2019年高考真題——化學 Word版含解析

2019年普通高等學校招生全國統一考試

注 意 事 項

考生在答題前請認真閱讀本注意事項及各題答題要求

1．本卷滿分為120分，考試時間為100分鐘。考試結束後，請將本試卷和答題卡一併交回。

2．答題前，請務必將自己的姓名、准考證號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置。

3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、准考證號與本人是否相符。

4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框塗滿、塗黑；如需改動，請用橡皮擦乾淨後，再選塗其他答案。作答非選擇題，必須用0.5毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效。

5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗。

可能用到的相對原子質量： 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

選 擇 題

單項選擇題：本題包括10 小題，每小題2 分，共計20 分。每小題只有一個選項符合題意。

1.糖類是人體所需的重要營養物質。澱粉分子中不含的元素是

A. 氫 B. 碳 C. 氮 D. 氧

【答案】C

【解析】

【分析】

此題屬於一道簡單題目，考點在於營養物質中糖類的組成元素。

【詳解】澱粉屬於多糖，組成元素為CxH2nOn；蛋白質和氨基酸中含有N元素，故選C。

2.反應NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放熱且產生氣體，可用於冬天石油開採。下列表示反應中相關微粒的化學用語正確的是

A. 中子數為18的氯原子：

B. N2的結構式：N=N

C. Na+的結構示意圖：

D. H2O的電子式：

【答案】D

【解析】

【分析】

此題考查化學用語，化學用語包括:化學式，結構式，電子式，原子結構示意圖以及不同核素的表達，也屬於簡單題

【詳解】A.考察核素的表達:abX,其中a表示X原子的相對原子質量，b表示X原子的質子數，那中子數=a-b,所以A選項表示的是中子數為1的氯原子與題意不符；B考察的結構式，因為氮原子最外層電子數為5，還需要3個電子形成8電子穩定結構，所以倆個氮原子共用3對電子因此氮氣的結構式為氮氮三鍵的形式,故B錯誤；C.考察的原子結構示意圖，鈉原子的核外有11個電子，而鈉離子是由鈉原子失去一個電子形成的，那麼鈉離子的一共有10個電子，C選項有11個，表示的鈉原子的結構示意圖，故錯誤。D.氧原子最外層六個電子，兩個氫分別和氧公用一對電子。D正確。

故選D。

3.下列有關物質的性質與用途具有對應關係的是

A. NH4HCO3受熱易分解，可用作化肥

B. 稀硫酸具有酸性，可用於除去鐵鏽

C. SO2具有氧化性，可用於紙漿漂白

D. Al2O3具有兩性，可用於電解冶煉鋁

【答案】B

【解析】

【詳解】A.NH4HCO3受熱易分解和用作化肥無關，可以用作化肥是因為含有氮元素；

B.硫酸酸性可以和金屬氧化物反應，具有對應關係；

C. 二氧化硫的漂白屬於結合漂白不涉及氧化還原，故和氧化性無關，而且二氧化硫氧化性較弱，只和強還原劑反應例如硫化氫，和其他物質反應主要體現還原性；

D. 電解冶煉鋁，只能說明氧化鋁導電，是離子晶體，無法說明是否具有兩性，和酸鹼都反應可以體現 Al2O3具有兩性。

故選B.

4.室溫下，下列各組離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】

此題考的是離子共存問題，應從選項的條件獲取信息，在從中判斷在此條件的環境中是否有離子會互相反應，能大量共存就是沒有可以互相發生反應的離子存在。

【詳解】A選項是一個鹼性環境，沒有存在能與氫氧根發生反應的離子，故A正確；B選項是一個亞鐵離子和氯離子的環境，選項中有高錳酸根可以與鐵離子反應，故錯誤；C選項是一個鉀離子和碳酸根的環境，選項中存在鋇離子可以與碳酸根發生反應生成沉澱，故錯誤；D選項是氫離子和硫酸根的環境，選項中有硝酸根和亞硫酸氫根，其中硝酸根可以與氫離子結合成硝酸，硝酸具有強氧化性可以氧化亞硫酸氫根，故錯誤。

5.下列實驗操作能達到實驗目的的是

A. 用經水溼潤的pH試紙測量溶液的pH

B. 將4.0 g NaOH固體置於100 mL容量瓶中，加水至刻度，配製1.000 mol·L−1NaOH溶液

C. 用裝置甲蒸乾AlCl3溶液制無水AlCl3固體

D. 用裝置乙除去實驗室所制乙烯中的少量SO2

【答案】D

【解析】

【分析】

此題考點為根據所給實驗操作是否可以達到實驗目的，必須要根據實驗操作推斷出實驗的結果，再與選項中的實驗結果一一對應。屬於簡單常規題目

【詳解】用水潤溼的PH試紙測量溶液的PH會出現人為誤差，實驗數據不準，故A項錯誤；B選項將氫氧化鈉直接置於容量瓶中，加水後氫氧化鈉溶於水會放熱引起實驗誤差或炸裂容量瓶，故錯誤；用甲裝置蒸乾氯化鋁溶液所得的產物因氯離子會發生水解，加熱後水解程度增大，蒸發所得的產物為氫氧化鋁固體，故C錯誤；

【點睛】蒸乾溶液可以得到溶質固體，但必須考慮溶液中弱離子的水解平衡，當溫度升高後會促進弱離子水解，那最後實驗所得產物不一定是溶液的溶質。

6.下列有關化學反應的敘述正確的是

A. Fe在稀硝酸中發生鈍化 B. MnO2和稀鹽酸反應制取Cl2

C. SO2與過量氨水反應生成(NH4)2SO3 D. 室溫下Na與空氣中O2反應制取Na2O2

【答案】C

【解析】

【分析】

相同的反應物，條件不同（如溫度、濃度、過量與少量），反應有可能也不同；

A.鈍化反應應注意必須註明常溫下，濃硝酸與Fe發生鈍化；

B.實驗室製備氯氣的反應中應注意鹽酸的濃度和反應溫度；

C.過量與少量問題應以少量物質為基準書寫產物；

D.鈉的還原性強，其與氧氣反應，溫度不同，產物也不同；

【詳解】A.常溫下，Fe在與濃硝酸發生鈍化反應，故A錯誤；

B.二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下反應制取氯氣，故B錯誤；

C.二氧化硫與過量氨水反應生成硫酸銨，故C正確；

D.常溫下，Na與空氣中的氧氣反應生成Na2O；加熱條件下，鈉與氧氣反應生成Na2O2，故D錯誤；

綜上所述，本題應選C。

【點睛】本題考查常見物質的化學反應，相同的反應物，條件不同（如溫度、濃度、過量與少量），反應有可能也不同，所以在描述化學反應時應注意反應的條件。

7.下列指定反應的離子方程式正確的是

A. 室溫下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O

B. 用鋁粉和NaOH溶液反應制取少量H2：Al+2OH−+H2↑

C. 室溫下用稀HNO3溶解銅：Cu+2+2H+Cu2++2NO2↑+H2O

D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3↓+2Na+

【答案】A

【解析】

【分析】

B.電荷不守恆；

C.不符合客觀事實；

D.應拆分的物質沒有拆分；

【詳解】A.NaOH為強鹼，可以拆成離子形式，氯氣單質不能拆，產物中NaCl和NaClO為可溶性鹽，可拆成離子形式，水為弱電解質，不能拆，故A正確；

B.該離子方程式反應前後電荷不守恆，應改為：2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2，故B錯誤；

C.室溫下，銅與稀硝酸反應生成NO2 ,應改為：3Cu+2NO3-+8H+=2NO+3Cu2++4H2O，故C錯誤；

D.Na2SiO3為可溶性鹽，可以拆成離子形式，應改為：SiO32-++2H+=H2SiO3 ，故D錯誤；

綜上所述，本題應選A.

【點睛】本題考查離子方程式正誤的判斷。判斷離子方程式是否正確可從以下幾個方面進行：①從反應原理進行判斷，如反應是否能發生、反應是否生成所給產物等；②從物質存在形態進行判斷，如拆分是否正確、是否正確表示了難溶物和氣體等；③從守恆角度進行判斷，如原子守恆、電荷守恆、氧化還原反應中的電子守恆等；④從反應的條件進行判斷；⑤從反應物的組成以及反應物之間的配比進行判斷。

8.短週期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子的最外層有2個電子，Z的單質晶體是應用最廣泛的半導體材料，W與X位於同一主族。下列說法正確的是

A. 原子半徑：r(W)> r(Z)> r(Y)> r(X)

B. 由X、Y組成的化合物是離子化合物

C. Z的最高價氧化物對應水化物的酸性比W的強

D. W的簡單氣態氫化物的熱穩定性比X的強

【答案】B

【解析】

【分析】

X是地殼中含量最多的元素，因此X為O元素，Y的最外層有兩個電子，且Y是短週期元素，原子序數大於O,因此Y為Mg元素，Z的單質晶體是廣泛應用的半導體材料，所以Z為Si元素，W與X同主族，且W是短週期元素，原子序數大於X，所以W為S元素；據此解題；

【詳解】A.元素週期表中，同族元素原子半徑隨核電荷數增加而增加，O為於第二週期，其他元素位於第三週期，因此O的原子半徑最小，同週期元素，核電荷數越大，半徑越小，因此原子半徑應為r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A錯誤；

B.X為O元素，Y為Mg元素，兩者組成的化合物氧化鎂為離子化合物，故B正確；

C.Z為Si元素，W為S元素，因為S的非金屬性強於Si，所以S的最高價氧化物對應水化物的酸性強於Si的，故C錯誤；

D.W為S元素，X為O元素，因為O的非金屬性強於S，所以O的氣態氫化物的熱穩定性強於S的，故D錯誤；

總上所述，本題選B.

【點睛】本題考查原子結構與元素性質，題目難度不大，應先根據提示推斷所給原子的種類，再原子結構與元素週期律的關係為解答關鍵，注意掌握原子構成及表示方法，試題培養了學生的分析能力及靈活應用能力。

9.在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是

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.電解條件時應看清是電解水溶液還是電解熔融態物質；

B.根據‘強鹼制弱鹼’原理製備氫氧化鎂；

C.注意生成二氧化硫與三氧化硫的條件；

D.氨氣、二氧化碳和氯化鈉反應制備碳酸氫鈉是利用碳酸氫鈉的溶解度低；

【詳解】A.氯氣的氧化性強，與鐵單質反應直接生成氯化鐵，故A錯誤；

B.氯化鎂與石灰乳發生複分解反應生成氫氧化鎂，氫氧化鎂高溫煅燒生成氧化鎂和水，故B正確；

C.硫單質在空氣中燃燒只能生成SO2，SO2在與氧氣在催化劑條件下生成SO3，故C錯誤；

D.氨氣與二氧化碳和氯化鈉溶液反應生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉受熱分解可生成碳酸鈉，故D錯誤；

綜上所述，本題應選B。

【點睛】本題考查元素及其化合物之間的相互轉化和反應條件，，解題的關鍵是熟悉常見物質的化學性質和轉化條件。

10.將鐵粉和活性炭的混合物用NaCl溶液溼潤後，置於如圖所示裝置中，進行鐵的電化學腐蝕實驗。下列有關該實驗的說法正確的是

A. 鐵被氧化的電極反應式為Fe−3e−Fe3+

B. 鐵腐蝕過程中化學能全部轉化為電能

C. 活性炭的存在會加速鐵的腐蝕

D. 以水代替NaCl溶液，鐵不能發生吸氧腐蝕

【答案】C

【解析】

【分析】

根據實驗所給條件可知，本題鐵發生的是吸氧腐蝕，負極反應為：Fe-2e-=Fe2-；正極反應為：O2+H2O +4e-=4OH-;據此解題；

【詳解】A.在鐵的電化學腐蝕中，鐵單質失去電子轉化為二價鐵離子，即負極反應為：Fe-2e-=Fe2-，故A錯誤；

B.鐵的腐蝕過程中化學能除了轉化為電能，還有一部分轉化為熱能，故B錯誤；

C.活性炭與鐵混合，在氯化鈉溶液中構成了許多微小的原電池，加速了鐵的腐蝕，故C正確

D.以水代替氯化鈉溶液，水也呈中性，鐵在中性或鹼性條件下易發生吸氧腐蝕，故D錯誤；

綜上所述，本題應選C.

【點睛】本題考查金屬鐵的腐蝕。根據電解質溶液的酸鹼性可判斷電化學腐蝕的類型，電解質溶液為酸性條件下，鐵發生的電化學腐蝕為析氫腐蝕，負極反應為：Fe-2e-=Fe2-；正極反應為：2H+ +2e-=H2；電解質溶液為鹼性或中性條件下，發生吸氧腐蝕，負極反應為：Fe-2e-=Fe2-；正極反應為：O2+H2O +4e-=4OH-。

不定項選擇題：本題包括5 小題，每小題4 分，共計20 分。每小題只有一個或兩個選項符合題意。若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0 分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2 分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0 分。

11.氫氣與氧氣生成水的反應是氫能源應用的重要途徑。下列有關說法正確的是

A. 一定溫度下，反應2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)能自發進行，該反應的ΔH

B. 氫氧燃料電池負極反應為O2+2H2O+4e−4OH−

C. 常溫常壓下，氫氧燃料電池放電過程中消耗11.2 L H2，轉移電子的數目為6.02×1023

D. 反應2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)的ΔH可通過下式估算：

【答案】A

【解析】

【詳解】A.體系能量降低和混亂度增大都有促使反應自發進行的傾向，該反應屬於混亂度減小的反應，能自發說明該反應為放熱反應，即∆H<0，故A正確；

B.氫氧燃料電池，氫氣作負極，失電子發生氧化反應，中性條件的電極反應式為:2H2 - 4e- =4H+，故B錯誤；

C.常溫常壓下，Vm≠22.L/mol，無法根據氣體體積進行微粒數目的計算，故C錯誤；

D.反應中，應該如下估算：∆H=反應中斷裂舊化學鍵的鍵能之和-反應中形成新共價鍵的鍵能之和，故D錯誤；

故選A。

ΔH=反應中形成新共價鍵的鍵能之和−反應中斷裂舊共價鍵的鍵能之和

12.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X製得。

下列有關化合物X、Y的說法正確的是

A. 1 mol X最多能與2 mol NaOH反應

B. Y與乙醇發生酯化反應可得到X

C. X、Y均能與酸性KMnO4溶液反應

D. 室溫下X、Y分別與足量Br2加成的產物分子中手性碳原子數目相等

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.X分子中，1mol羧基消耗1molNaOH，1mol由酚羥基形成的酯基消耗2molNaOH，所以1molX最多能與3molNaOH反應，故A錯誤；

B.比較X與Y的結構可知，Y與乙酸發生酯化反應可得到X，故B錯誤；

C.X和Y分子中都含有碳碳雙鍵，所以均能與酸性高錳酸鉀溶液反應，故C正確；

D.X和Y分子中碳碳雙鍵的位置相同，分別與足量Br2加成後產物的結構相似，所以具有相同數目的手性碳原子，都有3個，故D正確；

故選CD。

13.室溫下進行下列實驗，根據實驗操作和現象所得到的結論正確的是

選項

實驗操作和現象

結論

A

向X溶液中滴加幾滴新制氯水，振盪，再加入少量KSCN溶液，溶液變為紅色

X溶液中一定含有Fe2+

B

向濃度均為0.05 mol·L−1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黃色沉澱生成

Ksp(AgI)> Ksp(AgCl)

C

向3 mL KI溶液中滴加幾滴溴水，振盪，再滴加1mL澱粉溶液，溶液顯藍色

Br2的氧化性比I2的強

D

用pH試紙測得：CH3COONa溶液的pH約為

9，NaNO2溶液的pH約為8

HNO2電離出H+的能力比CH3COOH的強

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液變紅，說明存在Fe3+，而此時的Fe3+是否由Fe2+氧化而來是不能確定的，所以結論中一定含有Fe2+是錯誤的，故A錯誤；

B. 黃色沉澱為AgI，在定量分析中可以看出AgI比AgCl更難溶，則說明Ksp(AgI)

C.溶液變藍說明有單質碘生成，說明溴置換出KI中的碘，根據氧化還原反應的原理得出結論：Br2的氧化性比I2的強，故C正確；

D.CH3COONa和NaNO2溶液濃度未知，所以無法根據pH的大小，比較出兩種鹽的水解程度，也就無法比較HNO2和CH3COOH的電離的難易程度，故D錯誤；

故選C。

14.室溫下，反應+H2OH2CO3+OH−的平衡常數K=2.2×10−8。將NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用於浸取廢渣中的ZnO。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物質的量濃度關係正確的是

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溶液等體積混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c()+c()

D. 0.6mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等體積混合：c(NH3·H2O)+c()+c(OH−)=0.3mol·L−1+c(H2CO3)+c(H+)

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.NH3∙H2O屬於弱電解，部分電離，氨水中存在的電離平衡有：NH3∙H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，故A錯誤；

B.NH4HCO3溶液顯鹼性，說明HCO3-的水解程度大於NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，前者水解程度大，則c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，故B正確；

C.由物料守恆，n(N):n(C)=2:1，則有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，故C錯誤；

D.由物料守恆，n(N):n(C)=4:1，則有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；電荷守恆有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；結合①②消去c(NH4+)得：c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/LNH4HCO3與氨水等體積混合後，c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恆有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，將③等式兩邊各加一個c(CO32-)，則有c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，將④帶入③中得，c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+3c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正確；

故選BD。

15.在恆壓、NO和O2的起始濃度一定的條件下，催化反應相同時間，測得不同溫度下NO轉化為NO2的轉化率如圖中實線所示(圖中虛線表示相同條件下NO的平衡轉化率隨溫度的變化)。下列說法正確的是

A. 反應2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>0

B. 圖中X點所示條件下，延長反應時間能提高NO轉化率

C. 圖中Y點所示條件下，增加O2的濃度不能提高NO轉化率

D. 380℃下，c起始(O2)=5.0×10−4 mol·L−1，NO平衡轉化率為50%，則平衡常數K>2000

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.隨溫度升高NO的轉化率先升高後降低，說明溫度較低時反應較慢，一段時間內並未達到平衡，分析溫度較高時，已達到平衡時的NO轉化率可知，溫度越高NO轉化率越低，說明溫度升高平衡向逆方向移動，根據勒夏特列原理分析該反應為放熱反應，∆H<0，故A錯誤；

B.根據上述分析，X點時，反應還未到達平衡狀態，平衡正向移動，所以延長反應時間能提高NO的轉化率，故B正確；

C.Y點，反應已經達到平衡狀態，此時增加O2的濃度，使得正反應速率大於逆反應速率，平衡向正方向移動，可以提高NO的轉化率，故C錯誤；

D.設NO起始濃度為a，NO的轉化率為50%，則平衡時NO、O2和NO2的濃度分別為0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根據平衡常數表達式K=>=2000，故D正確；

故選BD。

非 選 擇 題

16.N2O、NO和NO2等氮氧化物是空氣汙染物，含有氮氧化物的尾氣需處理後才能排放。

（1）N2O的處理。N2O是硝酸生產中氨催化氧化的副產物，用特種催化劑能使N2O分解。NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成N2O的化學方程式為________。

（2）NO和NO2的處理。已除去N2O的硝酸尾氣可用NaOH溶液吸收，主要反應為

NO+NO2+2OH−2+H2O

2NO2+2OH−++H2O

①下列措施能提高尾氣中NO和NO2去除率的有________（填字母）。

A．加快通入尾氣的速率

B．採用氣、液逆流的方式吸收尾氣

C．吸收尾氣過程中定期補加適量NaOH溶液

②吸收後的溶液經濃縮、結晶、過濾，得到NaNO2晶體，該晶體中的主要雜質是________（填化學式）；吸收後排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是________（填化學式）。

（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾氣，可提高尾氣中NO的去除率。其他條件相同，NO轉化為的轉化率隨NaClO溶液初始pH（用稀鹽酸調節）的變化如圖所示。

①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和，其離子方程式為________。

②NaClO溶液的初始pH越小，NO轉化率越高。其原因是________。

【答案】 (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的濃度越大，氧化NO的能力越強

【解析】

【詳解】（1）NH3與O2在加熱和催化劑作用下發生氧化還原反應生成N2O，根據得失電子守恆和原子守恆可知反應有水生成，配平化學方程式為：2NH3+2O2N2O+3H2O，

故答案為：2NH3+2O2N2O+3H2O；

（2）①A.加快通入尾氣的速率，不能提高尾氣中NO和NO2的去除率，不選A；

B.採用氣、液逆流的方式吸收尾氣，可使氣液充分接觸，能提高尾氣中NO和NO2的去除率，選B；

C.定期補充適量的NaOH溶液可增大反應物濃度，能提高尾氣中NO和NO2的去除率，選C。

故答案為：BC；

②由吸收反應：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知，反應後得到NaNO2和NaNO3混合溶液，經濃縮、結晶、過濾得到NaNO2和NaNO3晶體，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反應可知，若NO和NO2的物質的量之比大於1：1，NO不能被吸收，因此，吸收後排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是NO，

故答案為：NaNO3；NO；

（3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根離子和氫離子結合生成HClO，HClO和NO發生氧化還原反應生成NO3-和Cl-，根據得失電子守恆及電荷守恆、原子守恆，配平離子方程式為2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+，

故答案為：2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+；

②在相同條件下，氧化劑的濃度越大，氧化能力越強，由反應2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO濃度越大，氧化NO的能力越強，

故答案為：溶液pH越小，溶液中HClO濃度越大，氧化NO的能力越強。

17.化合物F是合成一種天然茋類化合物的重要中間體，其合成路線如下：

（1）A中含氧官能團的名稱為________和________。

（2）A→B的反應類型為________。

（3）C→D的反應中有副產物X（分子式為C12H15O6Br）生成，寫出X的結構簡式：________。

（4）C的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：________。

①能與FeCl3溶液發生顯色反應；

②鹼性水解後酸化，含苯環的產物分子中不同化學環境的氫原子數目比為1∶1。

（5）已知：（R表示烴基，R'和R"表示烴基或氫），寫出以和CH3CH2CH2OH為原料製備的合成路線流程圖（無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題幹）。________________________

【答案】 (1). （酚）羥基 (2). 羧基 (3). 取代反應 (4). (5). (6).

【解析】

【分析】

有機物A和SOCl2在加熱條件下發生取代反應生成B，B和甲醇發生酯化反應生成C，C和CH3OCH2Cl在三乙胺存在條件下發生取代反應生成D，D和CH3I在K2CO3條件下發生取代反應生成E，E在LiAlH4條件下發生還原反應生成F，據此解答。

【詳解】（1）由A的結構簡式可知，A中含氧官能團為-OH和-COOH，名稱為(酚)羥基、羧基，

故答案為：(酚)羥基；羧基；

（2）根據以上分析可知，A→B反應-COOH中的羥基被氯原子取代，反應類型為取代反應，

故答案為：取代反應；

（3）觀察對比C、D的結構可知，C→D的反應中酚羥基上的氫原子被-CH2OCH3取代生成D，若兩個酚羥基都發生反應則得到另一種產物，結合副產物X的分子式C12H15O6Br，可知X的結構簡式為，

故答案為：；

（4）C為，C的同分異構體滿足以下條件：①能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明含有酚羥基；②鹼性水解後酸化，含苯環的產物分子中不同化學環境的氫原子數目比為1:1，說明含苯環的產物分子中有兩種類型的氫原子且數目相等，應為間苯三酚，則該同分異構體為酚酯，結構簡式為，

故答案為：；

（5）根據逆合成法，若要製備，根據題給信息可先製備和CH3CH2CHO。結合所給原料，1-丙醇催化氧化生成CH3CH2CHO，參考題中E→F的反應條件， 在LiAlH4條件下發生還原反應生成，和HCl發生取代反應生成，在Mg、無水乙醚條件下發生已知中的反應生成，和CH3CH2CHO反應生成，所以合成路線設計為：

CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO，

，

故答案為：CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO，

。

18.聚合硫酸鐵[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m廣泛用於水的淨化。以FeSO4·7H2O為原料，經溶解、氧化、水解聚合等步驟，可製備聚合硫酸鐵。

（1）將一定量的FeSO4·7H2O溶於稀硫酸，在約70 ℃下邊攪拌邊緩慢加入一定量的H2O2溶液，繼續反應一段時間，得到紅棕色黏稠液體。H2O2氧化Fe2+的離子方程式為________；水解聚合反應會導致溶液的pH________。

（2）測定聚合硫酸鐵樣品中鐵的質量分數：準確稱取液態樣品3.000 g，置於250 mL錐形瓶中，加入適量稀鹽酸，加熱，滴加稍過量的SnCl2溶液（Sn2+將Fe3+還原為Fe2+），充分反應後，除去過量的Sn2+。用5.000×10−2 mol·L−1 K2Cr2O7溶液滴定至終點（滴定過程中與Fe2+反應生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。

①上述實驗中若不除去過量的Sn2+，樣品中鐵的質量分數的測定結果將________（填“偏大”或“偏小”或“無影響”）。

②計算該樣品中鐵的質量分數（寫出計算過程）_____。

【答案】 (1). 2Fe2++ H2O2+2H+2Fe3++2H2O (2). 減小 (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

由滴定時→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根據電子得失守恆可得微粒關係式：~6Fe2+

（或+14H++6Fe2+6Fe3++2Cr3++7H2O）

則n(Fe2+)=6n()=6×1.100×10−3 mol=6.600×10−3 mol

樣品中鐵元素的質量：

m(Fe)=6.600×10−3 mol×56 g·mol−1=0.3696 g

樣品中鐵元素的質量分數：w(Fe)=×100%=12.32%

【解析】

【分析】

（1）Fe2+具有還原性，H2O2具有氧化性，根據得失電子守恆、原子守恆和電荷守恆書寫離子方程式；根據水解反應的離子方程式分析溶液pH的變化；

（2）①根據Sn2+能將Fe3+還原為Fe2+判斷還原性的強弱，進一步進行誤差分析；

②根據K2Cr2O7溶液的濃度和體積計算消耗的K2Cr2O7物質的量，由得失電子守恆計算n（Fe2+），結合Fe守恆和ω（Fe）的表達式計算。

【詳解】（1）Fe2+具有還原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2具有氧化性，其還原產物為H2O，根據得失電子守恆可寫出反應2Fe2++H2O2→2Fe3++2H2O，根據溶液呈酸性、結合原子守恆和電荷守恆，H2O2氧化Fe2+的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；H2O2氧化後的溶液為Fe2（SO4）3溶液，Fe2（SO4）3發生水解反應Fe2（SO4）3+（6-2n）H2O Fe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，Fe2（OH）6-2n（SO4）n聚合得到聚合硫酸鐵，根據水解方程式知水解聚合反應會導致溶液的酸性增強，pH減小。答案：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 減小

（2）①根據題意，Sn2+能將Fe3+還原為Fe2+，發生的反應為Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，根據還原性：還原劑>還原產物，則還原性Sn2+>Fe2+，實驗中若不除去過量的Sn2+，則加入的K2Cr2O7先氧化過量的Sn2+再氧化Fe2+，導致消耗的K2Cr2O7溶液的體積偏大，則樣品中鐵的質量分數的測定結果將偏大。答案：偏大

② 實驗過程中消耗的n（Cr2O72-）=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol

由滴定時Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根據電子得失守恆，可得微粒的關係式：Cr2O72-~6Fe2+（或Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O）

則n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol

（根據Fe守恆）樣品中鐵元素的質量：m（Fe）=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g

樣品中鐵元素的質量分數：ω（Fe）=×100%=12.32%。

【點睛】本題以聚合硫酸鐵的製備過程為載體，考查氧化還原型離子方程式的書寫、鹽類的水解、氧化還原滴定的誤差分析和元素質量分數的計算。易錯點是第（2）①的誤差分析，應利用“強制弱”和“先強後弱”的氧化還原反應規律分析。難點是第（2）②，注意理清滴定實驗中物質之間的計量關係。

19.實驗室以工業廢渣（主要含CaSO4·2H2O，還含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）為原料製取輕質CaCO3和(NH4)2SO4晶體，其實驗流程如下：

（1）室溫下，反應CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)達到平衡，則溶液中=________[Ksp(CaSO4)=4.8×10−5，Ksp(CaCO3)=3×10−9]。

（2）將氨水和NH4HCO3溶液混合，可製得(NH4)2CO3溶液，其離子方程式為________；浸取廢渣時，向(NH4)2CO3溶液中加入適量濃氨水的目的是________。

（3）廢渣浸取在如圖所示的裝置中進行。控制反應溫度在60~70 ℃，攪拌，反應3小時。溫度過高將會導致CaSO4的轉化率下降，其原因是________；保持溫度、反應時間、反應物和溶劑的量不變，實驗中提高CaSO4轉化率的操作有________。

（4）濾渣水洗後，經多步處理得到製備輕質CaCO3所需的CaCl2溶液。設計以水洗後的濾渣為原料，製取CaCl2溶液的實驗方案：______[已知pH=5時Fe(OH)3和Al(OH)3沉澱完全；pH=8.5時Al(OH)3開始溶解。實驗中必須使用的試劑：鹽酸和Ca(OH)2]。

【答案】 (1). 1.6×104 (2). +NH3·H2O++H2O(或+NH3·H2O++H2O) (3). 增加溶液中的濃度，促進CaSO4的轉化 (4). 溫度過高，(NH4)2CO3分解 (5). 加快攪拌速率 (6). 在攪拌下向足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡產生後，過濾，向濾液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH試紙測量溶液pH，當pH介於5~8.5時，過濾

【解析】

【分析】

（1）反應CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）的平衡常數表達式為，結合CaSO4和CaCO3的Ksp計算；

（2）氨水與NH4HCO3反應生成（NH4）2CO3；加入氨水抑制（NH4）2CO3的水解；

（3）溫度過高，（NH4）2CO3分解，使CaSO4轉化率下降；保持溫度、反應時間、反應物和溶劑的量不變，提高CaSO4轉化率即提高反應速率，結合反應的特點從影響反應速率的因素分析；

（4）根據工業廢渣中的成分知，浸取、過濾後所得濾渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗後的濾渣為原料製取CaCl2溶液，根據題給試劑，首先要加入足量鹽酸將CaCO3完全轉化為CaCl2，同時Al2O3、Fe2O3轉化成AlCl3、FeCl3，過濾除去SiO2，結合題給已知，再利用Ca（OH）2調節pH除去Al3+和Fe3+。

【詳解】（1）反應CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）達到平衡時，溶液中====1.6×104。答案：1.6×104

（2）NH4HCO3屬於酸式鹽，與氨水反應生成（NH4）2CO3，反應的化學方程式為NH4HCO3+NH3·H2O=（NH4）2CO3+H2O[或NH4HCO3+NH3·H2O（NH4）2CO3+H2O]，離子方程式為HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O（或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O）；浸取廢渣時，加入的（NH4）2CO3屬於弱酸弱鹼鹽，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4++H2OHCO3-+NH3·H2O，加入適量濃氨水，水解平衡逆向移動，溶液中CO32-的濃度增大，反應CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移動，促進CaSO4的轉化。答案：HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O（或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O） 增加溶液中CO32-的濃度，促進CaSO4的轉化

（3）由於銨鹽具有不穩定性，受熱易分解，所以溫度過高，（NH4）2CO3分解，從而使CaSO4轉化率下降；由於浸取過程中的反應屬於固體與溶液的反應（或發生沉澱的轉化），保持溫度、反應時間、反應物和溶劑的量不變，提高CaSO4轉化率即提高反應速率，結合外界條件對化學反應速率的影響，實驗過程中提高CaSO4轉化率的操作為加快攪拌速率（即增大接觸面積，加快反應速率，提高浸取率）。答案：溫度過高，（NH4）2CO3分解 加快攪拌速率

（4）工業廢渣主要含CaSO4·2H2O，還含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入（NH4）2CO3溶液浸取，其中CaSO4與（NH4）2CO3反應生成CaCO3和（NH4）2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反應，過濾後所得濾渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗後的濾渣為原料製取CaCl2溶液，根據題給試劑，首先要加入足量鹽酸將CaCO3完全轉化為CaCl2，發生的反應為CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，與此同時發生反應Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反應，經過濾除去SiO2；得到的濾液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根據“pH=5時Fe（OH）3和Al（OH）3沉澱完全，pH=8.5時Al（OH）3開始溶解”，為了將濾液中Al3+、Fe3+完全除去，應加入Ca（OH）2調節溶液的pH介於5~8.5[加入Ca（OH）2的過程中要邊加邊測定溶液的pH]，然後過濾即可製得CaCl2溶液。答案：在攪拌下向足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡產生後，過濾，向濾液中分批加入少量Ca（OH）2，用pH試紙測得溶液pH，當pH介於5~8.5時，過濾

【點睛】本題以工業廢渣為原料製取輕質CaCO3和（NH4）2SO4晶體的實驗流程為載體，考查溶度積的計算、影響鹽類水解的因素、實驗條件的控制、製備實驗方案的設計和對信息的處理能力等。難點是第（4）問實驗方案的設計，設計實驗方案時首先要弄清水洗後濾渣中的成分，然後結合題給試劑和已知進行分析，作答時要答出關鍵點，如pH介於5~8.5等。

20.CO2的資源化利用能有效減少CO2排放，充分利用碳資源。

（1）CaO可在較高溫度下捕集CO2，在更高溫度下將捕集的CO2釋放利用。CaC2O4·H2O熱分解可製備CaO，CaC2O4·H2O加熱升溫過程中固體的質量變化見下圖。

①寫出400~600 ℃範圍內分解反應的化學方程式：________。

②與CaCO3熱分解制備CaO相比，CaC2O4·H2O熱分解制備的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是________。

（2）電解法轉化CO2可實現CO2資源化利用。電解CO2制HCOOH的原理示意圖如下。

①寫出陰極CO2還原為HCOO−的電極反應式：________。

②電解一段時間後，陽極區的KHCO3溶液濃度降低，其原因是________。

（3）CO2催化加氫合成二甲醚是一種CO2轉化方法，其過程中主要發生下列反應：

反應Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH =41.2 kJ·mol−1

反應Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH =﹣122.5 kJ·mol−1

在恆壓、CO2和H2的起始量一定的條件下，CO2平衡轉化率和平衡時CH3OCH3的選擇性隨溫度的變化如圖。其中：

CH3OCH3的選擇性=×100％

①溫度高於300 ℃，CO2平衡轉化率隨溫度升高而上升的原因是________。

②220 ℃時，在催化劑作用下CO2與H2反應一段時間後，測得CH3OCH3的選擇性為48%（圖中A點）。不改變反應時間和溫度，一定能提高CH3OCH3選擇性的措施有________。

【答案】 (1). CaC2O4CaCO3+CO↑ (2). CaC2O4·H2O熱分解放出更多的氣體，製得的CaO更加疏鬆多孔 (3). CO2+H++2e−HCOO−或CO2++2e−HCOO−+ (4). 陽極產生O2，pH減小，濃度降低；K+部分遷移至陰極區 (5). 反應Ⅰ的ΔH＞0，反應Ⅱ的ΔH＜0，溫度升高使CO2轉化為CO的平衡轉化率上升，使CO2轉化為CH3OCH3的平衡轉化率下降，且上升幅度超過下降幅度 (6). 增大壓強，使用對反應Ⅱ催化活性更高的催化劑

【解析】

【分析】

本題注重理論聯繫實際，引導考生認識並體會化學科學對社會發展的作用，試題以減少CO2排放，充分利用碳資源為背景，考查《化學反應原理》模塊中方程式的計算、電化學、化學平衡移動等基本知識；

【詳解】（1）①令CaC2O4·H2O的物質的量為1mol，即質量為146g，根據圖像，前一階段剩餘固體質量為128，原固體質量為146g，相差18g，說明此階段失去結晶水，第二階段從剩餘固體質量與前一階段剩餘固體質量相對比，少了28g，相差1個CO2，因此400℃－600℃範圍內，分解反應方程式為CaC2O4 CaCO3＋CO↑；②CaC2O4·H2O熱分解放出更多的氣體，製得的CaO更加疏鬆多孔，增加與CO2的接觸面積，更好捕捉CO2；

（2）①根據電解原理，陰極上得到電子，化合價降低，CO2＋HCO3－＋2e－=HCOO－＋CO32－，或CO2＋H＋＋2e－=HCOO－；

②陽極反應式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，pH減小，H＋與HCO3－反應，同時部分K＋遷移至陰極區；

（3）①根據反應方程式，反應I為吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，CO2的轉化率增大，反應II為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向進行，CO2的轉化率降低，根據圖像，上升幅度超過下降幅度，因此溫度超過300℃時，CO2轉化率上升；

②依據CH3OCH3選擇性公式，提高CH3OCH3選擇性，化學平衡向正反應方向進行，根據反應II，可以增大壓強，或者使用對反應II催化活性更高的催化劑。

【點睛】本題的難點（1）是文字敘述，應根據圖像和所學知識，結合所問問題進行分析解答；（2）電極反應式的書寫，陰極反應是將CO2還原成HCOO－，先寫出CO2＋2e－→HCOO－，然後根據原子守恆，得出CO2＋H＋＋2e－=HCOO－，或者為CO2＋HCO3－＋2e－=HCOO－＋CO32－。

21.選做題：本題包括A、B兩小題，請選定其中一小題，並在相應的答題區域內作答。若多做，則按A小題評分。

A．

Cu2O廣泛應用於太陽能電池領域。以CuSO4、NaOH和抗壞血酸為原料，可製備Cu₂O。

（1）Cu2+基態核外電子排布式為____。

（2）的空間構型為____（用文字描述）；Cu2+與OH−反應能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−中的配位原子為____（填元素符號）。

（3）抗壞血酸的分子結構如圖1所示，分子中碳原子的軌道雜化類型為____；推測抗壞血酸在水中的溶解性：____（填“難溶於水”或“易溶於水”）。

（4）一個Cu2O晶胞（見圖2）中，Cu原子的數目為____。

【答案】 (1). [Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9 (2). 正四面體 (3). O (4). sp3、sp2 (5). 易溶於水 (6). 4

【解析】

【分析】

A.考查物質結構與性質，涉及內容為電子排布式的書寫、空間構型、配合物知識、雜化類型的判斷、溶解性等知識，都屬於基礎性知識，難度係數不大；

【詳解】A.（1）本小題考查電子排布式的書寫，Cu位於第四周期IB族，其價電子排布式為3d104s1，因此Cu2＋基態核外電子排布式為[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；

（2）本小題考查空間構型或配位原子，SO42－中S有4個σ鍵，孤電子對數為(6＋2－2－4×2)/2=0，因此SO42－空間構型為正四面體形；[Cu(OH)4]2－中Cu2＋提供空軌道，OH－提供孤電子對，OH－只有O有孤電子對，因此[Cu(OH)4]2－中的配位原子為O；

（3）考查雜化類型和溶解性，根據抗壞血酸的分子結構，該結構中有兩種碳原子，單鍵的碳原子和雙鍵的碳原子，單鍵碳原子以sp3雜化，雙鍵的碳原子以sp2雜化；根據抗環血酸分子結構，其中含有－OH，能與水形成分子間氫鍵，增加在水中的溶解度，因此抗壞血酸易溶於水；

（4）考查晶胞的計算，白球位於頂點和內部，屬於該晶胞的個數為8×1/8+1=2，黑球全部位於晶胞內部，屬於該晶胞的個數為4，化學式為Cu2O，因此白球為O原子，黑球為Cu原子，即Cu原子的數目為4；

【點睛】A.有關物質結構與性質的考查，相對比較簡單，考查點也是基本知識，這就要求考生在《物質結構與性質》的學習中夯實基礎知識，同時能夠達到對知識靈活運用，如考查抗壞血酸分子溶解性，可以從乙醇極易溶於水的原因分析；

非選擇題(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的濃度越大，氧化NO的能力越強

17．1）（酚）羥基、羧基（2）取代反應（3）（4）（5）

18．（1）2Fe2++ H2O2+2H+2Fe3++2H2O減小（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由滴定時→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根據電子得失守恆可得微粒的關係式：~6Fe2+（或+14H++6Fe2+6Fe3++2Cr3++7H2O）則n(Fe2+)=6n()=6×1.100×10−3 mol=6.600×10−3 mol樣品中鐵元素的質量：m(Fe)=6.600×10−3 mol×56 g·mol−1=0.3696 g樣品中鐵元素的質量分數：w(Fe)=×100%=12.32%

19．（15分）

（1）1.6×104

（2）+NH3·H2O++H2O(或+NH3·H2O++H2O)

增加溶液中的濃度，促進CaSO4的轉化

（3）溫度過高，(NH4)2CO3分解 加快攪拌速率

（4）攪拌下向足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡產生後，過濾，向濾液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH試紙測量溶液pH，當pH介於5~8.5時，過濾

20．（14分）

（1）①CaC2O4CaCO3+CO↑

②CaC2O4·H2O熱分解放出更多的氣體，製得的CaO更加疏鬆多孔

（2）①CO2+H++2e−HCOO−或CO2++2e−HCOO−+

②陽極產生O2，pH減小，濃度降低；K+部分遷移至陰極區

（3）①反應Ⅰ的ΔH＞0，反應Ⅱ的ΔH＜0，溫度升高使CO2轉化為CO的平衡轉化率上升，使CO2轉化為CH3OCH3的平衡轉化率下降，且上升幅度超過下降幅度

②增大壓強，使用對反應Ⅱ催化活性更高的催化劑

21．（12分）【選做題】

A．[物質結構與性質]

（1）[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9 （2）正四面體 O （3）sp3、sp2 易溶於水 （4）4

B．[實驗化學]

（1）作為溶劑、提高丙炔酸轉化率

（2）(直形)冷凝管 防止暴沸

（3）丙炔酸 分液

（4）丙炔酸甲酯的沸點比水的高

22.B．[實驗化學]

丙炔酸甲酯（）是一種重要的有機化工原料，沸點為103~105 ℃。實驗室製備少量丙炔酸甲酯的反應為

實驗步驟如下：

步驟1：在反應瓶中，加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL濃硫酸，攪拌，加熱迴流一段時間。

步驟2：蒸出過量的甲醇（裝置見下圖）。

步驟3：反應液冷卻後，依次用飽和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗滌。分離出有機相。

步驟4：有機相經無水Na2SO4乾燥、過濾、蒸餾，得丙炔酸甲酯。

（1）步驟1中，加入過量甲醇的目的是________。

（2）步驟2中，上圖所示的裝置中儀器A的名稱是______；蒸餾燒瓶中加入碎瓷片的目的是______。

（3）步驟3中，用5%Na2CO3溶液洗滌，主要除去的物質是____；分離出有機相的操作名稱為____。

（4）步驟4中，蒸餾時不能用水浴加熱的原因是________。

【答案】 (1). 作為溶劑、提高丙炔酸的轉化率 (2). (直形)冷凝管 (3). 防止暴沸 (4). 丙炔酸 (5). 分液 (6). 丙炔酸甲酯的沸點比水的高

【解析】

【詳解】B．（1）一般來說，酯化反應為可逆反應，加入過量的甲醇，提高丙炔酸的轉化率，丙炔酸溶解於甲醇，甲醇還作為反應的溶劑；

（2）根據裝置圖，儀器A為直形冷凝管；加熱液體時，為防止液體暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本題中加入碎瓷片的目的是防止液體暴沸；

（3）丙炔酸甲酯的沸點為103℃－105℃，製備丙炔酸甲酯採用水浴加熱，因此反應液中除含有丙炔酸甲酯外，還含有丙炔酸，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，然後通過分液的方法得到丙炔酸甲酯；

（4）水浴加熱提供最高溫度為100℃，而丙炔酸甲酯的沸點為103℃－105℃，採用水浴加熱，不能達到丙炔酸甲酯的沸點，因此採用直接加熱蒸餾。

【點睛】B,《實驗化學》的考查，相對比較簡單，本題可以看作是對製備乙酸乙酯實驗的變形，如碳酸鈉的作用，乙酸乙酯中飽和碳酸鈉的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平時複習實驗時，應注重課本實驗複習，特別是課本實驗現象、實驗不足等等。

關鍵字: pH 碳酸鈉 實驗