了O2，自身被还原为Cl﹣，离子方程式为：ClO﹣+H2O2＝Cl﹣+O2↑+H2O，
故答案为：ClO﹣+H2O2＝Cl﹣+O2↑+H2O。
【点评】本题主要考查次氯酸及NaClO的性质，杀菌能力，氧化还原反应的离子方程式书写，酚羟基的还原性，同时考查学生的比较分析的能量，通过对比，得出需要的结论，难度中等。
16．（14分）MnSO4是一种重要的化工产品。以菱锰矿（主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等）为原料制备MnSO4的工艺流程如图1。
资料：金属离子沉淀的pH
金属离子
Fe3+
Fe2+
Co2+
Mn2+
开始沉淀
1.5
6.3
7.4
7.6
完全沉淀
2.8
8.3
9.4
10.2
（1）酸浸后所得溶液的金属阳离子包括Mn2+、Co2+、 Fe3+、Fe2+ 。
（2）沉淀池1中，先加MnO2充分反应后再加氨水。写出加MnO2时发生反应的离子方程式： 4H++MnO2+2Fe2+＝2Fe3++Mn2++2H2O 。
（3）沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，原因是 因为NaOH能与锰离子反应生成氢氧化锰沉淀而使锰元素损失 。
（4）如图2为MnSO4和（NH4）2SO4的溶解度曲线。从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为 蒸发浓缩、趁热过滤 ，洗涤干燥。
（5）受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有锰元素，其含量测定方法如下。
ⅰ.称取ag废渣，加酸将锰元素全部溶出成Mn2+，过滤，将滤液定容于100mL容量瓶中；
ⅱ.取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量（NH4）2S2O8溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的（NH4）2S2O8分解。
ⅲ.加入指示剂，用bmol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定。滴定至终点时消耗（NH4）2Fe（SO4）2溶液的体积为cmL MnO4﹣，重新变成Mn2+。
①补全步骤ⅱ中反应的离子方程式：2Mn2++ 5 S2O82﹣+ 8 H2O 2 MnO4﹣+ 10 SO42﹣ + 16 H+ 。
②废渣中锰元素的质量分数为 % 。
（6）废渣长期露置于空气；其中的锰元素逐渐转化为MnO2。研究者用图3装置提取MnO2中的锰元素。图3中“H•”代表氢自由基。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的c（Mn2+）先增大后减小，减小的原因可能是 锰离子浓度增加，在阴极放电 、 锰离子水解生成氢氧化锰沉淀 。（写出两条）
【分析】菱锰矿酸浸后得到硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸钴等；加入二氧化锰的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，再加入氨水除去铁离子；加入含硫沉降剂是除去钴离子，最后经处理得到含硫酸锰的溶液，结晶得到硫酸锰晶体，其中沉淀1为氢氧化铁，沉淀2为硫化钴，最终可以通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤干燥来获取目标产物。
【解答】解：（1）酸浸后的溶液中含有的金属离子除了锰离子、钴离子外还含有Fe3+、Fe2+，
故答案为：Fe3+、Fe2+；
（2）加入二氧化锰的目的是将亚铁离子氧化，其反应为：4H++MnO2+2Fe2+＝2Fe3++Mn2++2H2O，
故答案为：4H++MnO2+2Fe2+＝2Fe3++Mn2++2H2O；
（3）锰离子能与氢氧化钠反应，所以不能用NaOH代替含硫沉淀剂，因为NaOH能与锰离子反应生成氢氧化锰沉淀而使锰元素损失，
故答案为：因为NaOH能与锰离子反应生成氢氧化锰沉淀而使锰元素损失；
（4）从溶解度曲线中可以看出，硫酸锰的溶解度随温度升高而降低，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤的方法分离，
故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤；
（5）①由已知可得，S2O82﹣被还原为硫酸根离子，Mn2+被氧化为MnO4﹣，结合得失电子守恒，电荷守恒与原子守恒可得方程式：2Mn2++5S2O82﹣+8H2O2MnO4﹣+10SO42﹣+16H+，
故答案为：5；8；H2O；2；10；SO42﹣；16；H+；
②滴定时发生反应MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，设25.00mL溶液中所含锰离子物质的量为n，有方程式可知，锰离子与亚铁离子的物质的量之比为1：5，则100mL溶液中n（Mn2+）＝×bc×4×10﹣3mol＝bc×10﹣3mol，m（锰）＝n（Mn2+）×M＝55g/mol×bc×10﹣3mol，故锰元素的质量分数＝×100%＝%，
故答案为：%；
（6）分析图中装置可知，随着外加电流的增大，溶液中锰离子浓度增加，开始在阴极放电，浓度降低，氢离子浓度降低锰离子水解，
故答案为：锰离子浓度增加，在阴极放电；锰离子水解生成氢氧化锰沉淀。
【点评】本题以硫酸锰的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，物质分离提纯，反应计算等知识，考查范围较广，学生应注意审题，难度适中。
17．（10分）锂电池有广阔的应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池，可使其中的Li电极表面生成只允许Li+通过的Li2CO3和C保护层，工作原理如图1，具体操作如下。
ⅰ.将表面洁净的Li电极和MoS2电极浸在溶有CO2的有机电解质溶液中。
ⅱ.0～5min，a端连接电源正极，b端连接电源负极，电解，MoS2电极上生成Li2CO3和C。
ⅲ.5～10min，a端连接电源负极，b端连接电源正极，电解，MoS2电极上消耗Li2CO3和C，Li电极上生成Li2CO3和C。步骤ⅱ和步骤ⅲ为1个电沉积循环。
ⅳ.重复步骤ⅱ和步骤ⅲ的操作，继续完成9个电沉积循环。
（1）步骤ⅱ内电路中的Li+由 Li电极 向 MoS2电极 迁移。（填“Li电极”或“MoS2电极”）
（2）已知下列反应的热化学方程式。
2Li（s）+2CO2（g）═Li2CO3（s）+CO（g）△H1＝﹣539kJ/mol；
CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2＝+172kJ/mol。
步骤ⅱ电解总反应的热化学方程式为 4Li（s）+3CO2（g）＝2Li2CO3（s）+C（s）△H＝﹣1250kJ/mol 。
（3）步骤ⅲ中，Li电极的电极反应式为 4Li++4e﹣+3CO2（g）＝2Li2CO3（s）+C（s） 。
（4）Li2CO3和C只有在MoS2的催化作用下才能发生步骤ⅲ的电极反应，反应历程中的能量变化如图。下列说法正确的是 ac 。（填字母序号）
a.反应历程中存在碳氧键的断裂和形成
b.反应历程中涉及电子转移的变化均释放能量
c.MoS2催化剂通过降低电极反应的活化能使反应速率加快
（5）受上述“循环电沉积”法的启示，科学家研发了适用于火星大气（主要成分是CO2）的“Li﹣CO2”可充电电池，工作原理如图2。“Li﹣CO2”电池充电时，Li电极表面生成Li而不会形成Li2CO3和C沉积，原因是 电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时，锂离子在锂电极放电得到金属锂 。
【分析】（1）步骤ⅱ.0～5min，a端连接电源正极，为电解质的阳极，b端连接电源负极，为电解池的阴极，阳离子移向阴极b；
（2）步骤ⅱ.0～5min，MoS2电极上生成Li2CO3和C，Li电极上是锂失电子生成锂离子，
①2Li（s）+2CO2（g）═Li2CO3（s）+CO（g）△H1＝﹣539kJ/mol；
②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2＝+172kJ/mol。
盖斯定律计算①×2﹣②得到步骤ⅱ电解总反应的热化学方程式；
（3）ⅲ中反应5～10min，a端连接电源负极，b端连接电源正极，电解，MoS2电极上消耗Li2CO3和C，Li电极上生成Li2CO3和C；
（4）a．图中可以看到碳酸根离子转化为二氧化碳，碳转化为一氧化碳；
b．反应历程中涉及电子转移的变化时，能量增加；
c．催化剂降低反应的活化能，加快反应速率；
（5）电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时只有锂离子得到电子生成锂。
【解答】解：（1）ⅱ.0～5min，a端连接电源正极，为电解质的阳极，b端连接电源负极，为电解池的阴极，阳离子移向阴极b，内电路中的Li+由Li电极移向MoS2电极，
故答案为：Li电极；MoS2电极；
（2）步骤ⅱ.0～5min，MoS2电极上生成Li2CO3和C，Li电极上是锂失电子生成锂离子，
①2Li（s）+2CO2（g）═Li2CO3（s）+CO（g）△H1＝﹣539kJ/mol；
②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2＝+172kJ/mol。
盖斯定律计算①×2﹣②得到步骤ⅱ电解总反应的热化学方程式为：4Li（s）+3CO2（g）＝2Li2CO3（s）+C（s）△H＝（﹣539kJ/mol）×2﹣（+172kJ/mol）＝﹣1250kJ/mol，
故答案为：4Li（s）+3CO2（g）＝2Li2CO3（s）+C（s）△H＝﹣1250kJ/mol；
（3）步骤ⅲ中，Li电极为电解池的阴极，电极反应式为：4Li++4e﹣+3CO2（g）＝2Li2CO3（s）+C（s），
故答案为：4Li++4e﹣+3CO2（g）＝2Li2CO3（s）+C（s）；
（4）a．图中可以看到碳酸根离子到二氧化碳存在碳氧键的断裂，从C到CO存在碳氧键的形成，故a正确；
b．反应历程中涉及电子转移的变化时，能量增加，均吸收能量，故b错误；
c．MoS2催化剂通过降低电极反应的活化能，反应更容易进行，使反应速率加快，故c正确；
故答案为：ac；
（5）“Li﹣CO2”电池充电时，Li电极表面生成Li而不会形成Li2CO3和C沉积，原因是：电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时，锂离子在锂电极放电得到金属锂，
故答案为：电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时，锂离子在锂电极放电得到金属锂。
【点评】本题综合考查化学反应能量变化、电化学知识等，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及电极判断、电极反应书写、离子移向等，解题关键是掌握电化学原理，题目难度中等。
18．（12分）由C﹣H键构建C﹣C键是有机化学的热点研究领域。我国科学家利用N﹣苯基甘氨酸中的C﹣H键在O2作用下构建C﹣C键，实现了喹啉并内酯的高选择性制备。合成路线如图。
已知：
ⅰ.R﹣Br+R'CHO.
ⅱ.ROH+R′BrROR′
（1）试剂a为 浓硫酸、浓硝酸 。
（2）B具有碱性，B转化为C的反应中，使B过量可以提高ClCH2COOC2H5的平衡转化率，其原因是 增加反应物的浓度，减小生成物HCl的浓度，使化学平衡正向移动 。（写出一条即可）
（3）C转化为D的化学方程式为 +H2O+CH3CH2OH 。
（4）G转化为H的化学方程式为 CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr ；G生成H的过程中会得到少量的聚合物，写出其中一种的结构简式： 。
（5）已知：
ⅰ.
ⅱ.
①D和I在O2作用下得到J的4步反应如图（无机试剂及条件已略去），中间产物1中有两个六元环和一个五元环，中间产物3中有三个六元环。结合已知反应信息，写出中间产物1和中间产物3的结构简式 、 。
②D和I转化成J的反应过程中还生成水，理论上该过程中消耗的O2与生成的J的物质的量之比为 1：1 。
【分析】苯和试剂a在加热条件下发生取代反应生成A，根据A的分子式知，A的结构简式为，试剂a为浓硫酸、浓硝酸，根据B的结构简式及C的分子式知，B发生取代反应生成C，C发生缩聚反应生成D，根据D的结构简式知，C的结构简式为；丙烯和溴发生取代反应生成E，E和甲醛发生信息i的反应生成F，则E的结构简式为CH2＝CHCH2Br，F的结构简式为CH2＝CHCH2CH2OH，F和溴发生加成反应生成G为CH2BrCHBrCH2CH2OH，G发生信息ii的反应生成H为，H发生消去反应生成I；
（5）D和I在O2作用下得到J的4步反应，中间产物1中有两个六元环和一个五元环，根据信息i知，中间产物1的结构简式为，中间产物3中有三个六元环，则中间产物1发生信息ii的反应生成中间产物2，则中间产物2的结构简式为，中间产物2再发生酯化反应生成中间产物3为，中间产物3再发生氧化反应得到J。
【解答】解：（1）通过以上分析知，试剂a为浓硫酸、浓硝酸，
故答案为：浓硫酸、浓硝酸；
（2）B转化为C的反应中还生成HCl，B具有碱性，过量的B能和HCl发生中和反应而促进平衡正向移动，所以使B过量可以提高ClCH2COOC2H5的平衡转化率，
故答案为：增加反应物的浓度，减小生成物HCl的浓度，使化学平衡正向移动；
（3）C为，C水解生成D，C转化为D的化学方程式为+H2O+CH3CH2OH，
故答案为：+H2O+CH3CH2OH；
（4）G为CH2BrCHBrCH2CH2OH，G发生信息ii的反应生成H为，G转化为H的化学方程式为：CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr；G生成H的过程中会得到少量的聚合物，一种聚合物的结构简式：，
故答案为：CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr；；
（5）①通过以上分析知，中间产物1、3的结构简式分别为、，
故答案为：；；
②D和I中共有15个H原子和3个O原子、1个N原子，J中有9个H原子、2个O原子、1个N原子，反应中少了6个H原子、1个O原子，6个H原子需要3个O原子，但1个O原子需要2个H原子，即生成1mol J消耗1mol氧气，所以理论上该过程中消耗的O2与生成的J的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，题目充分利用有机物结构、反应条件进行分析，关键是理解给予的反应信息、记住常见官能团的结构、性质以及官能团之间的相互转化，然后结合题意灵活运用即可，难点是（5）题中间产物结构简式的确定。
19．（12分）某课外小组探究Cu（Ⅱ）盐与Na2S2O3溶液的反应。
【查阅资料】
ⅰ.2S2O32﹣+Cu2+⇌[Cu（S2O3）2]2﹣（绿色），2S2O32﹣+Cu2+⇌[Cu（S2O3）2]3﹣（无色）；
ⅱ.2NH3+Cu+⇌[Cu（NH3）2]+（无色），[Cu（NH3）2]+遇空气容易被氧化成[Cu（NH3）4]2+（蓝色）；
ⅲ.S2O32﹣易被氧化为S4O62﹣或SO42﹣。
【猜想假设】
同学们根据资料认为Cu（Ⅱ）盐与Na2S2O3可能会发生两种反应。
假设1：Cu2+与S2O32﹣在溶液中发生络合反应生成[Cu（S2O3）2]2﹣；
假设2：Cu（Ⅱ）有 氧化 性，与S2O32﹣在溶液中发生氧化还原反应。
【实验操作及现象分析】
实验一：探究CuSO4与Na2S2O3溶液的反应。
实验操作
实验序号
V1（mL）
V2（mL）
逐滴加入Na2S2O3溶液时的实验现象
a
1.5
0.5
溶液逐渐变为绿色，静置无变化
b
1.0
1.0
溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化
c
0
2.0
溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化
（1）根据实验a的现象可推测溶液中生成的含Cu微粒是 [Cu（S2O3）2]2﹣ 。（填化学符号）
（2）甲同学认为实验一能证明假设2成立，他的理由是 由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应 。
实验二：探究CuCl2与Na2S2O3溶液的反应。
（3）乙同学利用已知资料进一步确证了实验二的无色溶液中存在Cu（Ⅰ）。他的实验方案是：取少量无色溶液， 向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu（Ⅰ） 。
（4）经检验白色沉淀为CuCl，从化学平衡的角度解释继续加Na2S2O3溶液后CuCl沉淀溶解的原因： CuCl（s）⇌Cu++Cl﹣，滴加Na2S2O3溶液后，2S2O32﹣+Cu+⇌[Cu（S2O3）2]3﹣（无色），c（Cu+）降低，使沉淀溶解平衡正向移动，沉淀溶解 。
（5）经检验氧化产物以S4O62﹣形式存在。写出Cu2+与S2O32﹣发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式： 2Cu2++6S2O32﹣＝S4O62﹣+2[Cu（S2O3）2]3﹣ 。
【获得结论】
综合以上实验，同学们认为Cu（Ⅱ）盐与Na2S2O3在溶液中的反应与多种因素有关，得到实验结论：①随n（S2O32﹣）：n（Cu2+）的增大， 二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强 ；② Cl﹣易于Cu+生成CuCl，Cu（Ⅱ）盐的阴离子为Cl﹣时能增大Cu2+与S2O32﹣发生氧化还原反应的趋势 。
【分析】Cu（Ⅱ）是铜元素的最高价态，具有氧化性，
（1）根据溶液逐渐变为绿色，且静置无变化，可推测溶液中生成的含Cu微粒是绿色的微粒；
（2）结合实验a到实验c可知，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，最后生成的是无色的[Cu（S2O3）2]3﹣；
（3）根据资料：2NH3+Cu+⇌[Cu（NH3）2]+（无色），[Cu（NH3）2]+遇空气容易被氧化成[Cu（NH3）4]2+（蓝色），若无色溶液中存在Cu（Ⅰ），加入氨水，先呈无色，后变为蓝色，即可设计实验方案；
（4）CuCl沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuCl（s）⇌Cu++Cl﹣，滴加Na2S2O3溶液后，S2O32﹣与Cu+结合[Cu（S2O3）2]3﹣，促进配合右移；
（5）Cu2+与S2O32﹣发生氧化还原反应得到无色溶液，生成S4O62﹣和[Cu（S2O3）2]3﹣，即可写出离子方程式，结合分析，可以获得结论：①随n（S2O32﹣）：n（Cu2+）的增大，二者发生络合反应的趋势是逐渐减弱的，发生氧化还原反应的趋势是逐渐增强的，②Cl﹣易于Cu+生成CuCl，Cu（Ⅱ）盐的阴离子为Cl﹣时能增大Cu2+与S2O32﹣发生氧化还原反应的趋势。
【解答】解：Cu（Ⅱ）是铜元素的最高价态，化合价只能降低，具有氧化性，
故答案为：氧化；
（1）根据实验a的现象：溶液逐渐变为绿色，静置无变化，可推测溶液中生成的含Cu微粒是[Cu（S2O3）2]2﹣（绿色），
故答案为：[Cu（S2O3）2]2﹣；
（2）通过CuSO4与Na2S2O3溶液反应的现象，由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，最后生成的是无色的[Cu（S2O3）2]3﹣，即发生了氧化还原反应，
故答案为：由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应；
（3）根据资料：2NH3+Cu+⇌[Cu（NH3）2]+（无色），[Cu（NH3）2]+遇空气容易被氧化成[Cu（NH3）4]2+（蓝色），若无色溶液中存在Cu（Ⅰ），加入氨水，先呈无色，后变为蓝色，故实验方案为：取少量无色溶液，向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu（Ⅰ），
故答案为：向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu（Ⅰ）；
（4）CuCl沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuCl（s）⇌Cu++Cl﹣，滴加Na2S2O3溶液后，2S2O32﹣+Cu+⇌[Cu（S2O3）2]3﹣（无色），c（Cu+）降低，使沉淀溶解平衡正向移动，沉淀溶解，
故答案为：CuCl（s）⇌Cu++Cl﹣，滴加Na2S2O3溶液后，2S2O32﹣+Cu+⇌[Cu（S2O3）2]3﹣（无色），c（Cu+）降低，使沉淀溶解平衡正向移动，沉淀溶解；
（5）Cu2+与S2O32﹣发生氧化还原反应得到无色溶液，生成S4O62﹣和[Cu（S2O3）2]3﹣，离子方程式为：2Cu2++6S2O32﹣＝S4O62﹣+2[Cu（S2O3）2]3﹣，结合分析，可以获得结论：①随n（S2O32﹣）：n（Cu2+）的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强，②Cl﹣易于Cu+生成CuCl，Cu（Ⅱ）盐的阴离子为Cl﹣时能增大Cu2+与S2O32﹣发生氧化还原反应的趋势，
故答案为：2Cu2++6S2O32﹣＝S4O62﹣+2[Cu（S2O3）2]3﹣；二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；Cl﹣易于Cu+生成CuCl，Cu（Ⅱ）盐的阴离子为Cl﹣时能增大Cu2+与S2O32﹣发生氧化还原反应的趋势。
【点评】本题侧重考查学生的比较思维能力和氧化还原反应的知识掌握情况，具体还涉及到沉淀溶解平衡的移动，离子方程式书写，实验方案的涉及，实验结论的总结，具有很强的综合性，属于较难题。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/4 19:24:15；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
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