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2020年北京市朝阳区高考化学一模试卷
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这是一份2020年北京市朝阳区高考化学一模试卷，共38页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020年北京市朝阳区高考化学一模试卷
一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）
1．（3分）下列家庭常用消毒剂的有效成分属于无机物的是（ ）
A
B
C
D
家庭常用消毒剂
有效成分
对氯间二甲苯酚
乙醇
次氯酸钠
过氧乙酸
A．A B．B C．C D．D
2．（3分）下列化学用语不正确的是（ ）
A．羟基的电子式： B．乙烯的球棍模型：
C．Cl的原子结构示意图： D．乙醇的分子式：C2H6O
3．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．氨基酸能与酸、碱反应生成盐
B．葡萄糖和蔗糖的官能团种类完全相同
C．乙醇和乙醛可用银氨溶液进行鉴别
D．氢键既影响有机物的沸点，又影响有机物的空间结构
4．（3分）用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（ ）
A．7.8gNa2O2中含有的离子数为0.3NA
B．1mol NO2与水完全反应转移的电子数为NA
C．标准状况下，22.4L NH3含有的质子数为5NA
D．1L 0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中含有的NH4+数为0.1NA
5．（3分）镓（31Ga）是化学史上第一个先从理论上被预言，后在自然界被发现的元素。Ga与K同周期。下列说法不正确的是（ ）
A．Ga在周期表中的位置：第四周期第ⅢA族
B．原子半径：Ga＞K
C．中子数为36的Ga的核素：Ga
D．最高价氧化物对应水化物的碱性：Ga（OH）3＞Al（OH）3
6．（3分）科研人员研究了通电条件下N2在催化剂Au（金）表面生成NH3的反应，反应机理如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．上述转化过程中涉及非极性键的断裂和极性键的生成
B．生成NH3的总电极反应式为：N2+6H++6e﹣═2NH3
C．当1mol N2在电解池的阴极发生反应时，可得到2mol NH3
D．使用Au作催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率
7．（3分）在抗击新冠肺炎的过程中，科研人员研究了法匹拉韦、利巴韦林、氯硝柳胺等药物的疗效，三种药物主要成分的结构简式如下。下列说法不正确的是（ ）
A．X的分子式为C5H4O2N3F
B．Z中含有6种官能团
C．Y和Z都有羟基，但性质不完全相同
D．X和Z都能发生加成反应和水解反应
8．（3分）下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A．用明矾作净水剂：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+
B．NO2球浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0
C．用醋酸除去水垢：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O
D．CO2通入苯酚钠溶液中出现浑浊：+CO2+H2O→+NaHCO3
9．（3分）下列物质的实验室制取、检验及分离方法不合理的是（夹持装置已略去，气密性已检验）。（ ）
A．制取并检验氨气
B．制取并检验SO2气体
C．制取并提纯乙酸乙酯
D．制取并检验乙炔
10．（3分）疫情期间某同学尝试在家自制含氯消毒剂。用两根铅笔芯（C1和C2）、电源适配器和水瓶组装如图所示的装置。接通电源观察到：C1周围产生细小气泡，C2周围无明显现象；持续通电一段时间后，C2周围产生细小气泡。此时停止通电，拔出电极，旋紧瓶塞，振荡摇匀，制备成功。关于该实验的说法不正确的是（ ）
A．C1电极产生气泡原因：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣
B．自制消毒剂的总反应为：NaCl+H2ONaClO+H2↑
C．可以用两根铁钉代替铅笔芯完成实验
D．实验过程中要注意控制电压、开窗通风、导出氢气，确保安全
11．（3分）反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0可用于消除汽车尾气中的有害气体。在密闭容器中充入4mol NO和5mol CO，平衡时NO的体积分数随温度、压强的变化关系如图。下列说法不正确的是（ ）
A．温度：T1＞T2
B．a点达到平衡所需时间比c点短
C．c点NO的平衡转化率：50%
D．若在e点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中的c点
12．（3分）维纶（聚乙烯醇缩甲醛纤维）可用于生产服装、绳索等。其合成路线如图：下列说法不正确的是（ ）
A．反应①是加聚反应
B．高分子A的链节中只含有一种官能团
C．通过质谱法测定高分子B的平均相对分子质量，可得其聚合度
D．反应③的化学方程式为：+nHCHO→+（2n﹣1）H2O
13．（3分）25℃时，用一定浓度NaOH溶液滴定某醋酸溶液，混合溶液的导电能力变化曲线如图所示，其中b点为恰好反应点。下列说法不正确的是（ ）
A．溶液的导电能力与离子种类和浓度有关
B．b点溶液的pH＝7
C．a→c过程中，n（CH3COO﹣）不断增大
D．c点的混合溶液中，c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）
14．（3分）用如图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定具支锥形瓶中压强随时间变化关系以及溶解氧随时间变化关系的曲线如下。下列说法不正确的是（ ）
A．压强增大主要是因为产生了H2
B．整个过程中，负极电极反应式为：Fe﹣2e﹣═Fe2+
C．pH＝4.0时，不发生析氢腐蚀，只发生吸氧腐蚀
D．pH＝2.0时，正极电极反应式为：2H++2e﹣═H2↑和O2+4e﹣+4H+═2H2O
二、解答题（共5小题，满分58分）
15．（11分）目前生物质能研究的方向之一是替代化石能源制备有机化工产品。
（1）化石原料合成丙烯腈（CH2＝CH﹣CN）：
已知：
CH2＝CH﹣CH3（g）+NH3（g）+O2（g）→CH2＝CH﹣CN（g）+3H2O（g）△H＝﹣514.6kJ•mol﹣1
i：CH2＝CH﹣CH3（g）+O2（g）→CH2＝CH﹣CHO（g）+H2O（g）△H＝﹣353.1kJ•mol﹣1
写出反应ii的热化学方程式： 。
（2）生物质原料合成丙烯腈：
①写出ii的化学方程式： 。
②丙烯腈与1，3﹣丁二烯共聚生产的丁腈橡胶是现代工业重要的橡胶。写出合成丁腈橡胶的化学方程式： 。
（3）生物质脂肪酸脱羧制备长链烷烃：H2气氛，TiO2/Pt为催化剂，光催化长链脂肪酸转化为长链烷烃机理示意图如图：
①油脂酸性水解可得高级脂肪酸和 （写结构简式）。
②TiO2界面发生的电极反应式为 。
16．（10分）Na2S2O3应用广泛，水处理中常用作还原剂、冶金中常用作络合剂。
（1）Na2S2O3的实验室制法：装置如图1（加热和夹持装置略）：
已知：2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓、Na2SO3+S═Na2S2O3
①甲中发生反应的化学方程式为 。
②实验过程中，乙中的澄清溶液先变浑浊，后变澄清时生成大量的Na2S2O3．一段时间后，乙中再次出现少量浑浊，此时须立刻停止通入SO2．结合离子方程式解释此时必须立刻停止通入SO2的原因： 。
③丙中，NaOH溶液吸收的气体可能有 。
（2）实际工业生产中制得的Na2S2O3溶液中常混有少量Na2SO3，结合溶解度曲线（如图2），获得Na2S2O3•5H2O的方法是 。
（3）Na2S2O3的用途：氨性硫代硫酸盐加热浸金是一种环境友好的黄金（Au）浸取工艺。
已知：Ⅰ．Cu（NH3）42+═Cu2++4NH3；
Ⅱ．Cu2+在碱性较强时受热会生成CuO沉淀。
①将金矿石浸泡在Na2S2O3、Cu（NH3）42+的混合溶液中，并通入O2．浸金反应的原理为：
i．Cu（NH3）42++Au+2S2O32﹣⇌Cu（NH3）2++Au（S2O3）23﹣+2NH3
ii.4Cu（NH3）2++8NH3+O2+2H2O═4Cu（NH3）42++4OH﹣
浸金过程Cu（NH3）42+起到催化剂的作用，金总反应的离子方程式为： 。
②一定温度下，相同时间金的浸出率随体系pH变化曲线如如图3，解释pH＞10.5时，金的浸出率降低的可能原因 。（写出2点即可）
17．（12分）抗肿瘤药物7﹣氟喹啉衍生物的前体Q的合成路线如图：
已知：R1ONa+R2C1→R1OR2+NaCl（R1、R2代表烃基）
（1）A属于芳香烃，A的名称是 。
（2）B→D的化学方程式是 。
（3）D→E的反应类型是 。
（4）G的结构简式是 。
（5）下列关于M的说法正确的是 （填序号）。
a．M含有两种不同的官能团
b．M存在顺反异构体
c．M和G能用Br2的CCl4溶液鉴别
d．M能与NaOH溶液反应
（6）已知：G+J→M+2CH3CH2OH．J的结构简式是 。
（7）L与M反应生成Q的过程如图：
已知：上述异构化反应中，只存在氢原子和不饱和键的位置变化。Y的分子中含有两个六元环。Y的结构简式是 。
18．（12分）无水氯化锰（MnCl2）在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉（主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质）制备无水氯化锰的工艺如下（部分操作和条件略）。
Ⅰ．向粗锰粉中加入盐酸，控制溶液的pH约为5，测定离子的初始浓度。静置一段时间后锰粉仍略有剩余，过滤；
Ⅱ．向Ⅰ的滤液中加入一定量盐酸，再加入H2O2溶液，充分反应后加入MnCO3固体调节溶液的pH约为5，过滤；
Ⅲ．向Ⅱ的滤液中通入H2S气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
Ⅳ．浓缩、结晶、过滤、洗涤、脱水得到无水MnCl2。
各步骤中对杂质离子的去除情况
Fe2+
Ni2+
Pb2+
初始浓度/mg•L﹣1
21.02
4.95
5.86
步骤Ⅰ后/mg•L﹣1
12.85
3.80
3.39
步骤Ⅱ后/mg•L﹣1
0.25
3.76
3.38
步骤Ⅲ后/mg•L﹣1
0.10（达标）
3.19（未达标）
0.12（达标）
已知：金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb
（1）锰和盐酸反应的化学方程式是 。
（2）步骤Ⅰ中：
①Fe2+浓度降低，滤渣中存在Fe（OH）3．结合离子方程式解释原因： 。
②Pb2+浓度降低，分析步骤Ⅰ中发生的反应为：Pb+2H+═Pb2++H2↑、 。
（3）步骤Ⅱ中：
①H2O2酸性溶液的作用： 。
②结合离子方程式说明MnCO3的作用： 。
（4）步骤Ⅲ通入H2S后，Ni2+不达标而Pb2+达标。推测溶解度：PbS NiS（填“＞”或“＜”）。
（5）测定无水MnCl2的含量：将ag样品溶于一定量硫酸和磷酸的混合溶液中，加入稍过量NH4NO3，使Mn2+氧化为Mn3+．待充分反应后持续加热一段时间，冷却后用bmol/L硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]滴定Mn3+，消耗cmL硫酸亚铁铵。（已知：滴定过程中发生的反应为：Fe2++Mn3+═Fe3++Mn2+）
①样品中MnCl2的质量分数是 （已知：MnCl2的摩尔质量是126g•mol﹣1）。
②“持续加热”的目的是使过量的NH4NO3分解。若不加热，测定结果会 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
19．（13分）学习小组探究AgNO3、Ag2O（棕黑色固体，难溶于水）对氯水漂白性的影响。
实验记录如下：
2mL 氯水
实验
方案和现象
ⅰ
加入1mL蒸馏水，再滴加1滴品红溶液，品红溶液较快褪色
ⅱ
加入少量Ag2O固体，产生白色沉淀a。再加入1mL蒸馏水和1滴品红溶液，品红溶液褪色比i快
ⅲ
加入1mL较浓AgNO3溶液，产生白色沉淀b。再滴加1滴品红溶液，品红溶液褪色比i慢
（1）用离子方程式表示i中品红溶液褪色的原因： 。
（2）经检验，ii中的白色沉淀a是AgCl．产生AgCl的化学方程式是 。
（3）ⅰ是iii的对比实验，目的是排除iii中 造成的影响。
（4）研究白色沉淀b的成分。进行实验iv（按实验iii的方案再次得到白色沉淀b，过滤、洗涤，置于试管中）：
实验iv：
①设计对比实验证实白色沉淀b不只含有AgCl，实验方案和现象是 。
②FeCl2溶液的作用是 。由此判断，白色沉淀b可能含有AgClO。
（5）进一步研究白色沉淀b和实验iii品红溶液褪色慢的原因，进行实验v：
实验v：
①结合离子方程式解释加入饱和NaCl溶液的目的： 。
②推测品红溶液褪色的速率：实验iii比实验v （填“快”或“慢”）。
2020年北京市朝阳区高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）
1．（3分）下列家庭常用消毒剂的有效成分属于无机物的是（ ）
A
B
C
D
家庭常用消毒剂
有效成分
对氯间二甲苯酚
乙醇
次氯酸钠
过氧乙酸
A．A B．B C．C D．D
【分析】有机物是指含碳的化合物，无机物只不含碳的化合物，CO、CO2、H2CO3、碳酸盐、碳酸氢盐、金属碳化物、氰化物、硫氰化物等虽然含有碳元素，这些物质的性质与无机物相似，属于无机物。
【解答】解：A．对氯间二甲苯酚是含碳元素的化合物，属于有机物，故A不选；
B．乙醇是含碳化合物，属于有机物，故B不选；
C．次氯酸钠不含碳元素，属于无机物，故C选；
D．过氧乙酸是含碳化合物，属于有机物，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的分类，明确无机物与有机物定义是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）下列化学用语不正确的是（ ）
A．羟基的电子式： B．乙烯的球棍模型：
C．Cl的原子结构示意图： D．乙醇的分子式：C2H6O
【分析】A．羟基中氧原子最外层7个电子；
B．乙烯分子中存在碳碳双键，所有原子共平面；
C．氯原子核外17个电子，分3层排布，从内到外依次排布2，8，7个电子；
D．乙醇分子中含有2个碳原子、6个氢原子、1个氧原子。
【解答】解：A．羟基的电子式为，故A错误；
B．乙烯分子中含有1个碳碳双键，所有原子共平面，其球棍模型为：，故B正确；
C．氯原子核外17个电子，分3层排布，从内到外依次排布2，8，7个电子，原子结构示意图为：，故C正确；
D．乙醇分子中含有2个碳原子、6个氢原子、1个氧原子，分子式为：C2H6O，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了球棍模型、电子式、结构简式的书写判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，试题培养了学生规范答题的能力。
3．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．氨基酸能与酸、碱反应生成盐
B．葡萄糖和蔗糖的官能团种类完全相同
C．乙醇和乙醛可用银氨溶液进行鉴别
D．氢键既影响有机物的沸点，又影响有机物的空间结构
【分析】A．氨基酸含有氨基和羧基，具有两性；
B．葡萄糖属于多羟基醛，蔗糖不含醛基；
C．乙醛可以与银氨溶液反应；
D．有机物分子之间若能形成氢键，会使有机物具有较高的沸点；氢键的形成也会影响有机物的空间结构。
【解答】解：A．氨基酸中既含有氨基，又含有羧基，所以既能与酸反应，也能与碱反应生成盐，故A正确；
B．葡萄糖属于多羟基醛，结构中含有醛基而蔗糖的分子结构中并不含有醛基，故B错误；
C．乙醇不能与银氨溶液反应，乙醛可以与银氨溶液反应产生银镜现象，故C正确；
D．有机物分子之间若能形成氢键，会使有机物具有较高的沸点；氢键的形成也会影响有机物的空间结构，如氢键是蛋白质具有生物活性的高级结构的重要原因，氢键也是DNA双螺旋的两个螺旋链结合的原因，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，题目难度不大。
4．（3分）用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（ ）
A．7.8gNa2O2中含有的离子数为0.3NA
B．1mol NO2与水完全反应转移的电子数为NA
C．标准状况下，22.4L NH3含有的质子数为5NA
D．1L 0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中含有的NH4+数为0.1NA
【分析】A.1个过氧化钠含有2个钠离子，1个过氧根离子，共3个离子；
B．根据二氧化氮与水反应生成了一氧化氮和硝酸，二氧化氮既是氧化剂也是还原剂分析；
C.1个氨气分子含有10个质子；
D．铵根离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解。
【解答】解：A．7.8g过氧化钠即0.1mol，过氧化钠中的阳离子是Na+，阴离子是过氧根离子，所以0.1mol过氧化钠总共含有0.3NA个离子，故A正确；
B．NO2与水反应的方程式为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，起还原剂作用的NO2与起氧化剂作用的NO2比例为1：2，因此，1molNO2完全反应转移电子数为NA个电子，故B错误；
C．1个NH3中含有10个质子，标况下22.4L的氨气，即1mol，含有10NA个质子，故C错误；
D．NH4+在水溶液中会发生水解，因此1L浓度为0.1mol/L的NH4Cl溶液中，NH4+的数目小于0.1NA，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。
5．（3分）镓（31Ga）是化学史上第一个先从理论上被预言，后在自然界被发现的元素。Ga与K同周期。下列说法不正确的是（ ）
A．Ga在周期表中的位置：第四周期第ⅢA族
B．原子半径：Ga＞K
C．中子数为36的Ga的核素：Ga
D．最高价氧化物对应水化物的碱性：Ga（OH）3＞Al（OH）3
【分析】A．Ga与Al同主族，说明位于第IIIA族，与K同周期，说明位于第四周期；
B．同一周期元素的原子半径从左至右逐渐减小；
C．质量数＝质子数+中子数；
D．同一主族，从上至下，元素的金属性增强，最高价氧化物对应水化物的碱性也增强。
【解答】解A．Ga与Al同主族，说明位于第IIIA族，与K同周期，说明位于第四周期，所以Ga在周期表中的位置：第四周期第ⅢA族，故A正确；
B．同一周期，原子半径从左至右，逐渐减小，则K的原子半径更大，故B错误；
C．质量数＝质子数+中子数，Ga元素原子序数为31，中子数为36的核素中质量数为67，故C正确；
D．同一主族，从上至下，元素的金属性增强，最高价氧化物对应水化物的碱性也增强，则Ga（OH）3碱性强于Al（OH）3，故正确；
故选：B。
【点评】本题考查元素周期律，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确质量数计算方法、同一主族和同一周期元素性质相似性及递变性是解本题关键，知道碱的碱性强弱判断方法，题目难度不大。
6．（3分）科研人员研究了通电条件下N2在催化剂Au（金）表面生成NH3的反应，反应机理如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．上述转化过程中涉及非极性键的断裂和极性键的生成
B．生成NH3的总电极反应式为：N2+6H++6e﹣═2NH3
C．当1mol N2在电解池的阴极发生反应时，可得到2mol NH3
D．使用Au作催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率
【分析】A、通过机理示意图可知，反应过程中N﹣N的非极性键断裂，生成了N﹣H极性键；
B、由一个N2分子转化为两个NH3分子需要得6个电子；
C、N2在转化为NH3的过程中会生成副产物N2H4；
D、催化剂可以通过降低反应活化能提高反应速率。
【解答】解：A、通过机理示意图可知，反应过程中N2分子内的非极性键断裂，生成了NH3和N2H4分子内的N﹣H极性键，故A正确；
B、通过机理示意图可知，由一个N2分子转化为含2mol﹣3价N元素的NH3分子中需要得6mol电子，根据质量守恒，需要6molH+参与反应，所以电极反应式为：N2+6e﹣+6H+═2NH3，故B正确；
C、通过机理示意图可知，N2在转化为NH3的过程中会生成副产物N2H4，因此，消耗1molN2并不能得到2molNH3，故C错误；
D、催化剂可以通过降低反应活化能成千上万倍的提高反应速率，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应的实质及催化剂影响化学反应速率的重点知识，侧重考查学生对化学反应及化学反应速率的理解能力和综合运用能力是必考点，也是常考点；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。
7．（3分）在抗击新冠肺炎的过程中，科研人员研究了法匹拉韦、利巴韦林、氯硝柳胺等药物的疗效，三种药物主要成分的结构简式如下。下列说法不正确的是（ ）
A．X的分子式为C5H4O2N3F
B．Z中含有6种官能团
C．Y和Z都有羟基，但性质不完全相同
D．X和Z都能发生加成反应和水解反应
【分析】A．根据结构简式确定分子式；
B．Z中含有的官能团有酚羟基、氯原子、肽键、硝基；
C．Y中羟基为醇羟基、Z中羟基为酚羟基；
D．肽键和卤原子、酯基都能发生水解反应，碳碳不饱和键、苯环、醛基和羰基都能发生加成反应。
【解答】解：A．由X的结构可知，其分子式为C5H4O2N3F，故A正确；
B．由Z的结构可知，其结构中含有2个氯原子、1个硝基，一个酚羟基，一个肽键，一共四种官能团，故B错误；
C．由Y和Z的结构可知，Y中的羟基为醇羟基，Z中的羟基为酚羟基，因此性质不完全相同，故C正确；
D．由X和Z的结构可知，X和Z中都含有肽键，所以都能发生水解反应；X中含有碳碳双键可以发生加成反应，Y中含有苯环也可以发生加成反应，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查官能团判断、官能团及其性质关系，明确官能团及其性质关系是解本题关键，知道醇羟基和酚羟基的区别，题目难度不大。
8．（3分）下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A．用明矾作净水剂：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+
B．NO2球浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0
C．用醋酸除去水垢：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O
D．CO2通入苯酚钠溶液中出现浑浊：+CO2+H2O→+NaHCO3
【分析】A．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以净水；
B．二氧化氮转化成四氧化二氮的反应为放热反应，根据温度对化学平衡的影响分析，将其浸入冷水即降温，颜色变浅，说明生成了更多的N2O4；
C．醋酸在离子反应中保留化学式；
D．酸性：H2CO3＞苯酚＞HCO3﹣，向苯酚钠中通入CO2会生成苯酚和碳酸氢钠。
【解答】解：A．明矾能用作净水剂是因为Al3+水解能产生Al（OH）3胶体，水解反应：Al3++3H2O⇌Al（OH）3 （胶体）+3H+，故A正确；
B．NO2是红棕色气体，N2O4是无色气体，反应2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0为放热反应，放入冷水中后平衡向着正向移动，则二氧化氮浓度减小，气体颜色变浅，故B正确；
C．醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆分成离子，醋酸除去水垢的离子反应为2CH3COOH+CaCO3＝2CH3COO﹣+Ca2++CO2↑+H2O，故C错误；
D．由于酸性：H2CO3＞苯酚＞HCO3﹣，所以向苯酚钠中通入CO2会生成苯酚和碳酸氢钠：+CO2+H2O→+NaHCO3由于苯酚在冷水中溶解度较低，所以会产生浑浊现象，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，D注意酸性的比较。
9．（3分）下列物质的实验室制取、检验及分离方法不合理的是（夹持装置已略去，气密性已检验）。（ ）
A．制取并检验氨气
B．制取并检验SO2气体
C．制取并提纯乙酸乙酯
D．制取并检验乙炔
【分析】A．氯化铵和氢氧化钙在加热条件下可制备氨气，氨气的密度比空气小，溶液呈碱性；
B．浓硫酸和铜在加热条件下生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性；
C．乙酸、乙醇在浓硫酸作用下，加热可生成乙酸乙酯，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠；
D．乙炔中混有硫化氢、磷化氢等气体。
【解答】解：A．实验室制备氨气，可以通过加热Ca（OH）2和NH4Cl的固体混合物实现；对固体进行加热时，一般试管管口向下倾斜；收集氨气时，采用向下排空气法，并且在收集试管的管口处需加一团棉花；验满时，用湿润的红石蕊试纸验满，故A正确；
B．用浓硫酸和Cu反应制取SO2时需要加热；检验SO2可用品红溶液；由于SO2是有毒气体，所以要对尾气进行吸收处理；吸收装置中的球形干燥管又可以起到防倒吸的作用，故B正确；
C．乙酸乙酯制备时需要加热，并且注意防止暴沸；用盛有饱和碳酸钠的溶液收集产品时，需要注意导管不能伸入液面；乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液互不相溶，可以采用分液的方式分离，故C正确；
D．利用电石和饱和食盐水制取的乙炔中会含有H2S和PH3等杂质，在检验乙炔之前，一定要把杂质除净，所以应该在盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶前方添加盛有硫酸铜溶液的洗气瓶，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，侧重分析与实验能力的考查，注意把握实验的原理和物质的性质，把握实验的评价性和可行性的分析，题目难度不大。
10．（3分）疫情期间某同学尝试在家自制含氯消毒剂。用两根铅笔芯（C1和C2）、电源适配器和水瓶组装如图所示的装置。接通电源观察到：C1周围产生细小气泡，C2周围无明显现象；持续通电一段时间后，C2周围产生细小气泡。此时停止通电，拔出电极，旋紧瓶塞，振荡摇匀，制备成功。关于该实验的说法不正确的是（ ）
A．C1电极产生气泡原因：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣
B．自制消毒剂的总反应为：NaCl+H2ONaClO+H2↑
C．可以用两根铁钉代替铅笔芯完成实验
D．实验过程中要注意控制电压、开窗通风、导出氢气，确保安全
【分析】电解饱和食盐水，阳极会产生氯气，阴极会产生氢气；反应方程式为：2H2O+2NaCl 2NaOH+H2↑+Cl2↑，由于H2不溶于水且不与溶液中的其他物质反应，所以会直接溢出；而氯气会与电解过程中溶液中生成的NaOH反应转变为NaClO和NaCl，反应方程式为：2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O所以在制备过程中几乎不会溢出；因此，C1极应当为阴极，C2极应当为阳极，以此解题。
【解答】解：A．通过分析可知，C1极为阴极，阴极处产生了氢气，电极反应式为：2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，故A正确；
B．通过分析可知，电解过程中生成的氯气又会再与溶液中生成的NaOH反应转变为NaClO和NaCl，涉及的反应共有两步，分别为：2H2O+2NaCl 2NaOH+H2↑+Cl2↑和2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O，因此自制消毒剂的总反应为：H2O+NaCl NaClO+H2↑，故B正确；
C．若用两个铁钉代替两个石墨电极，电解过程中阳极生Fe失去电子被氧化，无法产生氯气，也就无法获得含氯消毒剂，故C错误；
D．电压控制不得当，可能会导致副反应发生，或者反应速率很慢；由于电解过程中产生了氯气和氢气，所以要注意开窗通风，防止中毒和发生爆炸，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查电解的原理和应用，涉及高考高频考点氯碱工业的原理，注意电极反应式的书写和判断，整体度不大。
11．（3分）反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0可用于消除汽车尾气中的有害气体。在密闭容器中充入4mol NO和5mol CO，平衡时NO的体积分数随温度、压强的变化关系如图。下列说法不正确的是（ ）
A．温度：T1＞T2
B．a点达到平衡所需时间比c点短
C．c点NO的平衡转化率：50%
D．若在e点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中的c点
【分析】A、该反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的体积分数增大；
B、其它条件相同时，温度越高、化学反应速率越快；
C、根据三段式计算c点时NO的体积分数，进而结合平衡转化率公式计算NO的平衡转化率；
D、该反应正向是气体体积减小的放热反应，升温并同时减小压强，反应逆向进行，NO的体积分数增大。
【解答】解：A、该反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，所以NO的体积分数会增大，即T1＞T2，故A正确；
B、一般而言，温度越高，反应速率越大，达到平衡所需的时间会越短，所以a点达到平衡所需的时间比c点短，故B正确；
C、某温度下，反应达到平衡状态D点时，NO的体积分数是25%，设CO的变化量是x，
2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol）：5 4 0 0
变化量（mol）：x x 0.5x x
平衡量（mol）：5﹣x 4﹣x 0.5x x
NO的体积分数是25%，即×100%＝25%，解得x＝2，则NO的平衡转化率＝×100%＝50%，故C正确；
D、由图可知，e点对应的NO的体积分数与c点对应的相同；结合反应可知，升温会使反应逆向移动，导致NO的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致NO的体积分数增加；所以升温和减压后，NO的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO的体积分数一定比c点对应的体积分数大，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应原理，涉及化学平衡计算、化学平衡影响因素、图象分析等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确化学反应基本原理及外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，注意三段式格式的应用，题目难度不大。
12．（3分）维纶（聚乙烯醇缩甲醛纤维）可用于生产服装、绳索等。其合成路线如图：下列说法不正确的是（ ）
A．反应①是加聚反应
B．高分子A的链节中只含有一种官能团
C．通过质谱法测定高分子B的平均相对分子质量，可得其聚合度
D．反应③的化学方程式为：+nHCHO→+（2n﹣1）H2O
【分析】发生加成聚合反应生成的A为，A中含有酯基，则A在NaOH的水溶液中水解生成的B为，再HCHO发生缩聚反应生成聚乙烯醇缩甲醛纤维，据此分析解题。
【解答】解：A．的结构中含有碳碳双键，因此能发生加聚反应生成A，A的结构为：，故A正确；
B．由A的结构可知，A的链节中只含有酯基一种官能团，故B正确；
C．由题可知，A在发生水解后生成B，那么B的结构为：；对于聚合物，其平均相对分子质量＝链节的相对质量×聚合度，故C正确；
D．由题可知，维纶的结构为：，维纶是由聚乙烯醇和甲醛缩聚而来，聚乙烯醇的结构为；因此，每生成一个维纶的链节需要2个聚乙烯醇的链节和1分子甲醛发生缩合，脱去1分子水，所以反应的方程式为+nHCHO→+nH2O，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查高分子化合物的合成原理，属基础考查，题目难度中等。
13．（3分）25℃时，用一定浓度NaOH溶液滴定某醋酸溶液，混合溶液的导电能力变化曲线如图所示，其中b点为恰好反应点。下列说法不正确的是（ ）
A．溶液的导电能力与离子种类和浓度有关
B．b点溶液的pH＝7
C．a→c过程中，n（CH3COO﹣）不断增大
D．c点的混合溶液中，c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）
【分析】A．溶液的导电能力取决于电荷浓度的大小；
B．b点为恰好反应点，应生成醋酸钠，为强碱弱酸盐；
C．b点为恰好反应点，a到bn（CH3COO﹣）逐渐增大；b到c的过程，NaOH的量逐渐增加，抑制CH3COO﹣的水解；
D．c点的溶液可视为等浓度的NaOH与CH3COONa的混合溶液，醋酸根发生水解。
【解答】解：A．不同离子所带电荷量不同，导电能力不同；同种离子，浓度不同，导电能力也不同，故A正确；
B．b点为恰好反应点，即滴定终点，此时溶液可视为醋酸钠的水溶液，由于醋酸根水解，所以溶液显碱性，常温下，pH＞7，故B错误；
C．a到b的过程，醋酸与加入的NaOH发生中和反应，醋酸的解离平衡正向移动，n（CH3COO﹣）逐渐增大；b到c的过程，由于溶液中NaOH的量逐渐增加，导致CH3COO﹣的水解平衡逆向移动，n（CH3COO﹣）逐渐增大；因此，从a到c的过程，n（CH3COO﹣）不断增大，故C正确；
D．由题可知，c点的溶液可视为等浓度的NaOH与CH3COONa的混合溶液，由于醋酸根会发生水解，所以溶液中有：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把握题给信息以及图象的分析，把握溶液导电能力和离子浓度的关系，题目难度中等。
14．（3分）用如图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定具支锥形瓶中压强随时间变化关系以及溶解氧随时间变化关系的曲线如下。下列说法不正确的是（ ）
A．压强增大主要是因为产生了H2
B．整个过程中，负极电极反应式为：Fe﹣2e﹣═Fe2+
C．pH＝4.0时，不发生析氢腐蚀，只发生吸氧腐蚀
D．pH＝2.0时，正极电极反应式为：2H++2e﹣═H2↑和O2+4e﹣+4H+═2H2O
【分析】Fe在酸性环境下会发生析氢腐蚀，产生氢气，会导致锥形瓶内压强增大；若介质的酸性很弱或呈中性，并且有氧气参与，此时Fe就会发生吸氧腐蚀，吸收氧气，会导致锥形瓶内压强减小，据此分析解答。
【解答】解：A．pH＝2.0的溶液，酸性较强，因此锥形瓶中的Fe粉能发生析氢腐蚀，析氢腐蚀产生氢气，因此会导致锥形瓶内压强增大，故A正确；
B．锥形瓶中的Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生的电极反应式为：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故B正确；
C．若pH＝4.0时只发生吸氧腐蚀，那么锥形瓶内的压强会有下降；而图中pH＝4.0时，锥形瓶内的压强几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，Fe粉还发生了析氢腐蚀，消耗氧气的同时也产生了氢气，因此锥形瓶内压强几乎不变，故C错误；
D．由图可知，pH＝2.0时，锥形瓶内的溶解氧减少，说明有消耗氧气的吸氧腐蚀发生，同时锥形瓶内的气压增大，说明有产生氢气的析氢腐蚀发生；因此，正极反应式有：2H++2e﹣═H2↑和O2+4e﹣+4H+═2H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查铁的电化学腐蚀原理的探究，题目难度不大，明确析氢腐蚀、吸氧腐蚀的原理为解答关键，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验探究能力。
二、解答题（共5小题，满分58分）
15．（11分）目前生物质能研究的方向之一是替代化石能源制备有机化工产品。
（1）化石原料合成丙烯腈（CH2＝CH﹣CN）：
已知：
CH2＝CH﹣CH3（g）+NH3（g）+O2（g）→CH2＝CH﹣CN（g）+3H2O（g）△H＝﹣514.6kJ•mol﹣1
i：CH2＝CH﹣CH3（g）+O2（g）→CH2＝CH﹣CHO（g）+H2O（g）△H＝﹣353.1kJ•mol﹣1
写出反应ii的热化学方程式： CH2＝CH﹣CHO（g）+NH3（g）+O2（g）→CH2＝CH﹣CN（g）+2H2O（g）△H＝﹣161.5kJ•mol﹣1 。
（2）生物质原料合成丙烯腈：
①写出ii的化学方程式： CH2＝CH﹣COOCH2CH3+NH3CH2＝CH﹣CONH2+CH3CH2OH 。
②丙烯腈与1，3﹣丁二烯共聚生产的丁腈橡胶是现代工业重要的橡胶。写出合成丁腈橡胶的化学方程式： nCH2＝CHCH＝CH2+nCH2＝CH﹣CN 。
（3）生物质脂肪酸脱羧制备长链烷烃：H2气氛，TiO2/Pt为催化剂，光催化长链脂肪酸转化为长链烷烃机理示意图如图：
①油脂酸性水解可得高级脂肪酸和 （写结构简式）。
②TiO2界面发生的电极反应式为 RCH2COO﹣﹣e﹣→CO2↑+R﹣H2 。
【分析】（1）反应ii为CH2＝CH﹣CHO与氨气、氧气的反应，利用盖斯定律，将i﹣ii可得反应ii的热化学方程式；
（2）①催化条件下，氨气与CH2＝CH﹣COOCH2CH3发生取代反应；
②丙烯腈与1，3﹣丁二烯都含有碳碳双键，可发生加聚反应生成；
（3）①油脂酸性水解可得高级脂肪酸和甘油；
②TiO2界面失去电子，发生氧化反应生成二氧化碳和烷基自由基。
【解答】解：（1）反应ⅱ的化学方程式为：CH2＝CH﹣CHO（g）+NH3（g）+O2（g）→CH2＝CH﹣CN（g）+2H2O（g），通过分析可知该反应的焓变△H＝﹣514.6kJ•mol﹣1﹣（﹣353.1kJ•mol﹣1）＝﹣161.5kJ•mol﹣1，则该反应的热化学方程式为CH2＝CH﹣CHO（g）+NH3（g）+O2（g）→CH2＝CH﹣CN（g）+2H2O（g）△H＝﹣161.5kJ•mol﹣1，故答案为：CH2＝CH﹣CHO（g）+NH3（g）+O2（g）→CH2＝CH﹣CN（g）+2H2O（g）△H＝﹣161.5kJ•mol﹣1；
（2）①通过分析可知，CH2＝CH﹣COOCH2CH3发生反应ⅱ后，酯基转变为肽键，因此反应ⅱ实质是取代反应，方程式为CH2＝CH﹣COOCH2CH3+NH3CH2＝CH﹣CONH2+CH3CH2OH，故答案为：CH2＝CH﹣COOCH2CH3+NH3CH2＝CH﹣CONH2+CH3CH2OH；
②丙烯腈与1，3﹣丁二烯发生共聚反应生成丁腈橡胶的方程式为：nCH2＝CHCH＝CH2+nCH2＝CH﹣CN，
故答案为：nCH2＝CHCH＝CH2+nCH2＝CH﹣CN；
（3）①油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，因此酸性条件下水解可得到高级脂肪酸和甘油，即，故答案为：；
②由机理示意图可知，长链脂肪酸首先解离成R﹣CH2﹣COO﹣和H+，其中H+在Pt的表面得电子变为氢原子，R﹣CH2﹣COO﹣则在TiO2的表面失电子生成一分子CO2的同时，产生烷基自由基，烷基自由基可与Pt表面产生的H原子结合形成长链烷烃，因此TiO2界面的电极反应式为RCH2COO﹣﹣e﹣→CO2↑+R﹣H2，故答案为：RCH2COO﹣﹣e﹣→CO2↑+R﹣H2。
【点评】本题考查较为综合，涉及热化学方程式以及有机合成等问题，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把握盖斯定律的运用以及反应原理的探究，能准确摄取题给信息，题目难度中等。
16．（10分）Na2S2O3应用广泛，水处理中常用作还原剂、冶金中常用作络合剂。
（1）Na2S2O3的实验室制法：装置如图1（加热和夹持装置略）：
已知：2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓、Na2SO3+S═Na2S2O3
①甲中发生反应的化学方程式为 Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O 。
②实验过程中，乙中的澄清溶液先变浑浊，后变澄清时生成大量的Na2S2O3．一段时间后，乙中再次出现少量浑浊，此时须立刻停止通入SO2．结合离子方程式解释此时必须立刻停止通入SO2的原因： 过量的SO2溶于水使溶液酸性增强，S2O32﹣+2H2SO3＝S↓+SO2↑+H2O+2HSO3﹣或S2O32﹣+2H+＝S↓+SO2↑+H2O 。
③丙中，NaOH溶液吸收的气体可能有 SO2、H2S、CO2 。
（2）实际工业生产中制得的Na2S2O3溶液中常混有少量Na2SO3，结合溶解度曲线（如图2），获得Na2S2O3•5H2O的方法是 将溶液蒸发浓缩、（趁热过滤）、降温结晶、过滤 。
（3）Na2S2O3的用途：氨性硫代硫酸盐加热浸金是一种环境友好的黄金（Au）浸取工艺。
已知：Ⅰ．Cu（NH3）42+═Cu2++4NH3；
Ⅱ．Cu2+在碱性较强时受热会生成CuO沉淀。
①将金矿石浸泡在Na2S2O3、Cu（NH3）42+的混合溶液中，并通入O2．浸金反应的原理为：
i．Cu（NH3）42++Au+2S2O32﹣⇌Cu（NH3）2++Au（S2O3）23﹣+2NH3
ii.4Cu（NH3）2++8NH3+O2+2H2O═4Cu（NH3）42++4OH﹣
浸金过程Cu（NH3）42+起到催化剂的作用，金总反应的离子方程式为： 4Au+8S2O32﹣+O2+2H2O＝4Au（S2O3）23﹣+4OH﹣ 。
②一定温度下，相同时间金的浸出率随体系pH变化曲线如如图3，解释pH＞10.5时，金的浸出率降低的可能原因 pH＞10.5时，部分Cu（NH3）42+转化成CuO，降低了Cu（NH3）42+浓度，降低（浸出）反应速率、碱性较强时氧气更易将S2O32﹣氧化，降低（浸出）反应速率 。（写出2点即可）
【分析】（1）①由题中提供的制备硫代硫酸钠的反应方程式以及装置图可知，甲装置制备SO2，将SO2通入乙装置中反应；
②由于乙中盛放的是碳酸钠和硫化钠的混合溶液，而H2SO3的酸性比H2CO3和H2S都强，所以在乙装置中也可能会发生反应生成CO2和H2S气体；
③考虑到SO2在乙中可能无法反应完全，因此乙装置的出口气体可能含有SO2，CO2以及H2S，因此设置丙装置对尾气进行处理；
（2）从含有亚硫酸钠杂质的硫代硫酸钠溶液中获得Na2S2O3•5H2O，因此先将溶液蒸发浓缩，在较高温度时，趁热过滤掉析出的Na2SO3杂质，再对滤液降温结晶，使Na2S2O3•5H2O结晶析出，过滤即可；
（3）①在书写黄金浸取的总反应方程式时，要注意Cu（NH3）42+在整个反应中所起的作用是催化作用，总反应方程式中并未消耗和生成Cu（NH3）42+，实质是Au与O2之间的氧化还原反应；
②分析利用硫代硫酸盐等进行黄金浸取时pH过高的条件下浸取率较低时，要注意题中给出的关于Cu（NH3）42+以及Cu2+的反应性质。
【解答】解：（1）①甲装置中生成了SO2，根据质量守恒写出反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O；
②已知：2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓、Na2SO3+S═Na2S2O3，在制备过程中因为乙生成了S单质，乙中的溶液先变浑浊；S单质继续与亚硫酸钠反应生成Na2S2O3，因此溶液又变澄清；若继续通SO2，由于会生成H2SO3，溶液的酸性会增强；溶液再次出现浑浊，说明S单质再次生成，那原因就是：Na2S2O3在亚硫酸的作用下发生分解，产生了S单质，离子方程式为：S2O32﹣+2H2SO3＝S↓+SO2↑+H2O+2HSO3﹣或S2O32﹣+2H+＝S↓+SO2↑+H2O；
故答案为：过量的SO2溶于水使溶液酸性增强，S2O32﹣+2H2SO3＝S↓+SO2↑+H2O+2HSO3﹣或S2O32﹣+2H+＝S↓+SO2↑+H2O；
③考虑到SO2在乙中可能无法反应完全，所以乙装置中出来的气体可能含有SO2，CO2和H2S，因此再用NaOH溶液吸收的气体可能有SO2，CO2和H2S；
故答案为：SO2、H2S、CO2；
（2）从含有亚硫酸钠杂质的硫代硫酸钠溶液中获得Na2S2O3•5H2O，结合溶解度曲线，Na2SO3在较高温度时溶解度较小，而Na2S2O3•5H2O在较高温度时溶解度较大；需先将溶液蒸发浓缩；在较高温度时，趁热过滤析出的Na2SO3杂质，再对滤液降温，使Na2S2O3•5H2O结晶析出，再进行过滤；
故答案为：将溶液蒸发浓缩、（趁热过滤）、降温结晶、过滤；
（3）①因Cu（NH3）42+起的作用是催化作用，即总反应并未消耗和生成Cu（NH3）42+，总反应实质是Au与O2之间发生的氧化还原反应，4Au失电子与S2O32﹣和O2得电子生成Au（S2O3）23﹣；因此总离子方程式为：4Au+8S2O32﹣+O2+2H2O＝4Au（S2O3）23﹣+4OH﹣，
故答案为：4Au+8S2O32﹣+O2+2H2O＝4Au（S2O3）23﹣+4OH﹣；
②已知：Ⅰ．Cu（NH3）42+═Cu2++4NH3；Ⅱ．Cu2+在碱性较强时受热会生成CuO沉淀，所以在pH＞10.5时，部分Cu（NH3）42+转化成CuO，生成的CuO沉淀覆盖在金矿石表面，降低了Cu（NH3）42+浓度，降低（浸出）反应速率；或碱性较强时氧气更易将S2O32﹣氧化，降低（浸出）反应速率；
故答案为：pH＞10.5时，部分Cu（NH3）42+转化成CuO，降低了Cu（NH3）42+浓度，使浸出率下降；或碱性较强时氧气更易将S2O32﹣氧化，导致浸出率下降。
【点评】本题考查综合探究化学实验的重点知识，侧重考查学生对综合化学实验的理解能力和综合运用能力是重点，也是必考点；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。
17．（12分）抗肿瘤药物7﹣氟喹啉衍生物的前体Q的合成路线如图：
已知：R1ONa+R2C1→R1OR2+NaCl（R1、R2代表烃基）
（1）A属于芳香烃，A的名称是 苯 。
（2）B→D的化学方程式是 +Cl2+HCl 。
（3）D→E的反应类型是 取代反应 。
（4）G的结构简式是 。
（5）下列关于M的说法正确的是 cd （填序号）。
a．M含有两种不同的官能团
b．M存在顺反异构体
c．M和G能用Br2的CCl4溶液鉴别
d．M能与NaOH溶液反应
（6）已知：G+J→M+2CH3CH2OH．J的结构简式是 。
（7）L与M反应生成Q的过程如图：
已知：上述异构化反应中，只存在氢原子和不饱和键的位置变化。Y的分子中含有两个六元环。Y的结构简式是 。
【分析】由题可知A为芳烃，从A逐步反应生成L，期间并未涉及C链的增长，因此由L的结构推测A即为苯，那么B即为硝基苯；由B生成D，根据条件可知，发生的是苯环上氢的氯代反应，再结合L的结构推测，氯原子取代的是与硝基相连的碳的间位碳上的氢原子，D的结构为，D生成E的反应即D中的氯原子被取代为F原子的反应；对E的结构中的硝基进行还原即可得到L．根据反应条件可知，丙二酸与乙醇发生的是酯化反应，由产物G的分子式推测，G的结构为；由反应条件可知，由乙醇钠与三氯甲烷反应生成J发生的是与已知条件相似的反应，再根据题干（6）可知，J的结构为．由题可知，L和M反应脱去一分子乙醇后生成X，X再脱去一分子乙醇形成具有两个六元环的Y；Y转变为Q发生的是异构化反应且反应过程中只有氢原子和不饱和键位置发生变化，C和N等原子的连接方式不变；可推测X的结构为：，进一步可知Y的结构为，以此来解答。
【解答】解：（1）由上述分析可知，A的名称为苯，故答案为：苯；
（2）B生成D的方程式为+Cl2+HCl，故答案为：+Cl2+HCl；
（3）通过分析可知，D生成E的反应为取代反应，故答案为：取代反应；
（4）G的结构为，故答案为：；
（5）a．由M的结构可知，M中含有碳碳双键，醚键和酯基三种官能团，故a错误；
b．由M的结构可知，M其中的一个双键C上连接了两个相同的基团，所以M不存在顺反异构体，故d错误；
c．M的结构中含碳碳双键，可以使Br2的CCl4溶液褪色，而G的结构中不含碳碳双键，无法使Br2的CCl4溶液褪色，故c正确；
d．M的结构中含有酯基，所以可以与NaOH溶液反应，故d正确；
故答案为：cd；
（6）由上述分析可知，J的结构简式为，故答案为：；
（7）由上述分析可知，Y的结构简式为，故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应、官能团及碳原子数变化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。
18．（12分）无水氯化锰（MnCl2）在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉（主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质）制备无水氯化锰的工艺如下（部分操作和条件略）。
Ⅰ．向粗锰粉中加入盐酸，控制溶液的pH约为5，测定离子的初始浓度。静置一段时间后锰粉仍略有剩余，过滤；
Ⅱ．向Ⅰ的滤液中加入一定量盐酸，再加入H2O2溶液，充分反应后加入MnCO3固体调节溶液的pH约为5，过滤；
Ⅲ．向Ⅱ的滤液中通入H2S气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
Ⅳ．浓缩、结晶、过滤、洗涤、脱水得到无水MnCl2。
各步骤中对杂质离子的去除情况
Fe2+
Ni2+
Pb2+
初始浓度/mg•L﹣1
21.02
4.95
5.86
步骤Ⅰ后/mg•L﹣1
12.85
3.80
3.39
步骤Ⅱ后/mg•L﹣1
0.25
3.76
3.38
步骤Ⅲ后/mg•L﹣1
0.10（达标）
3.19（未达标）
0.12（达标）
已知：金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb
（1）锰和盐酸反应的化学方程式是 Mn+2HCl＝MnCl2+H2↑ 。
（2）步骤Ⅰ中：
①Fe2+浓度降低，滤渣中存在Fe（OH）3．结合离子方程式解释原因： 4Fe2++O2+10H2O＝4Fe（OH）3↓+8H+ 。
②Pb2+浓度降低，分析步骤Ⅰ中发生的反应为：Pb+2H+═Pb2++H2↑、 Pb2++Mn＝Pb+Mn2+ 。
（3）步骤Ⅱ中：
①H2O2酸性溶液的作用： 将剩余Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去 。
②结合离子方程式说明MnCO3的作用： MnCO3+2H+＝Mn2++H2O+CO2↑、Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+ 。
（4）步骤Ⅲ通入H2S后，Ni2+不达标而Pb2+达标。推测溶解度：PbS ＜ NiS（填“＞”或“＜”）。
（5）测定无水MnCl2的含量：将ag样品溶于一定量硫酸和磷酸的混合溶液中，加入稍过量NH4NO3，使Mn2+氧化为Mn3+．待充分反应后持续加热一段时间，冷却后用bmol/L硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]滴定Mn3+，消耗cmL硫酸亚铁铵。（已知：滴定过程中发生的反应为：Fe2++Mn3+═Fe3++Mn2+）
①样品中MnCl2的质量分数是 （已知：MnCl2的摩尔质量是126g•mol﹣1）。
②“持续加热”的目的是使过量的NH4NO3分解。若不加热，测定结果会 偏高 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【分析】制备无水氯化锰的原料是含有Fe，Ni，Pb等金属杂质的粗锰粉，因此制备过程中要将Fe，Ni，Pb等杂质元素去除；第一步将粗锰粉加酸溶解，Fe溶解后产生Fe2+，由于其还原性较强，容易被氧气氧化；由于金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀法去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的Zn2+和Pb2+，由于Pb的去除达标，而Zn的仍未达标，所以PbS的溶解度应该更低，以此解答该题。
【解答】解：（1）Mn与盐酸反应的化学方程式为：Mn+2HCl＝MnCl2+H2↑，故答案为：Mn+2HCl＝MnCl2+H2↑；
（2）①将粗锰粉酸浸后，Fe单质转化为还原性较强的Fe2+，静置一段时间，Fe2+会被空气中的氧气氧化，进而生成Fe（OH）3沉淀，相应的离子方程式为：4Fe2++O2+10H2O＝4Fe（OH）3↓+8H+，故答案为：4Fe2++O2+10H2O＝4Fe（OH）3↓+8H+；
②由于金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降，因此与之相关的反应为：Pb2++Mn＝Pb+Mn2+，
故答案为：Pb2++Mn＝Pb+Mn2+；
（3）①通过分析可知，过氧化氢的作用是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH值将其转化为Fe（OH）3沉淀除去，故答案为：将剩余Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去；
②通过分析可知，MnCO3的作用即调节溶液的pH值以便于Fe3+沉淀，相关的离子方程式为：MnCO3+2H+＝Mn2++H2O+CO2↑，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，
故答案为：MnCO3+2H+＝Mn2++H2O+CO2↑、Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；
（4）通过分析可知，PbS的溶解度更小，故答案为：＜；
（5）①由题可知，ag无水氯化锰中的Mn2+经过氧化后全部转变为Mn3+，硫酸亚铁铵与Mn3+反应时，Mn3+和Fe2+按照1：1反应，所以MnCl2的质量分数为：w＝＝，故答案为：；
②若不加热，溶液中剩余的硝酸铵会在酸性条件下体现氧化性能与硫酸亚铁铵发生反应，这样会使消耗的硫酸亚铁铵偏大，那么最终求出的纯度也偏高，
故答案为：偏高。
【点评】本题考查制备方案的设计，为高考常见题型，根据制备流程明确实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，把握实验的原理和操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力，题目难度较大。
19．（13分）学习小组探究AgNO3、Ag2O（棕黑色固体，难溶于水）对氯水漂白性的影响。
实验记录如下：
2mL 氯水
实验
方案和现象
ⅰ
加入1mL蒸馏水，再滴加1滴品红溶液，品红溶液较快褪色
ⅱ
加入少量Ag2O固体，产生白色沉淀a。再加入1mL蒸馏水和1滴品红溶液，品红溶液褪色比i快
ⅲ
加入1mL较浓AgNO3溶液，产生白色沉淀b。再滴加1滴品红溶液，品红溶液褪色比i慢
（1）用离子方程式表示i中品红溶液褪色的原因： Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO 。
（2）经检验，ii中的白色沉淀a是AgCl．产生AgCl的化学方程式是 Ag2O+2Cl2+H2O＝2AgCl+2HClO 。
（3）ⅰ是iii的对比实验，目的是排除iii中 稀释对溶液颜色 造成的影响。
（4）研究白色沉淀b的成分。进行实验iv（按实验iii的方案再次得到白色沉淀b，过滤、洗涤，置于试管中）：
实验iv：
①设计对比实验证实白色沉淀b不只含有AgCl，实验方案和现象是 用纯净的AgCl沉淀代替白色沉淀b，先滴加盐酸，再滴加FeCl2溶液（含KSCN）后，溶液不变红 。
②FeCl2溶液的作用是 检验白色沉淀b中是否含有氧化性粒子 。由此判断，白色沉淀b可能含有AgClO。
（5）进一步研究白色沉淀b和实验iii品红溶液褪色慢的原因，进行实验v：
实验v：
①结合离子方程式解释加入饱和NaCl溶液的目的： AgClO（s）+Cl﹣（aq）⇌AgCl（s）+ClO﹣（aq），使白色沉淀b中的ClO﹣进入上层清液便于检测 。
②推测品红溶液褪色的速率：实验iii比实验v 慢 （填“快”或“慢”）。
【分析】氯水具有漂白性，是因为氯水中含有HClO，而HClO来源于Cl2与水发生的可逆反应；因此AgNO3和Ag2O对氯水漂白性若会产生影响，可能的原因即影响了Cl2与水的反应。第一组实验想验证AgNO3和Ag2O对氯水漂白性的影响，由于验证Ag2O的影响时，加入的是难溶于水的固体，所以溶液的体积几乎不受影响，而验证AgNO3的影响时，加入的是硝酸银溶液，溶液体积会发生变化；出于控制变量的考虑，实验ⅰ和实验ⅱ分别又滴加了1mL水，排除溶液体积变化对实验结果的影响。实验ⅱ和实验ⅲ均产生了白色沉淀，并且实验ⅱ中的白色沉淀是AgCl；为了探究实验ⅲ中产生的白色沉淀的成分，设计了第二组实验，由题可知，白色沉淀b加盐酸后，溶液中会出现能够使Fe2+被氧化的粒子，因此验证白色沉淀b的组成不仅含有AgCl可以从酸浸溶液不能使Fe2+被氧化入手。在确定白色沉淀b的组成后，又设计了第三组实验，探究生成白色沉淀b和实验ⅲ中品红溶液褪色变慢的原因；实验过程中，将白色沉淀投入饱和NaCl溶液中，是为了将其转化为AgCl，使ClO﹣进入溶液中便于检测，同时这样也会使得溶液中的ClO﹣浓度相比于实验ⅲ变得更大，因此使品红溶液褪色就更快。
【解答】解：（1）氯水具有漂白性，是因为含有次氯酸，相关的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO；
（2）通过分析可知，生成AgCl的化学方程式为：Ag2O+2Cl2+H2O＝2AgCl+2HClO；
（3）通过分析可知，加1mL蒸馏水是为了排除稀释对溶液颜色的影响；
（4）①通过分析可知，验证白色沉淀b的组成不仅含有AgCl可以从酸浸溶液不能使Fe2+被氧化入手，因此用纯净的AgCl代替白色沉淀b，先滴加稀盐酸，再滴加FeCl2溶液（含KSCN）后，溶液不变红即可证明；
②通过分析可知，FeCl2（含KSCN）的作用是通过是否变色检验沉淀b中是否含有氧化性粒子；
（5）①通过分析可知，将白色沉淀投入饱和NaCl溶液中，是为了将其转化为AgCl，使ClO﹣进入溶液中便于检测，相关的离子方程式为：AgClO（s）+Cl﹣（aq）⇌AgCl（s）+ClO﹣（aq）
②通过分析可知，实验ⅴ中上层清液中的ClO﹣浓度相比于实验ⅲ比较大，因此使品红溶液褪色相比于实验ⅲ更快。
【点评】本题考查化学综合实验的重点知识，侧重考查学生对化学实验的相关知识的理解能力和综合运用能力是重点，也是必考点；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。
2020年北京市朝阳区高考化学一模试卷
一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）
1．（3分）下列家庭常用消毒剂的有效成分属于无机物的是（ ）
A
B
C
D
家庭常用消毒剂
有效成分
对氯间二甲苯酚
乙醇
次氯酸钠
过氧乙酸
A．A B．B C．C D．D
2．（3分）下列化学用语不正确的是（ ）
A．羟基的电子式： B．乙烯的球棍模型：
C．Cl的原子结构示意图： D．乙醇的分子式：C2H6O
3．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．氨基酸能与酸、碱反应生成盐
B．葡萄糖和蔗糖的官能团种类完全相同
C．乙醇和乙醛可用银氨溶液进行鉴别
D．氢键既影响有机物的沸点，又影响有机物的空间结构
4．（3分）用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（ ）
A．7.8gNa2O2中含有的离子数为0.3NA
B．1mol NO2与水完全反应转移的电子数为NA
C．标准状况下，22.4L NH3含有的质子数为5NA
D．1L 0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中含有的NH4+数为0.1NA
5．（3分）镓（31Ga）是化学史上第一个先从理论上被预言，后在自然界被发现的元素。Ga与K同周期。下列说法不正确的是（ ）
A．Ga在周期表中的位置：第四周期第ⅢA族
B．原子半径：Ga＞K
C．中子数为36的Ga的核素：Ga
D．最高价氧化物对应水化物的碱性：Ga（OH）3＞Al（OH）3
6．（3分）科研人员研究了通电条件下N2在催化剂Au（金）表面生成NH3的反应，反应机理如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．上述转化过程中涉及非极性键的断裂和极性键的生成
B．生成NH3的总电极反应式为：N2+6H++6e﹣═2NH3
C．当1mol N2在电解池的阴极发生反应时，可得到2mol NH3
D．使用Au作催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率
7．（3分）在抗击新冠肺炎的过程中，科研人员研究了法匹拉韦、利巴韦林、氯硝柳胺等药物的疗效，三种药物主要成分的结构简式如下。下列说法不正确的是（ ）
A．X的分子式为C5H4O2N3F
B．Z中含有6种官能团
C．Y和Z都有羟基，但性质不完全相同
D．X和Z都能发生加成反应和水解反应
8．（3分）下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A．用明矾作净水剂：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+
B．NO2球浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0
C．用醋酸除去水垢：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O
D．CO2通入苯酚钠溶液中出现浑浊：+CO2+H2O→+NaHCO3
9．（3分）下列物质的实验室制取、检验及分离方法不合理的是（夹持装置已略去，气密性已检验）。（ ）
A．制取并检验氨气
B．制取并检验SO2气体
C．制取并提纯乙酸乙酯
D．制取并检验乙炔
10．（3分）疫情期间某同学尝试在家自制含氯消毒剂。用两根铅笔芯（C1和C2）、电源适配器和水瓶组装如图所示的装置。接通电源观察到：C1周围产生细小气泡，C2周围无明显现象；持续通电一段时间后，C2周围产生细小气泡。此时停止通电，拔出电极，旋紧瓶塞，振荡摇匀，制备成功。关于该实验的说法不正确的是（ ）
A．C1电极产生气泡原因：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣
B．自制消毒剂的总反应为：NaCl+H2ONaClO+H2↑
C．可以用两根铁钉代替铅笔芯完成实验
D．实验过程中要注意控制电压、开窗通风、导出氢气，确保安全
11．（3分）反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0可用于消除汽车尾气中的有害气体。在密闭容器中充入4mol NO和5mol CO，平衡时NO的体积分数随温度、压强的变化关系如图。下列说法不正确的是（ ）
A．温度：T1＞T2
B．a点达到平衡所需时间比c点短
C．c点NO的平衡转化率：50%
D．若在e点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中的c点
12．（3分）维纶（聚乙烯醇缩甲醛纤维）可用于生产服装、绳索等。其合成路线如图：下列说法不正确的是（ ）
A．反应①是加聚反应
B．高分子A的链节中只含有一种官能团
C．通过质谱法测定高分子B的平均相对分子质量，可得其聚合度
D．反应③的化学方程式为：+nHCHO→+（2n﹣1）H2O
13．（3分）25℃时，用一定浓度NaOH溶液滴定某醋酸溶液，混合溶液的导电能力变化曲线如图所示，其中b点为恰好反应点。下列说法不正确的是（ ）
A．溶液的导电能力与离子种类和浓度有关
B．b点溶液的pH＝7
C．a→c过程中，n（CH3COO﹣）不断增大
D．c点的混合溶液中，c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）
14．（3分）用如图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定具支锥形瓶中压强随时间变化关系以及溶解氧随时间变化关系的曲线如下。下列说法不正确的是（ ）
A．压强增大主要是因为产生了H2
B．整个过程中，负极电极反应式为：Fe﹣2e﹣═Fe2+
C．pH＝4.0时，不发生析氢腐蚀，只发生吸氧腐蚀
D．pH＝2.0时，正极电极反应式为：2H++2e﹣═H2↑和O2+4e﹣+4H+═2H2O
二、解答题（共5小题，满分58分）
15．（11分）目前生物质能研究的方向之一是替代化石能源制备有机化工产品。
（1）化石原料合成丙烯腈（CH2＝CH﹣CN）：
已知：
CH2＝CH﹣CH3（g）+NH3（g）+O2（g）→CH2＝CH﹣CN（g）+3H2O（g）△H＝﹣514.6kJ•mol﹣1
i：CH2＝CH﹣CH3（g）+O2（g）→CH2＝CH﹣CHO（g）+H2O（g）△H＝﹣353.1kJ•mol﹣1
写出反应ii的热化学方程式： 。
（2）生物质原料合成丙烯腈：
①写出ii的化学方程式： 。
②丙烯腈与1，3﹣丁二烯共聚生产的丁腈橡胶是现代工业重要的橡胶。写出合成丁腈橡胶的化学方程式： 。
（3）生物质脂肪酸脱羧制备长链烷烃：H2气氛，TiO2/Pt为催化剂，光催化长链脂肪酸转化为长链烷烃机理示意图如图：
①油脂酸性水解可得高级脂肪酸和 （写结构简式）。
②TiO2界面发生的电极反应式为 。
16．（10分）Na2S2O3应用广泛，水处理中常用作还原剂、冶金中常用作络合剂。
（1）Na2S2O3的实验室制法：装置如图1（加热和夹持装置略）：
已知：2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓、Na2SO3+S═Na2S2O3
①甲中发生反应的化学方程式为 。
②实验过程中，乙中的澄清溶液先变浑浊，后变澄清时生成大量的Na2S2O3．一段时间后，乙中再次出现少量浑浊，此时须立刻停止通入SO2．结合离子方程式解释此时必须立刻停止通入SO2的原因： 。
③丙中，NaOH溶液吸收的气体可能有 。
（2）实际工业生产中制得的Na2S2O3溶液中常混有少量Na2SO3，结合溶解度曲线（如图2），获得Na2S2O3•5H2O的方法是 。
（3）Na2S2O3的用途：氨性硫代硫酸盐加热浸金是一种环境友好的黄金（Au）浸取工艺。
已知：Ⅰ．Cu（NH3）42+═Cu2++4NH3；
Ⅱ．Cu2+在碱性较强时受热会生成CuO沉淀。
①将金矿石浸泡在Na2S2O3、Cu（NH3）42+的混合溶液中，并通入O2．浸金反应的原理为：
i．Cu（NH3）42++Au+2S2O32﹣⇌Cu（NH3）2++Au（S2O3）23﹣+2NH3
ii.4Cu（NH3）2++8NH3+O2+2H2O═4Cu（NH3）42++4OH﹣
浸金过程Cu（NH3）42+起到催化剂的作用，金总反应的离子方程式为： 。
②一定温度下，相同时间金的浸出率随体系pH变化曲线如如图3，解释pH＞10.5时，金的浸出率降低的可能原因 。（写出2点即可）
17．（12分）抗肿瘤药物7﹣氟喹啉衍生物的前体Q的合成路线如图：
已知：R1ONa+R2C1→R1OR2+NaCl（R1、R2代表烃基）
（1）A属于芳香烃，A的名称是 。
（2）B→D的化学方程式是 。
（3）D→E的反应类型是 。
（4）G的结构简式是 。
（5）下列关于M的说法正确的是 （填序号）。
a．M含有两种不同的官能团
b．M存在顺反异构体
c．M和G能用Br2的CCl4溶液鉴别
d．M能与NaOH溶液反应
（6）已知：G+J→M+2CH3CH2OH．J的结构简式是 。
（7）L与M反应生成Q的过程如图：
已知：上述异构化反应中，只存在氢原子和不饱和键的位置变化。Y的分子中含有两个六元环。Y的结构简式是 。
18．（12分）无水氯化锰（MnCl2）在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉（主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质）制备无水氯化锰的工艺如下（部分操作和条件略）。
Ⅰ．向粗锰粉中加入盐酸，控制溶液的pH约为5，测定离子的初始浓度。静置一段时间后锰粉仍略有剩余，过滤；
Ⅱ．向Ⅰ的滤液中加入一定量盐酸，再加入H2O2溶液，充分反应后加入MnCO3固体调节溶液的pH约为5，过滤；
Ⅲ．向Ⅱ的滤液中通入H2S气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
Ⅳ．浓缩、结晶、过滤、洗涤、脱水得到无水MnCl2。
各步骤中对杂质离子的去除情况
Fe2+
Ni2+
Pb2+
初始浓度/mg•L﹣1
21.02
4.95
5.86
步骤Ⅰ后/mg•L﹣1
12.85
3.80
3.39
步骤Ⅱ后/mg•L﹣1
0.25
3.76
3.38
步骤Ⅲ后/mg•L﹣1
0.10（达标）
3.19（未达标）
0.12（达标）
已知：金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb
（1）锰和盐酸反应的化学方程式是 。
（2）步骤Ⅰ中：
①Fe2+浓度降低，滤渣中存在Fe（OH）3．结合离子方程式解释原因： 。
②Pb2+浓度降低，分析步骤Ⅰ中发生的反应为：Pb+2H+═Pb2++H2↑、 。
（3）步骤Ⅱ中：
①H2O2酸性溶液的作用： 。
②结合离子方程式说明MnCO3的作用： 。
（4）步骤Ⅲ通入H2S后，Ni2+不达标而Pb2+达标。推测溶解度：PbS NiS（填“＞”或“＜”）。
（5）测定无水MnCl2的含量：将ag样品溶于一定量硫酸和磷酸的混合溶液中，加入稍过量NH4NO3，使Mn2+氧化为Mn3+．待充分反应后持续加热一段时间，冷却后用bmol/L硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]滴定Mn3+，消耗cmL硫酸亚铁铵。（已知：滴定过程中发生的反应为：Fe2++Mn3+═Fe3++Mn2+）
①样品中MnCl2的质量分数是 （已知：MnCl2的摩尔质量是126g•mol﹣1）。
②“持续加热”的目的是使过量的NH4NO3分解。若不加热，测定结果会 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
19．（13分）学习小组探究AgNO3、Ag2O（棕黑色固体，难溶于水）对氯水漂白性的影响。
实验记录如下：
2mL 氯水
实验
方案和现象
ⅰ
加入1mL蒸馏水，再滴加1滴品红溶液，品红溶液较快褪色
ⅱ
加入少量Ag2O固体，产生白色沉淀a。再加入1mL蒸馏水和1滴品红溶液，品红溶液褪色比i快
ⅲ
加入1mL较浓AgNO3溶液，产生白色沉淀b。再滴加1滴品红溶液，品红溶液褪色比i慢
（1）用离子方程式表示i中品红溶液褪色的原因： 。
（2）经检验，ii中的白色沉淀a是AgCl．产生AgCl的化学方程式是 。
（3）ⅰ是iii的对比实验，目的是排除iii中 造成的影响。
（4）研究白色沉淀b的成分。进行实验iv（按实验iii的方案再次得到白色沉淀b，过滤、洗涤，置于试管中）：
实验iv：
①设计对比实验证实白色沉淀b不只含有AgCl，实验方案和现象是 。
②FeCl2溶液的作用是 。由此判断，白色沉淀b可能含有AgClO。
（5）进一步研究白色沉淀b和实验iii品红溶液褪色慢的原因，进行实验v：
实验v：
①结合离子方程式解释加入饱和NaCl溶液的目的： 。
②推测品红溶液褪色的速率：实验iii比实验v （填“快”或“慢”）。
2020年北京市朝阳区高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）
1．（3分）下列家庭常用消毒剂的有效成分属于无机物的是（ ）
A
B
C
D
家庭常用消毒剂
有效成分
对氯间二甲苯酚
乙醇
次氯酸钠
过氧乙酸
A．A B．B C．C D．D
【分析】有机物是指含碳的化合物，无机物只不含碳的化合物，CO、CO2、H2CO3、碳酸盐、碳酸氢盐、金属碳化物、氰化物、硫氰化物等虽然含有碳元素，这些物质的性质与无机物相似，属于无机物。
【解答】解：A．对氯间二甲苯酚是含碳元素的化合物，属于有机物，故A不选；
B．乙醇是含碳化合物，属于有机物，故B不选；
C．次氯酸钠不含碳元素，属于无机物，故C选；
D．过氧乙酸是含碳化合物，属于有机物，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的分类，明确无机物与有机物定义是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）下列化学用语不正确的是（ ）
A．羟基的电子式： B．乙烯的球棍模型：
C．Cl的原子结构示意图： D．乙醇的分子式：C2H6O
【分析】A．羟基中氧原子最外层7个电子；
B．乙烯分子中存在碳碳双键，所有原子共平面；
C．氯原子核外17个电子，分3层排布，从内到外依次排布2，8，7个电子；
D．乙醇分子中含有2个碳原子、6个氢原子、1个氧原子。
【解答】解：A．羟基的电子式为，故A错误；
B．乙烯分子中含有1个碳碳双键，所有原子共平面，其球棍模型为：，故B正确；
C．氯原子核外17个电子，分3层排布，从内到外依次排布2，8，7个电子，原子结构示意图为：，故C正确；
D．乙醇分子中含有2个碳原子、6个氢原子、1个氧原子，分子式为：C2H6O，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了球棍模型、电子式、结构简式的书写判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，试题培养了学生规范答题的能力。
3．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．氨基酸能与酸、碱反应生成盐
B．葡萄糖和蔗糖的官能团种类完全相同
C．乙醇和乙醛可用银氨溶液进行鉴别
D．氢键既影响有机物的沸点，又影响有机物的空间结构
【分析】A．氨基酸含有氨基和羧基，具有两性；
B．葡萄糖属于多羟基醛，蔗糖不含醛基；
C．乙醛可以与银氨溶液反应；
D．有机物分子之间若能形成氢键，会使有机物具有较高的沸点；氢键的形成也会影响有机物的空间结构。
【解答】解：A．氨基酸中既含有氨基，又含有羧基，所以既能与酸反应，也能与碱反应生成盐，故A正确；
B．葡萄糖属于多羟基醛，结构中含有醛基而蔗糖的分子结构中并不含有醛基，故B错误；
C．乙醇不能与银氨溶液反应，乙醛可以与银氨溶液反应产生银镜现象，故C正确；
D．有机物分子之间若能形成氢键，会使有机物具有较高的沸点；氢键的形成也会影响有机物的空间结构，如氢键是蛋白质具有生物活性的高级结构的重要原因，氢键也是DNA双螺旋的两个螺旋链结合的原因，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，题目难度不大。
4．（3分）用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（ ）
A．7.8gNa2O2中含有的离子数为0.3NA
B．1mol NO2与水完全反应转移的电子数为NA
C．标准状况下，22.4L NH3含有的质子数为5NA
D．1L 0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中含有的NH4+数为0.1NA
【分析】A.1个过氧化钠含有2个钠离子，1个过氧根离子，共3个离子；
B．根据二氧化氮与水反应生成了一氧化氮和硝酸，二氧化氮既是氧化剂也是还原剂分析；
C.1个氨气分子含有10个质子；
D．铵根离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解。
【解答】解：A．7.8g过氧化钠即0.1mol，过氧化钠中的阳离子是Na+，阴离子是过氧根离子，所以0.1mol过氧化钠总共含有0.3NA个离子，故A正确；
B．NO2与水反应的方程式为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，起还原剂作用的NO2与起氧化剂作用的NO2比例为1：2，因此，1molNO2完全反应转移电子数为NA个电子，故B错误；
C．1个NH3中含有10个质子，标况下22.4L的氨气，即1mol，含有10NA个质子，故C错误；
D．NH4+在水溶液中会发生水解，因此1L浓度为0.1mol/L的NH4Cl溶液中，NH4+的数目小于0.1NA，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。
5．（3分）镓（31Ga）是化学史上第一个先从理论上被预言，后在自然界被发现的元素。Ga与K同周期。下列说法不正确的是（ ）
A．Ga在周期表中的位置：第四周期第ⅢA族
B．原子半径：Ga＞K
C．中子数为36的Ga的核素：Ga
D．最高价氧化物对应水化物的碱性：Ga（OH）3＞Al（OH）3
【分析】A．Ga与Al同主族，说明位于第IIIA族，与K同周期，说明位于第四周期；
B．同一周期元素的原子半径从左至右逐渐减小；
C．质量数＝质子数+中子数；
D．同一主族，从上至下，元素的金属性增强，最高价氧化物对应水化物的碱性也增强。
【解答】解A．Ga与Al同主族，说明位于第IIIA族，与K同周期，说明位于第四周期，所以Ga在周期表中的位置：第四周期第ⅢA族，故A正确；
B．同一周期，原子半径从左至右，逐渐减小，则K的原子半径更大，故B错误；
C．质量数＝质子数+中子数，Ga元素原子序数为31，中子数为36的核素中质量数为67，故C正确；
D．同一主族，从上至下，元素的金属性增强，最高价氧化物对应水化物的碱性也增强，则Ga（OH）3碱性强于Al（OH）3，故正确；
故选：B。
【点评】本题考查元素周期律，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确质量数计算方法、同一主族和同一周期元素性质相似性及递变性是解本题关键，知道碱的碱性强弱判断方法，题目难度不大。
6．（3分）科研人员研究了通电条件下N2在催化剂Au（金）表面生成NH3的反应，反应机理如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．上述转化过程中涉及非极性键的断裂和极性键的生成
B．生成NH3的总电极反应式为：N2+6H++6e﹣═2NH3
C．当1mol N2在电解池的阴极发生反应时，可得到2mol NH3
D．使用Au作催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率
【分析】A、通过机理示意图可知，反应过程中N﹣N的非极性键断裂，生成了N﹣H极性键；
B、由一个N2分子转化为两个NH3分子需要得6个电子；
C、N2在转化为NH3的过程中会生成副产物N2H4；
D、催化剂可以通过降低反应活化能提高反应速率。
【解答】解：A、通过机理示意图可知，反应过程中N2分子内的非极性键断裂，生成了NH3和N2H4分子内的N﹣H极性键，故A正确；
B、通过机理示意图可知，由一个N2分子转化为含2mol﹣3价N元素的NH3分子中需要得6mol电子，根据质量守恒，需要6molH+参与反应，所以电极反应式为：N2+6e﹣+6H+═2NH3，故B正确；
C、通过机理示意图可知，N2在转化为NH3的过程中会生成副产物N2H4，因此，消耗1molN2并不能得到2molNH3，故C错误；
D、催化剂可以通过降低反应活化能成千上万倍的提高反应速率，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应的实质及催化剂影响化学反应速率的重点知识，侧重考查学生对化学反应及化学反应速率的理解能力和综合运用能力是必考点，也是常考点；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。
7．（3分）在抗击新冠肺炎的过程中，科研人员研究了法匹拉韦、利巴韦林、氯硝柳胺等药物的疗效，三种药物主要成分的结构简式如下。下列说法不正确的是（ ）
A．X的分子式为C5H4O2N3F
B．Z中含有6种官能团
C．Y和Z都有羟基，但性质不完全相同
D．X和Z都能发生加成反应和水解反应
【分析】A．根据结构简式确定分子式；
B．Z中含有的官能团有酚羟基、氯原子、肽键、硝基；
C．Y中羟基为醇羟基、Z中羟基为酚羟基；
D．肽键和卤原子、酯基都能发生水解反应，碳碳不饱和键、苯环、醛基和羰基都能发生加成反应。
【解答】解：A．由X的结构可知，其分子式为C5H4O2N3F，故A正确；
B．由Z的结构可知，其结构中含有2个氯原子、1个硝基，一个酚羟基，一个肽键，一共四种官能团，故B错误；
C．由Y和Z的结构可知，Y中的羟基为醇羟基，Z中的羟基为酚羟基，因此性质不完全相同，故C正确；
D．由X和Z的结构可知，X和Z中都含有肽键，所以都能发生水解反应；X中含有碳碳双键可以发生加成反应，Y中含有苯环也可以发生加成反应，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查官能团判断、官能团及其性质关系，明确官能团及其性质关系是解本题关键，知道醇羟基和酚羟基的区别，题目难度不大。
8．（3分）下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A．用明矾作净水剂：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+
B．NO2球浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0
C．用醋酸除去水垢：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O
D．CO2通入苯酚钠溶液中出现浑浊：+CO2+H2O→+NaHCO3
【分析】A．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以净水；
B．二氧化氮转化成四氧化二氮的反应为放热反应，根据温度对化学平衡的影响分析，将其浸入冷水即降温，颜色变浅，说明生成了更多的N2O4；
C．醋酸在离子反应中保留化学式；
D．酸性：H2CO3＞苯酚＞HCO3﹣，向苯酚钠中通入CO2会生成苯酚和碳酸氢钠。
【解答】解：A．明矾能用作净水剂是因为Al3+水解能产生Al（OH）3胶体，水解反应：Al3++3H2O⇌Al（OH）3 （胶体）+3H+，故A正确；
B．NO2是红棕色气体，N2O4是无色气体，反应2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0为放热反应，放入冷水中后平衡向着正向移动，则二氧化氮浓度减小，气体颜色变浅，故B正确；
C．醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆分成离子，醋酸除去水垢的离子反应为2CH3COOH+CaCO3＝2CH3COO﹣+Ca2++CO2↑+H2O，故C错误；
D．由于酸性：H2CO3＞苯酚＞HCO3﹣，所以向苯酚钠中通入CO2会生成苯酚和碳酸氢钠：+CO2+H2O→+NaHCO3由于苯酚在冷水中溶解度较低，所以会产生浑浊现象，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，D注意酸性的比较。
9．（3分）下列物质的实验室制取、检验及分离方法不合理的是（夹持装置已略去，气密性已检验）。（ ）
A．制取并检验氨气
B．制取并检验SO2气体
C．制取并提纯乙酸乙酯
D．制取并检验乙炔
【分析】A．氯化铵和氢氧化钙在加热条件下可制备氨气，氨气的密度比空气小，溶液呈碱性；
B．浓硫酸和铜在加热条件下生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性；
C．乙酸、乙醇在浓硫酸作用下，加热可生成乙酸乙酯，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠；
D．乙炔中混有硫化氢、磷化氢等气体。
【解答】解：A．实验室制备氨气，可以通过加热Ca（OH）2和NH4Cl的固体混合物实现；对固体进行加热时，一般试管管口向下倾斜；收集氨气时，采用向下排空气法，并且在收集试管的管口处需加一团棉花；验满时，用湿润的红石蕊试纸验满，故A正确；
B．用浓硫酸和Cu反应制取SO2时需要加热；检验SO2可用品红溶液；由于SO2是有毒气体，所以要对尾气进行吸收处理；吸收装置中的球形干燥管又可以起到防倒吸的作用，故B正确；
C．乙酸乙酯制备时需要加热，并且注意防止暴沸；用盛有饱和碳酸钠的溶液收集产品时，需要注意导管不能伸入液面；乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液互不相溶，可以采用分液的方式分离，故C正确；
D．利用电石和饱和食盐水制取的乙炔中会含有H2S和PH3等杂质，在检验乙炔之前，一定要把杂质除净，所以应该在盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶前方添加盛有硫酸铜溶液的洗气瓶，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，侧重分析与实验能力的考查，注意把握实验的原理和物质的性质，把握实验的评价性和可行性的分析，题目难度不大。
10．（3分）疫情期间某同学尝试在家自制含氯消毒剂。用两根铅笔芯（C1和C2）、电源适配器和水瓶组装如图所示的装置。接通电源观察到：C1周围产生细小气泡，C2周围无明显现象；持续通电一段时间后，C2周围产生细小气泡。此时停止通电，拔出电极，旋紧瓶塞，振荡摇匀，制备成功。关于该实验的说法不正确的是（ ）
A．C1电极产生气泡原因：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣
B．自制消毒剂的总反应为：NaCl+H2ONaClO+H2↑
C．可以用两根铁钉代替铅笔芯完成实验
D．实验过程中要注意控制电压、开窗通风、导出氢气，确保安全
【分析】电解饱和食盐水，阳极会产生氯气，阴极会产生氢气；反应方程式为：2H2O+2NaCl 2NaOH+H2↑+Cl2↑，由于H2不溶于水且不与溶液中的其他物质反应，所以会直接溢出；而氯气会与电解过程中溶液中生成的NaOH反应转变为NaClO和NaCl，反应方程式为：2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O所以在制备过程中几乎不会溢出；因此，C1极应当为阴极，C2极应当为阳极，以此解题。
【解答】解：A．通过分析可知，C1极为阴极，阴极处产生了氢气，电极反应式为：2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，故A正确；
B．通过分析可知，电解过程中生成的氯气又会再与溶液中生成的NaOH反应转变为NaClO和NaCl，涉及的反应共有两步，分别为：2H2O+2NaCl 2NaOH+H2↑+Cl2↑和2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O，因此自制消毒剂的总反应为：H2O+NaCl NaClO+H2↑，故B正确；
C．若用两个铁钉代替两个石墨电极，电解过程中阳极生Fe失去电子被氧化，无法产生氯气，也就无法获得含氯消毒剂，故C错误；
D．电压控制不得当，可能会导致副反应发生，或者反应速率很慢；由于电解过程中产生了氯气和氢气，所以要注意开窗通风，防止中毒和发生爆炸，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查电解的原理和应用，涉及高考高频考点氯碱工业的原理，注意电极反应式的书写和判断，整体度不大。
11．（3分）反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0可用于消除汽车尾气中的有害气体。在密闭容器中充入4mol NO和5mol CO，平衡时NO的体积分数随温度、压强的变化关系如图。下列说法不正确的是（ ）
A．温度：T1＞T2
B．a点达到平衡所需时间比c点短
C．c点NO的平衡转化率：50%
D．若在e点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中的c点
【分析】A、该反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的体积分数增大；
B、其它条件相同时，温度越高、化学反应速率越快；
C、根据三段式计算c点时NO的体积分数，进而结合平衡转化率公式计算NO的平衡转化率；
D、该反应正向是气体体积减小的放热反应，升温并同时减小压强，反应逆向进行，NO的体积分数增大。
【解答】解：A、该反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，所以NO的体积分数会增大，即T1＞T2，故A正确；
B、一般而言，温度越高，反应速率越大，达到平衡所需的时间会越短，所以a点达到平衡所需的时间比c点短，故B正确；
C、某温度下，反应达到平衡状态D点时，NO的体积分数是25%，设CO的变化量是x，
2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol）：5 4 0 0
变化量（mol）：x x 0.5x x
平衡量（mol）：5﹣x 4﹣x 0.5x x
NO的体积分数是25%，即×100%＝25%，解得x＝2，则NO的平衡转化率＝×100%＝50%，故C正确；
D、由图可知，e点对应的NO的体积分数与c点对应的相同；结合反应可知，升温会使反应逆向移动，导致NO的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致NO的体积分数增加；所以升温和减压后，NO的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO的体积分数一定比c点对应的体积分数大，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应原理，涉及化学平衡计算、化学平衡影响因素、图象分析等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确化学反应基本原理及外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，注意三段式格式的应用，题目难度不大。
12．（3分）维纶（聚乙烯醇缩甲醛纤维）可用于生产服装、绳索等。其合成路线如图：下列说法不正确的是（ ）
A．反应①是加聚反应
B．高分子A的链节中只含有一种官能团
C．通过质谱法测定高分子B的平均相对分子质量，可得其聚合度
D．反应③的化学方程式为：+nHCHO→+（2n﹣1）H2O
【分析】发生加成聚合反应生成的A为，A中含有酯基，则A在NaOH的水溶液中水解生成的B为，再HCHO发生缩聚反应生成聚乙烯醇缩甲醛纤维，据此分析解题。
【解答】解：A．的结构中含有碳碳双键，因此能发生加聚反应生成A，A的结构为：，故A正确；
B．由A的结构可知，A的链节中只含有酯基一种官能团，故B正确；
C．由题可知，A在发生水解后生成B，那么B的结构为：；对于聚合物，其平均相对分子质量＝链节的相对质量×聚合度，故C正确；
D．由题可知，维纶的结构为：，维纶是由聚乙烯醇和甲醛缩聚而来，聚乙烯醇的结构为；因此，每生成一个维纶的链节需要2个聚乙烯醇的链节和1分子甲醛发生缩合，脱去1分子水，所以反应的方程式为+nHCHO→+nH2O，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查高分子化合物的合成原理，属基础考查，题目难度中等。
13．（3分）25℃时，用一定浓度NaOH溶液滴定某醋酸溶液，混合溶液的导电能力变化曲线如图所示，其中b点为恰好反应点。下列说法不正确的是（ ）
A．溶液的导电能力与离子种类和浓度有关
B．b点溶液的pH＝7
C．a→c过程中，n（CH3COO﹣）不断增大
D．c点的混合溶液中，c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）
【分析】A．溶液的导电能力取决于电荷浓度的大小；
B．b点为恰好反应点，应生成醋酸钠，为强碱弱酸盐；
C．b点为恰好反应点，a到bn（CH3COO﹣）逐渐增大；b到c的过程，NaOH的量逐渐增加，抑制CH3COO﹣的水解；
D．c点的溶液可视为等浓度的NaOH与CH3COONa的混合溶液，醋酸根发生水解。
【解答】解：A．不同离子所带电荷量不同，导电能力不同；同种离子，浓度不同，导电能力也不同，故A正确；
B．b点为恰好反应点，即滴定终点，此时溶液可视为醋酸钠的水溶液，由于醋酸根水解，所以溶液显碱性，常温下，pH＞7，故B错误；
C．a到b的过程，醋酸与加入的NaOH发生中和反应，醋酸的解离平衡正向移动，n（CH3COO﹣）逐渐增大；b到c的过程，由于溶液中NaOH的量逐渐增加，导致CH3COO﹣的水解平衡逆向移动，n（CH3COO﹣）逐渐增大；因此，从a到c的过程，n（CH3COO﹣）不断增大，故C正确；
D．由题可知，c点的溶液可视为等浓度的NaOH与CH3COONa的混合溶液，由于醋酸根会发生水解，所以溶液中有：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把握题给信息以及图象的分析，把握溶液导电能力和离子浓度的关系，题目难度中等。
14．（3分）用如图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定具支锥形瓶中压强随时间变化关系以及溶解氧随时间变化关系的曲线如下。下列说法不正确的是（ ）
A．压强增大主要是因为产生了H2
B．整个过程中，负极电极反应式为：Fe﹣2e﹣═Fe2+
C．pH＝4.0时，不发生析氢腐蚀，只发生吸氧腐蚀
D．pH＝2.0时，正极电极反应式为：2H++2e﹣═H2↑和O2+4e﹣+4H+═2H2O
【分析】Fe在酸性环境下会发生析氢腐蚀，产生氢气，会导致锥形瓶内压强增大；若介质的酸性很弱或呈中性，并且有氧气参与，此时Fe就会发生吸氧腐蚀，吸收氧气，会导致锥形瓶内压强减小，据此分析解答。
【解答】解：A．pH＝2.0的溶液，酸性较强，因此锥形瓶中的Fe粉能发生析氢腐蚀，析氢腐蚀产生氢气，因此会导致锥形瓶内压强增大，故A正确；
B．锥形瓶中的Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生的电极反应式为：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故B正确；
C．若pH＝4.0时只发生吸氧腐蚀，那么锥形瓶内的压强会有下降；而图中pH＝4.0时，锥形瓶内的压强几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，Fe粉还发生了析氢腐蚀，消耗氧气的同时也产生了氢气，因此锥形瓶内压强几乎不变，故C错误；
D．由图可知，pH＝2.0时，锥形瓶内的溶解氧减少，说明有消耗氧气的吸氧腐蚀发生，同时锥形瓶内的气压增大，说明有产生氢气的析氢腐蚀发生；因此，正极反应式有：2H++2e﹣═H2↑和O2+4e﹣+4H+═2H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查铁的电化学腐蚀原理的探究，题目难度不大，明确析氢腐蚀、吸氧腐蚀的原理为解答关键，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验探究能力。
二、解答题（共5小题，满分58分）
15．（11分）目前生物质能研究的方向之一是替代化石能源制备有机化工产品。
（1）化石原料合成丙烯腈（CH2＝CH﹣CN）：
已知：
CH2＝CH﹣CH3（g）+NH3（g）+O2（g）→CH2＝CH﹣CN（g）+3H2O（g）△H＝﹣514.6kJ•mol﹣1
i：CH2＝CH﹣CH3（g）+O2（g）→CH2＝CH﹣CHO（g）+H2O（g）△H＝﹣353.1kJ•mol﹣1
写出反应ii的热化学方程式： CH2＝CH﹣CHO（g）+NH3（g）+O2（g）→CH2＝CH﹣CN（g）+2H2O（g）△H＝﹣161.5kJ•mol﹣1 。
（2）生物质原料合成丙烯腈：
①写出ii的化学方程式： CH2＝CH﹣COOCH2CH3+NH3CH2＝CH﹣CONH2+CH3CH2OH 。
②丙烯腈与1，3﹣丁二烯共聚生产的丁腈橡胶是现代工业重要的橡胶。写出合成丁腈橡胶的化学方程式： nCH2＝CHCH＝CH2+nCH2＝CH﹣CN 。
（3）生物质脂肪酸脱羧制备长链烷烃：H2气氛，TiO2/Pt为催化剂，光催化长链脂肪酸转化为长链烷烃机理示意图如图：
①油脂酸性水解可得高级脂肪酸和 （写结构简式）。
②TiO2界面发生的电极反应式为 RCH2COO﹣﹣e﹣→CO2↑+R﹣H2 。
【分析】（1）反应ii为CH2＝CH﹣CHO与氨气、氧气的反应，利用盖斯定律，将i﹣ii可得反应ii的热化学方程式；
（2）①催化条件下，氨气与CH2＝CH﹣COOCH2CH3发生取代反应；
②丙烯腈与1，3﹣丁二烯都含有碳碳双键，可发生加聚反应生成；
（3）①油脂酸性水解可得高级脂肪酸和甘油；
②TiO2界面失去电子，发生氧化反应生成二氧化碳和烷基自由基。
【解答】解：（1）反应ⅱ的化学方程式为：CH2＝CH﹣CHO（g）+NH3（g）+O2（g）→CH2＝CH﹣CN（g）+2H2O（g），通过分析可知该反应的焓变△H＝﹣514.6kJ•mol﹣1﹣（﹣353.1kJ•mol﹣1）＝﹣161.5kJ•mol﹣1，则该反应的热化学方程式为CH2＝CH﹣CHO（g）+NH3（g）+O2（g）→CH2＝CH﹣CN（g）+2H2O（g）△H＝﹣161.5kJ•mol﹣1，故答案为：CH2＝CH﹣CHO（g）+NH3（g）+O2（g）→CH2＝CH﹣CN（g）+2H2O（g）△H＝﹣161.5kJ•mol﹣1；
（2）①通过分析可知，CH2＝CH﹣COOCH2CH3发生反应ⅱ后，酯基转变为肽键，因此反应ⅱ实质是取代反应，方程式为CH2＝CH﹣COOCH2CH3+NH3CH2＝CH﹣CONH2+CH3CH2OH，故答案为：CH2＝CH﹣COOCH2CH3+NH3CH2＝CH﹣CONH2+CH3CH2OH；
②丙烯腈与1，3﹣丁二烯发生共聚反应生成丁腈橡胶的方程式为：nCH2＝CHCH＝CH2+nCH2＝CH﹣CN，
故答案为：nCH2＝CHCH＝CH2+nCH2＝CH﹣CN；
（3）①油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，因此酸性条件下水解可得到高级脂肪酸和甘油，即，故答案为：；
②由机理示意图可知，长链脂肪酸首先解离成R﹣CH2﹣COO﹣和H+，其中H+在Pt的表面得电子变为氢原子，R﹣CH2﹣COO﹣则在TiO2的表面失电子生成一分子CO2的同时，产生烷基自由基，烷基自由基可与Pt表面产生的H原子结合形成长链烷烃，因此TiO2界面的电极反应式为RCH2COO﹣﹣e﹣→CO2↑+R﹣H2，故答案为：RCH2COO﹣﹣e﹣→CO2↑+R﹣H2。
【点评】本题考查较为综合，涉及热化学方程式以及有机合成等问题，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把握盖斯定律的运用以及反应原理的探究，能准确摄取题给信息，题目难度中等。
16．（10分）Na2S2O3应用广泛，水处理中常用作还原剂、冶金中常用作络合剂。
（1）Na2S2O3的实验室制法：装置如图1（加热和夹持装置略）：
已知：2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓、Na2SO3+S═Na2S2O3
①甲中发生反应的化学方程式为 Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O 。
②实验过程中，乙中的澄清溶液先变浑浊，后变澄清时生成大量的Na2S2O3．一段时间后，乙中再次出现少量浑浊，此时须立刻停止通入SO2．结合离子方程式解释此时必须立刻停止通入SO2的原因： 过量的SO2溶于水使溶液酸性增强，S2O32﹣+2H2SO3＝S↓+SO2↑+H2O+2HSO3﹣或S2O32﹣+2H+＝S↓+SO2↑+H2O 。
③丙中，NaOH溶液吸收的气体可能有 SO2、H2S、CO2 。
（2）实际工业生产中制得的Na2S2O3溶液中常混有少量Na2SO3，结合溶解度曲线（如图2），获得Na2S2O3•5H2O的方法是 将溶液蒸发浓缩、（趁热过滤）、降温结晶、过滤 。
（3）Na2S2O3的用途：氨性硫代硫酸盐加热浸金是一种环境友好的黄金（Au）浸取工艺。
已知：Ⅰ．Cu（NH3）42+═Cu2++4NH3；
Ⅱ．Cu2+在碱性较强时受热会生成CuO沉淀。
①将金矿石浸泡在Na2S2O3、Cu（NH3）42+的混合溶液中，并通入O2．浸金反应的原理为：
i．Cu（NH3）42++Au+2S2O32﹣⇌Cu（NH3）2++Au（S2O3）23﹣+2NH3
ii.4Cu（NH3）2++8NH3+O2+2H2O═4Cu（NH3）42++4OH﹣
浸金过程Cu（NH3）42+起到催化剂的作用，金总反应的离子方程式为： 4Au+8S2O32﹣+O2+2H2O＝4Au（S2O3）23﹣+4OH﹣ 。
②一定温度下，相同时间金的浸出率随体系pH变化曲线如如图3，解释pH＞10.5时，金的浸出率降低的可能原因 pH＞10.5时，部分Cu（NH3）42+转化成CuO，降低了Cu（NH3）42+浓度，降低（浸出）反应速率、碱性较强时氧气更易将S2O32﹣氧化，降低（浸出）反应速率 。（写出2点即可）
【分析】（1）①由题中提供的制备硫代硫酸钠的反应方程式以及装置图可知，甲装置制备SO2，将SO2通入乙装置中反应；
②由于乙中盛放的是碳酸钠和硫化钠的混合溶液，而H2SO3的酸性比H2CO3和H2S都强，所以在乙装置中也可能会发生反应生成CO2和H2S气体；
③考虑到SO2在乙中可能无法反应完全，因此乙装置的出口气体可能含有SO2，CO2以及H2S，因此设置丙装置对尾气进行处理；
（2）从含有亚硫酸钠杂质的硫代硫酸钠溶液中获得Na2S2O3•5H2O，因此先将溶液蒸发浓缩，在较高温度时，趁热过滤掉析出的Na2SO3杂质，再对滤液降温结晶，使Na2S2O3•5H2O结晶析出，过滤即可；
（3）①在书写黄金浸取的总反应方程式时，要注意Cu（NH3）42+在整个反应中所起的作用是催化作用，总反应方程式中并未消耗和生成Cu（NH3）42+，实质是Au与O2之间的氧化还原反应；
②分析利用硫代硫酸盐等进行黄金浸取时pH过高的条件下浸取率较低时，要注意题中给出的关于Cu（NH3）42+以及Cu2+的反应性质。
【解答】解：（1）①甲装置中生成了SO2，根据质量守恒写出反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O；
②已知：2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓、Na2SO3+S═Na2S2O3，在制备过程中因为乙生成了S单质，乙中的溶液先变浑浊；S单质继续与亚硫酸钠反应生成Na2S2O3，因此溶液又变澄清；若继续通SO2，由于会生成H2SO3，溶液的酸性会增强；溶液再次出现浑浊，说明S单质再次生成，那原因就是：Na2S2O3在亚硫酸的作用下发生分解，产生了S单质，离子方程式为：S2O32﹣+2H2SO3＝S↓+SO2↑+H2O+2HSO3﹣或S2O32﹣+2H+＝S↓+SO2↑+H2O；
故答案为：过量的SO2溶于水使溶液酸性增强，S2O32﹣+2H2SO3＝S↓+SO2↑+H2O+2HSO3﹣或S2O32﹣+2H+＝S↓+SO2↑+H2O；
③考虑到SO2在乙中可能无法反应完全，所以乙装置中出来的气体可能含有SO2，CO2和H2S，因此再用NaOH溶液吸收的气体可能有SO2，CO2和H2S；
故答案为：SO2、H2S、CO2；
（2）从含有亚硫酸钠杂质的硫代硫酸钠溶液中获得Na2S2O3•5H2O，结合溶解度曲线，Na2SO3在较高温度时溶解度较小，而Na2S2O3•5H2O在较高温度时溶解度较大；需先将溶液蒸发浓缩；在较高温度时，趁热过滤析出的Na2SO3杂质，再对滤液降温，使Na2S2O3•5H2O结晶析出，再进行过滤；
故答案为：将溶液蒸发浓缩、（趁热过滤）、降温结晶、过滤；
（3）①因Cu（NH3）42+起的作用是催化作用，即总反应并未消耗和生成Cu（NH3）42+，总反应实质是Au与O2之间发生的氧化还原反应，4Au失电子与S2O32﹣和O2得电子生成Au（S2O3）23﹣；因此总离子方程式为：4Au+8S2O32﹣+O2+2H2O＝4Au（S2O3）23﹣+4OH﹣，
故答案为：4Au+8S2O32﹣+O2+2H2O＝4Au（S2O3）23﹣+4OH﹣；
②已知：Ⅰ．Cu（NH3）42+═Cu2++4NH3；Ⅱ．Cu2+在碱性较强时受热会生成CuO沉淀，所以在pH＞10.5时，部分Cu（NH3）42+转化成CuO，生成的CuO沉淀覆盖在金矿石表面，降低了Cu（NH3）42+浓度，降低（浸出）反应速率；或碱性较强时氧气更易将S2O32﹣氧化，降低（浸出）反应速率；
故答案为：pH＞10.5时，部分Cu（NH3）42+转化成CuO，降低了Cu（NH3）42+浓度，使浸出率下降；或碱性较强时氧气更易将S2O32﹣氧化，导致浸出率下降。
【点评】本题考查综合探究化学实验的重点知识，侧重考查学生对综合化学实验的理解能力和综合运用能力是重点，也是必考点；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。
17．（12分）抗肿瘤药物7﹣氟喹啉衍生物的前体Q的合成路线如图：
已知：R1ONa+R2C1→R1OR2+NaCl（R1、R2代表烃基）
（1）A属于芳香烃，A的名称是 苯 。
（2）B→D的化学方程式是 +Cl2+HCl 。
（3）D→E的反应类型是 取代反应 。
（4）G的结构简式是 。
（5）下列关于M的说法正确的是 cd （填序号）。
a．M含有两种不同的官能团
b．M存在顺反异构体
c．M和G能用Br2的CCl4溶液鉴别
d．M能与NaOH溶液反应
（6）已知：G+J→M+2CH3CH2OH．J的结构简式是 。
（7）L与M反应生成Q的过程如图：
已知：上述异构化反应中，只存在氢原子和不饱和键的位置变化。Y的分子中含有两个六元环。Y的结构简式是 。
【分析】由题可知A为芳烃，从A逐步反应生成L，期间并未涉及C链的增长，因此由L的结构推测A即为苯，那么B即为硝基苯；由B生成D，根据条件可知，发生的是苯环上氢的氯代反应，再结合L的结构推测，氯原子取代的是与硝基相连的碳的间位碳上的氢原子，D的结构为，D生成E的反应即D中的氯原子被取代为F原子的反应；对E的结构中的硝基进行还原即可得到L．根据反应条件可知，丙二酸与乙醇发生的是酯化反应，由产物G的分子式推测，G的结构为；由反应条件可知，由乙醇钠与三氯甲烷反应生成J发生的是与已知条件相似的反应，再根据题干（6）可知，J的结构为．由题可知，L和M反应脱去一分子乙醇后生成X，X再脱去一分子乙醇形成具有两个六元环的Y；Y转变为Q发生的是异构化反应且反应过程中只有氢原子和不饱和键位置发生变化，C和N等原子的连接方式不变；可推测X的结构为：，进一步可知Y的结构为，以此来解答。
【解答】解：（1）由上述分析可知，A的名称为苯，故答案为：苯；
（2）B生成D的方程式为+Cl2+HCl，故答案为：+Cl2+HCl；
（3）通过分析可知，D生成E的反应为取代反应，故答案为：取代反应；
（4）G的结构为，故答案为：；
（5）a．由M的结构可知，M中含有碳碳双键，醚键和酯基三种官能团，故a错误；
b．由M的结构可知，M其中的一个双键C上连接了两个相同的基团，所以M不存在顺反异构体，故d错误；
c．M的结构中含碳碳双键，可以使Br2的CCl4溶液褪色，而G的结构中不含碳碳双键，无法使Br2的CCl4溶液褪色，故c正确；
d．M的结构中含有酯基，所以可以与NaOH溶液反应，故d正确；
故答案为：cd；
（6）由上述分析可知，J的结构简式为，故答案为：；
（7）由上述分析可知，Y的结构简式为，故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应、官能团及碳原子数变化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。
18．（12分）无水氯化锰（MnCl2）在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉（主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质）制备无水氯化锰的工艺如下（部分操作和条件略）。
Ⅰ．向粗锰粉中加入盐酸，控制溶液的pH约为5，测定离子的初始浓度。静置一段时间后锰粉仍略有剩余，过滤；
Ⅱ．向Ⅰ的滤液中加入一定量盐酸，再加入H2O2溶液，充分反应后加入MnCO3固体调节溶液的pH约为5，过滤；
Ⅲ．向Ⅱ的滤液中通入H2S气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
Ⅳ．浓缩、结晶、过滤、洗涤、脱水得到无水MnCl2。
各步骤中对杂质离子的去除情况
Fe2+
Ni2+
Pb2+
初始浓度/mg•L﹣1
21.02
4.95
5.86
步骤Ⅰ后/mg•L﹣1
12.85
3.80
3.39
步骤Ⅱ后/mg•L﹣1
0.25
3.76
3.38
步骤Ⅲ后/mg•L﹣1
0.10（达标）
3.19（未达标）
0.12（达标）
已知：金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb
（1）锰和盐酸反应的化学方程式是 Mn+2HCl＝MnCl2+H2↑ 。
（2）步骤Ⅰ中：
①Fe2+浓度降低，滤渣中存在Fe（OH）3．结合离子方程式解释原因： 4Fe2++O2+10H2O＝4Fe（OH）3↓+8H+ 。
②Pb2+浓度降低，分析步骤Ⅰ中发生的反应为：Pb+2H+═Pb2++H2↑、 Pb2++Mn＝Pb+Mn2+ 。
（3）步骤Ⅱ中：
①H2O2酸性溶液的作用： 将剩余Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去 。
②结合离子方程式说明MnCO3的作用： MnCO3+2H+＝Mn2++H2O+CO2↑、Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+ 。
（4）步骤Ⅲ通入H2S后，Ni2+不达标而Pb2+达标。推测溶解度：PbS ＜ NiS（填“＞”或“＜”）。
（5）测定无水MnCl2的含量：将ag样品溶于一定量硫酸和磷酸的混合溶液中，加入稍过量NH4NO3，使Mn2+氧化为Mn3+．待充分反应后持续加热一段时间，冷却后用bmol/L硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]滴定Mn3+，消耗cmL硫酸亚铁铵。（已知：滴定过程中发生的反应为：Fe2++Mn3+═Fe3++Mn2+）
①样品中MnCl2的质量分数是 （已知：MnCl2的摩尔质量是126g•mol﹣1）。
②“持续加热”的目的是使过量的NH4NO3分解。若不加热，测定结果会 偏高 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【分析】制备无水氯化锰的原料是含有Fe，Ni，Pb等金属杂质的粗锰粉，因此制备过程中要将Fe，Ni，Pb等杂质元素去除；第一步将粗锰粉加酸溶解，Fe溶解后产生Fe2+，由于其还原性较强，容易被氧气氧化；由于金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀法去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的Zn2+和Pb2+，由于Pb的去除达标，而Zn的仍未达标，所以PbS的溶解度应该更低，以此解答该题。
【解答】解：（1）Mn与盐酸反应的化学方程式为：Mn+2HCl＝MnCl2+H2↑，故答案为：Mn+2HCl＝MnCl2+H2↑；
（2）①将粗锰粉酸浸后，Fe单质转化为还原性较强的Fe2+，静置一段时间，Fe2+会被空气中的氧气氧化，进而生成Fe（OH）3沉淀，相应的离子方程式为：4Fe2++O2+10H2O＝4Fe（OH）3↓+8H+，故答案为：4Fe2++O2+10H2O＝4Fe（OH）3↓+8H+；
②由于金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降，因此与之相关的反应为：Pb2++Mn＝Pb+Mn2+，
故答案为：Pb2++Mn＝Pb+Mn2+；
（3）①通过分析可知，过氧化氢的作用是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH值将其转化为Fe（OH）3沉淀除去，故答案为：将剩余Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去；
②通过分析可知，MnCO3的作用即调节溶液的pH值以便于Fe3+沉淀，相关的离子方程式为：MnCO3+2H+＝Mn2++H2O+CO2↑，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，
故答案为：MnCO3+2H+＝Mn2++H2O+CO2↑、Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；
（4）通过分析可知，PbS的溶解度更小，故答案为：＜；
（5）①由题可知，ag无水氯化锰中的Mn2+经过氧化后全部转变为Mn3+，硫酸亚铁铵与Mn3+反应时，Mn3+和Fe2+按照1：1反应，所以MnCl2的质量分数为：w＝＝，故答案为：；
②若不加热，溶液中剩余的硝酸铵会在酸性条件下体现氧化性能与硫酸亚铁铵发生反应，这样会使消耗的硫酸亚铁铵偏大，那么最终求出的纯度也偏高，
故答案为：偏高。
【点评】本题考查制备方案的设计，为高考常见题型，根据制备流程明确实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，把握实验的原理和操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力，题目难度较大。
19．（13分）学习小组探究AgNO3、Ag2O（棕黑色固体，难溶于水）对氯水漂白性的影响。
实验记录如下：
2mL 氯水
实验
方案和现象
ⅰ
加入1mL蒸馏水，再滴加1滴品红溶液，品红溶液较快褪色
ⅱ
加入少量Ag2O固体，产生白色沉淀a。再加入1mL蒸馏水和1滴品红溶液，品红溶液褪色比i快
ⅲ
加入1mL较浓AgNO3溶液，产生白色沉淀b。再滴加1滴品红溶液，品红溶液褪色比i慢
（1）用离子方程式表示i中品红溶液褪色的原因： Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO 。
（2）经检验，ii中的白色沉淀a是AgCl．产生AgCl的化学方程式是 Ag2O+2Cl2+H2O＝2AgCl+2HClO 。
（3）ⅰ是iii的对比实验，目的是排除iii中 稀释对溶液颜色 造成的影响。
（4）研究白色沉淀b的成分。进行实验iv（按实验iii的方案再次得到白色沉淀b，过滤、洗涤，置于试管中）：
实验iv：
①设计对比实验证实白色沉淀b不只含有AgCl，实验方案和现象是 用纯净的AgCl沉淀代替白色沉淀b，先滴加盐酸，再滴加FeCl2溶液（含KSCN）后，溶液不变红 。
②FeCl2溶液的作用是 检验白色沉淀b中是否含有氧化性粒子 。由此判断，白色沉淀b可能含有AgClO。
（5）进一步研究白色沉淀b和实验iii品红溶液褪色慢的原因，进行实验v：
实验v：
①结合离子方程式解释加入饱和NaCl溶液的目的： AgClO（s）+Cl﹣（aq）⇌AgCl（s）+ClO﹣（aq），使白色沉淀b中的ClO﹣进入上层清液便于检测 。
②推测品红溶液褪色的速率：实验iii比实验v 慢 （填“快”或“慢”）。
【分析】氯水具有漂白性，是因为氯水中含有HClO，而HClO来源于Cl2与水发生的可逆反应；因此AgNO3和Ag2O对氯水漂白性若会产生影响，可能的原因即影响了Cl2与水的反应。第一组实验想验证AgNO3和Ag2O对氯水漂白性的影响，由于验证Ag2O的影响时，加入的是难溶于水的固体，所以溶液的体积几乎不受影响，而验证AgNO3的影响时，加入的是硝酸银溶液，溶液体积会发生变化；出于控制变量的考虑，实验ⅰ和实验ⅱ分别又滴加了1mL水，排除溶液体积变化对实验结果的影响。实验ⅱ和实验ⅲ均产生了白色沉淀，并且实验ⅱ中的白色沉淀是AgCl；为了探究实验ⅲ中产生的白色沉淀的成分，设计了第二组实验，由题可知，白色沉淀b加盐酸后，溶液中会出现能够使Fe2+被氧化的粒子，因此验证白色沉淀b的组成不仅含有AgCl可以从酸浸溶液不能使Fe2+被氧化入手。在确定白色沉淀b的组成后，又设计了第三组实验，探究生成白色沉淀b和实验ⅲ中品红溶液褪色变慢的原因；实验过程中，将白色沉淀投入饱和NaCl溶液中，是为了将其转化为AgCl，使ClO﹣进入溶液中便于检测，同时这样也会使得溶液中的ClO﹣浓度相比于实验ⅲ变得更大，因此使品红溶液褪色就更快。
【解答】解：（1）氯水具有漂白性，是因为含有次氯酸，相关的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO；
（2）通过分析可知，生成AgCl的化学方程式为：Ag2O+2Cl2+H2O＝2AgCl+2HClO；
（3）通过分析可知，加1mL蒸馏水是为了排除稀释对溶液颜色的影响；
（4）①通过分析可知，验证白色沉淀b的组成不仅含有AgCl可以从酸浸溶液不能使Fe2+被氧化入手，因此用纯净的AgCl代替白色沉淀b，先滴加稀盐酸，再滴加FeCl2溶液（含KSCN）后，溶液不变红即可证明；
②通过分析可知，FeCl2（含KSCN）的作用是通过是否变色检验沉淀b中是否含有氧化性粒子；
（5）①通过分析可知，将白色沉淀投入饱和NaCl溶液中，是为了将其转化为AgCl，使ClO﹣进入溶液中便于检测，相关的离子方程式为：AgClO（s）+Cl﹣（aq）⇌AgCl（s）+ClO﹣（aq）
②通过分析可知，实验ⅴ中上层清液中的ClO﹣浓度相比于实验ⅲ比较大，因此使品红溶液褪色相比于实验ⅲ更快。
【点评】本题考查化学综合实验的重点知识，侧重考查学生对化学实验的相关知识的理解能力和综合运用能力是重点，也是必考点；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。
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