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2021年1月“八省联考”考前猜题-化学（考试版+全解全析+答题卡）
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2021年1月“八省联考”考前猜题
化学·全解全析
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1．D 【解析】医用口罩生产过程中采取了特殊的消毒方式和生产工艺，不可以用酒精消毒后重复使用，选项A错误；以煤、石油、天然气化石燃料为主要原料，可制造化工产品，如塑料、合成橡胶、合成纤维等，但橡胶和纤维分为天然的和合成的，天然的不需要以这些原料生产，选项B错误；聚丙烯和聚乙烯都属于有机合成高分子材料，互为同系物，均为混合物，而同系物的研究对象是纯净的有机物，故两种高分子化合物不符合同系物的概念，选项C错误；根据聚碳酸酯的结构简式可知其单体中含有羧基和羟基，通过缩聚反应制得，选项D正确。故答案选D。
2．C 【解析】CuO不与杂质CuCl2反应，无法除杂，选项A错误；CO2和HCl都与饱和Na2CO3溶液溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液吸收HCl，选项B错误；碱石灰是NaOH和CaO的混合物，SO2能和NaOH反应，且不属于氧化还原反应，选项C正确；Cu粉和CuO都能被稀硝酸溶解，应用稀盐酸或稀硫酸除杂，选项D错误。故答案选C。
3．D 【解析】A．配制一定物质的量浓度的溶液，在定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶的瓶口中，A操作不正确； B．排出碱式滴定管中的气泡时，要将尖嘴部分向斜上方倾斜，B操作不正确；C．制备少量乙酸乙酯时，玻璃管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，否则会引起倒吸，C操作不正确；D．观察钾的焰色时，用图丁所示方法透过蓝色的钴玻璃进行观察，D操作正确且能达到实验目的。 综上所述，本题选D。
4．B 【解析】A．给有机物分子进行编号，3号碳原子上带有2个乙基，名称3，3－二乙基戊烷，故A正确；B．石蜡油受热裂化得到的气体不一定是乙烯气体，可能是含有碳碳双键的其他烯烃，故B错误； C．将酸性高锰酸钾溶液分别加入到①乙酸、②苯、③乙醇、④溴苯四种液体中，现象分别为①互溶不分层，②分层，下层紫红色，上层无色，③酸性高锰酸钾溶液紫红色褪色，④分层，下层无色，上层紫红色，由此可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别这四种无色液体，故C正确；D．釆取“定一移一”的方法，该烃的二氯代物有4种：，故D正确；故选B。
5．A 【解析】A．5.6g表面锈蚀的铁钉所含的物质的量小于，用稀盐酸溶解时发生反应：Fe+2HCl==FeCl2+H2，转移电子数目小于，A项正确；B．标准状况下，甲醇呈液态，甲醇的物质的量远远大于，其中含有共价键的数目远远大于，B项错误；C．甲烷在氧气不充足的情况下燃烧会生成部分CO，因此16g甲烷燃烧，不一定能生成个，C项错误；D．HS−在水溶液中能发生水解反应生成H2S，也能电离产生S2−，根据物料守恒可知， 500mL0.1mol/LNaHS溶液中含有HS−、S2−、H2S、和的总数为，D项错误。故答案选A。
6．A 【解析】若某化学反应的能量变化为热能形式，即该化学反应的化学能没有其他形式的能量转化，反应过程中若不放出热量，则正反应不属于放热反应，即正反应一定为吸收反应，A正确；某化合物若不属于强电解质，则其可能属于在水溶液中部分电离的弱电解质，也可能属于在水溶液中不电离的非电解质，B错误；绝大多数盐均属于强电解质，即使属于强电解质的盐在水溶液中电离出的离子发生水解，其在水溶液中依然能够完全电离，C错误；等温、等压及除体积功不做其他功时，ΔH−TΔS＜0的反应能够自发进行，该反应是否属于可逆反应、能否进行到底则无法推出，D错误；故选A。
7．C 【解析】A、受热分解吸收大量的热且氧化铝的熔点高，所以可用作塑料的阻燃剂，故A正确；B、具有强氧化性，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，可以吸附水中悬浮物，所以用于自来水的消毒和净化，故B正确；C、用于呼吸面具中作为O2的来源，是因为与CO2反应放出生成O2，自身发生氧化还原反应，二氧化碳没有被氧化，故C错误；D、溶液可氧化水果释放的CH2=CH2，所以浸泡过溶液的硅藻土可用于水果保鲜，故D正确；选C。
8．D 【解析】A．Na2SiO3是易溶于水的强电解质，应该拆写为离子形式，离子方程式应该为： SiO32−+2CO2+2H2O=H2SiO3↓＋2HCO，A错误；B．碱性环境中不可能大量存在H+，B错误；C．Fe(SCN)3是易溶性弱电解质，不是难溶性的物质，不能写沉淀符号，C错误；D．反应符合事实，遵循物质拆分原则，D正确；故合理选项是D。
9．B 【解析】由结构式可知，分子式为C16H18O9，A正确；选项的物质结构中比新绿原素多一个环，且分子式为C16H18O9，故与新绿原素不互为同系物，B错误；该有机物存在碳碳双键可以使溴的四氯化碳褪色，羧基与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，C正确；1mol该有机物中有1 mol酯基，1 mol羧基，2 mol酚羟基，故消耗4 mol NaOH，醇羟基与氢氧化钠不反应，D正确。
10．D 【解析】溶剂乙醇有还原性，其蒸气也能使酸性KMnO4溶液褪色，不一定是丙烯，选项A错误；NO3−在酸性条件下有氧化性，可以氧化SO32−，因此立即产生NO气体，选项B错误；制乙酸乙酯需要催化剂浓硫酸，遇Na2CO3溶液也会产生气泡，选项C错误；淀粉未水解完全，剩余淀粉，碘遇淀粉变蓝，选项D正确。
11．C 【解析】根据细菌−硫化矿作用机理可看出，MS 在被氧化后M生成M2+，S生成SO42−，可知当MS为CuFeS2时反应为CuFeS2+4O2CuSO4+FeSO4，1mol CuFeS2发生反应转移16mol e−,故A正确；当MS为FeS2，n(Fe)：n(S)≠1：1，除生成FeSO4外，还剩余SO42−，在酸性环境中应生成H2SO4，发生反应：2FeS2+7O2+2H2OFeSO4+2H2SO4，故B正确；在化学反应中温度升高，化学反应速率加快，但温度过高，蛋白质变性，因此温度升高，浸出率不一定提高，故C不正确；当MS为CuS，n(Cu)：n(S) =1：1，氧化直接生成CuSO4，发生反应：CuS+2O2CuSO4，氧气为氧化剂，CuS为还原剂，消耗的氧化剂与还原剂的物质的量比为2：1，故D正确。
12．B 【解析】温度高时，物质溶解速度越快，所以，溶解时采取40～50℃是为了矿渣更快溶解，①正确；抽滤时，利用抽气泵使抽滤瓶（吸滤瓶）内压强减小，属于减压过滤，②错误；由于抽滤瓶（吸滤瓶）内压强减小，比起常压过滤时，抽滤速度更快，固体和液体分离更彻底，③正确；据流程信息可知，沉锰时，Mn2转化为MnCO3沉淀，再利用电荷守恒可知，HCO3−除转化为沉淀外，还有一部分转化为CO2，离子方程式为：Mn2＋2HCO3−=== MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，④正确；⑤高温烘干会导致MnCO3分解，得不到纯净的MnCO3；故选B。
13．A 【解析】题给图像是反应历程，活化能大的一步是决速步，由图可知历程⑤活化能为0.79eV，为决速步，故选项A正确；使用高效催化剂，可以降低反应活化能，加快化学反应速率，但不改变焓变，故选项B错误；历程⑤⑥是O−H键的形成过程，故选项C错误；由图可知：CO2* = CO + O* ΔH=（−0.11）−（−0.37）= +0.26eV，故选项D错误。
14．D 【解析】根据反应机理图中NO2−转化为N2，此变化为得电子，可知b极为正极，a极为负极，故A错误；该电池产生的气体中含CO2可产生温室效应，对环境有影响，故B错误，由转化图可知，NH4+与氧气转化为NO2−，NO2−在b极得电子继而转化为N2，故C错误；从图中可看出在b极上NO2−在酸性条件下得电子转化为N2，反应为2 NO2−+6e−+8H+=N2+4H2O，D正确。
15．D 【解析】A．温度相同则平衡常数相同，所以300℃时平衡常数为16，516℃时平衡常数为64，800℃时平衡常数为160，温度升高平衡常数增大，则该反应为吸热反应，所以ΔH>0，故A错误；B．其他条件相同，压强越大反应速率越快，所以v(1.0MPa)
17．（14分）
（1）3（2分）
（2）泥三角、酒精灯、玻璃棒（2分，写对1个得1分）
（3）4 8 7 8 2 8 （2分，错一个空就不得分） 4 NA （2分）
（4）Cr2O72−+ H2O2CrO42−+2H+（2分）
（5）H2SiO3、Al(OH)3（2分）
（6）73.5% （2分）
【解析】（1）碱性氧化物是指能跟酸反应生成盐和水的氧化物。金属氧化物不一定都是碱性氧化物，碱性氧化物一定都是金属氧化物，所以FeO、MgO、Fe2O3碱性氧化物， Cr2O3属于酸性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，所以答案是3种。（2）因陶瓷容器中含二氧化硅，会在高温条件下与碳酸钠反应，所以不能在陶瓷容器中进行；焙烧用到的主要硅酸盐仪器有 泥三角、铁三角架、酒精灯。（3）分析元素化合价后发现O元素的化合价降低，Fe、Cr元素的化合价升高，根据氧化还原反应中得到的电子数与失去的电子数相等，所以配平后的方程式是4FeO·Cr2O3+ 8Na2CO3+ 7O28Na2CrO4+2 Fe2O3+8CO2↑，由反应可知，7 mol O2参加反应时转移28 mol电子，则每有标况下22.4 LO2参加反应，共转移电子为×＝4 mol电子，电子数为4 NA。(4)2CrO42− + 2H+ Cr2O72−+ H2O，滤液2中酸化PH<5，增大c(H+)，平衡正向移动，有利于生成Cr2O72−；（5）根据分布分数可以看出pH = 7~8时全部是以H2SiO3形式存在；（6）有关反应方程式为：MnO4− +5 Fe2+ + 8H+=Mn2+ +5 Fe3+ + 4H2O，Cr2O72− +6 Fe2+ + 14H+ = Cr3+ + 6Fe3+ +7 H2O，得出的关系式Cr2O72−~6 Fe2+ MnO4− ~5 Fe2+。
18．（14分）
（1）量筒（1分）
（2）使积留在水管中的杂质及陈旧水排出（1分）
HCO3−、H2CO3（每对1个得1分，错写不得分，2分）
Ca2+与HCO3−、H2CO3在pH为10的NH3−NH4Cl的溶液中反应会产生CaCO3沉淀，影响滴定终点的准确判定（2分）
（3）从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下口放出，重复2~3次（2分）
（4）H2Y2−+ MgIn−=MgY2−+ HIn2−+H+（2分）
（5）滴定前加入的MgY2−先转化为CaY2−和Mg2+，最后又转化成MgY2−，故不影响滴定结果（2分）
（6）105.6（2分）
【解析】（1）EDTA溶液配制之后用Ca2+标准溶液标定准确浓度，此处配制只需要用烧杯、玻璃棒、试剂瓶和量筒即可。
（2）积留在水管中的杂质及陈旧水会影响测定自来水的总硬度，所以需要打开自来水龙头，先放水几分钟；自来水水样酸化、煮沸可以将HCO3−、H2CO3，转化为二氧化碳气体除去，因为测定时在pH为10的NH3−NH4Cl缓冲溶液中，HCO3−和H2CO3转化为CO32−，能与Ca2+结合生成CaCO3白色沉淀，影响滴定终点的准确判定。
（3）滴定前润洗滴定管的操作方法是从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下口放出，重复2~3次。
（4）滴定终点溶液由紫红色变为纯蓝色，结合滴定前和滴定时发生反应的方程式和部分离子的颜色可知，滴定终点时H2Y2−将MgIn−转化为了HIn2−，根据原子守恒和电荷守恒得到滴定终点发生反应的方程式为H2Y2−+ MgIn−=MgY2−+ HIn2−+H+。
（5）铬黑T与Mg2+显色灵敏，而与Ca2+结合所呈颜色不深，在被滴定液中加入适量MgY2−溶液，发生转化反应MgY2−+Ca2+=CaY2−+Mg2+，置换出来的Mg2+与铬黑T配位，显色灵敏，滴定时，EDTA先与Ca2+配位，当达到滴定终点时，EDTA夺取配合物中的Mg2+，形成MgY2−，游离出指示剂，显蓝色，颜色变化明显。最终滴定终点显纯蓝色，生成的MgY2−的物质的量与滴定前加入的MgY2−是相等的，故不影响滴定结果。
（6）水样总硬度：0.0038 mol·L−1×13.90 mL÷50 mL×100 g·mol −1×1000 mg·g−1=105.6 mg·L−1。
19．（除标注外，每空2分，共14分）
（1）−49.0
（2）Co@Si0.95 320℃（1分）
（3）H2CO*＋H*→H3CO*＋* 否（1分）
（4）正反应气体分子数ⅳ＞i，逆反应气体分子数二者相同，可知加压时，反应ⅳ正反应速率加压时增大程度大于反应i，逆反应速率改变程度相同，则加压后单位时间内甲醇的产量大于CO的
（5）1.04
（6）×100%
【解析】（1）根据盖斯定律，可知△H＝△H3−△H1＝−49.0 kJ•mol−1
（2）由图像分析可知Co@Si0.95作催化剂时，CH3OH的选择性最高，副产物均较少，故合适的催化剂为Co@Si0.95，由右图可知Co@Si0.95在温度在320℃附近时，甲醇单位时间产率最高，故适宜的温度为320℃。
（3）根据反应机理各微粒的传递规律以及活性空位（*）个数的守恒关系，可知步骤⑥的反应物为H2CO*产物为H3CO*，可知是H2CO*与H*反应，活性空位数为2，故该步骤化学方程式为：H2CO*＋H*→H3CO*＋*。由整个历程可知，物质的存在形式吸附态，由于总反应式为CO2(g) + 3H2(g)===CH3OH(g) + H2O(g)，第⑩步，产物H2O*为H2O在催化剂表面的吸附态，并未“脱附”成H2O(g)，故该反应历程并不完整。
（4）由单位时间产量，可知该问考查的是反应速率，对比反应i和反应ⅳ气体分子系数，正反应气体分子数ⅳ＞i，逆反应气体分子数二者相同，可知加压时，反应ⅳ正反应速率加压时增大程度大于反应i，逆反应速率改变程度相同，则加压后单位时间内甲醇的产量大于CO的。
（5）达平衡状态
列三段式： CO2(g) + 3H2(g)===CH3OH(g) + H2O(g) 体积为1 L
初始量/mol·L−1：0.1 0.275 0 0
变化量/mol·L−1：0.025 0.075 0.025 0.025
平衡量/mol·L−1：0.075 0.2 0.025 0.025
K＝＝＝1.04
Ⅱ．（6）该设问要注意图像是平衡浓度与温度的关系，而非时间关系，随着温度升高，制乙烯反应平衡将向逆反应方向移动，即CO2和H2平衡浓度逐渐增大，C2H4和H2O平衡浓度逐渐减小，根据反应系数关系，可知曲线a表示H2浓度变化，b表示CO2浓度变化，m、n分别表示H2O、C2H4浓度变化。A点时，c(CO2)＝c(H2O)＝c0 mol·L−1。根据c(CO2)与c(H2O)可推理其它物质浓度。
列三段式： 2CO2(g)＋6H2(g)===C2H4(g)＋4H2O(g)
初始量/mol·L−1：0.25c 0.75c 0 0
变化量/mol·L−1： c0
平衡量/mol·L−1：c0 3c0 0.25c0 c0
产率＝×100%＝×100%＝×100%。
20．（14分）
（1）A（1分） （2）S原子半径小于Te，H—S键的键能较大（2分） （3）正四面体（1分） 16（1分） （4）AsBr3＞AsCl3＞AsF3（2分） （5）6（2分） 六方最密堆积（1分） （6）（2分） （2分）
【解析】（1）同周期从左到右原子的第一电离能有增大趋势，所以第一电离能：①＞③；Cu+的外围电子结构为3d10、3d为全充满的稳定结构，第二电离能：④＞②，Zn的第二电离能大于其第一电离能：②＞①，故选A；（2）原子半径：r(S)＜r(Te)，键能：H−S＞H−Te，所以H2S较稳定，分解温度更高； （3）[Cd(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl-替代只得到1种结构，则四个配体所处环境完全相同，参考甲烷的结构可知Cd2+采用sp3杂化，呈正四面体结构；一个NH3含有3个σ键，配位单键也是σ键，所以1 mol [Cd(NH3)4]2+含16 mol σ键；（4）AsCl3、AsF3、AsBr3都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，故熔点排序为AsBr3＞AsCl3＞AsF3；（5）在六棱柱中，12个原子位于顶点、2个原子位于面心，3个原子位于体内，所以1个六棱柱含=6个原子，这种堆积方式叫六方最密堆积；（6）图2为体心立方堆积，3个镉原子位于体对角线且相切，1个晶胞含2个镉原子，设晶胞参数为a，则密度d=，解得a= nm；设两镉原子最近核间距为x，(2x)2=3a2，x=nm；设镉原子半径为r，体对角线上的三个镉原子相切，则r= nm，φ==。
21．（14分）（1）苯甲醚（1分） （2）醚键、硝基（每对1个得1分，错写不得分，2分）
（3）（1分）
（4）保护氨基不被硝酸氧化（2分）
（5）（2分）
（6）4（1分） （2分）
（7）（3分）
【解析】（1）由A的结构简式可知其化学名称为苯甲醚。
（2）B为，所含官能团的名称为醚键、硝基。
（3）C为，由C生成D是−NH2中的H原子被−COCH3取代，所以D的结构简式为。
（4）C→D时−NH2中的H原子被−COCH3取代，D→E过程中−NHCOCH3又水解重新生成了−NH2，反应目的为保护氨基不被硝酸氧化。
（5）F为，F与CS2反应生成G，根据结构变化和原子守恒写出反应的化学方程式为。
（6）F的同分异构体中同时满足题设三个条件同分异构体有以下4种：
、、、，
核磁共振氢谱有六组峰的结构简式为。
（7）以苯和乙酸为原料制备，苯先硝化，然后将硝基还原为—NH2，再与(CH3CO)2O反应保护—NH2，然后再次硝化，依据—NHCOCH3、—OCH3具有类似的定位基定位效应，在对位引入硝基，最后在碱性条件下水解得到产物，所以合成路线为。
化学·全解全析
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1．D 【解析】医用口罩生产过程中采取了特殊的消毒方式和生产工艺，不可以用酒精消毒后重复使用，选项A错误；以煤、石油、天然气化石燃料为主要原料，可制造化工产品，如塑料、合成橡胶、合成纤维等，但橡胶和纤维分为天然的和合成的，天然的不需要以这些原料生产，选项B错误；聚丙烯和聚乙烯都属于有机合成高分子材料，互为同系物，均为混合物，而同系物的研究对象是纯净的有机物，故两种高分子化合物不符合同系物的概念，选项C错误；根据聚碳酸酯的结构简式可知其单体中含有羧基和羟基，通过缩聚反应制得，选项D正确。故答案选D。
2．C 【解析】CuO不与杂质CuCl2反应，无法除杂，选项A错误；CO2和HCl都与饱和Na2CO3溶液溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液吸收HCl，选项B错误；碱石灰是NaOH和CaO的混合物，SO2能和NaOH反应，且不属于氧化还原反应，选项C正确；Cu粉和CuO都能被稀硝酸溶解，应用稀盐酸或稀硫酸除杂，选项D错误。故答案选C。
3．D 【解析】A．配制一定物质的量浓度的溶液，在定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶的瓶口中，A操作不正确； B．排出碱式滴定管中的气泡时，要将尖嘴部分向斜上方倾斜，B操作不正确；C．制备少量乙酸乙酯时，玻璃管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，否则会引起倒吸，C操作不正确；D．观察钾的焰色时，用图丁所示方法透过蓝色的钴玻璃进行观察，D操作正确且能达到实验目的。 综上所述，本题选D。
4．B 【解析】A．给有机物分子进行编号，3号碳原子上带有2个乙基，名称3，3－二乙基戊烷，故A正确；B．石蜡油受热裂化得到的气体不一定是乙烯气体，可能是含有碳碳双键的其他烯烃，故B错误； C．将酸性高锰酸钾溶液分别加入到①乙酸、②苯、③乙醇、④溴苯四种液体中，现象分别为①互溶不分层，②分层，下层紫红色，上层无色，③酸性高锰酸钾溶液紫红色褪色，④分层，下层无色，上层紫红色，由此可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别这四种无色液体，故C正确；D．釆取“定一移一”的方法，该烃的二氯代物有4种：，故D正确；故选B。
5．A 【解析】A．5.6g表面锈蚀的铁钉所含的物质的量小于，用稀盐酸溶解时发生反应：Fe+2HCl==FeCl2+H2，转移电子数目小于，A项正确；B．标准状况下，甲醇呈液态，甲醇的物质的量远远大于，其中含有共价键的数目远远大于，B项错误；C．甲烷在氧气不充足的情况下燃烧会生成部分CO，因此16g甲烷燃烧，不一定能生成个，C项错误；D．HS−在水溶液中能发生水解反应生成H2S，也能电离产生S2−，根据物料守恒可知， 500mL0.1mol/LNaHS溶液中含有HS−、S2−、H2S、和的总数为，D项错误。故答案选A。
6．A 【解析】若某化学反应的能量变化为热能形式，即该化学反应的化学能没有其他形式的能量转化，反应过程中若不放出热量，则正反应不属于放热反应，即正反应一定为吸收反应，A正确；某化合物若不属于强电解质，则其可能属于在水溶液中部分电离的弱电解质，也可能属于在水溶液中不电离的非电解质，B错误；绝大多数盐均属于强电解质，即使属于强电解质的盐在水溶液中电离出的离子发生水解，其在水溶液中依然能够完全电离，C错误；等温、等压及除体积功不做其他功时，ΔH−TΔS＜0的反应能够自发进行，该反应是否属于可逆反应、能否进行到底则无法推出，D错误；故选A。
7．C 【解析】A、受热分解吸收大量的热且氧化铝的熔点高，所以可用作塑料的阻燃剂，故A正确；B、具有强氧化性，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，可以吸附水中悬浮物，所以用于自来水的消毒和净化，故B正确；C、用于呼吸面具中作为O2的来源，是因为与CO2反应放出生成O2，自身发生氧化还原反应，二氧化碳没有被氧化，故C错误；D、溶液可氧化水果释放的CH2=CH2，所以浸泡过溶液的硅藻土可用于水果保鲜，故D正确；选C。
8．D 【解析】A．Na2SiO3是易溶于水的强电解质，应该拆写为离子形式，离子方程式应该为： SiO32−+2CO2+2H2O=H2SiO3↓＋2HCO，A错误；B．碱性环境中不可能大量存在H+，B错误；C．Fe(SCN)3是易溶性弱电解质，不是难溶性的物质，不能写沉淀符号，C错误；D．反应符合事实，遵循物质拆分原则，D正确；故合理选项是D。
9．B 【解析】由结构式可知，分子式为C16H18O9，A正确；选项的物质结构中比新绿原素多一个环，且分子式为C16H18O9，故与新绿原素不互为同系物，B错误；该有机物存在碳碳双键可以使溴的四氯化碳褪色，羧基与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，C正确；1mol该有机物中有1 mol酯基，1 mol羧基，2 mol酚羟基，故消耗4 mol NaOH，醇羟基与氢氧化钠不反应，D正确。
10．D 【解析】溶剂乙醇有还原性，其蒸气也能使酸性KMnO4溶液褪色，不一定是丙烯，选项A错误；NO3−在酸性条件下有氧化性，可以氧化SO32−，因此立即产生NO气体，选项B错误；制乙酸乙酯需要催化剂浓硫酸，遇Na2CO3溶液也会产生气泡，选项C错误；淀粉未水解完全，剩余淀粉，碘遇淀粉变蓝，选项D正确。
11．C 【解析】根据细菌−硫化矿作用机理可看出，MS 在被氧化后M生成M2+，S生成SO42−，可知当MS为CuFeS2时反应为CuFeS2+4O2CuSO4+FeSO4，1mol CuFeS2发生反应转移16mol e−,故A正确；当MS为FeS2，n(Fe)：n(S)≠1：1，除生成FeSO4外，还剩余SO42−，在酸性环境中应生成H2SO4，发生反应：2FeS2+7O2+2H2OFeSO4+2H2SO4，故B正确；在化学反应中温度升高，化学反应速率加快，但温度过高，蛋白质变性，因此温度升高，浸出率不一定提高，故C不正确；当MS为CuS，n(Cu)：n(S) =1：1，氧化直接生成CuSO4，发生反应：CuS+2O2CuSO4，氧气为氧化剂，CuS为还原剂，消耗的氧化剂与还原剂的物质的量比为2：1，故D正确。
12．B 【解析】温度高时，物质溶解速度越快，所以，溶解时采取40～50℃是为了矿渣更快溶解，①正确；抽滤时，利用抽气泵使抽滤瓶（吸滤瓶）内压强减小，属于减压过滤，②错误；由于抽滤瓶（吸滤瓶）内压强减小，比起常压过滤时，抽滤速度更快，固体和液体分离更彻底，③正确；据流程信息可知，沉锰时，Mn2转化为MnCO3沉淀，再利用电荷守恒可知，HCO3−除转化为沉淀外，还有一部分转化为CO2，离子方程式为：Mn2＋2HCO3−=== MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，④正确；⑤高温烘干会导致MnCO3分解，得不到纯净的MnCO3；故选B。
13．A 【解析】题给图像是反应历程，活化能大的一步是决速步，由图可知历程⑤活化能为0.79eV，为决速步，故选项A正确；使用高效催化剂，可以降低反应活化能，加快化学反应速率，但不改变焓变，故选项B错误；历程⑤⑥是O−H键的形成过程，故选项C错误；由图可知：CO2* = CO + O* ΔH=（−0.11）−（−0.37）= +0.26eV，故选项D错误。
14．D 【解析】根据反应机理图中NO2−转化为N2，此变化为得电子，可知b极为正极，a极为负极，故A错误；该电池产生的气体中含CO2可产生温室效应，对环境有影响，故B错误，由转化图可知，NH4+与氧气转化为NO2−，NO2−在b极得电子继而转化为N2，故C错误；从图中可看出在b极上NO2−在酸性条件下得电子转化为N2，反应为2 NO2−+6e−+8H+=N2+4H2O，D正确。
15．D 【解析】A．温度相同则平衡常数相同，所以300℃时平衡常数为16，516℃时平衡常数为64，800℃时平衡常数为160，温度升高平衡常数增大，则该反应为吸热反应，所以ΔH>0，故A错误；B．其他条件相同，压强越大反应速率越快，所以v(1.0MPa)
17．（14分）
（1）3（2分）
（2）泥三角、酒精灯、玻璃棒（2分，写对1个得1分）
（3）4 8 7 8 2 8 （2分，错一个空就不得分） 4 NA （2分）
（4）Cr2O72−+ H2O2CrO42−+2H+（2分）
（5）H2SiO3、Al(OH)3（2分）
（6）73.5% （2分）
【解析】（1）碱性氧化物是指能跟酸反应生成盐和水的氧化物。金属氧化物不一定都是碱性氧化物，碱性氧化物一定都是金属氧化物，所以FeO、MgO、Fe2O3碱性氧化物， Cr2O3属于酸性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，所以答案是3种。（2）因陶瓷容器中含二氧化硅，会在高温条件下与碳酸钠反应，所以不能在陶瓷容器中进行；焙烧用到的主要硅酸盐仪器有 泥三角、铁三角架、酒精灯。（3）分析元素化合价后发现O元素的化合价降低，Fe、Cr元素的化合价升高，根据氧化还原反应中得到的电子数与失去的电子数相等，所以配平后的方程式是4FeO·Cr2O3+ 8Na2CO3+ 7O28Na2CrO4+2 Fe2O3+8CO2↑，由反应可知，7 mol O2参加反应时转移28 mol电子，则每有标况下22.4 LO2参加反应，共转移电子为×＝4 mol电子，电子数为4 NA。(4)2CrO42− + 2H+ Cr2O72−+ H2O，滤液2中酸化PH<5，增大c(H+)，平衡正向移动，有利于生成Cr2O72−；（5）根据分布分数可以看出pH = 7~8时全部是以H2SiO3形式存在；（6）有关反应方程式为：MnO4− +5 Fe2+ + 8H+=Mn2+ +5 Fe3+ + 4H2O，Cr2O72− +6 Fe2+ + 14H+ = Cr3+ + 6Fe3+ +7 H2O，得出的关系式Cr2O72−~6 Fe2+ MnO4− ~5 Fe2+。
18．（14分）
（1）量筒（1分）
（2）使积留在水管中的杂质及陈旧水排出（1分）
HCO3−、H2CO3（每对1个得1分，错写不得分，2分）
Ca2+与HCO3−、H2CO3在pH为10的NH3−NH4Cl的溶液中反应会产生CaCO3沉淀，影响滴定终点的准确判定（2分）
（3）从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下口放出，重复2~3次（2分）
（4）H2Y2−+ MgIn−=MgY2−+ HIn2−+H+（2分）
（5）滴定前加入的MgY2−先转化为CaY2−和Mg2+，最后又转化成MgY2−，故不影响滴定结果（2分）
（6）105.6（2分）
【解析】（1）EDTA溶液配制之后用Ca2+标准溶液标定准确浓度，此处配制只需要用烧杯、玻璃棒、试剂瓶和量筒即可。
（2）积留在水管中的杂质及陈旧水会影响测定自来水的总硬度，所以需要打开自来水龙头，先放水几分钟；自来水水样酸化、煮沸可以将HCO3−、H2CO3，转化为二氧化碳气体除去，因为测定时在pH为10的NH3−NH4Cl缓冲溶液中，HCO3−和H2CO3转化为CO32−，能与Ca2+结合生成CaCO3白色沉淀，影响滴定终点的准确判定。
（3）滴定前润洗滴定管的操作方法是从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下口放出，重复2~3次。
（4）滴定终点溶液由紫红色变为纯蓝色，结合滴定前和滴定时发生反应的方程式和部分离子的颜色可知，滴定终点时H2Y2−将MgIn−转化为了HIn2−，根据原子守恒和电荷守恒得到滴定终点发生反应的方程式为H2Y2−+ MgIn−=MgY2−+ HIn2−+H+。
（5）铬黑T与Mg2+显色灵敏，而与Ca2+结合所呈颜色不深，在被滴定液中加入适量MgY2−溶液，发生转化反应MgY2−+Ca2+=CaY2−+Mg2+，置换出来的Mg2+与铬黑T配位，显色灵敏，滴定时，EDTA先与Ca2+配位，当达到滴定终点时，EDTA夺取配合物中的Mg2+，形成MgY2−，游离出指示剂，显蓝色，颜色变化明显。最终滴定终点显纯蓝色，生成的MgY2−的物质的量与滴定前加入的MgY2−是相等的，故不影响滴定结果。
（6）水样总硬度：0.0038 mol·L−1×13.90 mL÷50 mL×100 g·mol −1×1000 mg·g−1=105.6 mg·L−1。
19．（除标注外，每空2分，共14分）
（1）−49.0
（2）Co@Si0.95 320℃（1分）
（3）H2CO*＋H*→H3CO*＋* 否（1分）
（4）正反应气体分子数ⅳ＞i，逆反应气体分子数二者相同，可知加压时，反应ⅳ正反应速率加压时增大程度大于反应i，逆反应速率改变程度相同，则加压后单位时间内甲醇的产量大于CO的
（5）1.04
（6）×100%
【解析】（1）根据盖斯定律，可知△H＝△H3−△H1＝−49.0 kJ•mol−1
（2）由图像分析可知Co@Si0.95作催化剂时，CH3OH的选择性最高，副产物均较少，故合适的催化剂为Co@Si0.95，由右图可知Co@Si0.95在温度在320℃附近时，甲醇单位时间产率最高，故适宜的温度为320℃。
（3）根据反应机理各微粒的传递规律以及活性空位（*）个数的守恒关系，可知步骤⑥的反应物为H2CO*产物为H3CO*，可知是H2CO*与H*反应，活性空位数为2，故该步骤化学方程式为：H2CO*＋H*→H3CO*＋*。由整个历程可知，物质的存在形式吸附态，由于总反应式为CO2(g) + 3H2(g)===CH3OH(g) + H2O(g)，第⑩步，产物H2O*为H2O在催化剂表面的吸附态，并未“脱附”成H2O(g)，故该反应历程并不完整。
（4）由单位时间产量，可知该问考查的是反应速率，对比反应i和反应ⅳ气体分子系数，正反应气体分子数ⅳ＞i，逆反应气体分子数二者相同，可知加压时，反应ⅳ正反应速率加压时增大程度大于反应i，逆反应速率改变程度相同，则加压后单位时间内甲醇的产量大于CO的。
（5）达平衡状态
列三段式： CO2(g) + 3H2(g)===CH3OH(g) + H2O(g) 体积为1 L
初始量/mol·L−1：0.1 0.275 0 0
变化量/mol·L−1：0.025 0.075 0.025 0.025
平衡量/mol·L−1：0.075 0.2 0.025 0.025
K＝＝＝1.04
Ⅱ．（6）该设问要注意图像是平衡浓度与温度的关系，而非时间关系，随着温度升高，制乙烯反应平衡将向逆反应方向移动，即CO2和H2平衡浓度逐渐增大，C2H4和H2O平衡浓度逐渐减小，根据反应系数关系，可知曲线a表示H2浓度变化，b表示CO2浓度变化，m、n分别表示H2O、C2H4浓度变化。A点时，c(CO2)＝c(H2O)＝c0 mol·L−1。根据c(CO2)与c(H2O)可推理其它物质浓度。
列三段式： 2CO2(g)＋6H2(g)===C2H4(g)＋4H2O(g)
初始量/mol·L−1：0.25c 0.75c 0 0
变化量/mol·L−1： c0
平衡量/mol·L−1：c0 3c0 0.25c0 c0
产率＝×100%＝×100%＝×100%。
20．（14分）
（1）A（1分） （2）S原子半径小于Te，H—S键的键能较大（2分） （3）正四面体（1分） 16（1分） （4）AsBr3＞AsCl3＞AsF3（2分） （5）6（2分） 六方最密堆积（1分） （6）（2分） （2分）
【解析】（1）同周期从左到右原子的第一电离能有增大趋势，所以第一电离能：①＞③；Cu+的外围电子结构为3d10、3d为全充满的稳定结构，第二电离能：④＞②，Zn的第二电离能大于其第一电离能：②＞①，故选A；（2）原子半径：r(S)＜r(Te)，键能：H−S＞H−Te，所以H2S较稳定，分解温度更高； （3）[Cd(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl-替代只得到1种结构，则四个配体所处环境完全相同，参考甲烷的结构可知Cd2+采用sp3杂化，呈正四面体结构；一个NH3含有3个σ键，配位单键也是σ键，所以1 mol [Cd(NH3)4]2+含16 mol σ键；（4）AsCl3、AsF3、AsBr3都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，故熔点排序为AsBr3＞AsCl3＞AsF3；（5）在六棱柱中，12个原子位于顶点、2个原子位于面心，3个原子位于体内，所以1个六棱柱含=6个原子，这种堆积方式叫六方最密堆积；（6）图2为体心立方堆积，3个镉原子位于体对角线且相切，1个晶胞含2个镉原子，设晶胞参数为a，则密度d=，解得a= nm；设两镉原子最近核间距为x，(2x)2=3a2，x=nm；设镉原子半径为r，体对角线上的三个镉原子相切，则r= nm，φ==。
21．（14分）（1）苯甲醚（1分） （2）醚键、硝基（每对1个得1分，错写不得分，2分）
（3）（1分）
（4）保护氨基不被硝酸氧化（2分）
（5）（2分）
（6）4（1分） （2分）
（7）（3分）
【解析】（1）由A的结构简式可知其化学名称为苯甲醚。
（2）B为，所含官能团的名称为醚键、硝基。
（3）C为，由C生成D是−NH2中的H原子被−COCH3取代，所以D的结构简式为。
（4）C→D时−NH2中的H原子被−COCH3取代，D→E过程中−NHCOCH3又水解重新生成了−NH2，反应目的为保护氨基不被硝酸氧化。
（5）F为，F与CS2反应生成G，根据结构变化和原子守恒写出反应的化学方程式为。
（6）F的同分异构体中同时满足题设三个条件同分异构体有以下4种：
、、、，
核磁共振氢谱有六组峰的结构简式为。
（7）以苯和乙酸为原料制备，苯先硝化，然后将硝基还原为—NH2，再与(CH3CO)2O反应保护—NH2，然后再次硝化，依据—NHCOCH3、—OCH3具有类似的定位基定位效应，在对位引入硝基，最后在碱性条件下水解得到产物，所以合成路线为。
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