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2019年高考化学真题(江苏卷含解析)

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2019年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)
化学

注  意  事  项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1.本卷满分为120分,考试时间为100分钟。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。
2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。
3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。
4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。作答非选择题,必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效。
5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗。
可能用到的相对原子质量: H 1  C 12  N 14  O 16  Na 23  Mg 24  Al 27  S 32  Cl 35. 5  K 39  Ca 40  Cr 52  Fe 56  Cu 64  Ag 108  I 127
选 择 题
单项选择题:本题包括10 小题,每小题2 分,共计20 分。每小题只有一个选项符合题意。
1.糖类是人体所需的重要营养物质。淀粉分子中不含的元素是
A. 氢    B. 碳    C. 氮    D. 氧
【答案】C
【解析】
【分析】
此题属于一道简单题目,考点在于营养物质中糖类的组成元素。
【详解】淀粉属于多糖,组成元素为CxH2nOn;蛋白质和氨基酸中含有N元素,故选C。

2.反应NH4Cl+NaNO2 NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体,可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A. 中子数为18的氯原子:
B. N2的结构式:N=N
C. Na+的结构示意图:  
D. H2O的电子式:  
【答案】D
【解析】
【分析】
此题考查化学用语,化学用语包括:化学式,结构式,电子式,原子结构示意图以及不同核素的表达,也属于简单题
【详解】A.考察核素的表达:abX,其中a表示X原子的相对原子质量,b表示X原子的质子数,那中子数=a-b,所以A选项表示的是中子数为1的氯原子与题意不符;B考察的结构式,因为氮原子最外层电子数为5,还需要3个电子形成8电子稳定结构,所以俩个氮原子共用3对电子因此氮气的结构式为氮氮三键的形式,故B错误;C.考察的原子结构示意图,钠原子的核外有11个电子,而钠离子是由钠原子失去一个电子形成的,那么钠离子的一共有10个电子,C选项有11个,表示的钠原子的结构示意图,故错误。D.氧原子最外层六个电子,两个氢分别和氧公用一对电子。D正确。
故选D。

3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. NH4HCO3受热易分解,可用作化肥
B. 稀硫酸具有酸性,可用于除去铁锈
C. SO2具有氧化性,可用于纸浆漂白
D. Al2O3具有两性,可用于电解冶炼铝
【答案】B
【解析】
【详解】A.NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关,可以用作化肥是因为含有氮元素;
B.硫酸酸性可以和金属氧化物反应,具有对应关系;
C. 二氧化硫的漂白属于结合漂白不涉及氧化还原,故和氧化性无关,而且二氧化硫氧化性较弱,只和强还原剂反应例如硫化氢,和其他物质反应主要体现还原性;
D. 电解冶炼铝,只能说明氧化铝导电,是离子晶体,无法说明是否具有两性,和酸碱都反应可以体现 Al2O3具有两性。
故选B.

4.室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 0.1 mol?L?1NaOH溶液:Na+、K+、 、
B. 0.1 mol?L?1FeCl2溶液:K+、Mg2+、 、
C. 0.1 mol?L?1K2CO3溶液:Na+、Ba2+、Cl?、OH?
D. 0.1 mol?L?1H2SO4溶液:K+、 、 、
【答案】A
【解析】
【分析】
此题考的是离子共存问题,应从选项的条件获取信息,在从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应,能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。
【详解】A选项是一个碱性环境,没有存在能与氢氧根发生反应的离子,故A正确;B选项是一个亚铁离子和氯离子的环境,选项中有高锰酸根可以与铁离子反应,故错误;C选项是一个钾离子和碳酸根的环境,选项中存在钡离子可以与碳酸根发生反应生成沉淀,故错误;D选项是氢离子和硫酸根的环境,选项中有硝酸根和亚硫酸氢根,其中硝酸根可以与氢离子结合成硝酸,硝酸具有强氧化性可以氧化亚硫酸氢根,故错误。

5.下列实验操作能达到实验目的的是
 
A. 用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH
B. 将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中,加水至刻度,配制1.000 mol?L?1NaOH溶液
C. 用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体
D. 用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2
【答案】D
【解析】
【分析】
此题考点为根据所给实验操作是否可以达到实验目的,必须要根据实验操作推断出实验的结果,再与选项中的实验结果一一对应。属于简单常规题目
【详解】用水润湿的PH试纸测量溶液的PH会出现人为误差,实验数据不准,故A项错误;B选项将氢氧化钠直接置于容量瓶中,加水后氢氧化钠溶于水会放热引起实验误差或炸裂容量瓶,故错误;用甲装置蒸干氯化铝溶液所得的产物因氯离子会发生水解,加热后水解程度增大,蒸发所得的产物为氢氧化铝固体,故C错误;
【点睛】蒸干溶液可以得到溶质固体,但必须考虑溶液中弱离子的水解平衡,当温度升高后会促进弱离子水解,那最后实验所得产物不一定是溶液的溶质。

6.下列有关化学反应的叙述正确的是
A. Fe在稀硝酸中发生钝化    B. MnO2和稀盐酸反应制取Cl2
C. SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3    D. 室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2
【答案】C
【解析】
【分析】
相同的反应物,条件不同(如温度、浓度、过量与少量),反应有可能也不同;
A.钝化反应应注意必须注明常温下,浓硝酸与Fe发生钝化;
B.实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度;
C.过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物;
D.钠的还原性强,其与氧气反应,温度不同,产物也不同;
【详解】A.常温下,Fe在与浓硝酸发生钝化反应,故A错误;
B.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气,故B错误;
C.二氧化硫与过量氨水反应生成硫酸铵,故C正确;
D.常温下,Na与空气中的氧气反应生成Na2O;加热条件下,钠与氧气反应生成Na2O2,故D错误;
综上所述,本题应选C。
【点睛】本题考查常见物质的化学反应,相同的反应物,条件不同(如温度、浓度、过量与少量),反应有可能也不同,所以在描述化学反应时应注意反应的条件。

7.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2:Cl2+2OH? ClO?+Cl?+H2O
B. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2:Al+2OH?  +H2↑
C. 室温下用稀HNO3溶解铜:Cu+2 +2H+ Cu2++2NO2↑+H2O
D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸:Na2SiO3+2H+ H2SiO3↓+2Na+
【答案】A
【解析】
【分析】
B.电荷不守恒;
C.不符合客观事实;
D.应拆分的物质没有拆分;
【详解】A.NaOH为强碱,可以拆成离子形式,氯气单质不能拆,产物中NaCl和NaClO为可溶性盐,可拆成离子形式,水为弱电解质,不能拆,故A正确;
B.该离子方程式反应前后电荷不守恒,应改为:2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2,故B错误;
C.室温下,铜与稀硝酸反应生成NO2 ,应改为:3Cu+2NO3-+8H+=2NO+3Cu2++4H2O,故C错误;
D.Na2SiO3为可溶性盐,可以拆成离子形式,应改为:SiO32-++2H+=H2SiO3  ,故D错误;
综上所述,本题应选A.
【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行:①从反应原理进行判断,如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等;②从物质存在形态进行判断,如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等;③从守恒角度进行判断,如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等;④从反应的条件进行判断;⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。

8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X是地壳中含量最多的元素,Y原子的最外层有2个电子,Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料,W与X位于同一主族。下列说法正确的是
A. 原子半径:r(W)> r(Z)> r(Y)> r(X)
B. 由X、Y组成的化合物是离子化合物
C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
D. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强
【答案】B
【解析】
【分析】
X是地壳中含量最多的元素,因此X为O元素,Y的最外层有两个电子,且Y是短周期元素,原子序数大于O,因此Y为Mg元素,Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料,所以Z为Si元素,W与X同主族,且W是短周期元素,原子序数大于X,所以W为S元素;据此解题;
【详解】A.元素周期表中,同族元素原子半径随核电荷数增加而增加,O为于第二周期,其他元素位于第三周期,因此O的原子半径最小,同周期元素,核电荷数越大,半径越小,因此原子半径应为r(Mg)>r(Si)>r(S)>r(O),故A错误;
B.X为O元素,Y为Mg元素,两者组成的化合物氧化镁为离子化合物,故B正确;
C.Z为Si元素,W为S元素,因为S的非金属性强于Si,所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的,故C错误;
D.W为S元素,X为O元素,因为O的非金属性强于S,所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的,故D错误;
总上所述,本题选B.
【点睛】本题考查原子结构与元素性质,题目难度不大,应先根据提示推断所给原子的种类,再原子结构与元素周期律的关系为解答关键,注意掌握原子构成及表示方法,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

9.在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. NaCl(aq) Cl2(g) FeCl2(s)
B. MgCl2(aq) Mg(OH)2(s) MgO (s)
C. S(s) SO3(g) H2SO4(aq)
D. N2(g) NH3(g) Na2CO3(s)
【答案】B
【解析】
【分析】
A.电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质;
B.根据‘强碱制弱碱’原理制备氢氧化镁;
C.注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件;
D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低;
【详解】A.氯气的氧化性强,与铁单质反应直接生成氯化铁,故A错误;
B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁,氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水,故B正确;
C.硫单质在空气中燃烧只能生成SO2,SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3,故C错误;
D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠,故D错误;
综上所述,本题应选B。
【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件,,解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。

10.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后,置于如图所示装置中,进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是
 
A. 铁被氧化的电极反应式为Fe?3e? Fe3+
B. 铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C. 活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D. 以水代替NaCl溶液,铁不能发生吸氧腐蚀
【答案】C
【解析】
【分析】
根据实验所给条件可知,本题铁发生的是吸氧腐蚀,负极反应为:Fe-2e-=Fe2-;正极反应为:O2+H2O +4e-=4OH-;据此解题;
【详解】A.在铁的电化学腐蚀中,铁单质失去电子转化为二价铁离子,即负极反应为:Fe-2e-=Fe2-,故A错误;
B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能,还有一部分转化为热能,故B错误;
C.活性炭与铁混合,在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池,加速了铁的腐蚀,故C正确
D.以水代替氯化钠溶液,水也呈中性,铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀,故D错误;
综上所述,本题应选C.
【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型,电解质溶液为酸性条件下,铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀,负极反应为:Fe-2e-=Fe2-;正极反应为:2H+ +2e-=H2;电解质溶液为碱性或中性条件下,发生吸氧腐蚀,负极反应为:Fe-2e-=Fe2-;正极反应为:O2+H2O +4e-=4OH-。

不定项选择题:本题包括5 小题,每小题4 分,共计20 分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项,多选时,该小题得0 分;若正确答案包括两个选项,只选一个且正确的得2 分,选两个且都正确的得满分,但只要选错一个,该小题就得0 分。
11.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是
A. 一定温度下,反应2H2(g)+O2(g)  2H2O(g)能自发进行,该反应的ΔH<0
B. 氢氧燃料电池 负极反应为O2+2H2O+4e? 4OH?
C. 常温常压下,氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2,转移电子的数目为6.02×1023
D. 反应2H2(g)+O2(g)  2H2O(g)的ΔH可通过下式估算:
【答案】A
【解析】
【详解】A.体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向,该反应属于混乱度减小的反应,能自发说明该反应为放热反应,即?H<0,故A正确;
B.氢氧燃料电池,氢气作负极,失电子发生氧化反应,中性条件的电极反应式为:2H2 - 4e- =4H+,故B错误;
C.常温常压下,Vm≠22.L/mol,无法根据气体体积进行微粒数目的计算,故C错误;
D.反应中,应该如下估算:?H=反应中断裂旧化学键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和,故D错误;
故选A。

ΔH=反应中形成新共价键的键能之和?反应中断裂旧共价键的键能之和
12.化合物Y具有抗菌、消炎作用,可由X制得。
 
下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A. 1 mol X最多能与2 mol NaOH反应
B. Y与乙醇发生酯化反应可得到X
C. X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应
D. 室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等
【答案】CD
【解析】
【详解】A.X分子中,1mol羧基消耗1molNaOH,1mol由酚羟基形成的酯基消耗2molNaOH,所以1molX最多能与3molNaOH反应,故A错误;
B.比较X与Y的结构可知,Y与乙酸发生酯化反应可得到X,故B错误;
C.X和Y分子中都含有碳碳双键,所以均能与酸性高锰酸钾溶液反应,故C正确;
D.X和Y分子中碳碳双键的位置相同,分别与足量Br2加成后产物的结构相似,所以具有相同数目的手性碳原子,都有3个,故D正确;
故选CD。

13.室温下进行下列实验,根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项    实验操作和现象    结论
A    向X溶液中滴加几滴新制氯水,振荡,再加入少量KSCN溶液,溶液变为红色    X溶液中一定含有Fe2+
B    向浓度均为0.05 mol?L?1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液,有黄色沉淀生成    Ksp(AgI)> Ksp(AgCl)
C    向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水,振荡,再滴加1mL淀粉溶液,溶液显蓝色    Br2的氧化性比I2的强
D    用pH试纸测得:CH3COONa溶液的pH约为
9,NaNO2溶液的pH约为8    HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强


A. A    B. B    C. C    D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.先滴加氯水,再加入KSCN溶液,溶液变红,说明存在Fe3+,而此时的Fe3+是否由Fe2+氧化而来是不能确定的,所以结论中一定含有Fe2+是错误的,故A错误;
B. 黄色沉淀为AgI,在定量分析中可以看出AgI比AgCl更难溶,则说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),故B错误;
C.溶液变蓝说明有单质碘生成,说明溴置换出KI中的碘,根据氧化还原反应的原理得出结论:Br2的氧化性比I2的强,故C正确;
D.CH3COONa和NaNO2溶液浓度未知,所以无法根据pH的大小,比较出两种盐的水解程度,也就无法比较HNO2和CH3COOH的电离的难易程度,故D错误;
故选C。

14.室温下,反应 +H2O H2CO3+OH?的平衡常数K=2.2×10?8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合,可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略,室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A. 0.2mol?L?1氨水:c(NH3?H2O)>c( )>c(OH?)>c(H+)
B. 0.2mol?L?1NH4HCO3溶液(pH>7):c( )>c( )>c(H2CO3)>c(NH3?H2O)
C. 0.2mol?L?1氨水和0.2mol?L?1NH4HCO3溶液等体积混合:c( )+c(NH3?H2O)=c(H2CO3)+c( )+c( )
D. 0.6mol?L?1氨水和0.2mol?L?1NH4HCO3溶液等体积混合:c(NH3?H2O)+c( )+c(OH?)=0.3mol?L?1+c(H2CO3)+c(H+)
【答案】BD
【解析】
【详解】A.NH3?H2O属于弱电解,部分电离,氨水中存在的电离平衡有:NH3?H2O NH4++OH-,H2O H++OH-,所以c(OH-)>c(NH4+),故A错误;
B.NH4HCO3溶液显碱性,说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解,所以c(NH4+)>c(HCO3-),HCO3-水解:HCO3- H2CO3+OH-,NH4+水解:NH4++H2O NH3?H2O+H+,前者水解程度大,则c(H2CO3)>c(NH3?H2O),故B正确;
C.由物料守恒,n(N):n(C)=2:1,则有c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)],故C错误;
D.由物料守恒,n(N):n(C)=4:1,则有c(NH4+)+c(NH3?H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①;电荷守恒有:c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②;结合①②消去c(NH4+)得:c(NH3?H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③,0.2mol/LNH4HCO3与氨水等体积混合后,c(NH4HCO3)=0.1mol/L,由碳守恒有,c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④,将③等式两边各加一个c(CO32-),则有c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-),将④带入③中得,c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+3c(H2CO3)+0.3mol/L,故D正确;
故选BD。

15.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下,催化反应相同时间,测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是
 
A. 反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的ΔH>0
B. 图中X点所示条件下,延长反应时间能提高NO转化率
C. 图中Y点所示条件下,增加O2的浓度不能提高NO转化率
D. 380℃下,c起始(O2)=5.0×10?4 mol?L?1,NO平衡转化率为50%,则平衡常数K>2000
【答案】BD
【解析】
【详解】A.随温度升高NO的转化率先升高后降低,说明温度较低时反应较慢,一段时间内并未达到平衡,分析温度较高时,已达到平衡时的NO转化率可知,温度越高NO转化率越低,说明温度升高平衡向逆方向移动,根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应,?H<0,故A错误;
B.根据上述分析,X点时,反应还未到达平衡状态,平衡正向移动,所以延长反应时间能提高NO的转化率,故B正确;
C.Y点,反应已经达到平衡状态,此时增加O2的浓度,使得正反应速率大于逆反应速率,平衡向正方向移动,可以提高NO的转化率,故C错误;
D.设NO起始浓度为a,NO的转化率为50%,则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L,根据平衡常数表达式K= > =2000,故D正确;
故选BD。


非 选 择 题
16.N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物,含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物,用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为________。
(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收,主要反应为
NO+NO2+2OH? 2 +H2O
2NO2+2OH?  + +H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有________(填字母)。
A.加快通入尾气的速率
B.采用气、液逆流的方式吸收尾气
C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤,得到NaNO2晶体,该晶体中的主要杂质是________(填化学式);吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是________(填化学式)。
(3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气,可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同,NO转化为 的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中,HClO氧化NO生成Cl?和 ,其离子方程式为________。
②NaClO溶液的初始pH越小,NO转化率越高。其原因是________。
 
【答案】    (1). 2NH3+2O2 N2O+3H2O    (2). BC    (3). NaNO3    (4). NO    (5). 3HClO+2NO+H2O 3Cl?+2 +5H+    (6). 溶液pH越小,溶液中HClO的浓度越大,氧化NO的能力越强
【解析】
【详解】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O,根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成,配平化学方程式为:2NH3+2O2 N2O+3H2O,
故答案为:2NH3+2O2 N2O+3H2O;
(2)①A.加快通入尾气的速率,不能提高尾气中NO和NO2的去除率,不选A;
B.采用气、液逆流的方式吸收尾气,可使气液充分接触,能提高尾气中NO和NO2的去除率,选B;
C.定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度,能提高尾气中NO和NO2的去除率,选C。
故答案为:BC;
②由吸收反应:NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O,2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知,反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液,经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体,因此得到的NaNO2混有NaNO3;由吸收反应可知,若NO和NO2的物质的量之比大于1:1,NO不能被吸收,因此,吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO,
故答案为:NaNO3;NO;
(3)①在酸性的NaClO溶液中,次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO,HClO和NO发生氧化还原反应生成NO3-和Cl-,根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒,配平离子方程式为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+,
故答案为:2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+;
②在相同条件下,氧化剂的浓度越大,氧化能力越强,由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+可知,溶液pH越小,溶液中HClO浓度越大,氧化NO的能力越强,
故答案为:溶液pH越小,溶液中HClO浓度越大,氧化NO的能力越强。


17.化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体,其合成路线如下:
 
(1)A中含氧官能团的名称为________和________。
(2)A→B的反应类型为________。
(3)C→D的反应中有副产物X(分子式为C12H15O6Br)生成,写出X的结构简式:________。
(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件,写出该同分异构体的结构简式:________。
①能与FeCl3溶液发生显色反应;
②碱性水解后酸化,含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。
(5)已知: (R表示烃基,R'和R"表示烃基或氢),写出以 和CH3CH2CH2OH为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)。________________________
【答案】    (1). (酚)羟基    (2). 羧基    (3). 取代反应    (4).      (5).      (6).   
【解析】
【分析】
有机物A和SOCl2在加热条件下发生取代反应生成B,B和甲醇发生酯化反应生成C,C和CH3OCH2Cl在三乙胺存在条件下发生取代反应生成D,D和CH3I在K2CO3条件下发生取代反应生成E,E在LiAlH4条件下发生还原反应生成F,据此解答。
【详解】(1)由A的结构简式可知,A中含氧官能团为-OH和-COOH,名称为(酚)羟基、羧基,
故答案为:(酚)羟基;羧基;
(2)根据以上分析可知,A→B反应-COOH中的羟基被氯原子取代,反应类型为取代反应,
故答案为:取代反应;
(3)观察对比C、D的结构可知,C→D的反应中酚羟基上的氢原子被-CH2OCH3取代生成D,若两个酚羟基都发生反应则得到另一种产物,结合副产物X的分子式C12H15O6Br,可知X的结构简式为 ,
故答案为: ;
(4)C为 ,C的同分异构体满足以下条件:①能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基;②碱性水解后酸化,含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:1,说明含苯环的产物分子中有两种类型的氢原子且数目相等,应为间苯三酚,则该同分异构体为酚酯,结构简式为 ,
故答案为: ;
(5)根据逆合成法,若要制备 ,根据题给信息可先制备 和CH3CH2CHO。结合所给原料,1-丙醇催化氧化生成CH3CH2CHO,参考题中E→F的反应条件,  在LiAlH4条件下发生还原反应生成 , 和HCl发生取代反应生成 , 在Mg、无水乙醚条件下发生已知中的反应生成 , 和CH3CH2CHO反应生成 ,所以合成路线设计为:
CH3CH2CH2OH  CH3CH2CHO,
 ,
故答案为:CH3CH2CH2OH  CH3CH2CHO,
 。

18.聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4?7H2O为原料,经溶解、氧化、水解聚合等步骤,可制备聚合硫酸铁。
(1)将一定量的FeSO4?7H2O溶于稀硫酸,在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液,继续反应一段时间,得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为________;水解聚合反应会导致溶液的pH________。
(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数:准确称取液态样品3.000 g,置于250 mL锥形瓶中,加入适量稀盐酸,加热,滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+),充分反应后,除去过量的Sn2+。用5.000×10?2 mol?L?1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中 与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2+,样品中铁的质量分数的测定结果将________(填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。
②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)_____。
【答案】    (1). 2Fe2++ H2O2+2H+ 2Fe3++2H2O    (2). 减小    (3). 偏大    (4). n( )=5.000×10?2 mol?L?1×22.00 mL×10?3 L?mL?1=1.100×10?3 mol
由滴定时 →Cr3+和Fe2+→Fe3+,根据电子得失守恒可得微粒 关系式: ~6Fe2+
(或 +14H++6Fe2+ 6Fe3++2Cr3++7H2O)
则n(Fe2+)=6n( )=6×1.100×10?3 mol=6.600×10?3 mol
样品中铁元素的质量:
m(Fe)=6.600×10?3 mol×56 g?mol?1=0.3696 g
样品中铁元素的质量分数:w(Fe)= ×100%=12.32%
【解析】
【分析】
(1)Fe2+具有还原性,H2O2具有氧化性,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子方程式;根据水解反应的离子方程式分析溶液pH的变化;
(2)①根据Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+判断还原性的强弱,进一步进行误差分析;
②根据K2Cr2O7溶液的浓度和体积计算消耗的K2Cr2O7物质的量,由得失电子守恒计算n(Fe2+),结合Fe守恒和ω(Fe)的表达式计算。
【详解】(1)Fe2+具有还原性,在溶液中被氧化成Fe3+,H2O2具有氧化性,其还原产物为H2O,根据得失电子守恒可写出反应2Fe2++H2O2→2Fe3++2H2O,根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒,H2O2氧化Fe2+的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;H2O2氧化后的溶液为Fe2(SO4)3溶液,Fe2(SO4)3发生水解反应Fe2(SO4)3+(6-2n)H2O  Fe2(OH)6-2n(SO4)n+(3-n)H2SO4,Fe2(OH)6-2n(SO4)n聚合得到聚合硫酸铁,根据水解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强,pH减小。答案:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O     减小
(2)①根据题意,Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+,发生的反应为Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+,根据还原性:还原剂>还原产物,则还原性Sn2+>Fe2+,实验中若不除去过量的Sn2+,则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+,导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大,则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。答案:偏大
② 实验过程中消耗的n(Cr2O72-)=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol
由滴定时Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+,根据电子得失守恒,可得微粒的关系式:Cr2O72-~6Fe2+(或Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O)
则n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol
(根据Fe守恒)样品中铁元素的质量:m(Fe)=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g
样品中铁元素的质量分数:ω(Fe)= ×100%=12.32%。
【点睛】本题以聚合硫酸铁的制备过程为载体,考查氧化还原型离子方程式的书写、盐类的水解、氧化还原滴定的误差分析和元素质量分数的计算。易错点是第(2)①的误差分析,应利用“强制弱”和“先强后弱”的氧化还原反应规律分析。难点是第(2)②,注意理清滴定实验中物质之间的计量关系。

19.实验室以工业废渣(主要含CaSO4?2H2O,还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3)为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体,其实验流程如下:
 
(1)室温下,反应CaSO4(s)+ (aq) CaCO3(s)+ (aq)达到平衡,则溶液中 =________[Ksp(CaSO4)=4.8×10?5,Ksp(CaCO3)=3×10?9]。
(2)将氨水和NH4HCO3溶液混合,可制得(NH4)2CO3溶液,其离子方程式为________;浸取废渣时,向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是________。
(3)废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70 ℃,搅拌,反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降,其原因是________;保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变,实验中提高CaSO4转化率的操作有________。
 
(4)滤渣水洗后,经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料,制取CaCl2溶液的实验方案:______[已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全;pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂:盐酸和Ca(OH)2]。
【答案】    (1). 1.6×104    (2).  +NH3?H2O  + +H2O(或 +NH3?H2O  + +H2O)    (3). 增加溶液中 的浓度,促进CaSO4的转化    (4). 温度过高,(NH4)2CO3分解    (5). 加快搅拌速率    (6). 在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣,待观察不到气泡产生后,过滤,向滤液中分批加入少量Ca(OH)2,用pH试纸测量溶液pH,当pH介于5~8.5时,过滤
【解析】
【分析】
(1)反应CaSO4(s)+CO32-(aq) CaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数表达式为 ,结合CaSO4和CaCO3的Ksp计算;
(2)氨水与NH4HCO3反应生成(NH4)2CO3;加入氨水抑制(NH4)2CO3的水解;
(3)温度过高,(NH4)2CO3分解,使CaSO4转化率下降;保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变,提高CaSO4转化率即提高反应速率,结合反应的特点从影响反应速率的因素分析;
(4)根据工业废渣中的成分知,浸取、过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3;若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液,根据题给试剂,首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2,同时Al2O3、Fe2O3转化成AlCl3、FeCl3,过滤除去SiO2,结合题给已知,再利用Ca(OH)2调节pH除去Al3+和Fe3+。
【详解】(1)反应CaSO4(s)+CO32-(aq) CaCO3(s)+SO42-(aq)达到平衡时,溶液中 = = = =1.6×104。答案:1.6×104
(2)NH4HCO3属于酸式盐,与氨水反应生成(NH4)2CO3,反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3?H2O=(NH4)2CO3+H2O[或NH4HCO3+NH3?H2O (NH4)2CO3+H2O],离子方程式为HCO3-+NH3?H2O=NH4++CO32-+H2O(或HCO3-+NH3?H2O NH4++CO32-+H2O);浸取废渣时,加入的(NH4)2CO3属于弱酸弱碱盐,溶液中存在水解平衡:CO32-+NH4++H2O HCO3-+NH3?H2O,加入适量浓氨水,水解平衡逆向移动,溶液中CO32-的浓度增大,反应CaSO4(s)+CO32-(aq) CaCO3(s)+SO42-(aq)正向移动,促进CaSO4的转化。答案:HCO3-+NH3?H2O=NH4++CO32-+H2O(或HCO3-+NH3?H2O NH4++CO32-+H2O)      增加溶液中CO32-的浓度,促进CaSO4的转化
(3)由于铵盐具有不稳定性,受热易分解,所以温度过高,(NH4)2CO3分解,从而使CaSO4转化率下降;由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应(或发生沉淀的转化),保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变,提高CaSO4转化率即提高反应速率,结合外界条件对化学反应速率的影响,实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率(即增大接触面积,加快反应速率,提高浸取率)。答案:温度过高,(NH4)2CO3分解      加快搅拌速率
(4)工业废渣主要含CaSO4?2H2O,还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3,加入(NH4)2CO3溶液浸取,其中CaSO4与(NH4)2CO3反应生成CaCO3和(NH4)2SO4,SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反应,过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3;若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液,根据题给试剂,首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2,发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑,与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,SiO2不反应,经过滤除去SiO2;得到的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3,根据“pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全,pH=8.5时Al(OH)3开始溶解”,为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去,应加入Ca(OH)2调节溶液的pH介于5~8.5[加入Ca(OH)2的过程中要边加边测定溶液的pH],然后过滤即可制得CaCl2溶液。答案:在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣,待观察不到气泡产生后,过滤,向滤液中分批加入少量Ca(OH)2,用pH试纸测得溶液pH,当pH介于5~8.5时,过滤
【点睛】本题以工业废渣为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体的实验流程为载体,考查溶度积的计算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息的处理能力等。难点是第(4)问实验方案的设计,设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分,然后结合题给试剂和已知进行分析,作答时要答出关键点,如pH介于5~8.5等。

20.CO2的资源化利用能有效减少CO2排放,充分利用碳资源。
(1)CaO可在较高温度下捕集CO2,在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4?H2O热分解可制备CaO,CaC2O4?H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。
 
①写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式:________。
②与CaCO3热分解制备 CaO相比,CaC2O4?H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能,其原因是________。
(2)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。
 
①写出阴极CO2还原为HCOO?的电极反应式:________。
②电解一段时间后,阳极区的KHCO3溶液浓度降低,其原因是________。
(3)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法,其过程中主要发生下列反应:
反应Ⅰ:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)   ΔH =41.2 kJ?mol?1
反应Ⅱ:2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)   ΔH =﹣122.5 kJ?mol?1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下,CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中:
 
CH3OCH3的选择性= ×100%
①温度高于300 ℃,CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是________。
②220 ℃时,在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后,测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度,一定能提高CH3OCH3选择性的措施有________。
【答案】    (1). CaC2O4 CaCO3+CO↑    (2). CaC2O4?H2O热分解放出更多的气体,制得的CaO更加疏松多孔    (3). CO2+H++2e? HCOO?或CO2+ +2e? HCOO?+     (4). 阳极产生O2,pH减小, 浓度降低;K+部分迁移至阴极区    (5). 反应Ⅰ的ΔH>0,反应Ⅱ的ΔH<0,温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升,使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,且上升幅度超过下降幅度    (6). 增大压强,使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
【解析】
【分析】
本题注重理论联系实际,引导考生认识并体会化学科学对社会发展的作用,试题以减少CO2排放,充分利用碳资源为背景,考查《化学反应原理》模块中方程式的计算、电化学、化学平衡移动等基本知识;
【详解】(1)①令CaC2O4?H2O的物质的量为1mol,即质量为146g,根据图像,前一阶段剩余固体质量为128,原固体质量为146g,相差18g,说明此阶段失去结晶水,第二阶段从剩余固体质量与前一阶段剩余固体质量相对比,少了28g,相差1个CO2,因此400℃-600℃范围内,分解反应方程式为CaC2O4  CaCO3+CO↑;②CaC2O4?H2O热分解放出更多的气体,制得的CaO更加疏松多孔,增加与CO2的接触面积,更好捕捉CO2;
(2)①根据电解原理,阴极上得到电子,化合价降低,CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-,或CO2+H++2e-=HCOO-;
②阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,pH减小,H+与HCO3-反应,同时部分K+迁移至阴极区;
(3)①根据反应方程式,反应I为吸热反应,升高温度,平衡向正反应方向移动,CO2的转化率增大,反应II为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向进行,CO2的转化率降低,根据图像,上升幅度超过下降幅度,因此温度超过300℃时,CO2转化率上升;
②依据CH3OCH3选择性公式,提高CH3OCH3选择性,化学平衡向正反应方向进行,根据反应II,可以增大压强,或者使用对反应II催化活性更高的催化剂。
【点睛】本题的难点(1)是文字叙述,应根据图像和所学知识,结合所问问题进行分析解答;(2)电极反应式的书写,阴极反应是将CO2还原成HCOO-,先写出CO2+2e-→HCOO-,然后根据原子守恒,得出CO2+H++2e-=HCOO-,或者为CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-。

21.选做题:本题包括A、B两小题,请选定其中一小题,并在相应的答题区域内作答。若多做,则按A小题评分。
A.[物质结构与性质]
Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料,可制备Cu?O。
(1)Cu2+基态核外电子排布式为____。
(2) 的空间构型为____(用文字描述);Cu2+与OH?反应能生成[Cu(OH)4]2?,[Cu(OH)4]2?中的配位原子为____(填元素符号)。
(3)抗坏血酸的分子结构如图1所示,分子中碳原子的轨道杂化类型为____;推测抗坏血酸在水中的溶解性:____(填“难溶于水”或“易溶于水”)。
 
(4)一个Cu2O晶胞(见图2)中,Cu原子的数目为____。
【答案】    (1). [Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9    (2). 正四面体    (3). O    (4). sp3、sp2    (5). 易溶于水    (6). 4
【解析】
【分析】
A.考查物质结构与性质,涉及内容为电子排布式的书写、空间构型、配合物知识、杂化类型的判断、溶解性等知识,都属于基础性知识,难度系数不大;
【详解】A.(1)本小题考查电子排布式的书写,Cu位于第四周期IB族,其价电子排布式为3d104s1,因此Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9;
(2)本小题考查空间构型或配位原子,SO42-中S有4个σ键,孤电子对数为(6+2-2-4×2)/2=0,因此SO42-空间构型为正四面体形;[Cu(OH)4]2-中Cu2+提供空轨道,OH-提供孤电子对,OH-只有O有孤电子对,因此[Cu(OH)4]2-中的配位原子为O;
(3)考查杂化类型和溶解性,根据抗坏血酸的分子结构,该结构中有两种碳原子,单键的碳原子和双键的碳原子,单键碳原子以sp3杂化,双键的碳原子以sp2杂化;根据抗环血酸分子结构,其中含有-OH,能与水形成分子间氢键,增加在水中的溶解度,因此抗坏血酸易溶于水;
(4)考查晶胞的计算,白球位于顶点和内部,属于该晶胞的个数为8×1/8+1=2,黑球全部位于晶胞内部,属于该晶胞的个数为4,化学式为Cu2O,因此白球为O原子,黑球为Cu原子,即Cu原子的数目为4;
【点睛】A.有关物质结构与性质的考查,相对比较简单,考查点也是基本知识,这就要求考生在《物质结构与性质》的学习中夯实基础知识,同时能够达到对知识灵活运用,如考查抗坏血酸分子溶解性,可以从乙醇极易溶于水的原因分析;



非选择题(共80分)
16.(1)2NH3+2O2 N2O+3H2O(2)①BC②NaNO3NO(3)①3HClO+2NO+H2O 3Cl?+2 +5H+②溶液pH越小,溶液中HClO的浓度越大,氧化NO的能力越强
17.1)(酚)羟基、羧基(2)取代反应(3) (4) (5)  
18.(1)2Fe2++ H2O2+2H+ 2Fe3++2H2O减小(2)①偏大②n( )=5.000×10?2 mol?L?1×22.00 mL×10?3 L?mL?1=1.100×10?3 mol由滴定时 →Cr3+和Fe2+→Fe3+,根据电子得失守恒可得微粒的关系式: ~6Fe2+(或 +14H++6Fe2+ 6Fe3++2Cr3++7H2O)则n(Fe2+)=6n( )=6×1.100×10?3 mol=6.600×10?3 mol样品中铁元素的质量:m(Fe)=6.600×10?3 mol×56 g?mol?1=0.3696 g样品中铁元素的质量分数:w(Fe)= ×100%=12.32%
19.(15分)
(1)1.6×104
(2) +NH3?H2O  + +H2O(或 +NH3?H2O  + +H2O)
增加溶液中 的浓度,促进CaSO4的转化
(3)温度过高,(NH4)2CO3分解        加快搅拌速率
(4) 搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣,待观察不到气泡产生后,过滤,向滤液中分批加入少量Ca(OH)2,用pH试纸测量溶液pH,当pH介于5~8.5时,过滤
20.(14分)
(1)①CaC2O4 CaCO3+CO↑
②CaC2O4?H2O热分解放出更多的气体,制得的CaO更加疏松多孔
(2)①CO2+H++2e? HCOO?或CO2+ +2e? HCOO?+
②阳极产生O2,pH减小, 浓度降低;K+部分迁移至阴极区
(3)①反应Ⅰ的ΔH>0,反应Ⅱ的ΔH<0,温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升,使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,且上升幅度超过下降幅度
②增大压强,使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
21.(12分)【选做题】
A.[物质结构与性质]
(1)[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9    (2)正四面体    O    (3)sp3、sp2    易溶于水        (4)4
B.[实验化学]
(1)作为溶剂、提高丙炔酸 转化率
(2)(直形)冷凝管        防止暴沸
(3)丙炔酸        分液
(4)丙炔酸甲酯的沸点比水的高



22.B.[实验化学]
丙炔酸甲酯( )是一种重要的有机化工原料,沸点为103~105 ℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为
 
实验步骤如下:
步骤1:在反应瓶中,加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸,搅拌,加热回流一段时间。
步骤2:蒸出过量的甲醇(装置见下图)。
步骤3:反应液冷却后,依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。
步骤4:有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏,得丙炔酸甲酯。
 
(1)步骤1中,加入过量甲醇的目的是________。
(2)步骤2中,上图所示的装置中仪器A的名称是______;蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是______。
(3)步骤3中,用5%Na2CO3溶液洗涤,主要除去的物质是____;分离出有机相的操作名称为____。
(4)步骤4中,蒸馏时不能用水浴加热的原因是________。
【答案】    (1). 作为溶剂、提高丙炔酸的转化率    (2). (直形)冷凝管    (3). 防止暴沸    (4). 丙炔酸    (5). 分液    (6). 丙炔酸甲酯的沸点比水的高
【解析】
【详解】B.(1)一般来说,酯化反应为可逆反应,加入过量的甲醇,提高丙炔酸的转化率,丙炔酸溶解于甲醇,甲醇还作为反应的溶剂;
(2)根据装置图,仪器A为直形冷凝管;加热液体时,为防止液体暴沸,需要加入碎瓷片或沸石,因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸;
(3)丙炔酸甲酯的沸点为103℃-105℃,制备丙炔酸甲酯采用水浴加热,因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外,还含有丙炔酸,5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸,降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度,使之析出,然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯;
(4)水浴加热提供最高温度为100℃,而丙炔酸甲酯的沸点为103℃-105℃,采用水浴加热,不能达到丙炔酸甲酯的沸点,因此采用直接加热蒸馏。
【点睛】B,《实验化学》的考查,相对比较简单,本题可以看作是对制备乙酸乙酯实验的变形,如碳酸钠的作用,乙酸乙酯中饱和碳酸钠的作用是吸收乙醇,除去乙酸,降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等,平时复习实验时,应注重课本实验复习,特别是课本实验现象、实验不足等等。

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