绝密★启用前（全国卷）化学参考答案7.C【解析】纤维素和糖类都是含C、H、O元素，蛋白质含有C、H、O、N等元素，A项错误；碳量子点含有含氧官能团，石墨是碳单质，不互为同素异形体，B项错误；高温碳化有机物有新物质生成，是化学变化，C项正确；碳量子点分散到分散剂中形成的分散系（胶体）具有丁达尔效应，碳量子点没有丁达尔效应，D项错误。8.D【解析】该物质分子中含有碳碳双键、羟基，可使酸性KMnO4溶液褪色，A项正确；分子中含有碳碳双键、羟基、酮羰基、醚键4种官能团，含氧官能团有3种，B项正确；虚线框中的7个C原子，1个O原子，4个连接在苯环上的H原子，这12原子肯定共平面，羟基中的H原子可以跟其他原子共面，也可以不共面，所以最多是13个原子共面，C项正确；温度和压强未知，3molH2的体积无法求算，D项错误。9.B【解析】A项，H2O2分解生成的O2可以通过长颈漏斗逸出，也缺少秒表，A错误；B项，导管不需要伸入液面，B正确；C项，要用玻璃搅拌器，C错误；D项，温度和催化剂都可以加快反应速率，D错误。10.C【解析】A项，糯米的主要成分是淀粉，淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵产生乙醇，葡萄糖是单糖，不能水解，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，A项不符合题意；用FeS除工业废水中的Cu2+、Hg2+，是因为生成了更难溶的CuS和HgS，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ正确，无因果关系，B项不符合题意；SOCl2极易水解成SO2和HCl，加热时SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水反应，最后可以制得无水AlCl3，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ正确，之间有因果关系，C项符合题意；Ca是活泼金属，容易与水反应，电解CaCl2溶液得不到金属Ca，在一定条件下Ca2+可以得电子被还原为Ca单质，陈述Ⅰ错误，陈述Ⅱ正确，D项不符合题意。11.D【解析】2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NO2中N是+4价，生成的盐NaNO2和NaNO3中N元素的化合价分别为+3和+5，NO2不是酸性氧化物，A项错误；反应中水只做反应物，不可能是催化剂，B项错误；从图中可以看出有H-O键断裂，在形成HNO2分子时也有H-O键的形成，C项错误；整个过程表示为2---2NO2+H2O+SO3=HNO2+HSO4+NO2，D项正确。12.A【解析】类型电极电极名称电极反应总反应2+-++A阳极VO+H2O-e=VO2+2H2+3+++2+充电时（电解池）VO+H2O+V=VO2+2H+VB阴极V3++e-=V2+++-2+A正极VO2+2H+e=VO+H2O+2++2+3+放电时（原电池）VO2+V+2H=VO+V+H2OB负极V2+-e-=V3+化学参考答案第1页（全国卷）（共6页）充电时，右侧储液罐中发生反应V3++e-=V2+，V2+浓度不断增大，A项错误；充电时，电极A的电极反应方程式2+-+++2++2+3+为VO+H2O-e=VO2+2H，B项正确；放电时，总反应方程式为VO2+V+2H=VO+V+H2O，C项正确；增大含钒离子的浓度，即增大了储液罐中含钒离子的物质的量，电池容量会增大，D项正确。13.D【解析】根据图2可知，只有一个滴定终点且起始酸H2A溶液的pH为1，图1中两种含A元素微粒的分布系数分别为0.1和0.9（和为1，说明滴定过程中溶液里面含A微粒只有2种），由此可以确定酸H2A的第一步完--全电离，第二步是部分电离，两种含A微粒为HA（0.9）和A2（0.1）,A项错误；曲线①表示(HA)，曲线--②表示(A2)，曲线①和曲线②的交点处(HA)=(A2)[可得出c(HA)=c(A2)]，V(NaOH)=25mL，再根2-c(A)c(H)+-2据图2可判断出此时溶液的pH为2.0，HA的电离常数Ka==c(H)=10，B项错误；到达滴定终c(HA)点时，消耗NaOH溶液的体积V(NaOH)=40mL，则0.1000mol/L×40mL=2×c(H2A)×20mL，解得：c(H2A)=0.1000mol/L，C项错误；d点溶液中溶质主要为NaHA，由电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，又因为此时溶液呈酸性：c(H+)＞c(OH-)，所以c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)，D项正确。26.（14分）（1）+50.0（2分，答“+50”也可得分）（2）200℃（2分）（3）①m（2分）该反应为气体分子数之和减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇的物质的量分数增大（2分）②40%（2分）1×103（2分）-+（4）CO2+6e+6H=CH3OH+H2O（2分）-1-1-1【解析】（1）根据盖斯定律可知ΔH3=ΔH2-ΔH1=-49.5kJ·mol-（-99.5kJ·mol）=+50.0kJ·mol（2）在题图中需要找到甲醇产量最高的点对应的温度，即为200℃。（3）①该反应为气体系数之和减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇的物质的量分数增大，所以曲线m对应等温过程。②起始投料为=3，可以假设n(H2)=3mol，n(CO2)=1mol，平衡时CH3OH为xmol，则：CO2g3H2gCH3OHgH2Og起始1300转化x3xxx平衡1-x3-3xxxxx(CH3OH)==0.125，解得x=0.4mol，所以CO2的平衡转化率为40.0%；据图可知等温条件下，1-x+3-3x+x+x333若平衡时x(CH3OH)=0.125，则p总=8×10Pa，平衡时CH3OH的分压为0.125×8×10Pa=1×10Pa。（4）从装置图可以看出生成CH3OH的反应物为CO2，CO2转化为CH3OH时C的化合价由+4降为-2，即转移-+了6个电子，结合酸性环境可以写出电极反应式为CO2+6e+6H=CH3OH+H2O。化学参考答案第2页（全国卷）（共6页）27．（15分）（1）ZnCO3+H2SO4=ZnSO4+H2O+CO2↑（2分）（2）SiO2CaSO4（2分，每个1分）（3）5（2分）2.7×10−12（2分）（4）H2O2受热易分解造成部分损失（2分）2++（5）2HF+Ca=CaF2↓+2H（2分）（6）ZnO（1分，或Zn(OH)2、ZnCO3等合理答案即可得分）提高Zn的利用率（2分）【解析】以菱锌矿（主要含有ZnCO3，另含有少量CaO、FeO、CuO、SiO2等）为原料电解制Zn，菱锌矿加入硫酸“堆浸”，ZnCO3与硫酸反应生成硫酸锌，氧化钙转化为微溶的硫酸钙，二氧化硅不与硫酸反应，两者进入滤渣1，其他氧化物与稀硫酸反应转化为离子留在滤液中，金属阳离子为Zn2+、Fe2+、Cu2+以及少量的Ca2+，2+加H2O2氧化亚铁离子为铁离子，调节pH使铁离子形成氢氧化铁沉淀，进入滤渣2；再加Zn粉除Cu，转化为铜沉淀进入滤渣3；滤液加HF除去杂质Ca2+，滤渣4为氟化钙，此时滤液中主要为硫酸锌溶液，最后硫酸锌溶液中加硫酸电解得到Zn。（1）ZnCO3与硫酸反应生成硫酸锌，反应方程式为ZnCO3+H2SO4=ZnSO4+H2O+CO2↑。（2）酸浸过程中SiO2不发生反应，同时由于CaSO4微溶于水，所以滤渣1的主要成分为SiO2、CaSO4。3+2+2＋（3）“氧化过滤”反应结束时所得滤渣2的化学成分只有Fe(OH)3，即只有Fe被沉淀完，Cu、Zn未被沉2+−1--9−1淀，则根据Ksp[Cu(OH)2]和c(Cu)=0.01mol·L可以求出c(OH)=10mol·L，即溶液的pH最大值为5，此时39KspFe(OH)32.710溶液铁离子的浓度为c(Fe3+)==2.7×10−12(mol·L−1)。c3(OH)(109)3（4）由于H2O2受热易分解，所以“氧化过滤”时反应温度过高会使H2O2受热易分解造成H2O2部分损失。2+2++（5）“除杂过滤”时HF与Ca反应生成难溶物氟化钙，反应的离子方程式为2HF+Ca=CaF2↓+2H。（6）滤液4溶质的主要成分为ZnSO4溶液，电解过程中发生的反应原理为2ZnSO4+2H2O2Zn+O2↑+2H2SO4，随着电解的进行，电解液的主要成分为H2SO4，所以为了保持电解液成分的稳定性，需要在电解液中不断补充加入ZnO消耗H2SO4同时转化为ZnSO4。由于电解过程中电解液中会有H2SO4生成，所以可利用生成的H2SO4将滤渣3中的Zn转化为ZnSO4，然后与滤液4合并进而提高原料的利用率。28.（14分）（1）将SnCl2粉末溶解在浓盐酸中，并加少量Sn（2分）（若其中的“浓盐酸”答成“稀盐酸”“盐酸”均可给分，漏答Sn扣1分”）2+4+（2）防止Sn被空气中的O2氧化为Sn（2分，意思相同即可）-2+（3）2HCO3+Sn═SnO↓+2CO2↑+H2O（2分）化学参考答案第3页（全国卷）（共6页）（4）降低硫酸亚锡晶体的溶解度而减少损失，防止SnSO4水解产生新杂质（2分）（5）CE（2分，每个1分，错选或多选得0分）（6）96.75（2分）AD（2分，每个1分，错选或多选得0分）2+【解析】（1）由题中信息“Sn易水解”可知SnCl2固体在配制溶液过程中需用浓盐酸抑制SnCl2水解，同时加入Sn防止Sn2+被氧化。（2）由题中信息“锡元素在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式；还原性Fe2+