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全站|2019年高考真题——化学 Word版含剖析

本文摘要:2019年普通高等学校招生全国统一考试 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。考试竣事后,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毫米玄色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的划定位置。 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,请用橡皮擦洁净后,再选涂其他谜底。

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2019年普通高等学校招生全国统一考试 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。考试竣事后,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毫米玄色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的划定位置。

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,请用橡皮擦洁净后,再选涂其他谜底。作答非选择题,必须用0.5毫米玄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:本题包罗10 小题,每小题2 分,共计20 分。每小题只有一个选项切合题意。

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【谜底】C【剖析】【分析】此题属于一道简朴题目,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;卵白质和氨基酸中含有N元素,故选C。2.反映NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放热且发生气体,可用于冬天石油开采。

下列表现反映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=NC. Na+的结构示意图:D. H2O的电子式:【谜底】D【剖析】【分析】此题考察化学用语,化学用语包罗:化学式,结构式,电子式,原子结构示意图以及差别核素的表达,也属于简朴题【详解】A.考察核素的表达:abX,其中a表现X原子的相对原子质量,b表现X原子的质子数,那中子数=a-b,所以A选项表现的是中子数为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,表现的钠原子的结构示意图,故错误。D.氧原子最外层六个电子,两个氢划分和氧公用一对电子。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受热易剖析,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【谜底】B【剖析】【详解】A.NH4HCO3受热易剖析和用作化肥无关,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映,具有对应关系;C. 二氧化硫的漂白属于联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,只和强还原剂反映例如硫化氢,和其他物质反映主要体现还原性;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,和酸碱都反映可以体现 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+、、、【谜底】A【剖析】【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情况中是否有离子会相互反映,能大量共存就是没有可以相互发生反映的离子存在。【详解】A选项是一个碱性情况,没有存在能与氢氧根发生反映的离子,故A正确;B选项是一个亚铁离子和氯离子的情况,选项中有高锰酸根可以与铁离子反映,故错误;C选项是一个钾离子和碳酸根的情况,选项中存在钡离子可以与碳酸根发生反映生成沉淀,故错误;D选项是氢离子和硫酸根的情况,选项中有硝酸根和亚硫酸氢根,其中硝酸根可以与氢离子联合成硝酸,硝酸具有强氧化性可以氧化亚硫酸氢根,故错误。

5.下列实验操作能到达实验目的的是A. 用经水湿润的pH试纸丈量溶液的pHB. 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【谜底】D【剖析】【分析】此题考点为凭据所给实验操作是否可以到达实验目的,必须要凭据实验操作推断出实验的效果,再与选项中的实验效果一一对应。属于简朴通例题目【详解】用水润湿的PH试纸丈量溶液的PH会泛起人为误差,实验数据禁绝,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,加热后水解水平增大,蒸发所得的产物为氢氧化铝固体,故C错误;【点睛】蒸干溶液可以获得溶质固体,但必须思量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纷歧定是溶液的溶质。6.下列有关化学反映的叙述正确的是A. Fe在稀硝酸中发生钝化 B. MnO2和稀盐酸反映制取Cl2C. SO2与过量氨水反映生成(NH4)2SO3 D. 室温下Na与空气中O2反映制取Na2O2【谜底】C【剖析】【分析】相同的反映物,条件差别(如温度、浓度、过量与少量),反映有可能也差别;A.钝化反映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映中应注意盐酸的浓度和反映温度;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,其与氧气反映,温度差别,产物也差别;【详解】A.常温下,Fe在与浓硝酸发生钝化反映,故A错误;B.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反映制取氯气,故B错误;C.二氧化硫与过量氨水反映生成硫酸铵,故C正确;D.常温下,Na与空气中的氧气反映生成Na2O;加热条件下,钠与氧气反映生成Na2O2,故D错误;综上所述,本题应选C。

【点睛】本题考察常见物质的化学反映,相同的反映物,条件差别(如温度、浓度、过量与少量),反映有可能也差别,所以在形貌化学反映时应注意反映的条件。7.下列指定反映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−+H2OB. 用铝粉和NaOH溶液反映制取少量H2:Al+2OH−+H2↑C. 室温下用稀HNO3溶解铜:Cu+2+2H+Cu2++2NO2↑+H2OD. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸:Na2SiO3+2H+H2SiO3↓+2Na+【谜底】A【剖析】【分析】B.电荷不守恒;C.不切合客观事实;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.该离子方程式反映前后电荷不守恒,应改为:2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2,故B错误;C.室温下,铜与稀硝酸反映生成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】本题考察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举行:①从反映原理举行判断,如反映是否能发生、反映是否生成所给产物等;②从物质存在形态举行判断,如拆分是否正确、是否正确表现了难溶物和气体等;③从守恒角度举行判断,如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反映中的电子守恒等;④从反映的条件举行判断;⑤从反映物的组成以及反映物之间的配比举行判断。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质料,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的简朴气态氢化物的热稳定性比X的强【谜底】B【剖析】【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质料,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】本题考察原子结构与元素性质,题目难度不大,应先凭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,注意掌握原子组成及表现方法,试题造就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)【谜底】B【剖析】【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.凭据‘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映制备碳酸氢钠是使用碳酸氢钠的溶解度低;【详解】A.氯气的氧化性强,与铁单质反映直接生成氯化铁,故A错误;B.氯化镁与石灰乳发生复剖析反映生成氢氧化镁,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映生成碳酸氢钠,碳酸氢钠受热剖析可生成碳酸钠,故D错误;综上所述,本题应选B。【点睛】本题考察元素及其化合物之间的相互转化和反映条件,,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淆物用NaCl溶液湿润后,置于如图所示装置中,举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. 铁被氧化的电极反映式为Fe−3e−Fe3+B. 铁腐蚀历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. 以水取代NaCl溶液,铁不能发生吸氧腐蚀【谜底】C【剖析】【分析】凭据实验所给条件可知,本题铁发生的是吸氧腐蚀,负极反映为:Fe-2e-=Fe2-;正极反映为: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,即负极反映为:Fe-2e-=Fe2-,故A错误;B.铁的腐蚀历程中化学能除了转化为电能,另有一部门转化为热能,故B错误;C.活性炭与铁混淆,在氯化钠溶液中组成了许多微小的原电池,加速了铁的腐蚀,故C正确D.以水取代氯化钠溶液,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】本题考察金属铁的腐蚀。凭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,负极反映为:Fe-2e-=Fe2-;正极反映为:2H+ +2e-=H2;电解质溶液为碱性或中性条件下,发生吸氧腐蚀,负极反映为:Fe-2e-=Fe2-;正极反映为:O2+H2O +4e-=4OH-。不定项选择题:本题包罗5 小题,每小题4 分,共计20 分。每小题只有一个或两个选项切合题意。

若正确谜底只包罗一个选项,多选时,该小题得0 分;若正确谜底包罗两个选项,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映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,反映2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)能自发举行,该反映的ΔH<0B. 氢氧燃料电池负极反映为O2+2H2O+4e−4OH−C. 常温常压下,氢氧燃料电池放电历程中消耗11.2 L H2,转移电子的数目为6.02×1023D. 反映2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)的ΔH可通过下式估算:【谜底】A【剖析】【详解】A.体系能量降低和杂乱度增多数有促使反映自发举行的倾向,该反映属于杂乱度减小的反映,能自发说明该反映为放热反映,即∆H<0,故A正确;B.氢氧燃料电池,氢气作负极,失电子发生氧化反映,中性条件的电极反映式为:2H2 - 4e- =4H+,故B错误;C.常温常压下,Vm≠22.L/mol,无法凭据气体体积举行微粒数目的盘算,故C错误;D.反映中,应该如下估算:∆H=反映中断裂旧化学键的键能之和-反映中形成新共价键的键能之和,故D错误;故选A。

ΔH=反映中形成新共价键的键能之和−反映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反映B. Y与乙醇发生酯化反映可获得XC. X、Y均能与酸性KMnO4溶液反映D. 室温下X、Y划分与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等【谜底】CD【剖析】【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反映,故A错误;B.比力X与Y的结构可知,Y与乙酸发生酯化反映可获得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映,故C正确;D.X和Y分子中碳碳双键的位置相同,划分与足量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.室温下举行下列实验,凭据实验操作和现象所获得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混淆溶液中滴加少量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8HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强A. A B. B C. C D. D【谜底】C【剖析】【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,凭据氧化还原反映的原理得出结论:Br2的氧化性比I2的强,故C正确;D.CH3COONa和NaNO2溶液浓度未知,所以无法凭据pH的巨细,比力出两种盐的水解水平,也就无法比力HNO2和CH3COOH的电离的难易水平,故D错误;故选C。14.室温下,反映+H2OH2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。

将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混淆,可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混淆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溶液等体积混淆:c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c()+c()D. 0.6mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混淆:c(NH3·H2O)+c()+c(OH−)=0.3mol·L−1+c(H2CO3)+c(H+)【谜底】BD【剖析】【详解】A.NH3∙H2O属于弱电解,部门电离,氨水中存在的电离平衡有:NH3∙H2ONH4++OH-,H2OH++OH-,所以c(OH-)>c(NH4+),故A错误;B.NH4HCO3溶液显碱性,说明HCO3-的水解水平大于NH4+的水解,所以c(NH4+)>c(HCO3-),HCO3-水解:HCO3-H2CO3+OH-,NH4+水解:NH4++H2ONH3∙H2O+H+,前者水解水平大,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;联合①②消去c(NH4+)得:c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③,0.2mol/LNH4HCO3与氨水等体积混淆后,c(NH4HCO3)=0.1mol/L,由碳守恒有,c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④,将③等式双方各加一个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,催化反映相同时间,测得差别温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表现相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是A. 反映2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>0B. 图中X点所示条件下,延长反映时间能提高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【谜底】BD【剖析】【详解】A.随温度升高NO的转化率先升高后降低,说明温度较低时反映较慢,一段时间内并未到达平衡,分析温度较高时,已到达平衡时的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偏向移动,凭据勒夏特列原理分析该反映为放热反映,∆H<0,故A错误;B.凭据上述分析,X点时,反映还未到达平衡状态,平衡正向移动,所以延长反映时间能提高NO的转化率,故B正确;C.Y点,反映已经到达平衡状态,此时增加O2的浓度,使得正反映速率大于逆反映速率,平衡向正偏向移动,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的浓度划分为0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L,凭据平衡常数表达式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置惩罚后才气排放。(1)N2O的处置惩罚。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剖析。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的处置惩罚。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收,主要反映为NO+NO2+2OH−2+H2O2NO2+2OH−++H2O①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有________(填字母)。A.加速通入尾气的速率B.接纳气、液逆流的方式吸收尾气C.吸收尾气历程中定期补加适量NaOH溶液②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤,获得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(用稀盐酸调治)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________。【谜底】 (1). 2NH3+2O2N2O+3H2O (2). BC (3). NaNO3 (4). NO (5). 3HClO+2NO+H2O3Cl−+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【剖析】【详解】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反映生成N2O,凭据得失电子守恒和原子守恒可知反映有水生成,配平化学方程式为:2NH3+2O2N2O+3H2O,故谜底为:2NH3+2O2N2O+3H2O;(2)①A.加速通入尾气的速率,不能提高尾气中NO和NO2的去除率,不选A;B.接纳气、液逆流的方式吸收尾气,可使气液充实接触,能提高尾气中NO和NO2的去除率,选B;C.定期增补适量的NaOH溶液可增大反映物浓度,能提高尾气中NO和NO2的去除率,选C。

故谜底为:BC;②由吸收反映:NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O,2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知,反映后获得NaNO2和NaNO3混淆溶液,经浓缩、结晶、过滤获得NaNO2和NaNO3晶体,因此获得的NaNO2混有NaNO3;由吸收反映可知,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,故谜底为:NaNO3;NO;(3)①在酸性的NaClO溶液中,次氯酸根离子和氢离子联合生成HClO,HClO和NO发生氧化还原反映生成NO3-和Cl-,凭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+,故谜底为: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,由反映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,故谜底为: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,其合成门路如下:(1)A中含氧官能团的名称为________和________。(2)A→B的反映类型为________。

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(3)C→D的反映中有副产物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溶液发生显色反映;②碱性水解后酸化,含苯环的产物分子中差别化学情况的氢原子数目比为1∶1。

(5)已知:(R表现烃基,R'和R"表现烃基或氢),写出以和CH3CH2CH2OH为原料制备的合成门路流程图(无机试剂和有机溶剂任用,合成门路流程图示例见本题题干)。________________________【谜底】 (1). (酚)羟基 (2). 羧基 (3). 取代反映 (4). (5). (6).【剖析】【分析】有机物A和SOCl2在加热条件下发生取代反映生成B,B和甲醇发生酯化反映生成C,C和CH3OCH2Cl在三乙胺存在条件下发生取代反映生成D,D和CH3I在K2CO3条件下发生取代反映生成E,E在LiAlH4条件下发生还原反映生成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,故谜底为:(酚)羟基;羧基;(2)凭据以上分析可知,A→B反映-COOH中的羟基被氯原子取代,反映类型为取代反映,故谜底为:取代反映;(3)视察对比C、D的结构可知,C→D的反映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映则获得另一种产物,联合副产物X的分子式C12H15O6Br,可知X的结构简式为,故谜底为:;(4)C为,C的同分异构体满足以下条件:①能与FeCl3溶液发生显色反映,说明含有酚羟基;②碱性水解后酸化,含苯环的产物分子中差别化学情况的氢原子数目比为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,故谜底为:;(5)凭据逆合成法,若要制备,凭据题给信息可先制备和CH3CH2CHO。

联合所给原料,1-丙醇催化氧化生成CH3CH2CHO,参考题中E→F的反映条件, 在LiAlH4条件下发生还原反映生成,和HCl发生取代反映生成,在Mg、无水乙醚条件下发生已知中的反映生成,和CH3CH2CHO反映生成,所以合成门路设计为:CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO,,故谜底为: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,继续反映一段时间,获得红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为________;水解聚合反映会导致溶液的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+),充实反映后,除去过量的Sn2+。用5.000×10−2 mol·L−1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定历程中与Fe2+反映生成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效果将________(填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。②盘算该样品中铁的质量分数(写出盘算历程)_____。【谜底】 (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+,凭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%【剖析】【分析】(1)Fe2+具有还原性,H2O2具有氧化性,凭据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子方程式;凭据水解反映的离子方程式分析溶液pH的变化;(2)①凭据Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+判断还原性的强弱,进一步举行误差分析;②凭据K2Cr2O7溶液的浓度和体积盘算消耗的K2Cr2O7物质的量,由得失电子守恒盘算n(Fe2+),联合Fe守恒和ω(Fe)的表达式盘算。

【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,凭据得失电子守恒可写出反映2Fe2++H2O2→2Fe3++2H2O,凭据溶液呈酸性、联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发生水解反映Fe2(SO4)3+(6-2n)H2O Fe2(OH)6-2n(SO4)n+(3-n)H2SO4,Fe2(OH)6-2n(SO4)n聚合获得聚合硫酸铁,凭据水解方程式知水解聚合反映会导致溶液的酸性增强,pH减小。谜底:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 减小(2)①凭据题意,Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+,发生的反映为Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+,凭据还原性: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效果将偏大。

谜底:偏大② 实验历程中消耗的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+,凭据电子得失守恒,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(凭据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历程为载体,考察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盘算。易错点是第(2)①的误差分析,应使用“强制弱”和“先强后弱”的氧化还原反映纪律分析。

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,反映CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)到达平衡,则溶液中=________[Ksp(CaSO4)=4.8×10−5,Ksp(CaCO3)=3×10−9]。(2)将氨水和NH4HCO3溶液混淆,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举行。控制反映温度在60~70 ℃,搅拌,反映3小时。温渡过高将会导致CaSO4的转化率下降,其原因是________;保持温度、反映时间、反映物和溶剂的量稳定,实验中提高CaSO4转化率的操作有________。

(4)滤渣水洗后,经多步处置惩罚获得制备轻质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]。【谜底】 (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). 温渡过高,(NH4)2CO3剖析 (5). 加速搅拌速率 (6). 在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣,待视察不到气泡发生后,过滤,向滤液中分批加入少量Ca(OH)2,用pH试纸丈量溶液pH,当pH介于5~8.5时,过滤【剖析】【分析】(1)反映CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数表达式为,联合CaSO4和CaCO3的Ksp盘算;(2)氨水与NH4HCO3反映生成(NH4)2CO3;加入氨水抑制(NH4)2CO3的水解;(3)温渡过高,(NH4)2CO3剖析,使CaSO4转化率下降;保持温度、反映时间、反映物和溶剂的量稳定,提高CaSO4转化率即提高反映速率,联合反映的特点从影响反映速率的因素分析;(4)凭据工业废渣中的身分知,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,凭据题给试剂,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,联合题给已知,再使用Ca(OH)2调治pH除去Al3+和Fe3+。【详解】(1)反映CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)到达平衡时,溶液中====1.6×104。

谜底:1.6×104(2)NH4HCO3属于酸式盐,与氨水反映生成(NH4)2CO3,反映的化学方程式为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·H2ONH4++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++H2OHCO3-+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,反映CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)正向移动,促进CaSO4的转化。谜底:HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O(或HCO3-+NH3·H2ONH4++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,受热易剖析,所以温渡过高,(NH4)2CO3剖析,从而使CaSO4转化率下降;由于浸取历程中的反映属于固体与溶液的反映(或发生沉淀的转化),保持温度、反映时间、反映物和溶剂的量稳定,提高CaSO4转化率即提高反映速率,联合外界条件对化学反映速率的影响,实验历程中提高CaSO4转化率的操作为加速搅拌速率(即增大接触面积,加速反映速率,提高浸取率)。

谜底:温渡过高,(NH4)2CO3剖析 加速搅拌速率(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反映生成CaCO3和(NH4)2SO4,SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反映,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,凭据题给试剂,首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2,发生的反映为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑,与此同时发生反映Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,SiO2不反映,经由滤除去SiO2;获得的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3,凭据“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调治溶液的pH介于5~8.5[加入Ca(OH)2的历程中要边加边测定溶液的pH],然后过滤即可制得CaCl2溶液。谜底:在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣,待视察不到气泡发生后,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,考察溶度积的盘算、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置惩罚能力等。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身分,然后联合题给试剂和已知举行分析,作答时要答出关键点,如pH介于5~8.5等。20.CO2的资源化使用能有效淘汰CO2排放,充实使用碳资源。

(1)CaO可在较高温度下捕集CO2,在更高温度下将捕集的CO2释放使用。CaC2O4·H2O热剖析可制备CaO,CaC2O4·H2O加热升温历程中固体的质量变化见下图。

①写出400~600 ℃规模内剖析反映的化学方程式:________。②与CaCO3热剖析制备CaO相比,CaC2O4·H2O热剖析制备的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资源化使用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。

①写出阴极CO2还原为HCOO−的电极反映式:________。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,其历程中主要发生下列反映:反映Ⅰ:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH =41.2 kJ·mol−1反映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平衡转化率宁静衡时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反映一段时间后,测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反映时间和温度,一定能提高CH3OCH3选择性的措施有________。

【谜底】 (1). CaC2O4CaCO3+CO↑ (2). CaC2O4·H2O热剖析放出更多的气体,制得的CaO越发疏松多孔 (3). CO2+H++2e−HCOO−或CO2++2e−HCOO−+ (4). 阳极发生O2,pH减小,浓度降低;K+部门迁移至阴极区 (5). 反映Ⅰ的ΔH>0,反映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,且上升幅度凌驾下降幅度 (6). 增大压强,使用对反映Ⅱ催化活性更高的催化剂【剖析】【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生长的作用,试题以淘汰CO2排放,充实使用碳资源为配景,考察《化学反映原理》模块中方程式的盘算、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,凭据图像,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℃规模内,剖析反映方程式为CaC2O4 CaCO3+CO↑;②CaC2O4·H2O热剖析放出更多的气体,制得的CaO越发疏松多孔,增加与CO2的接触面积,更好捕捉CO2;(2)①凭据电解原理,阴极上获得电子,化合价降低,CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-,或CO2+H++2e-=HCOO-;②阳极反映式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,pH减小,H+与HCO3-反映,同时部门K+迁移至阴极区;(3)①凭据反映方程式,反映I为吸热反映,升高温度,平衡向正反映偏向移动,CO2的转化率增大,反映II为放热反映,升高温度,平衡向逆反映偏向举行,CO2的转化率降低,凭据图像,上升幅度凌驾下降幅度,因此温度凌驾300℃时,CO2转化率上升;②依据CH3OCH3选择性公式,提高CH3OCH3选择性,化学平衡向正反映偏向举行,凭据反映II,可以增大压强,或者使用对反映II催化活性更高的催化剂。【点睛】本题的难点(1)是文字叙述,应凭据图像和所学知识,联合所问问题举行分析解答;(2)电极反映式的书写,阴极反映是将CO2还原成HCOO-,先写出CO2+2e-→HCOO-,然后凭据原子守恒,得出CO2+H++2e-=HCOO-,或者为CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-。21.选做题:本题包罗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。

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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Cu₂O。(1)Cu2+基态核外电子排布式为____。

(2)的空间构型为____(用文字形貌);Cu2+与OH−反映能生成[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____。

【谜底】 (1). [Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9 (2). 正四面体 (3). O (4). sp3、sp2 (5). 易溶于水 (6). 4【剖析】【分析】A.考察物质结构与性质,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)本小题考察电子排布式的书写,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)本小题考察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)考察杂化类型和溶解性,凭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;凭据抗环血酸分子结构,其中含有-OH,能与水形身分子间氢键,增加在水中的溶解度,因此抗坏血酸易溶于水;(4)考察晶胞的盘算,白球位于极点和内部,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察,相对比力简朴,考察点也是基本知识,这就要求考生在《物质结构与性质》的学习中夯实基础知识,同时能够到达对知识灵活运用,如考察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+2O2N2O+3H2O(2)①BC②NaNO3NO(3)①3HClO+2NO+H2O3Cl−+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)取代反映(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+,凭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)温渡过高,(NH4)2CO3剖析 加速搅拌速率(4)搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣,待视察不到气泡发生后,过滤,向滤液中分批加入少量Ca(OH)2,用pH试纸丈量溶液pH,当pH介于5~8.5时,过滤20.(14分)(1)①CaC2O4CaCO3+CO↑②CaC2O4·H2O热剖析放出更多的气体,制得的CaO越发疏松多孔(2)①CO2+H++2e−HCOO−或CO2++2e−HCOO−+②阳极发生O2,pH减小,浓度降低;K+部门迁移至阴极区(3)①反映Ⅰ的ΔH>0,反映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,且上升幅度凌驾下降幅度②增大压强,使用对反映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)4B.[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映为实验步骤如下:步骤1:在反映瓶中,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:反映液冷却后,依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分散出有机相。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____;分散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________。【谜底】 (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【剖析】【详解】B.(1)一般来说,酯化反映为可逆反映,加入过量的甲醇,提高丙炔酸的转化率,丙炔酸溶解于甲醇,甲醇还作为反映的溶剂;(2)凭据装置图,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℃,制备丙炔酸甲酯接纳水浴加热,因此反映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,然后通太过液的方法获得丙炔酸甲酯;(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℃,接纳水浴加热,不能到达丙炔酸甲酯的沸点,因此接纳直接加热蒸馏。【点睛】B,《实验化学》的考察,相对比力简朴,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,平时温习实验时,应注重课本实验温习,特别是课本实验现象、实验不足等等。


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