2021學年高三化學下學期入學考試試題一

2021學年高三下學期入學考試化學（一）

1.2020年的新型冠狀病毒中，口罩和醫(yī)用酒精在防疫工作中起到重要作用，醫(yī)用口罩由三層無紡布制成,

無紡布的主要原料是聚丙烯樹脂。下列說法正確的是（）

A.84消毒液、二氧化氯泡騰片可作環(huán)境消毒劑

B.聚丙烯樹脂屬于合成無機高分子材料

C.醫(yī)用酒精中乙醇的體積分數(shù)為95%

D.抗病毒疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白質(zhì)鹽析

【答案】A

【解析】

【詳解】A.84消毒液、二氧化氯都具有強氧化性，可作為環(huán)境消毒劑，A正確；

B.聚丙烯樹脂屬于合成有機高分子材料，B錯誤；

C.醫(yī)用酒精中乙醇的體積分數(shù)為75%,C錯誤；

D.抗病毒疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白質(zhì)受熱而變性，D錯誤；

故答案為：Ao

【點睛】向蛋白質(zhì)溶液中加入某些無機鹽溶液后，可以降低蛋白質(zhì)的溶解度，使蛋白質(zhì)凝聚而從溶液中

析出，這種作用叫作鹽析，是物理變化，可復原；向蛋白質(zhì)溶液中加入某些重金屬鹽，可以使蛋白質(zhì)性

質(zhì)發(fā)生改變而凝聚，進而從溶液中析出，這種作用叫作變性，性質(zhì)改變，是化學反應，無法復原。

2.《禮記？內(nèi)則》中記載“冠帶垢，和灰（草木灰）請漱；衣帶垢，和灰請浣。”下列說法不正確的是（）

A.文中敘述涉及到水解反應B.“冠帶垢，和灰請漱”有甘油生成

C.文中“灰”主要為NaOHD.文中“垢”成分還有油脂

【答案】C

【解析】

【分析】

古人洗滌衣裳冠帶，所用的是草木灰浸泡的溶液，因為草木灰中含有碳酸鉀，所以能去污。

【詳解】A.草木灰中含有碳酸鉀，碳酸鉀水解呈堿性，促進了油脂的水解，A正確；

B.油脂是屬于酯類物質(zhì)，在酸性或堿性條件下都能水解，水解時生成甘油，B正確；

C.灰指的是草木灰，其主要成分是碳酸鉀，C錯誤；

D.草木灰中含有碳酸鉀，能去油污，文中“垢”的成分中含有油脂，D正確；

故答案為：Co

3.NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）

A.標準狀況下，11.2LCO2中含有的共用電子對數(shù)為NA

20

B.2g由D20與Ne組成的混合氣體中含有的質(zhì)子數(shù)為NA

C.常溫下，27g鋁投入足量的濃硫酸中，生成的SO?分子數(shù)為治

D.100mLImol-L?1FeCh溶液中所含F(xiàn)e"的數(shù)目為0.IL

【答案】B

【解析】

【詳解】A.標準狀況下，11.2LC0?的物質(zhì)的量為0.5mol,CO?的電子式為：：。：：（3：：0：，含有的共

用電子對數(shù)為2NA,A錯誤；

2020

B.D20與Ne的摩爾質(zhì)量均為20g/mol,質(zhì)子數(shù)均為10,2g由D20與Ne組成的混合氣體的物質(zhì)的量為

0.Imol,含有的質(zhì)子數(shù)為NA,B正確；

C.鋁在濃硫酸中鈍化，生成的SO?分子數(shù)小于N.,C錯誤；

D.FeCh溶液Fe"會發(fā)生水解，所含F(xiàn)e"的數(shù)目小于0.lg,D錯誤；

故答案為：B。

4.下列化學用語表述正確的是（）

A-Na：O：CI：NaClO的電子式

B.CjH,和CjH,互為同分異構(gòu)體

c.比例模型qf可以表示二氧化硫分子，也可以表示二氧化碳分子

D.由Na和Cl形成離子鍵的過程：一?Na,［：C1：］-

【答案】D

【解析】

【詳解】A.NaClO是離子化合物，其電子式為：Na+［：O：Cl:］一，A錯誤；

B.同分異構(gòu)體是指分子式相同，結(jié)構(gòu)式不相同的有機化合物，CjH,和CjH,都屬于甲烷，不是同分異

構(gòu)體，B錯誤；

c.是v型結(jié)構(gòu)，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

線型，其比例模型為［［一］,C偌誤；

D.Na原子最外層有1個電子，易失去1個電子，形成Na*,Cl原子最外層有7個電子，易得到1個電

子，形成C「，NaCl形成離子鍵的過程：Na^+^CI：—?Na?［:，D正確；

02/22

故答案為：Do

5.下列顏色變化與氧化還原無關的是()

A.濕潤的紅色布條遇到氯氣褪色

B.棕黃色的FeCh飽和溶液滴入沸水中變紅褐色

C.紫色酸性KMn(h溶液通入乙烯氣體后褪色

D.淺黃色NaQ固體露置于空氣中逐漸變?yōu)榘咨?/p>

【答案】B

【解析】

【詳解】A.氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，其反應方程式為：Cl2+H20.-HC1+HC1O,生成的次氯酸具

有強氧化性，能使紅色布條褪色，該反應為氧化還原反應，顏色變化與氧化還原有關，A不符合題意；

B.Fe”在水溶液中呈棕黃色，F(xiàn)eCL飽和溶液滴入沸水中，F(xiàn)e"水解生成紅褐色的氫氧化鐵膠體，其離子

反應方程式為：Fe"+3HQ.嚇6(043(膠體)+3H，,該反應為不是氧化還原反應，顏色變化與氧化還原無

關，B符合題意；

C.酸性KMnOi溶液具有強氧化性，乙烯分子中含有碳碳雙鍵，被酸性KMnO,溶液氧化，使紫色褪色，該

反應為氧化還原反應，顏色變化與氧化還原有關，C不符合題意；

D.N&02固體露置于空氣中，易與空氣中的水和二氧化碳反應，其反應方程式為：

2Na202+2H20=4Na0H+02f,2Na202+2C02=2Na2C03+02,NaOH也易與二氧化碳反應，其反應方程式為：

2Na0H+C02=Na2C03+H20,NaEOs是白色粉末，所以淺黃色逐漸變?yōu)榘咨?，該過程存在氧化還原反應，顏色

變化與氧化還原有關，D不符合題意；

故答案為：B。

6.下列解釋事實的方程式不正確的是()

3

A.用K3[Fe(CN)6]檢驗Fe"的離子反應方程式：2Fe(CN)6'+3Fe"=Fe3[Fe(CN)6]2I

B.含氟牙膏防治齦齒的原理是氟離子會跟羥基磷灰石發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化生成氟磷灰石的離子反應方程式：

Ca5(PO4)3(OH)+及Ca5(P04)3F+0H-

C.用TiCL制備TiOz的化學方程式：TiC￡+(x+2)H2=TiO??xH2I+4HC1

D.已知在重銘酸鉀溶液中存在著如下平衡：比此匕HQ—2CrOL

【答案】D

【解析】

2+

【詳解】A.Fe"遇到K3[Fe(CN”]生成深藍色沉淀，其離子反應方程式：2Fe(CN)+3Fe=Fe3[Fe(CN)6]2

I,A正確；

B.氟是人體必需的一種微量元素，其有效預防晶齒，也能有效預防蛀牙，氟離子會與羥基磷灰石反應生

成氟磷灰石，其離子反應方程式：Ca5(PO4)3(OH)+Fi=sCa5(P04)3F+0H,B正確；

C.TiCL與水反應生成TiOz和氯化氫，其化學反應的方程式：TiCL+(x+2)H20.-Ti02?xH20I+4HC1,C

正確；

2

D.重銘酸鉀溶液中，重銘酸根離子在溶液中可逐漸水解為銘酸根離子，其離子反應方程式為：Cr2O7-

+乂0,.2CrO廣+2H+,D錯誤；

故答案為：Do

【點睛】檢驗亞鐵離子與鐵離子：①看顏色：Fe"在溶液中淺綠色，F(xiàn)b在溶液中棕黃；②加NaOH溶液:

Fe?+與0H一反應生成白色的Fe(0H”沉淀，逐漸變灰綠色，最后變紅褐色，F(xiàn)5+與0H一反應生成紅褐色的

Fe(0H)3沉淀；③KSCN溶液：Fe"無明顯現(xiàn)象，滴入氯水變紅色溶液，F(xiàn)e＞溶液變?yōu)榧t色溶液；④Fe?*遇到

K31Fe(CN)6］生成深藍色沉淀，F(xiàn)e，+遇到KjFe(CN*生成深藍色沉淀。

13

7.合成氨反應一N?(g)+-H(g).*NH(g)AH的反應機理如圖所示，圖中“吸”表示各氣態(tài)物質(zhì)在催

2223

化劑表面吸附。下列說法錯誤的是

7

O

E

?

2

W

混

安

克

A.該反應的4〃二-46kJ,moF

B.該反應機理中最大活化能為79kJ?moF1

C.升高溫度，該反應過渡態(tài)的能量會增大

D.該反應達到平衡后增大壓強反應正向進行

【答案】C

【解析】

【詳解】A.與始態(tài)和終態(tài)有關，與過程無關，△生生成物總能量減去反應物總能量由圖可知，△廬

—46kJ-mol-1,故A說法正確；

B.該反應的機理中的活化能即為每一步驟的過渡態(tài)的總能量減去該步驟的反應物的總能量，由圖可知,

過渡態(tài)2步驟的活化能最高，為79kJ?molT,故B說法正確；

04/22

C.該反應過渡態(tài)的能量不會隨著溫度的改變而改變，故c說法錯誤；

D.該反應為氣體分子數(shù)減小的反應，增大壓強，平衡向右進行，故D說法正確；

答案：Co

8.下列有機實驗的說法正確的是（）

A.用苯萃取濱水中的Bn,分液時先從分液漏斗下口放出水層，再從上口倒出有機層

B.因為乙烯具有還原性，所以乙烯通入到濱水中能使濱水褪色

C.乙酸乙酯制備實驗中，要將導管插入飽和碳酸鈉溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇

D.充滿CH4和CL的試管倒置在飽和食鹽水溶液之上，光照充分反應后，液體會充滿試管

【答案】A

【解析】

【詳解】A.苯的密度小于水，用苯萃取濱水中的Br2,分層后苯層在上面，水層在下面，所以分液時先

從分液漏斗下口放出水層，再從上口倒出有機層，A正確；

B.乙烯分子中含有碳碳雙鍵，能與澳水發(fā)生加成反應生成1,2-二澳乙烷，使濱水褪色，并非因為還原

性，B錯誤；

C.乙酸乙酯制備實驗中，不能將導管插入飽和碳酸鈉溶液液面以下，易引起倒吸現(xiàn)象，C錯誤；

D.CH4和CL在光照條件下發(fā)生取代反應，生成CH3cl氣體、HC1氣體、CH2ck液體、CHCk液體、CCL液

體，其中HC1氣體極易溶于水，試管倒置在飽和食鹽水溶液之上，液體不斷上升，但不會充滿試管，D

錯誤；

故答案為：Do

O

9.環(huán)戊二烯可用于制備二茂鐵[Fe（C5H，，結(jié)構(gòu)簡式為Fe],后者廣泛應用于航天、化工等領域中。

O

二茂鐵的電化學制備原理如圖所示，其中電解液為溶解有澳化鈉（電解質(zhì)）和環(huán)戊二烯的DMF溶液（DMF為

惰性有機溶劑）。下列說法正確的是（）

J----[W]---n

z+z。QFe2+O'

Na—>Na——Fe

1Na+6

吉氏Na+

A.該電池工作是，鐐連接的是電源的正極

B.可將該電池的DMF惰性有機溶劑更換為NaOH溶液

C.該反應的總反應方程式為Fe+2Q=g+H2t

D.溶液中的Na，離子不斷的向Fe附近移動

【答案】C

【解析】

【分析】

由制備流程可知，F(xiàn)e失去電子生成Fe",Na，得到電子生成Na,所以陽極為Fe電極，Na是中間產(chǎn)物，不

參與反應，反應物為Fe和C5H6,生成物為一和Fe?%"因此反應方程式為：Fe+2c5H6=Fe(C5H5)2+乂t。

【詳解】A.Fe失去電子生成Fe。陽極為Fe電極，F(xiàn)e電極與電源的正極相連，A錯誤；

B.水會阻礙中間產(chǎn)物Na的生成，且Off會與Fe"反應生成Fe(OH)z,所以DMF惰性有機溶劑不能更換為

NaOH溶液，B錯誤;

C.Na是中間產(chǎn)物，不參與反應，反應物為Fe和C5H6,生成物為H2和Fe(C5H5)2,因此反應方程式為：Fe

+2^^=卓$+曲，C正確；

3O

D.電解池中陽離子移向陰極，陰離子移向陽極，溶液中的N—離子不斷的向Ni附近移動，D錯誤；

故答案為：C?

10.阿巴卡韋(Abacavir)是一種核昔類逆轉(zhuǎn)錄酶抑制劑，存在抗病毒功效。關于其合成中間體M

(HO[),下列說法正確的是()

HOZ

A.與環(huán)戊醇互為同系物B.分子中含有三種官能團

C.能使酸性高鋸酸鉀溶液和澳水褪色，且原理相同D.可用碳酸鈉溶液鑒別乙酸和M

【答案】D

【解析】

【詳解】A.同系物是指結(jié)構(gòu)相似，分子組成相差若干個“CH?”原子團的有機化合物，環(huán)戊醇結(jié)構(gòu)式為:

OH

,與M分子之間相差“C0”，不互為同系物，A錯誤；

B.由M的結(jié)構(gòu)簡式可知，含有羥基、碳碳雙鍵兩種官能團，B錯誤；

C.M中含有碳碳雙鍵，與酸性高銃酸鉀溶液發(fā)生氧化反應，是酸性高銃酸鉀溶液褪色，與澳水發(fā)生加成

反應，使濱水褪色，原理不相同，C錯誤；

D.M中含有羥基、碳碳雙鍵，不與碳酸鈉溶液反應，乙酸中含有竣基，與碳酸鈉溶液反應生成能使澄清

石灰水變渾濁的氣體二氧化碳，所以能用碳酸鈉溶液鑒別乙酸和M,D正確；

故答案為：D。

06/22

n.x、Y、z、w是四種原子序數(shù)依次增大的短周期元素，w的最外層電子數(shù)比x的最外層電子數(shù)少1個,

X、Y、Z為同一周期元素，X、Y、Z組成一種化合物（ZXY）2的結(jié)構(gòu)式如圖所示。下列說法錯誤的是

Y=X-Z"7餐丫

A.化合物WY是良好的耐熱沖擊材料

B.Y的氧化物對應的水化物可能是弱酸

C.X的氫化物的沸點一定小于Z的

D.化合物（ZXY）2中所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)

【答案】C

【解析】

【分析】

因W的最外層電子數(shù)比X的最外層電子數(shù)少1個，且原子序數(shù)W>X,因此X、Y、Z為第二周期元素，W

為第三周期元素，結(jié)合（ZXY）2的結(jié)構(gòu)式可知，X為C,Y為N,Z為0,X最外層電子數(shù)為4,故W為AL

以此解答。

【詳解】A.化合物A1N為原子晶體，A1N最高可穩(wěn)定到2200℃,室溫強度高，且強度隨溫度的升高下降

較慢，導熱性好，熱膨脹系數(shù)小，是良好的耐熱沖擊材料，故A不符合題意；

B.N的氧化物對應的水化物中HN0?為弱酸，故B不符合題意；

C.C的氫化物的沸點隨分子量的增加而增大，沸點不一定比壓0的沸點低，故C符合題意；

D.由（0CN）2的結(jié)構(gòu)式可知所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D不符合題意；

故答案為：C。

12.下列有關實驗操作、實驗操作和實驗現(xiàn)象得出的結(jié)論均正確的是（）

選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論

向5mL濃度均為Imol-L-1的NaOH溶液中先

先有白色沉淀生成，

A滴入2滴Imol-UlMgCL,再滴入2滴Ksp[Fe(OH)J<Ksp[Mg(OH)J

再有紅褐色沉淀生成

Imol?I?FeCC溶液

向盛有2mL黃色氯化鐵溶液的試管中滴加

B黃色變?yōu)闇\綠色維生素C具有還原性

濃的維生素C溶液

H2SO3不能與BaCL反應生成

C向BaCk溶液中通入陽和S02無沉淀生成

BaSO3和HC1

用pH試紙分別測量NaCN和NaClO溶液

DNaClO的堿性強Ka(HCN)>Ka(HC10)

的pH

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.向5mLImol?L的NaOH溶液中先滴入2滴Imol-LMgCk溶液，反應后NaOH溶液大量剩

余，再滴入2滴Imol?LFeCL溶液后，鐵離子與剩余的NaOH溶液反應生成氫氧化鐵沉淀，沒有出現(xiàn)沉

淀的轉(zhuǎn)化，無法比較Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Mg(OH)2]的大小,A錯誤；

B.氯化鐵具有氧化性，維生素C具有還原性，二者可發(fā)生氧化還原反應，黃色變?yōu)闇\綠色，B正確；

C.NL通入水中生成氨水，通入SO?,發(fā)生反應：2NH3+S02+H20=(NH4)2S03,(NHJ2SO3與BaCb反應，(NHjSCV

BaCl2=BaSO3I+2NH4C1,有沉淀生成，C錯誤；

D.NaClO溶液具有強氧化性，可使pH試紙褪色，應用pH計，D錯誤；

故答案為：B。

13.我國是世界上最早制得和使用金屬鋅的國家，一種以閃鋅礦(ZnS,含有Si。z和少量FeS、CdS、PbS

雜質(zhì))為原料制備金屬鋅的流程如圖所示，下列有關說法不正確的是()

稀硫酸。"ZnO鋅粉

浮選精g-

氣體注渣1濾渣2濾渣3

A.濾渣1的成分是SiO?.濾渣2的成分是Fe(0H)3

B.焙燒過程中主要反應的化學方程式為2ZnS+302^^=2Zn0+2S02

C.溶液中的Cd?+可用鋅粉除去，反應的離子方程式為Zn+CF=Zn"+Cd

D.若不通入氧氣，其后果無法除去雜質(zhì)Fe"

【答案】A

【解析】

【分析】

閃鋅礦主要含有ZnS,還含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS雜質(zhì)，焙燒過程中發(fā)生的反應有

08/22

iKlfiA

2ZnS+302*2Zn0+2S02>4FeS+7022Fe203+4S02,2PbS+30?送溫2PbO+2s0?、2CdS+302*2Cd0+2S02,

所以焙燒過程中生成的氣體是SO2;然后加入稀硫酸酸浸，F(xiàn)eS(未焙燒)、ZnO、Fe2O3>PbO,CdO和稀硫

2

酸反應生成Fe"、Zn"、Fe"、PbS04、Cd%所以濾渣1為未反應的SiO?和生成的PbSO&；氧化除雜時，通

入氧氣，使Fe"轉(zhuǎn)化為Fe'+,加入ZnO調(diào)節(jié)溶液的pH值，將Fe，+轉(zhuǎn)化為Fe(0H)3而除去Fe%濾渣2為生

成的Fe(0H)3；然后向溶液中加入Zn,Zn和Cd?+發(fā)生氧化還原生成Cd,然后過濾得到濾液，濾渣3為Cd；

將濾液電解得到Zno

【詳解】A.加入稀硫酸酸浸，F(xiàn)eS(未焙燒)、ZnO、FezOs、PbO、CdO和稀硫酸反應生成Fe"、Zn"、Fe"、

2+

PbS04,Cd,所以濾渣1為未反應SiO?和生成的PbSOw；氧化除雜時，通入氧氣，使Fe"轉(zhuǎn)化為Fe",

加入ZnO調(diào)節(jié)溶液的pH值,將Fe"轉(zhuǎn)化為Fe(0H)3而除去Fe",濾渣2為生成的Fe(0H)3,A錯誤；

B.閃鋅礦主要含有ZnS,還含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS雜質(zhì)，焙燒過程中發(fā)生的主要反應有

i

2ZnS+302*2Zn0+2S02,B正確；

C.Zn的金屬性強于Cd,可以從溶液中將Cd置換出來，其離子反應方程式為：Zn+Cd2+=Zn2++Cd,C正確；

D.氧化除雜時，通入氧氣，使Fe"轉(zhuǎn)化為Fe*加入ZnO調(diào)節(jié)溶液的pH值，將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH"而除

去Fe",若不通入氧氣，無法除去雜質(zhì)Fe*D正確；

故答案為：Ao

【點睛】SiO?只與氫氟酸發(fā)生反應，其化學反應方程式為：Si02+4HF=SiF4t+2H2。

14.常溫下，用0.1mol-KOH溶液滴定10mL0.1mol-L-1HA(Ka=1.0X10^5)溶液的滴定曲線

如圖所示。下列說法正確的是()

A.a點溶液的pH約為5

B.水的電離程度：c點>d點

C.b點溶液中粒子濃度大?。篶(A-)>c(K+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)

D.e點溶液中:c(K*)=2c(A-)+2c(HA)

【答案】C

【解析】

【詳解】A.a點溶液為0.1mol?LHA溶液，HA.-H++A\凡=幽)Mc(A)]=[c(H>=1。心,

[c(HA)][c(HA)]

溶液中c(H+)=1.0x10-3mol/L,所以溶液pH約為3,A錯誤;

B.c點溶液pH=7,溶質(zhì)為HA、KA,d點溶液的溶質(zhì)為KA,HA電離抑制水的電離，KA水解促進水的電離,

則水的電離程度：九點幾點，B錯誤；

+

C.b點溶液中，溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的HA、KA,HA-H+A\OH20.*HA+OH\溶液顯酸性，則HA的電

離程度大于A-的水解程度，所以溶液中粒子濃度大小：C(A-)>C(K+)>C(HA)>C(H+)>C(OIT),C正確；

D.e點溶液中的溶質(zhì)為KA、KOH,且c(KA)=2c(K0H),根據(jù)物料守恒,c(KA)=c(A)+c(HA),則

2c(K+)=2c(KA)+2c(KOH)=3c(KA)=3c(A~)+3c(HA),D錯誤；

故答案為：C?

15.生物柴油是指由動植物油脂(脂肪酸甘油三酯)與醇(甲醇或乙醇)經(jīng)酯交換反應得到的脂肪酸單烷

基酯，可以替代普通柴油使用的清潔的可再生能源。某同學利用菜籽油與甲醇制備生物柴油，其原理及

實驗步驟：

：RiCCXrH；：

RCOOCH?i+:

R2coOCH+3CR()H”

、\R2COOCH3：

I(甲醇)

RCOOCHzi+i

(油脂);R3coOCR：

(高級脂肪酸甲酯)

①稱取4.6gCH30H和0.2gNaOH依次放入錐形瓶中，充分震蕩得NaOH溶液甲醇溶液;

②將20g菜籽油、20g正己烷(作溶劑)、步驟1配得的NaOH甲醇溶液一次加入到三口燒瓶中;

③安裝裝置(如圖)恒溫水浴加熱，使溫度保持在60飛5℃左右，攪拌速度400r/min,回流1.5h~2h;

④冷卻、分液、水洗、回收溶劑并得到生物柴油。

回答下列問題:

(1)儀器a的名稱是o

(2)試驗中取用的甲醇與油脂的物質(zhì)的量之比約為6:1,甲醇過量的主要目的是；NaOH

的用量不宜過多，其原因是o

(3)步驟4的液體分為兩層，上層為生物柴油、正己烷和甲醇。下層主要為甘油、分離出下層液體的方

法是——；上層液體需用溫水洗滌，能說明已洗滌干凈的依據(jù)

是O

10/22

(4)碘值是指每100g油品所能吸收碘(12)的質(zhì)量。測定產(chǎn)品碘值得步驟如下：

I.準確稱取mg油品，注入碘量瓶中，向碘量瓶中加入20mL氯仿溶解后，加入25.00mL韋氏碘液，(IBr

溶液及催化劑，發(fā)生反應：一CH^CHFIBr,,—CHI一CHBr—),立即加塞，搖勻后，將碘量瓶放

于黑暗處。

II.30min后立即加入20mL15%的碘化鉀溶液和100mL水，發(fā)生反應的化學方程式為

,不斷震蕩，用cmoLI?的Na2s2O3溶液滴定至溶液

呈淺黃色時，加入1mL淀粉指示劑，繼續(xù)滴定(I2+2Na2S203=2NaI+Na2S406),至終點是消耗％mLNaSOs

溶液。滴定終點的現(xiàn)象是o

HL另做空白對照試驗，除不加油品外，其余操作同上，至終點時消耗出mLNaSOs溶液。則測得的油

品的碘值為g/100g(列出計算表達式)

【答案】(1).蛇形冷凝管(2).提高油脂的轉(zhuǎn)化率(3).防止油脂在堿性條件下水解分解生

物柴油使得產(chǎn)品產(chǎn)率降低(4).靜置分液漏斗，待分層后，將下層液體從下口放出(5).用pH

試紙檢驗，水相呈中性(6).KI+IBr=I2+KBr(7).加入最后一滴Na2s2O3溶液，溶液由藍色變?yōu)闊o

色，且半分鐘內(nèi)無變化127CVVX13

(8).(2-I)0X100

m

【解析】

【分析】

(1)回流裝置用蛇形冷凝管或球形冷凝管；

(2)增大反應物CHQH的用量可提高油脂的轉(zhuǎn)化率，油脂是酯類物質(zhì)，在酸性或堿性條件下都能水解；

(3)用分液漏斗分液時，獲取下層液體的方法是靜置分液漏斗，待分層后，將下層液體從下口放出，后

關閉活塞，從分液漏斗上口倒出上層液體；上層液體為生物柴油、正己烷及甲醇，可能含有少量的NaOH

溶液，用水洗滌時，可用pH試紙檢驗，水呈中性時，表明已洗滌干凈；

(4)II.加入碘化鉀溶液和100mL水，碘化鉀與IBr反應生成碘單質(zhì)和澳化鉀，碘單質(zhì)遇淀粉變藍，

加入Na2s2O3溶液與碘單質(zhì)反應生成碘離子，滴定終點的現(xiàn)象溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)無變化；

in.根據(jù)關系式：12?2Na2s可得，求出不加油品時，碘單質(zhì)的質(zhì)量，再求加油品時，碘單質(zhì)的質(zhì)量，

油品消耗的碘單質(zhì)的物質(zhì)的量等于不加油品時碘單質(zhì)的質(zhì)量減去加油品時碘單質(zhì)的質(zhì)量，最后求出油品

的碘值。

【詳解】(1)該裝置是回流裝置，儀器a的名稱是蛇形冷凝管，故答案為：蛇形冷凝管；

(2)加入甲醇在NaOH和正己烷共同作用下，發(fā)生酯交換反應，因此增大反應物CH30H的用量可提高油

脂的轉(zhuǎn)化率；油脂是酯類物質(zhì)，在酸性或堿性條件下都能水解，所以NaOH的用量不宜過多的原因是防止

油脂在堿性條件下水解和分解生物柴油使得產(chǎn)品產(chǎn)率降低，故答案為：提高油脂的轉(zhuǎn)化率；防止油脂在

堿性條件下水解分解生物柴油使得產(chǎn)品產(chǎn)率降低；

(3)用分液漏斗分液時，獲取下層液體的方法是靜置分液漏斗，待分層后，將下層液體從下口放出；上

層液體為生物柴油、正己烷及甲醇，可能含有少量的NaOH溶液，用水洗滌時，可用pH試紙檢驗，水呈

中性時，表明已洗滌干凈，故答案為：先分離出下層液體然后關閉活塞，從分液漏斗上口倒出上層液體;

用pH試紙檢驗，水相呈中性；

(4)II.加入碘化鉀溶液和100mL水，碘化鉀與IBr反應生成碘單質(zhì)和澳化鉀，其化學反應方程式為

KI+IBr=I2+KBr；碘單質(zhì)遇淀粉變藍，加入Naf溶液與碘單質(zhì)反應生成碘離子，滴定終點的現(xiàn)象是加入

最后一滴NaSOs溶液，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)無變化，故答案為：KI+IBr=I2+KBr；加入最后

一滴Na2s2O3溶液，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)無變化；

III.根據(jù)關系式：I??2Na2s2O3可得,不加油品時，cmol?L的Na2s2O3溶液消耗V2mL,則

n(I)=-n(NaSO)=-cXVXlO^moL加油品時，cmol?I?的Na2s2O3溶液消耗匕mL,貝|

2222322

n(I2)--n(Na2s2O3)=—cXViX103mol,那么油品消耗的碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為n(I?)=

22

-cXVXlOmol--cXVjX10-3mol=-c(V-Vj)X103mol,m(I)=n?M=127X2X-c(V"

22222222

X10%ol=127c(%-Vj)X1(T,則測得的油品的碘值為：127c“2-M)x10以。。,故答案為：

m

127C(V-V)X10-3

21xlOOo

m

16.氧化銘綠(Cr。)的性質(zhì)獨特，在冶金、顏料等領域有著不可替代的地位。一種利用淀粉水熱還原

銘酸鈉(NazCrO。制備氧化銘綠的工藝流程如下:

后處理

格酸鈉碳化母液濾液漉液

II

已知：①向含少量Na2c的銘酸鈉堿性溶液中通入C02可制得不同碳化率的銘酸鈉碳化母液；

②“還原”反應劇烈放熱，可制得Cr(OH)3漿料。

(1)銘酸鈉(Na2CrO4)中銘元素的價態(tài)是,該工藝中“還原”反應最初使用的是蔗糖或甲醛,

請寫出甲醛的電子式：,后來改用價格低廉的淀粉。請寫出甲醛(HCHO)與銘酸鈉

12/22

(Na2CrO4)溶液反應的禺子方程式?

(2)將混合均勻的料液加入反應釜，密閉攪拌，恒溫發(fā)生“還原”反應，下列有關說法錯誤的是

____________(填標號)。

A.該反應一定無需加熱即可進行B.必要時可使用冷卻水進行溫度控制

C.銘酸鈉可適當過量，使淀粉充分反應D.應建造廢水回收池，回收含銘廢水

(3)測得反應完成后在不同恒溫溫度、不同碳化率下Cr(VI)還原率如下圖。實際生產(chǎn)過程中Cr(VI)

還原率可高達99.5%以上，“還原”階段采用的最佳反應條件為0

(4)濾液中所含溶質(zhì)為。該水熱法制備氧化銘綠工藝的優(yōu)點有、

—(請寫出兩條)。

(5)重鋁酸鈉(Na￡r。?H20)與硫酸鏤熱分解法也是一種生產(chǎn)氧化銘綠的方法，生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的氣

體對環(huán)境無害，其化學反應方程式為o

0

【答案】(1).+6(2).：-⑶.4CrO廣+3HCH0+4H2。=4Cr(0H)3I+3C03*20IT(4).

H.C：H

AC(5).碳化率40%、恒溫240℃(6).Na2C03(^NaHC03^Na2CO3,NaHC03)(7).工藝清潔

A

=

(8).原料價格低廉⑼.Na2Cr2O7-H2O+(NH4)2S04Cr203+N2t+Na2S04+5H20?

【解析】

【分析】

(1)銘酸鈉(NazCrCU)中，Na元素的化合價為+1價，。元素的化合價為-2價，則銘元素的化合價為+6

價;HCH0中,H原子最外層1個電子,C原子最外層4個電子,0原子最外層6個電子，其電子式：八二，，，

HCHO中碳元素化合價為0價，該反應在堿性環(huán)境下進行，最終生成物有碳酸鈉和Cr(OH)3,根據(jù)化合價

升降守恒、電荷守恒以及原子守恒可寫出反應方程式；

(2)A.該反應雖然為放熱反應，但不一定全過程都不需要加熱；

B.因該反應放熱劇烈，若溫度過高，Cr(0H)3可能會發(fā)生分解；

C.應使淀粉適當過量，使銘酸鈉充分反應；

D.鋁為重金屬元素，直接排放至環(huán)境中會污染水資源；

(3)由圖可知，在碳化率為40%時，還原率較高，在溫度為240℃時，還原率達到接近100%,再升高溫

度對于還原率的影響不大；

(4)由上述分析可知，濾液中所含溶質(zhì)為：Na2c。3(或NaHCOs或Na￡03、NaHC03)；水熱法制備工藝的優(yōu)

點有：工藝清潔、原料價格低廉、設備要求低、副產(chǎn)物碳酸鹽可用于鋁酸鈉碳化母液的制備、無廢氣廢

渣排放、廢水可回收利用、流程短等；

(5)重鋁酸鈉具有強氧化性，硫酸鏤具有還原性，生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的氣體對環(huán)境無害，故N元素轉(zhuǎn)化為

岫，二者發(fā)生氧化還原反應生成CnOs、N"N&SO,、H20,根據(jù)氧化還原反應得失電子守恒和原子守恒寫

出反應方程式式。

【詳解】(1)銘酸鈉(Na2CrO4)中，Na元素的化合價為+1價，。元素的化合價為-2價，則銘元素的化

0.0.

合價為+6價，甲醛的結(jié)構(gòu)式為II，其電子式：HCHO中碳元素化合價為0價，該反

H，C、HH-.C.H

應在堿性環(huán)境下進行，最終生成物有碳酸鈉和Cr(OH)3,根據(jù)化合價升降守恒、電荷守恒以及原子守恒

可知其反應的離子方程式為：4Cr02-+3HCH0+4H0=4Cr(0H)I+3C02+20H\故答案為：+6；?；

4233H.C:H

4CrO產(chǎn)+3HCH0+4H2。=4Cr(0H)3I+3C0F+20H「；

(2)A.該反應雖然為放熱反應，但不一定全過程都不需要加熱，如燃燒反應為放熱反應，反應開始需

要加熱，A錯誤；

B.因該反應放熱劇烈，若溫度過高，Cr(OH)3可能會發(fā)生分解，會影響最終產(chǎn)品質(zhì)量，因此可在必要時

可使用冷卻水進行溫度控制，B正確；

C.為保證原料的充分利用，應使淀粉適當過量，使銘酸鈉充分反應，C錯誤；

D.銘為重金屬元素，直接排放至環(huán)境中會污染水資源，因此應建造廢水回收池，回收含銘廢水，D正確;

故答案為：AC；

(3)由圖可知，在碳化率為40%時，還原率較高，在溫度為240℃時，還原率達到接近100%,再升高溫

度對于還原率的影響不大，所以最佳反應條件是碳化率40%、恒溫240℃,故答案為：碳化率40%、恒溫

240℃；

14/22

(4)由上述分析可知，濾液中所含溶質(zhì)為：Na￡03(或NaHCOs或NazCOs、NaHC03)；水熱法制備工藝的優(yōu)

點有：工藝清潔、原料價格低廉、設備要求低、副產(chǎn)物碳酸鹽可用于銘酸鈉碳化母液的制備、無廢氣廢

渣排放、廢水可回收利用、流程短等，故答案為：Na2c。3(或NaHCOs或Na2c。3、NaHC03)；工藝清潔、原料

價格低廉、設備要求低、副產(chǎn)物碳酸鹽可用于銘酸鈉碳化母液的制備、無廢氣廢渣排放、廢水可回收利

用、流程短等(任寫兩條)；

(5)重銘酸鈉具有強氧化性，硫酸鐵具有還原性，生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的氣體對環(huán)境無害，故N元素轉(zhuǎn)化為

N2,二者發(fā)生氧化還原反應生成CmOs、際Na2S04＞壓0,根據(jù)氧化還原反應得失電子守恒和原子守恒可

A

知該反應方程式為：Na2Cr207-H20+(NH4)2S04=Cr203+N2t+Na2S04+5H20,故答案為：

A

NazCrzO?,HzO+(NH4)2SO4—CROB+N?f+Na2SO4+5H2。。

17.2019年國際非政府組織“全球碳計劃”12月4日發(fā)布報告：研究顯示，全球二氧化碳排放量增速趨

于緩。C02綜合利用是解決溫室問題的有效途徑。

(1)一種途徑是將CO?轉(zhuǎn)化為成為有機物實現(xiàn)碳循環(huán)。如：

1

C2H4(g)+H20(1)=C2H5OH(1)AH=-44.2kJ?moP

-1

2C02(g)+2H20(1)=C2H4(g)+302(g)AH=+1411.0kJ-mol

2C02(g)+3H20(1)=C2H50H(1)+302(g)AH=

(2)COZ甲烷化反應是由法國化學家PaulSabatier提出的，因此，該反應又叫Sabatier反應。CO?催

化氫化制甲烷的研究過程：

鐵粉CH4H”CO：,

銀粉IICOOH水溶液

①上述過程中，產(chǎn)生壓反應的化學方程式為：

②HCOOH是CO,轉(zhuǎn)化為CH4的中間體：C02?HCOOH一Ch當銀粉用

活化能為EikJ.mol'活化能為E?kJ?mol1

量增加10倍后，甲酸的產(chǎn)量迅速減少，當增加保粉的用量時，coZ銀催化氫化制甲烷的兩步反應中反應

速率增加較大的一步是(填I或n)

(3)CO,經(jīng)催化加氫可以生成低碳燒，主要有兩個競爭反應:

反應I：CO2(g)+4Hz(g)-CH&(g)+2H20(g)

反應H：2c02(g)+6H2(g)=CzHa(g)?4H20(g)

在1L密閉容器中沖入ImolCOz和4molH2,測得平衡時有關物質(zhì)的物質(zhì)的量隨溫度變化如圖所示。TJC時,

CO2的轉(zhuǎn)化率為o?℃時，反應I的平衡常數(shù)K=

(4)已知CO,催化加氫合成乙醇的反應原理為2cOz(g)+6H2(g)=CzH50H(g)+4H20(g)AH,m代

n(HJ

表起始時的投料比，即旅近5y

嘿

①圖1中投料比相同,溫度丁3>丁2>「,則AH(填“〉”或“<")0.

②m=3時，該反應達到平衡狀態(tài)后p(總)=20aMPa，恒壓條件下各物質(zhì)的物質(zhì)的量分數(shù)與溫度的關系如

圖2.則曲線b代表的物質(zhì)為(填化學式)

300℃

-1

【答案】(1).+1366.8kJ-mol(2).3Fe+4H2O(g)4H2+Fe304(3).II(4).60%

(5).0.045(6).<(7).C02

【解析】

【分析】

1

(1)@C2H4(g)+H20(1)=C2H50H(1)AH=-44.2kJ-moF

②2C0z(g)+2H20(1)=C2H4(g)+302(g)AH=+141LOkJ?mol，根據(jù)蓋斯定律，①+②得：2C02(g)+

3H20(1)=C2H50H(1)+3O2(g),求焰變；

(2)①根據(jù)流程圖可知反應物為：Fe、H20,生成物為：乂、Fe304；

②當銀粉用量增加10倍后，甲酸的產(chǎn)量在迅速減少，說明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此說明反

應II的速率要比反應I的速率增加得快;=

(3)1L容器，TJC時，根據(jù)三段是：

16/22

C01(g)+4H：(g)=CH?(g)+2H；O(g)

始態(tài)mol1400

轉(zhuǎn)化mol0.20.80.20.4

平衡mol0.83.20.20.4

2COi(g)+6H2(g)=C2H4(g)44H?O(g)

始態(tài)mol0.83.200

轉(zhuǎn)化mol0.41.20.20.8

平衡mol0.420.20.8

求出COz的轉(zhuǎn)化率、反應I的平衡常數(shù)K；

(4)①根據(jù)圖示，溫度越高，轉(zhuǎn)化率越低，說明正反應為放熱反應；

②溫度升高，反應逆向進行，所以產(chǎn)物的物質(zhì)的量是逐漸減少的，反應物的物質(zhì)的量增大，由圖可知，

曲線a代表的物質(zhì)為電b表示3,c為時，d為C2HsOH。

-1

【詳解】(1)①C2H4(g)+H20(1)=C2H50H(1)AH=-44.2kJ?mol

②2cOz(g)+2H20(1)=C2H4(g)+302(g)AH=+1411.0kJ?molT,根據(jù)蓋斯定律,①+②得：2C02(g)+

11

3H20(1)=CAOH(1)+30z(g)AH=+1366.8kJ?moP,故答案為：+1366.8kJ?moF；

(2)①根據(jù)流程圖可知反應物：Fe、H20,生成物為：壓、Fe304,則化學方程式為：

300℃300℃

3Fe+4H20(g)^=4H2+Fe304,故答案為：3Fe+4H20(g)^=4H2+Fe304；

②當銀粉用量增加10倍后，甲酸的產(chǎn)量在迅速減少，說明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此說明反

應II的速率要比反應I的速率增加得快，故答案為：II;

(3)1L容器，TJC時，根據(jù)三段是：

CO：(g)+4氏(g)=CH4(g)+2HiO(g)

始態(tài)mol1400

轉(zhuǎn)化mol0.20.80.20.4

平衡mol0.83.20.20.4

2c02(g)+6H2(g)=C2H4(g)XH?O(g)

始態(tài)mol0.83.200

轉(zhuǎn)化mol0.41.20.20.8

平衡mol0.420.20.8

0.2mol+0.4mol

CO,的轉(zhuǎn)化率為----------------------------------X100%=60%;平衡時，c(C0)=0.4mol/L,c(H)=2mol/L

Imol22

C(CH4)=0.2mol/L,c(H2O)=l.2mol/L,則

C?之2

TJC時，反應［的平衡常數(shù)K=JCH)：HJ)72義1：=0.045,故答案為：60%；0.045；

Eg)?面)42x

(4)①根據(jù)圖示，溫度越高，壓轉(zhuǎn)化率越低，說明正反應為放熱反應，△H<0,故答案為：<；

②溫度升高，反應逆向進行，所以產(chǎn)物的物質(zhì)的量是逐漸減少的，反應物的物質(zhì)的量增大