2019年江苏卷化学高考试题文档版（解析版）

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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+NaNO2NaCl+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 ml·L−1NaOH溶液：Na+、K+、、
B. 0.1 ml·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、、
C. 0.1 ml·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−
D. 0.1 ml·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 ml·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)2SO3D. 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/ml，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 ml X最多能与2 ml 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，1ml羧基消耗1mlNaOH，1ml由酚羟基形成的酯基消耗2mlNaOH，所以1mlX最多能与3mlNaOH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
A. AB. BC. CD. 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)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+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. 0.2ml·L−1氨水：c(NH3·H2O)>c()>c(OH−)>c(H+)
B. 0.2ml·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c()>c()>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)
C. 0.2ml·L−1氨水和0.2ml·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c()+c()
D. 0.6ml·L−1氨水和0.2ml·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3·H2O)+c()+c(OH−)=0.3ml·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∙H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，故A错误；
B.NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于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-)③，0.2ml/LNH4HCO3与氨水等体积混合后，c(NH4HCO3)=0.1ml/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1ml/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)+0.3ml/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 ml·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0.5aml/L、(5×10-4-0.25a)ml/L、0.5aml/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+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
【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+2O2N2O+3H2O，
故答案为：2NH3+2O2N2O+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 ml·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 ml·L−1×22.00 mL×10−3 L·mL−1=1.100×10−3 ml
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 ml=6.600×10−3 ml
样品中铁元素的质量：
m(Fe)=6.600×10−3 ml×56 g·ml−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-）=5.000×10-2ml/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3ml
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-）=6×1.100×10-3ml=6.6×10-3ml
（根据Fe守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.6×10-3ml×56g/ml=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·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·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·ml−1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH =﹣122.5 kJ·ml−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). CaC2O4CaCO3+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1ml，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Cu₂O。
（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+2O2N2O+3H2O@（2）①BC@②NaNO3@NO@（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）取代反应@（3）@（4）@（5）@
18．（1）2Fe2++ H2O2+2H+2Fe3++2H2O@减小@（2）①偏大@②n()=5.000×10−2 ml·L−1×22.00 mL×10−3 L·mL−1=1.100×10−3 ml@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 ml=6.600×10−3 ml@样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.600×10−3 ml×56 g·ml−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）①CaC2O4CaCO3+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。
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 ml·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