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1、2021学年高三下学期入学考试化学（一）1.2020年的新型冠状病毒中，口罩和医用酒精在防疫工作中起到重要作用，医用口罩由三层无纺布制成，无纺布的主要原料是聚丙烯树脂。下列说法正确的是（ ）A. 84消毒液、二氧化氯泡腾片可作环境消毒剂B. 聚丙烯树脂属于合成无机高分子材料C. 医用酒精中乙醇的体积分数为 95%D. 抗病毒疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白质盐析【答案】A【解析】【详解】A. 84消毒液、二氧化氯都具有强氧化性，可作为环境消毒剂，A正确；B. 聚丙烯树脂属于合成有机高分子材料，B错误；C. 医用酒精中乙醇的体积分数为 75%，C错误；D. 抗病毒疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白质受热而
2、变性，D错误；故答案为：A。【点睛】向蛋白质溶液中加入某些无机盐溶液后，可以降低蛋白质的溶解度，使蛋白质凝聚而从溶液中析出，这种作用叫作盐析，是物理变化，可复原；向蛋白质溶液中加入某些重金属盐，可以使蛋白质性质发生改变而凝聚，进而从溶液中析出，这种作用叫作变性，性质改变，是化学反应，无法复原。2.礼记内则中记载“冠带垢，和灰(草木灰）请漱；衣带垢，和灰请浣。”下列说法不正确的是（ ）A. 文中叙述涉及到水解反应B. “冠带垢，和灰请漱”有甘油生成C. 文中“灰”主要为NaOHD. 文中“垢”成分还有油脂【答案】C【解析】【分析】古人洗涤衣裳冠带，所用的是草木灰浸泡的溶液，因为草木灰中含有碳酸钾
3、，所以能去污。【详解】A. 草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾水解呈碱性，促进了油脂的水解，A正确；B. 油脂是属于酯类物质，在酸性或碱性条件下都能水解，水解时生成甘油，B正确；C. 灰指的是草木灰，其主要成分是碳酸钾，C错误；D. 草木灰中含有碳酸钾，能去油污，文中“垢”的成分中含有油脂，D正确；故答案为：C。3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，11.2L CO2中含有的共用电子对数为NAB. 2g由D2O与 20Ne组成的混合气体中含有的质子数为NAC. 常温下, 27g铝投入足量的浓硫酸中，生成的SO2分子数为NAD. 100mL 1molL1 FeCl3溶液
4、中所含Fe3+的数目为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A. 标准状况下，11.2L CO2的物质的量为0.5mol，CO2的电子式为：，含有的共用电子对数为2NA，A错误；B. D2O与20Ne的摩尔质量均为20g/mol，质子数均为10，2g由D2O与 20Ne组成的混合气体的物质的量为0.1mol，含有的质子数为NA，B正确；C. 铝在浓硫酸中钝化，生成的SO2分子数小于NA，C错误；D. FeCl3溶液Fe3+会发生水解，所含Fe3+的数目小于0.1NA，D错误；故答案为：B。4.下列化学用语表述正确的是（ ）A. NaClO的电子式B. 和互为同分异构体C. 比例模型可以表示二氧化
5、硫分子，也可以表示二氧化碳分子D. 由Na和Cl形成离子键的过程：【答案】D【解析】【详解】A. NaClO是离子化合物，其电子式为：，A错误；B. 同分异构体是指分子式相同，结构式不相同的有机化合物，和都属于甲烷，不是同分异构体，B错误；C. 是V型结构，只能表示二氧化硫分子的比例模型，不能表示二氧化碳分子，二氧化碳分子是直线型，其比例模型为，C错误；D. Na原子最外层有1个电子，易失去1个电子，形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，易得到1个电子，形成Cl-，NaCl形成离子键的过程：，D正确；故答案为：D。5.下列颜色变化与氧化还原无关的是（ ）A. 湿润的红色布条遇到氯气褪色B. 棕
6、黄色的FeCl3饱和溶液滴入沸水中变红褐色C. 紫色酸性KMnO4溶液通入乙烯气体后褪色D. 浅黄色Na2O2固体露置于空气中逐渐变为白色【答案】B【解析】【详解】A. 氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，其反应方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，生成的次氯酸具有强氧化性，能使红色布条褪色，该反应为氧化还原反应，颜色变化与氧化还原有关，A不符合题意；B. Fe3+在水溶液中呈棕黄色，FeCl3饱和溶液滴入沸水中，Fe3+水解生成红褐色的氢氧化铁胶体，其离子反应方程式为：Fe3+ 3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，该反应为不是氧化还原反应，颜色变化与氧化还原无关，B符合题意；C. 酸性KM
7、nO4溶液具有强氧化性，乙烯分子中含有碳碳双键，被酸性KMnO4溶液氧化，使紫色褪色，该反应为氧化还原反应，颜色变化与氧化还原有关，C不符合题意；D. Na2O2固体露置于空气中，易与空气中的水和二氧化碳反应，其反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，NaOH也易与二氧化碳反应，其反应方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+ H2O，Na2CO3是白色粉末，所以浅黄色逐渐变为白色，该过程存在氧化还原反应，颜色变化与氧化还原有关，D不符合题意；故答案为：B。6.下列解释事实的方程式不正确的是（ ）A. 用K3Fe(CN)6检验Fe
8、2+的离子反应方程式：2Fe(CN)63- + 3Fe2+= Fe3Fe(CN)62 B. 含氟牙膏防治龋齿的原理是氟离子会跟羟基磷灰石发生沉淀转化生成氟磷灰石的离子反应方程式：Ca5(PO4)3(OH) +F- Ca5(PO4)3F +OH -C. 用TiCl4制备TiO2的化学方程式：TiCl4+(x+2)H2OTiO2xH2O+4HClD. 已知在重铬酸钾溶液中存在着如下平衡：Cr2O72-+ H2OH+ 2CrO42-【答案】D【解析】【详解】A. Fe2+遇到K3Fe(CN)6生成深蓝色沉淀，其离子反应方程式：2Fe(CN)63- + 3Fe2+= Fe3Fe(CN)62 ，A正确；
9、B. 氟是人体必需的一种微量元素，其有效预防龋齿，也能有效预防蛀牙，氟离子会与羟基磷灰石反应生成氟磷灰石，其离子反应方程式：Ca5(PO4)3(OH) +F- Ca5(PO4)3F +OH-，B正确；C. TiCl4与水反应生成TiO2和氯化氢，其化学反应的方程式：TiCl4+(x+2)H2OTiO2xH2O+4HCl，C正确；D. 重铬酸钾溶液中，重铬酸根离子在溶液中可逐渐水解为铬酸根离子，其离子反应方程式为：Cr2O72+H2O2CrO42+2H+，D错误；故答案为：D。【点睛】检验亚铁离子与铁离子：看颜色：Fe2+在溶液中浅绿色，Fe3+在溶液中棕黄；加NaOH溶液：Fe2+与OH-反应
10、生成白色的Fe(OH)2沉淀，逐渐变灰绿色，最后变红褐色，Fe3+与OH-反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀；KSCN溶液：Fe2+无明显现象，滴入氯水变红色溶液，Fe3+溶液变为红色溶液；Fe2+遇到K3Fe(CN)6生成深蓝色沉淀，Fe3+遇到K4Fe(CN)6生成深蓝色沉淀。7.合成氨反应N2(g)+ H2(g) NH3(g) H 的反应机理如图所示,图中“吸”表示各气态物质在催化剂表面吸附。下列说法错误的是A. 该反应的H = -46 kJmol- 1B. 该反应机理中最大活化能为79 kJmol- 1C. 升高温度，该反应过渡态的能量会增大D. 该反应达到平衡后增大压强反应正向进行【
11、答案】C【解析】【详解】A. H与始态和终态有关，与过程无关，H=生成物总能量减去反应物总能量由图可知，H=46kJmol1，故A说法正确；B. 该反应的机理中的活化能即为每一步骤的过渡态的总能量减去该步骤的反应物的总能量，由图可知，过渡态2步骤的活化能最高，为79kJmol1，故B说法正确；C. 该反应过渡态的能量不会随着温度的改变而改变，故C说法错误；D. 该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向右进行，故D说法正确；答案：C。8.下列有机实验的说法正确的是（ ）A. 用苯萃取溴水中的 Br2，分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层B. 因为乙烯具有还原性，所以乙烯通入到
12、溴水中能使溴水褪色C. 乙酸乙酯制备实验中，要将导管插入饱和碳酸钠溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇D. 充满CH4和Cl2的试管倒置在饱和食盐水溶液之上，光照充分反应后，液体会充满试管【答案】A【解析】【详解】A. 苯的密度小于水，用苯萃取溴水中的 Br2，分层后苯层在上面，水层在下面，所以分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层，A正确；B. 乙烯分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，使溴水褪色，并非因为还原性，B错误；C. 乙酸乙酯制备实验中，不能将导管插入饱和碳酸钠溶液液面以下，易引起倒吸现象，C错误；D. CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应，生成C
13、H3Cl气体、HCl气体、CH2Cl2液体、CHCl3液体、CCl4液体，其中HCl气体极易溶于水，试管倒置在饱和食盐水溶液之上，液体不断上升，但不会充满试管，D错误；故答案为：D。9.环戊二烯可用于制备二茂铁Fe(C5H5)2，结构简式为，后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。下列说法正确的是（ ）A. 该电池工作是，镍连接的是电源的正极B. 可将该电池的DMF惰性有机溶剂更换为NaOH溶液C. 该反应的总反应方程式为Fe2H2D. 溶液中的Na+离子不断的向Fe附近移动【答案】C【
14、解析】【分析】由制备流程可知，Fe失去电子生成Fe2+，Na+得到电子生成Na，所以阳极为Fe电极，Na是中间产物，不参与反应，反应物为Fe和C5H6，生成物为H2和Fe(C5H5)2，因此反应方程式为：Fe+2C5H6= Fe(C5H5)2+ H2。【详解】A. Fe失去电子生成Fe2+，阳极为Fe电极，Fe电极与电源的正极相连，A错误；B. 水会阻碍中间产物Na的生成，且OH-会与Fe2+反应生成Fe(OH)2，所以DMF惰性有机溶剂不能更换为NaOH溶液，B错误；C. Na是中间产物，不参与反应，反应物为Fe和C5H6，生成物为H2和Fe(C5H5)2，因此反应方程式为：Fe2H2，C正
15、确；D. 电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，溶液中的Na+离子不断的向Ni附近移动，D错误；故答案为：C。10.阿巴卡韦(Abacavir)是一种核苷类逆转录酶抑制剂，存在抗病毒功效。关于其合成中间体 M（），下列说法正确的是（ ）A. 与环戊醇互为同系物B. 分子中含有三种官能团C. 能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，且原理相同D. 可用碳酸钠溶液鉴别乙酸和 M【答案】D【解析】【详解】A. 同系物是指结构相似，分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，环戊醇结构式为：，与M分子之间相差“CO”，不互为同系物，A错误；B. 由M的结构简式可知，含有羟基、碳碳双键两种官能团，B错误；
16、C. M中含有碳碳双键，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，是酸性高锰酸钾溶液褪色，与溴水发生加成反应，使溴水褪色，原理不相同，C错误；D. M中含有羟基、碳碳双键，不与碳酸钠溶液反应，乙酸中含有羧基，与碳酸钠溶液反应生成能使澄清石灰水变浑浊的气体二氧化碳，所以能用碳酸钠溶液鉴别乙酸和M，D正确；故答案为：D。11.X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物（ZXY）2的结构式如图所示。下列说法错误的是A. 化合物WY是良好的耐热冲击材料B. Y的氧化物对应的水化物可能是弱酸C. X的氢化物的沸点一
17、定小于Z的D. 化合物（ZXY）2中所有原子均满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】因W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，且原子序数WX，因此X、Y、Z为第二周期元素，W为第三周期元素，结合(ZXY)2的结构式可知，X为C，Y为N，Z为O，X最外层电子数为4，故W为Al，以此解答。【详解】A化合物AlN为原子晶体，AlN最高可稳定到2200，室温强度高，且强度随温度的升高下降较慢，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，故A不符合题意；BN的氧化物对应的水化物中HNO2为弱酸，故B不符合题意；CC的氢化物的沸点随分子量的增加而增大，沸点不一定比H2O的沸点低，故C符合题意；D
18、由(OCN)2的结构式可知所有原子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；故答案为：C。12.下列有关实验操作、实验操作和实验现象得出的结论均正确的是（ ）选项实验操作实验现象结论A向5mL浓度均为1molL-1的NaOH溶液中先滴入2滴1molL-1 MgCl2，再滴入2滴1molL-1FeCl3溶液先有白色沉淀生成，再有红褐色沉淀生成KspFe(OH)3KspMg(OH)2B向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液黄色变为浅绿色维生素C 具有还原性C向BaCl2溶液中通入NH3和SO2无沉淀生成H2SO3不能与BaCl2反应生成BaSO3和HClD用 pH 试纸分别测量 NaC
19、N 和 NaClO 溶液的 pHNaClO 的碱性强Ka(HCN)Ka(HClO)A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 向5mL 1molL-1的NaOH溶液中先滴入2滴1molL-1 MgCl2溶液，反应后NaOH溶液大量剩余，再滴入2滴1molL-1FeCl3溶液后，铁离子与剩余的NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，没有出现沉淀的转化，无法比较KspFe(OH)3、KspMg(OH)2的大小，A错误；B. 氯化铁具有氧化性，维生素C具有还原性，二者可发生氧化还原反应，黄色变为浅绿色，B正确；C. NH3通入水中生成氨水，通入SO2，发生反应：2NH3+SO2+H2O
20、=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2反应，(NH4)2SO3+ BaCl2=BaSO3+2NH4Cl，有沉淀生成，C错误；D. NaClO溶液具有强氧化性，可使pH试纸褪色，应用pH计，D错误；故答案为：B。13.我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示，下列有关说法不正确的是（ ）A. 滤渣1的成分是SiO2 , 滤渣2的成分是Fe(OH)3B. 焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2C. 溶液中的Cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn+Cd2+
21、Zn2+CdD. 若不通入氧气，其后果无法除去杂质Fe2+【答案】A【解析】【分析】闪锌矿主要含有ZnS，还含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质，焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2，所以焙烧过程中生成的气体是SO2；然后加入稀硫酸酸浸，FeS（未焙烧）、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO和稀硫酸反应生成Fe2+、Zn2+、Fe3+、PbSO4、Cd2+，所以滤渣1为未反应的SiO2和生成的PbSO4；氧化除杂时，通入氧气，使Fe2+转化为Fe3+，加入Z
22、nO调节溶液的pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去Fe3+，滤渣2为生成的Fe(OH)3；然后向溶液中加入Zn，Zn和Cd2+发生氧化还原生成Cd，然后过滤得到滤液，滤渣3为Cd；将滤液电解得到Zn。【详解】A. 加入稀硫酸酸浸，FeS（未焙烧）、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO和稀硫酸反应生成Fe2+、Zn2+、Fe3+、PbSO4、Cd2+，所以滤渣1为未反应SiO2和生成的PbSO4；氧化除杂时，通入氧气，使Fe2+转化为Fe3+，加入ZnO调节溶液的pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去Fe3+，滤渣2为生成的Fe(OH)3，A错误；B. 闪锌矿主要含有ZnS，还含有S
23、iO2和少量FeS、CdS、PbS杂质，焙烧过程中发生的主要反应有2ZnS+3O22ZnO+2SO2，B正确；C. Zn的金属性强于Cd，可以从溶液中将Cd置换出来，其离子反应方程式为：Zn+Cd2+Zn2+Cd，C正确；D. 氧化除杂时，通入氧气，使Fe2+转化为Fe3+，加入ZnO调节溶液的pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去Fe3+，若不通入氧气，无法除去杂质Fe2+，D正确；故答案为：A。【点睛】SiO2只与氢氟酸发生反应，其化学反应方程式为：SiO2 + 4HF =SiF4+ 2H2O。14.常温下，用 0.1 molL-1 KOH 溶液滴定 10 mL 0.1 molL-1
24、 HA（Ka 1.010-5）溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A. a 点溶液的 pH 约为 5B. 水的电离程度：c 点d 点C. b 点溶液中粒子浓度大小： c(A-)c(K+)c(HA)c(H+)c(OH-)D. e 点溶液中：c(K+)=2c(A-)+2c(HA)【答案】C【解析】【详解】A. a点溶液为0.1 molL-1 HA溶液，HAH+A-，溶液中，所以溶液pH约为3，A错误；B. c点溶液pH=7，溶质为HA、KA，d点溶液的溶质为KA，HA电离抑制水的电离，KA水解促进水的电离，则水的电离程度：d点c点，B错误；C. b点溶液中，溶质为等物质的量的HA、KA，
25、HAH+A-，A-+H2OHA+OH-，溶液显酸性，则HA的电离程度大于A-的水解程度，所以溶液中粒子浓度大小：c(A-)c(K+)c(HA)c(H+)c(OH-)，C正确；D. e点溶液中的溶质为KA、KOH，且c(KA)=2c(KOH)，根据物料守恒，c(KA)=c(A-)+c(HA)，则2c(K+)=2c(KA)+2c(KOH)=3c(KA)=3c(A-)+3c(HA)，D错误；故答案为：C。15.生物柴油是指由动植物油脂（脂肪酸甘油三酯）与醇（甲醇或乙醇）经酯交换反应得到的脂肪酸单烷基酯，可以替代普通柴油使用的清洁的可再生能源。某同学利用菜籽油与甲醇制备生物柴油，其原理及实验步骤：称取
26、4.6g CH3OH和0.2g NaOH依次放入锥形瓶中，充分震荡得NaOH溶液甲醇溶液；将20g 菜籽油、20g正己烷（作溶剂）、步骤1配得的NaOH甲醇溶液一次加入到三口烧瓶中；安装装置（如图）恒温水浴加热，使温度保持在6065左右，搅拌速度400r/min，回流1.5h2h;冷却、分液、水洗、回收溶剂并得到生物柴油。回答下列问题：（1）仪器a的名称是_ 。（2）试验中取用的甲醇与油脂的物质的量之比约为6:1，甲醇过量的主要目的是_；NaOH的用量不宜过多，其原因是_。（3）步骤4的液体分为两层，上层为生物柴油、正己烷和甲醇。下层主要为甘油、分离出下层液体的方法是_ ；上层液体需用温水洗涤
27、，能说明已洗涤干净的依据是_。（4）碘值是指每100g油品所能吸收碘（I2）的质量。测定产品碘值得步骤如下： I.准确称取m g 油品，注入碘量瓶中，向碘量瓶中加入20 mL氯仿溶解后，加入25.00mL韦氏碘液，（IBr溶液及催化剂，发生反应：），立即加塞，摇匀后，将碘量瓶放于黑暗处。II.30min 后立即加入20 mL 15%的碘化钾溶液和100 mL水，发生反应的化学方程式为 _ ，不断震荡，用c molL-1 的Na2S2O3溶液滴定至溶液呈浅黄色时，加入1mL 淀粉指示剂，继续滴定（I2 + 2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6），至终点是消耗V1 mL Na2S2O3溶液。
28、滴定终点的现象是 _ 。III.另做空白对照试验，除不加油品外，其余操作同上，至终点时消耗V2 mL Na2S2O3溶液。则测得的油品的碘值为_ g/100g (列出计算表达式）【答案】 (1). 蛇形冷凝管 (2). 提高油脂的转化率 (3). 防止油脂在碱性条件下水解分解生物柴油使得产品产率降低 (4). 静置分液漏斗，待分层后，将下层液体从下口放出 (5). 用pH试纸检验，水相呈中性 (6). KI+IBr=I2+KBr (7). 加入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 (8). 【解析】【分析】（1）回流装置用蛇形冷凝管或球形冷凝管；（2）增大反应物CH
29、3OH的用量可提高油脂的转化率，油脂是酯类物质，在酸性或碱性条件下都能水解；（3）用分液漏斗分液时，获取下层液体的方法是静置分液漏斗，待分层后，将下层液体从下口放出，后关闭活塞，从分液漏斗上口倒出上层液体；上层液体为生物柴油、正己烷及甲醇，可能含有少量的NaOH溶液，用水洗涤时，可用pH试纸检验，水呈中性时，表明已洗涤干净；（4）II. 加入碘化钾溶液和100 mL水，碘化钾与IBr反应生成碘单质和溴化钾，碘单质遇淀粉变蓝，加入Na2S2O3溶液与碘单质反应生成碘离子，滴定终点的现象溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化； III. 根据关系式：I2 2Na2S2O3可得，求出不加油品时，碘单质
30、的质量，再求加油品时，碘单质的质量，油品消耗的碘单质的物质的量等于不加油品时碘单质的质量减去加油品时碘单质的质量，最后求出油品的碘值。【详解】（1）该装置是回流装置，仪器a的名称是蛇形冷凝管，故答案为：蛇形冷凝管；（2）加入甲醇在NaOH和正己烷共同作用下，发生酯交换反应，因此增大反应物CH3OH的用量可提高油脂的转化率；油脂是酯类物质，在酸性或碱性条件下都能水解，所以NaOH的用量不宜过多的原因是防止油脂在碱性条件下水解和分解生物柴油使得产品产率降低，故答案为：提高油脂的转化率；防止油脂在碱性条件下水解分解生物柴油使得产品产率降低；（3）用分液漏斗分液时，获取下层液体的方法是静置分液漏斗，待
31、分层后，将下层液体从下口放出；上层液体为生物柴油、正己烷及甲醇，可能含有少量的NaOH溶液，用水洗涤时，可用pH试纸检验，水呈中性时，表明已洗涤干净，故答案为：先分离出下层液体然后关闭活塞，从分液漏斗上口倒出上层液体；用pH试纸检验，水相呈中性；（4）II. 加入碘化钾溶液和100 mL水，碘化钾与IBr反应生成碘单质和溴化钾，其化学反应方程式为KI+IBr=I2+KBr；碘单质遇淀粉变蓝，加入Na2S2O3溶液与碘单质反应生成碘离子，滴定终点的现象是加入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化，故答案为：KI+IBr=I2+KBr；加入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液
32、由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；III. 根据关系式：I2 2Na2S2O3可得，不加油品时，c molL-1 的Na2S2O3溶液消耗V2 mL，则n(I2)=n(Na2S2O3)=cV210-3mol，加油品时，c molL-1 的Na2S2O3溶液消耗V1 mL，则n(I2)=n(Na2S2O3)=cV110-3mol，那么油品消耗的碘单质的物质的量为n(I2)=cV210-3mol-cV110-3mol=c(V2 -V1)10-3mol，m(I2)=nM=1272c（V2 -V1）10-3mol=127 c(V2 -V1)10-3，则测得的油品的碘值为：，故答案为：。16.氧化铬绿（
33、Cr2O3）的性质独特，在冶金、颜料等领域有着不可替代的地位。一种利用淀粉水热还原铬酸钠（Na2CrO4）制备氧化铬绿的工艺流程如下：已知：向含少量 Na2 CO3的铬酸钠碱性溶液中通入CO 2可制得不同碳化率的铬酸钠碳化母液；“还原”反应剧烈放热，可制得 Cr(OH) 3 浆料。（1）铬酸钠（Na2CrO4）中铬元素的价态是_，该工艺中“还原”反应最初使用的是蔗糖或甲醛，请写出甲醛的电子式：_，后来改用价格低廉的淀粉。请写出甲醛（HCHO）与铬酸钠（Na2CrO4）溶液反应的离子方程式_ 。（2）将混合均匀的料液加入反应釜，密闭搅拌，恒温发生“还原”反应，下列有关说法错误的是_（填标号）。A
34、该反应一定无需加热即可进行 B必要时可使用冷却水进行温度控制C铬酸钠可适当过量，使淀粉充分反应 D应建造废水回收池，回收含铬废水（3）测得反应完成后在不同恒温温度、不同碳化率下 Cr()还原率如下图。实际生产过程中 Cr()还原率可高达 99.5%以上，“还原”阶段采用的最佳反应条件为_。（4）滤液中所含溶质为_。该水热法制备氧化铬绿工艺的优点有_ 、_（请写出两条）。（5）重铬酸钠（Na2Cr2O7H2O）与硫酸铵热分解法也是一种生产氧化铬绿的方法，生产过程中产生的气体对环境无害，其化学反应方程式为_ 。【答案】 (1). +6 (2). (3). 4CrO42-+3HCHO+4H2O= 4
35、Cr(OH)3+3CO32-+2OH- (4). AC (5). 碳化率40%、恒温240 (6). Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3) (7). 工艺清洁 (8). 原料价格低廉 (9). Na2Cr2O7H2O+(NH4)2SO4Cr2O3+N2+Na2SO4+5H2O。【解析】【分析】（1）铬酸钠（Na2CrO4）中，Na元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，则铬元素的化合价为+6价；HCHO中，H原子最外层1个电子，C原子最外层4个电子，O原子最外层6个电子，其电子式：，HCHO中碳元素化合价为0价，该反应在碱性环境下进行，最终生成物有碳酸钠和Cr(OH
36、)3，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可写出反应方程式；（2）A该反应虽然为放热反应，但不一定全过程都不需要加热；B因该反应放热剧烈，若温度过高，Cr(OH)3可能会发生分解； C应使淀粉适当过量，使铬酸钠充分反应；D铬为重金属元素，直接排放至环境中会污染水资源；（3）由图可知，在碳化率为40%时，还原率较高，在温度为240时，还原率达到接近100%，再升高温度对于还原率的影响不大；（4）由上述分析可知，滤液中所含溶质为：Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3)；水热法制备工艺的优点有：工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气
37、废渣排放、废水可回收利用、流程短等；（5）重铬酸钠具有强氧化性，硫酸铵具有还原性，生产过程中产生的气体对环境无害，故N元素转化为N2，二者发生氧化还原反应生成Cr2O3、N2、Na2SO4、H2O，根据氧化还原反应得失电子守恒和原子守恒写出反应方程式式。【详解】（1）铬酸钠（Na2CrO4）中，Na元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，则铬元素的化合价为+6价，甲醛的结构式为，其电子式：，HCHO中碳元素化合价为0价，该反应在碱性环境下进行，最终生成物有碳酸钠和Cr(OH)3，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知其反应的离子方程式为：4CrO42-+3HCHO+4H2O= 4C
38、r(OH)3+3CO32-+2OH-，故答案为：+6；4CrO42-+3HCHO+4H2O= 4Cr(OH)3+3CO32-+2OH-；（2）A该反应虽然为放热反应，但不一定全过程都不需要加热，如燃烧反应为放热反应，反应开始需要加热，A错误；B因该反应放热剧烈，若温度过高，Cr(OH)3可能会发生分解，会影响最终产品质量，因此可在必要时可使用冷却水进行温度控制，B正确；C为保证原料的充分利用，应使淀粉适当过量，使铬酸钠充分反应，C错误；D铬为重金属元素，直接排放至环境中会污染水资源，因此应建造废水回收池，回收含铬废水，D正确；故答案为：AC；（3）由图可知，在碳化率为40%时，还原率较高，在温
39、度为240时，还原率达到接近100%，再升高温度对于还原率的影响不大，所以最佳反应条件是碳化率40%、恒温240，故答案为：碳化率40%、恒温240；（4）由上述分析可知，滤液中所含溶质为：Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3)；水热法制备工艺的优点有：工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等，故答案为：Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3)；工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等（任写两条）；（5）重
40、铬酸钠具有强氧化性，硫酸铵具有还原性，生产过程中产生的气体对环境无害，故N元素转化为N2，二者发生氧化还原反应生成Cr2O3、N2、Na2SO4、H2O，根据氧化还原反应得失电子守恒和原子守恒可知该反应方程式为：Na2Cr2O7H2O+(NH4)2SO4Cr2O3+N2+Na2SO4+5H2O，故答案为：Na2Cr2O7H2O+(NH4)2SO4Cr2O3+N2+Na2SO4+5H2O。17.2019年国际非政府组织“全球碳计划”12月4日发布报告：研究显示，全球二氧化碳排放量增速趋于缓。CO2综合利用是解决温室问题的有效途径。（1）一种途径是将CO2转化为成为有机物实现碳循环。如：C2H4
41、(g) + H2O (l) = C2H5OH (l) H-44.2 kJmol12CO2(g) + 2H2O (l) =C2H4 (g) +3O2(g) H+1411.0 kJmol12CO2(g) + 3H2O (l) = C2H5OH (l) + 3O2(g) H_（2）CO2甲烷化反应是由法国化学家Paul Sabatier 提出的，因此，该反应又叫Sabatier反应。CO2催化氢化制甲烷的研究过程： 上述过程中，产生H2反应的化学方程式为：_。HCOOH是CO2转化为CH4的中间体：CO2 HCOOH CH4。当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，当增加镍粉的用量时，CO2镍催
42、化氢化制甲烷的两步反应中反应速率增加较大的一步是_（填I或II）（3）CO2经催化加氢可以生成低碳烃，主要有两个竞争反应：反应I：CO2(g) + 4H2 (g)CH4 (g) +2H2O(g)反应II：2CO2(g) + 6H2 (g)C2H4 (g) +4H2O(g)在1L密闭容器中冲入1molCO2和4molH2,测得平衡时有关物质的物质的量随温度变化如图所示。T1时，CO2的转化率为_。T1时，反应I的平衡常数K=_。（4）已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为2CO2(g) + 6H2 (g)C2H5OH (g) +4H2O(g) H，m代表起始时的投料比，即m=.图1中投料比相同，
43、温度T3T2T1,则H_（填“”或“”）0.m=3时，该反应达到平衡状态后p(总）=20 MPa ,恒压条件下各物质的物质的量分数与温度的关系如图2.则曲线b代表的物质为_（填化学式）【答案】 (1). +1366.8kJmol1 (2). 3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4 (3). (4). (5). (6). (7). CO2【解析】【分析】（1）C2H4 (g) + H2O (l) = C2H5OH (l) H-44.2kJmol12CO2(g) + 2H2O (l) =C2H4 (g) +3O2(g) H+1411.0kJmol1，根据盖斯定律，+得：2CO2(g) + 3H2
44、O (l) = C2H5OH (l) + 3O2(g)，求焓变；（2）根据流程图可知反应物为：Fe、H2O，生成物为：H2、Fe3O4；当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应的速率要比反应的速率增加得快；。（3）1L容器，T1时，根据三段是：求出CO2的转化率、反应I的平衡常数K；（4）根据图示，温度越高，H2转化率越低，说明正反应为放热反应；温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH。【详解】（1）C2H4 (g) + H2O
45、(l) = C2H5OH (l) H-44.2kJmol12CO2(g) + 2H2O (l) =C2H4 (g) +3O2(g) H+1411.0kJmol1，根据盖斯定律，+得：2CO2(g) + 3H2O (l) = C2H5OH (l) + 3O2(g) H+1366.8 kJmol1，故答案为：+1366.8kJmol1；（2）根据流程图可知反应物：Fe、H2O，生成物为：H2、Fe3O4，则化学方程式为：3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4，故答案为：3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4；当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应的速率要比反应的速率增加得快，故答案为：；（3）1L容器，T1时，根据三段是：CO2的转化率为；平衡时，c(CO2)=0.4mol/L，c(H2)=2mol/L ，c(CH4)=0.2mol/L ，c(H2O)=1