2014年江苏省高考化学解析版试卷

发布时间:2024-06-03 09:06:19浏览次数:4
2014 年江苏省高考化学试卷参考答案与试题解析 一、单项选择题:本题包括 10 小题,每小题 2 分,共 20 分,每小题只有一个选项符合题意.1.(2 分)水是生命之源,2014 年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图象,模型如图所示,下列关于水的说法正确的是(  )A.水是弱电解质B.可燃冰是可以燃烧的水C.氢氧两种元素只能组成水D.0℃时冰的密度比液态水的密度大【分析】A.水能够部分电离出氢离子和氢氧根离子,存在电离平衡;B.可燃冰为甲烷和水形成的一种化合物;C.氢氧两种元素还可以组成双氧水;D.液体水变成冰,体积变大,密度变小.【解答】解:A.水为极弱的电解质,能够部分电离出氢离子和氢氧根离子,故 A 正确;B.可燃冰为甲烷和水形成的一种特殊的化合物,并不是可燃烧的水,故 B 错误;C.氢氧两种元素可以组成水、双氧水,故 C 错误;D.冰中存在氢键,具有方向性和饱和性,其体积变大,则相同质量时冰的密度比液态水的密度小,故 D 错误;故选:A。【点评】本题考查了水的电离、水的组成结构及性质,题目难度不大,注意掌握水的电离,明确可燃冰的组成及性质,试题培养了学生灵活应用所学知识的能力. 2.(2 分)下列有关化学用语表示正确的是(  )A.过氧化钠的电子式:B.质子数为 35、中子数为 45 的溴原子:C.硫离子的结构示意图:D.间二甲苯的结构简式:【分析】A.过氧化钠是离子化合物,其电子式符合离子化合物特点;B.元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数;C.硫离子核外有 18 个电子、最外层有 8 个电子;D.该结构简式为对二甲苯.【解答】解:A.过氧化钠是离子化合物,其电子式为 ,故 A 错误;B.元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数,质子数为 35、中子数为 45 的溴原子的质量数=35+45=80,所以该原子为: ,故 B 正确; (2)反应①中加入的试剂 X 的分子式为 C8H8O2,X 的结构简式为   .(3)在上述五步反应中,属于取代反应的是 ①③④ (填序号).(4)B 的一种同分异构体满足下列条件:Ⅰ、能发生银镜反应,其水解产物之一能与 FeCl3溶液发生显色反应.Ⅱ、分子中有 6 种不同化学环境的氢,且分子中含有两个苯环.写出该同分异构体的结构简式:   .(5)根据已有知识并结合相关信息,写出以 为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂任用),合成路线路程图示例如下:CH3CH2Br CH3CH2OH CH3COOCH2CH3.【分析】根据流程图中,A 发生取代反应生成 B,B 发生还原反应生成 C,C 发生取代反应生成 D,D发生取代反应生成 E,E 发生水解反应生成 F,(1)该物质中的官能团是醚键和羧基;(2)A 发生取代反应生成 B,根据 A、B 分子式的差异并结合 X 的分子式确定其结构简式;(3)根据反应物和生成物变化确定反应类型;(4)Ⅰ、能发生银镜反应,说明含有醛基,其水解产物之一能与 FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基;Ⅱ、分子中有 6 种不同化学环境的氢,且分子中含有两个苯环,说明该分子中含有两个苯环且 H 原子种类是 6;(5)苯乙醛和 NaBH4发生还原反应生成苯乙醇,苯乙醇发生消去反应生成苯乙烯,苯乙烯发生加成反应生成 , 和 NaCN 发生水解反应生成 .【解答】解:根据流程图中,A 发生取代反应生成 B,B 发生还原反应生成 C,C 发生取代反应生成D,D 发生取代反应生成 E,E 发生水解反应生成 F,(1)该物质中的官能团是醚键和羧基,故答案为:醚键和羧基;(2)A 发生取代反应生成 B,根据 A、B 分子式的差异并结合 X 的分子式知,在 B 的醚键处断键,使醚基转化为酚羟基连接在 X 上,所以 X 的结构简式为 ,故答案为: ;(3)通过以上分析知,属于取代反应的有①③④,故答案为:①③④;(4)Ⅰ、能发生银镜反应,说明含有醛基,其水解产物之一能与 FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基;Ⅱ、分子中有 6 种不同化学环境的氢,且分子中含有两个苯环,说明该分子中含有两个苯环且 H 原子种类是 6,则符合条件的结构简式为 ,故答案为: ;(5)苯乙醛和 NaBH4发生还原反应生成苯乙醇,苯乙醇发生消去反应生成苯乙烯,苯乙烯发生加成反应生成 , 和 NaCN 发生水解反应生成 , 其合成路线图为,故答案为: .【点评】本题考查了有机物的合成,明确有机物中含有的官能团及其性质是解本题关键,利用题给信息解答(5)题,注意反应条件和有机物断键和成键位置,题目难度中等. 18.(12 分)碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d•xH2O]常用作塑料阻燃剂.(1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用,是由于其受热分解需吸收大量热量和 生成的产物具有阻燃作用 .(2)[MgaAlb(OH)c(CO3)d•xH2O]中的 a、b、c、d 的代数关系式为  2a+3b=c+2d   .(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成,进行如下实验:①准确称取 3.390g 样品与足量稀盐酸充分反应,生成 CO2 0.560L(已换算成标准状况下).②另取一定量样品在空气中加热,样品的固体残留率( ×100%)随温度的变化如图所示(样品在 270℃时已完全失去结晶水,600℃以上残留固体为金属氧化物的混合物).根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的 n(OH﹣):n(CO32﹣)(写出计算过程).【分析】(1)氧化镁、氧化铝熔点较高且都不燃烧;(2)根据化合物中各元素化合价的代数和为 0 确定这几个字母之间的关系;(3)n(CO2)= =2.50×10﹣2mol,m(CO2)=2.50×10﹣2mol×44g/mol=1.10g,在 270℃~600℃之间,失去结晶水后的样品进一步受热分解生成 CO2、H2O,m(CO2)+m(H2O)=3.390g×(0.7345﹣0.3702)=1.235g,m(H2O)=1.235g﹣1.10g=0.135g,再根据氢原子守恒计算 n(OH﹣),根据 C 原子守恒计算 n(CO32﹣),从而得出二者的比值.【解答】解:(1)碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d•xH2O]受热分解最终生成MgO、Al2O3,MgO、Al2O3的熔点较高且都不燃烧,所以有阻燃作用,故答案为:生成的产物具有阻燃作用;(2)化合物中各元素化合价的代数和为 0,所以 2a+3b+c+4d=(c+3d)×2,所以得 2a+3b=c+2d,故答案为:2a+3b=c+2d;(3)n(CO2)= =2.50×10﹣2mol,m(CO2)=2.50×10﹣2mol×44g/mol=1.10g, 在 270℃~600℃之间,失去结晶水后的样品进一步受热分解生成 CO2、H2O,m(CO2)+m(H2O)=3.390g×(0.7345﹣0.3702)=1.235g,m(H2O)=1.235g﹣1.10g=0.135g,n(H2O)= =7.50×10﹣3 mol,再根据氢原子守恒得 n(OH﹣)=2n(H2O)=1.50×10﹣2 mol,根据 C 原子守恒得 n(CO32﹣)=n(CO2)=2.50×10﹣2mol,所以 n(OH﹣):n(CO32﹣)=1.50×10﹣2 mol:2.50×10﹣2mol=3:5,答:碱式碳酸铝镁样品中的 n(OH﹣):n(CO32﹣)=3:5.【点评】本题考查了镁铝化合物知识,根据物质的性质、物质之间的反应来分析解答,注意结合原子守恒进行分析,明确图象中曲线变化趋势及其含义,题目难度中等. 19.(15 分)实验室从含碘废液(除 H2O 外,含有 CCl4、I2、I﹣等)中回收碘,其实验过程如图一所示.(1)向含碘废液中加入稍过量的 Na2SO3溶液,将废液中的 I2还原为 I﹣,其离子方程式为  SO 32﹣+I2+H2O=2I ﹣ +2H + +SO 42﹣   ;该操作将 I2还原为 I﹣的目的是 使四氯化碳中的碘进入水层 .(2)操作 X 的名称为 分液 .(3)氧化时,在三颈烧瓶中将含 I﹣的水溶液用盐酸调至 pH 约为 2,缓慢通入 Cl2,在 40℃左右反应(实验装置如图二所示).实验室控制在较低温度下进行的原因是 使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止碘升华或防止碘进一步被氧化) ;锥形瓶里盛放的溶液为  NaOH 溶液  .(4)已知:5SO32﹣+2IO3﹣+2H+═I2+5SO42﹣+H2O某含碘废水(pH 约为 8)中一定存在 I2,可能存在 I﹣、IO3﹣中的一种或两种,请补充完整检验含碘废水中是否含有 I﹣、IO3﹣的实验方案:取适量含碘废水用 CCl4多次萃取、分液,直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在 从水层取少量溶液,加入 1﹣2mL 淀粉溶液,加入盐酸酸化,滴加 FeCl 3 溶液 , 若溶液变蓝色,说明废水中含有 I ﹣ ,否则不含 I ﹣ ; 另从水层取少量溶液,加入 1﹣2mL 淀粉试液,加盐酸酸化,滴加 Na 2SO3 溶液,若溶液变蓝色,说明废水中含有 IO 3﹣ ,否则不含 IO 3﹣   .实验中可供选择的试剂:稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液.【分析】(1)碘具有氧化性,能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠,自身被还原生成碘;碘不容易溶于水,但碘离子易溶于水;(2)分离互不相溶的液体采用分液的方法分离;(3)碘易升华,且氯气的溶解度随着温度的升高而减小;氯气、碘蒸气都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质;(4)碘离子具有还原性,能被氧化剂氧化生成碘,碘酸根离子具有氧化性,能被还原剂还原生成碘,碘遇淀粉试液变蓝色. 【解答】解:(1)碘具有氧化性,能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠,自身被还原生成碘,离子反应方程式为 SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣;碘不容易溶于水,但碘离子易溶于水,为了使更多的 I 元素进入水溶液应将碘还原为碘离子,故答案为:SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣;使四氯化碳中的碘进入水层;(2)四氯化碳属于有机物、水属于无机物,二者不互溶,分离互不相溶的液体采用分液的方法分离,所以分离出四氯化碳采用分液的方法,故答案为:分液;(3)碘易升华,且氯气的溶解度随着温度的升高而减小,温度越高,氯气的溶解度越小,反应越不充分,所以应该在低温条件下进行反应;氯气、碘蒸气都有毒,不能直接排空,且都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质,所以用 NaOH 溶液吸收氯气和碘蒸气,故答案为:使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止碘升华或防止碘进一步被氧化);NaOH 溶液;(4)碘离子具有还原性,能被氧化剂氧化生成碘,碘酸根离子具有氧化性,能被还原剂还原生成碘,碘遇淀粉试液变蓝色,所以其检验方法为:从水层取少量溶液,加入 1﹣2mL 淀粉溶液,加入盐酸酸化,滴加 FeCl3溶液,2I﹣+2Fe3+=2Fe2++I2,若溶液变蓝色,说明废水中含有 I﹣,否则不含 I﹣;另从水层取少量溶液,加入 1﹣2mL 淀粉试液,加盐酸酸化,滴加 Na2SO3溶液,5SO32﹣+2 IO3﹣+2H+=I2+5SO42﹣+H2O,若溶液变蓝色,说明废水中含有 IO3﹣,否则不含 IO3﹣,故答案为:从水层取少量溶液,加入 1﹣2mL 淀粉溶液,加入盐酸酸化,滴加 FeCl3溶液,若溶液变蓝色,说明废水中含有 I﹣,否则不含 I﹣;另从水层取少量溶液,加入 1﹣2mL 淀粉试液,加盐酸酸化,滴加 Na2SO3溶液,若溶液变蓝色,说明废水中含有 IO3﹣,否则不含 IO3﹣.【点评】本题以物质的制备为载体考查了氧化还原反应、离子的检验、物质的分离和提纯,明确物质的性质是解本题关键,根据物质的特殊性质、混合物分离和提纯方法的选取等方面来分析解答,知道碘的检验方法,题目难度中等. 20.(14 分)硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题,由硫化氢获得硫单质有多种方法.(1)将烧碱吸收 H2S 后的溶液加入到如图 1 所示的电解池的阳极区进行电解.电解过程中阳极区发生如下反应:S2﹣﹣2e﹣═S,(n﹣1)S+S2﹣═Sn2﹣.①写出电解时阴极的电极反应式:  2H 2O+2e ﹣ =H 2↑+2OH ﹣   .②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质,其离子方程式可写成  S n2﹣ +2H + = ( n﹣ 1 ) S↓+H 2S↑   .(2)将 H2S 和空气的混合气体通入 FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收 S,其物质转化如图2 所示.①在图示的转化中,化合价不变的元素是  Cu 、 H 、 Cl   .②反应中当有 1mol H2S 转化为硫单质时,保持溶液中 Fe3+的物质的量不变,需消耗 O2的物质的量为0.5mol   .③在温度一定和不补加溶液的条件下,缓慢通入混合气体,并充分搅拌.欲使生成的硫单质中不含CuS,可采取的措施有 提高混合气体中空气的比例 .(3)H2S 在高温下分解生成硫蒸气和 H2,若反应在不同温度下达到平衡时,混合气体中各组分的体积分数如图 3 所示,H2S 在高温下分解反应的化学方程式为  2H 2S 2H2+S2 . 【分析】(1)①阴极上氢离子放电生成氢气,阳极上硫离子放电,电极反应式为 S2﹣﹣2e﹣═S;② Sn2﹣和氢离子反应生成 S 单质,S 元素失电子发生氧化反应,同时 S 元素得电子生成 H2S;(2)①根据图中各元素化合价变化分析;②该反应中 S 元素化合价由﹣2 价变为 0 价、O 元素化合价由 0 价变为﹣2 价,根据氧化还原反应中得失电子相等;③欲使生成的硫单质中不含 CuS,则硫离子不能剩余,硫离子完全被氧化为 S 单质;(3)根据题意知,该反应是可逆反应,反应物是硫化氢,根据图象知,生成物中含有 S 元素的物质是氢气的一半,则生成物是 S2和 H2,再结合反应条件书写方程式.【解答】解:(1)①阳极上硫离子放电,电极反应式为 S2﹣﹣2e﹣═S,阴极上氢离子放电生成氢气,电极反应式为 2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣,故答案为:2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣;②电解后阳极区离子为 Sn2﹣,酸性条件下,Sn2﹣和氢离子反应生成 S 单质,S 元素失电子发生氧化反应生成 S 单质,同时 S 元素得电子生成 H2S,反应方程式为 Sn2﹣+2H+=(n﹣1)S↓+H2S↑,故答案为:Sn2﹣+2H+=(n﹣1)S↓+H2S↑;(2)①根据图中各元素化合价知,Cu 元素化合价都是+2 价、H 元素化合价都是+1 价、Cl 元素化合价都是﹣1 价,所以化合价不变的是 Cu、H、Cl 元素,故答案为:Cu、H、Cl;② H2S 不稳定,易被氧气氧化生成 S 单质,反应方程式为 2H2S+O2=2S+2H2O,该反应中 S 元素化合价由﹣2 价变为 0 价、O 元素化合价由 0 价变为﹣2 价,根据氧化还原反应中得失电子相等得,消耗 O2的物质的量= =0.5mol,故答案为:0.5mol;③欲使生成的硫单质中不含 CuS,则硫离子不能剩余,即硫离子完全被氧化为 S 单质,所以氧气必须过量,采取的措施为提高混合气体中空气的比例,故答案为:提高混合气体中空气的比例;(3)根据题意知,该反应是可逆反应,反应物是硫化氢,根据图象知,生成物中含有 S 元素的物质是氢气的一半,则生成物是 S2和 H2,所以该反应方程式为 2H2S 2H2+S2,故答案为:2H2S2H2+S2.【点评】本题以 S 为载体考查了可逆反应、氧化还原反应、电解原理等知识点,会正确分析图象中各个物理量的含义是解本题关键,再结合电解原理、氧化还原反应中各个物理量之间的关系、化学平衡有关知识来分析解答即可,题目难度中等. 【选做题】本题包括 21、22 两个小题,请选定其中一题,并在相应的答题区域内作答,若多做, 则按第 21 题计分.【物质结构与性质】21.(12 分)含有 NaOH 的 Cu(OH)2悬浊液可用于检验醛基,也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2O.(1)Cu+基态核外电子排布式为  1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 或 [Ar]3d 10   .(2)与 OH﹣互为等电子体的一种分子为  HF   (填化学式).(3)醛基中碳原子的轨道杂化类型是  sp 2   ;1mol 乙醛分子中含有的 σ 键的数目为  6mol 或 6×6.02×10 23 个  .(4)含有 NaOH 的 Cu(OH)2悬浊液与乙醛反应的化学方程式为  NaOH+CH 3CHO+2Cu ( OH ) 2CH3COONa+Cu2O↓+3H2O   .(5)Cu2O 在稀硫酸中生成 Cu 和 CuSO4,铜晶胞结构如图所示,铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为  12   .【分析】(1)Cu+核外有 28 个电子,Cu 原子失去 1 个电子生成 Cu+,失去的电子数是其最外层电子数,根据构造原理书写 Cu+基态核外电子排布式;(2)原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体,等电子体的结构相似;(3)根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式,一个乙醛分子中含有 6 个 σ 键;(4)氢氧化钠溶液中,乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应生成醋酸钠、氧化亚铜和水;(5)铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=3×8× .【解答】解:(1)Cu+核外有 28 个电子,Cu 原子失去 1 个电子生成 Cu+,失去的电子数是其最外层电子数,根据构造原理知 Cu+基态核外电子排布式 1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ,故答案为:1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ;(2)原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体,与 OH﹣互为等电子体的一种分子为 HF,故答案为:HF;(3)醛基中碳原子含有 3 个 σ 键,所以醛基中碳原子的轨道杂化类型是 sp2,一个乙醛分子中含有 6 个 σ 键,所以 1mol 乙醛分子中含有的 σ 键的数目为 6mol 或 6×6.02×1023个,故答案为:sp2;6mol 或 6×6.02×1023个;(4)氢氧化钠溶液中,乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应生成醋酸钠、氧化亚铜和水,反应方程式为 NaOH+CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COONa+Cu2O↓+3H2O,故答案为:NaOH+CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COONa+Cu2O↓+3H2O;(5)铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=3×8× =12,故答案为:12.【点评】本题考查了物质结构与性质的有关知识,涉及配位数的计算、原子杂化方式的判断、核外电子排布式的书写等知识点,根据构造原理、价层电子对互斥理论等知识点来分析解答,题目难度不大,难点是配位数的计算. 【实验化学】22.磷酸铁(FePO4•2H2O 难溶于水的米白色固体)可用于生产药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料.实验室可通过下列实验制备磷酸铁.(1)称取一定量已除去油污的废铁屑,加入稍过量的稀硫酸,加热、搅拌,反应一段时间后过滤,反应加热的目的是 加快 Fe 和稀硫酸的反应速率  .(2)向滤液中加入一定量 H2O2氧化 Fe2+,为确定加入 H2O2的量,需先用 K2Cr2O7标准溶液滴定滤液中的 Fe2+,离子方程式如下:Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O.①在向滴定管中注入 K2Cr2O7标准溶液前,滴定管需要检漏、 用蒸馏水洗净 和 用 K 2Cr2O7 标准溶液润洗 2﹣3 次  .②若滴定 x mL 滤液中的 Fe2+,消耗 a mol•L﹣1 K2Cr2O7标准溶液 b mL,则滤液中 c(Fe2+)=    mol•L﹣1.③为使滤液中的 Fe2+完全被 H2O2氧化,下列实验条件控制正确的是  AB   (填序号);A、加入适当过量的 H2O2溶液B、缓慢滴加 H2O2溶液并搅拌C、加热,使反应在较高温度下进行D、用氨水调节溶液 pH=7(3)将一定量的 Na2HPO4溶液(溶液显碱性)加入到含有 Fe3+的溶液中,搅拌、过滤、洗涤、干燥得到 FePO4•2H2O.若反应得到的 FePO4•H2O 固体呈棕黄色,则磷酸铁中混有的杂质可能为  Fe ( OH ) 3(或氢氧化铁) .【分析】(1)温度越高,反应速率越快;(2)①滴定管在使用前要检漏、洗涤、润洗,减少产生误差的机会;②根据 Fe2+和 K2Cr2O7之间的关系式计算;③为使滤液中的 Fe2+完全被 H2O2氧化,加入的氧化剂要过量,且使反应物充分反应;(3)氢氧根离子和铁离子反应生成红褐色沉淀氢氧化铁.【解答】解:(1)温度越高,反应速率越快,所以反应加热的目的是加快铁与稀硫酸反应速率,故答案为:加快 Fe 和稀硫酸的反应速率;(2)①滴定管在使用前要检漏、洗涤、用 K2Cr2O7标准溶液润洗 2﹣3 次,如果不检漏或洗涤、润洗,会导致使用滴定管中液体体积偏大,测量溶液浓度偏大,故答案为:用蒸馏水洗净;用 K2Cr2O7标准溶液润洗 2﹣3 次;②根据 Fe2+和 K2Cr2O7之间的关系式得 c(Fe2+)= mol/L= mol/L,故答案为: ;③ A、加入适当过量的 H2O2溶液,导致铁离子能完全反应,故正确;B、缓慢滴加 H2O2溶液并搅拌,反应物接触面积增大,能使铁离子完全反应,故正确;C、加热,使反应在较高温度下进行,虽然反应速率加快,但双氧水会分解且能促进亚铁离子水解而产生杂质,故错误;D、用氨水调节溶液 pH=7,亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁杂质,故错误;故选 AB;(3)碱性条件下,溶液中含有大量氢氧根离子,氢氧根离子和铁离子反应生成红褐色沉淀氢氧化铁,导致反应得到的 FePO4•H2O 固体呈棕黄色,故答案为:Fe(OH)3(或氢氧化铁).【点评】本题以铁及其化合物为载体考查了物质的制备,涉及氧化还原反应、实验操作、反应速率的影响因素等知识点,根据物质之间的关系式、实验操作的规范性、影响反应速率的因素等知识点来分析解答,题目难度中等.  C.硫离子核外有 18 个电子、最外层有 8 个电子,其离子结构示意图为 ,故 C 错误;D.该结构简式为对二甲苯,间二甲苯的结构简式为 ,故 D 错误;故选:B。【点评】本题考查了化学用语,涉及结构简式、离子结构示意图、电子式等知识点,根据这些化学用语特点来分析解答,注意过氧化钠电子式的书写,为易错点. 3.(2 分)25℃时,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(  )A.pH=1 的溶液中:Na+、K+、MnO4﹣、CO32﹣B.c(H+)=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中:Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣C.0.1mol•L﹣1NH4HCO3溶液中:K+、Na+、NO3﹣、Cl﹣D.0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中:Fe2+、NH4+、SCN﹣、SO42﹣【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解反应即可共存,据此分析解答.【解答】解:pH=1 的溶液呈强酸性,弱酸根离子 CO32﹣不能共存,故 A 错误;B.c(H+)=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液呈强碱性,Mg2+、Cu2+和氢氧根离子生成沉淀,所以不能大量共存,故 B 错误;C.NH4HCO3和这几种离子之间不发生反应,所以能共存,故 C 正确;D.Fe3+、SCN﹣能生成络合物而使溶液呈血红色,可以利用该反应检验铁离子,所以这两种离子不能共存,故 D 错误;故选:C。【点评】本题考查了离子共存,明确离子共存的条件是解本题关键,根据离子共存条件来分析解答即可,注意特殊条件的限制,题目难度中等. 4.(2 分)下列物质性质与应用对应关系正确的是(  )A.晶体硅熔点高硬度大,可用于制作半导体材料B.氢氧化铝具有弱碱性,可用于制胃酸中和剂C.漂白粉在空气中不稳定,可用于漂白纸张D.氧化铁能与酸反应,可用于制作红色涂料【分析】A.硅位于非金属和金属分界线处,能制作半导体材料;B.氢氧化铝具有弱碱性,能中和酸;C.漂白粉具有漂白性,能漂白纸张;D.氧化铁是红棕色固体,可以作红色涂料.【解答】解:A.晶体硅熔点高硬度大可以制作玻璃刀等,硅位于金属和非金属分界线处,可用于制作半导体材料,二者没有关系,故 A 错误;B.胃酸的主要成分是 HCl,氢氧化铝具有弱碱性,能中和酸,二者有对应关系,故 B 正确;C.漂白粉具有漂白性,能漂白纸张,与漂白粉的稳定性强弱无关,所以二者没有对应关系,故 C错误;D.氧化铁是红棕色固体,可以作红色涂料,氧化铁属于碱性氧化物,能溶于酸,可用酸除锈,所以二者没有对应关系,故 D 错误;故选:B。【点评】本题考查了物质间的关系,明确物质的性质是解本题关键,根据其性质分析用途,掌握物质的性质,灵活运用知识解答,题目难度不大. 5.(2 分)下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验,能达到实验目的是(  ) A.用装置甲制取氯气B.用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢C.用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D.用装置丁蒸干氯化锰溶液制 MnCl2•4H2O【分析】A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热;B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性,能吸收氯气,气体应为长进短处;C、二氧化锰不溶于水,将液体和不溶于液体的固体分离开来的一种方法为过滤;D、锰离子可发生水解.【解答】解:A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热,甲装置无加热仪器,故 A 错误;B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性,能吸收氯气,且 NaHCO3和 HCl 反应能生成 CO2,引入新的杂质气体,所以吸收试剂应该为饱和食盐水,并且气体应为长进短出,故 B 错误;C、二氧化锰不溶于水,因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤,丙装置为过滤装置,故 C 正确;D、锰离子水解,水解吸热,因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制 MnCl2•4H2O,应该在 HCl 的气氛中进行,故 D 错误;故选:C。【点评】本题考查了氯气的实验室制备,侧重于实验原理、实验仪器、实验基本操作、盐类水解的考查,综合性较强,难度一般,注意气体的进出导管长短、盐类水解的抑制应用. 6.(2 分)设 NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是(  )A.1.6g 由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为 0.1NAB.0.1mol 丙烯酸中含有双键的数目为 0.1NAC.标准状况下,11.2L 苯中含有分子的数目为 0.5NAD.在过氧化钠与水的反应中,每生成 0.1mol 氧气,转移电子的数目为 0.4NA【分析】A.1.6g 氧气和臭氧的混合物中含有 1.6g 氧原子,含有 0.1mol 氧原子;B.丙烯酸分子中含有 1 个碳碳双键和 1 个碳氧双键,总共含有 2 个双键;C.标准状况下,苯的状态不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量;D.过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1 价,生成 0.1mol 氧气转移了 0.2mol 电子.【解答】解:A.1.6g 氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的质量为 1.6g,含有氧原子的物质的量为0.1mol,含有氧原子的数目为 0.1NA,故 A 正确;B.0.1mol 丙烯酸中含有 0.1mol 碳碳双键和 0.1mol 碳氧双键,总共含有 0.2mol 双键,含有双键的数目为 0.2NA,故 B 错误;C.标况下,苯不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算 11.2L 苯的物质的量,故 C 错误;D.过氧化钠与水的反应中,生成 0.1mol 氧气转移了 0.2mol 电子,转移电子的数目为 0.2NA,故 D错误;故选:A。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,题目难度中等,注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,明确标况下气体摩尔体积的使用条件,选项 B 为易错点,注意丙烯酸分子中含有两个双键. 7.(2 分)下列指定反应的离子方程式正确的是(  )A.Cu 溶于稀 HNO3:Cu+2H++NO3﹣═Cu2++NO2↑+H2O B.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量 NaOH 溶液反应制 Fe(OH)2:Fe2++2OH﹣═Fe(OH)2↓C.用 CH3COOH 溶解 CaCO3:CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑D.向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2制 Al(OH)3:CO2+AlO2﹣+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3﹣【分析】A.铜和稀硝酸反应生成 NO;B.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量 NaOH 溶液反应生成 Fe(OH)2和 NH3.H2O;C.弱电解质写化学式;D.偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠.【解答】解:A.铜和稀硝酸反应生成 NO,离子方程式为 3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O,故 A错误;B.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量 NaOH 溶液反应生成 Fe(OH)2和 NH3.H2O,离子方程式为 2NH4++Fe2++4OH﹣═Fe(OH)2↓+2NH3.H2O,故 B 错误;C.弱电解质写化学式,离子方程式为 CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣,故 C 错误;D.偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠,离子方程式为 CO2+AlO2﹣+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3﹣,故 D 正确;故选:D。【点评】本题考查了离子方程式的书写,明确反应实质是解本题关键,再结合离子方程式的书写规则来分析解答,易错选项是 D,注意反应物的量,反应物的量不同,其产物不同,为易错点. 8.(2 分)下列各组物质中,不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是(  ) 物质组别甲 乙 丙A Al2O3HClNaOHB SiO2NaOHHFC HClNaOHNaHCO3D NH3O2HNO3A.A B.B C.C D.D【分析】A.Al2O3与 HCl、NaOH 均反应,且 HCl 与 NaOH 反应;B.SiO2与 NaOH、HF 反应,且 NaOH 与 HF 反应;C.HCl 与 NaHCO3、NaOH 均反应,且 NaHCO3与 NaOH 反应;D.NH3与 O2、HNO3反应,但 O2、HNO3二者不反应。【解答】解:A.Al2O3与 HCl 反应生成氯化铝和水,Al2O3与 NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和水,且HCl 与 NaOH 反应生成 NaCl 和水,组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应,故 A 不选;B.SiO2与 NaOH 反应生成硅酸钠和水,SiO2与 HF 反应生成四氟化硅和水,且 NaOH 与 HF 反应生成NaF 和水,组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应,故 B 不选;C.HCl 与 NaHCO3反应生成氯化钠、二氧化碳和水,HCl 与 NaOH 反应生成 NaCl 和水,且 NaHCO3与NaOH 反应生成碳酸钠和水,组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应,故 C 不选;D.NH3与 O2发生氧化还原反应生成 NO 和水,氨气与 HNO3反应生成硝酸铵,但 O2、HNO3二者不反应,则不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应,故 D 选;故选:D。【点评】本题考查考查物质之间的反应,把握常见物质的性质及发生的化学反应为解答的关键,注意某些反应与量有关,明确性质与反应的关系即可解答,题目难度不大。 9.(2 分)短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大.X 原子的最外层电子数是其内层电子数的 2 倍,Y 是地壳中含量最高的元素,Z2+与 Y2﹣具有相同的电子层结构,W 与 X 同主族.下列说法正 确的是(  )A.Y 分别与 Z、W 形成的化合物中化学键类型相同B.原子半径的大小顺序:r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)C.Y 的气态简单氢化物的热稳定性比 W 的强D.X 的最高价氧化物对应的水化物的酸性比 W 的弱【分析】短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大.X 原子的最外层电子数是其内层电子数的 2 倍,原子只能有 2 个电子层,最外层电子数为 4,故 X 为碳元素;W 与 X 同主族,所以 W 是 Si 元素;Y 是地壳中含量最高的元素,则 Y 为氧元素,Z2+与 Y2﹣具有相同的电子层结构,离子核外电子数为 10,故 Z 的质子数为 12,则 Z 为 Mg,据此解答.【解答】解:短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。X 原子的最外层电子数是其内层电子数的 2 倍,原子只能有 2 个电子层,最外层电子数为 4,故 X 为碳元素;W 与 X 同主族,所以 W 是 Si元素;Y 是地壳中含量最高的元素,则 Y 为氧元素,Z2+与 Y2﹣具有相同的电子层结构,离子核外电子数为 10,故 Z 的质子数为 12,则 Z 为 Mg。A.Y 和 Z、W 形成的化合物为 MgO、SiO2,MgO 中含有离子键,而 SiO2中存在共价键,故 A 错误;B.同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大,故原子半径:r(Mg)>r(Si)>r(C)>r(O),故 B 错误;C.元素的非金属性越强,其气态氢化物的稳定性越强,非金属性 Y(O)>W(Si),所以 Y 的气态简单氢化物的热稳定性比 W 的强,故 C 正确;D.元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,非金属性 X(C)>W(Si),所以 X的最高价氧化物对应水化物的酸性比 W 的强,故 D 错误。故选:C。【点评】本题考查原子结构和元素周期律,侧重对元素周期律的考查,推断元素是解题关键,从结构上理解同周期、同主族元素性质的递变规律. 10.(2 分)已知:C(s)+O2(g)═CO2(g)△H1CO2(g)+C(s)═2CO(g)△H22CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H34Fe(s)+3O2(g)═2Fe2O3(s)△H43CO(g)+Fe2O3(s)═3CO2(g)+2Fe(s)△H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是(  )A.△H1>0,△H3<0 B.△H2>0,△H4>0 C.△H1=△H2+△H3D.△H3=△H4+△H5【分析】A、所有的燃烧反应属于放热反应;B、以碳作为还原剂的反应通常为吸热反应,铁的氧化属于放热反应;C、根据盖斯定律利用加合法进行分析;D、根据盖斯定律利用加合法进行分析.【解答】解:A、所有的燃烧反应属于放热反应,因此△H1<0,△H3<0,故 A 错误;B、碳还原二氧化碳的反应属于吸热反应,△H2>0,铁与氧气的反应属于放热反应,△H4<0,故 B错误;C、已知:① C(s)+O2(g)═CO2(g)△H1②CO2(g)+C(s)═2CO(g)△H2③2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H3,由盖斯定律可知①=②+③,因此△H1=△H2+△H3,故 C 正确;D、已知③ 2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H3④4Fe(s)+3O2(g)═2Fe2O3(s)△H4⑤3CO(g)+Fe2O3(s)═3CO2(g)+2Fe(s)△H5,由盖斯定律可知③= ×( ④+⑤),因此△H3= △H4+△H5,故 D 错误;故选:C。【点评】本题考查了常见的吸热反应和放热反应类型、盖斯定律的计算,难度中等,熟悉常见的吸热反应和放热反应类型、根据盖斯定律利用加合法进行有关计算的步骤是解题的关键. 二、不等项选择题:本大题包括 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.(4 分)下列有关说法正确的是(  )A.若在海轮外壳上附着一些铜块,则可以减缓海轮外壳的腐蚀B.2NO(g)+2CO(g)═N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行,则该反应的△H>0C.加热 0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液,CO32﹣的水解程度和溶液的 pH 均增大D.对于乙酸与乙醇的酯化反应(△H<0),加入少量浓硫酸并加热,该反应的反应速率和平衡常数均增大【分析】A.船体(Fe)、Cu 及海水构成原电池,Fe 比 Cu 活泼,作负极,被腐蚀;B.正反应为熵减的反应,根据△H﹣T△S=△G<0 反应自发进行,据此判断;C.碳酸钠溶液中碳酸根发生水解,溶液呈碱性,而盐类水解是吸热反应,升高温度,促进水解,溶液碱性增强;D.浓硫酸起催化剂作用,加快反应速率,升高温度平衡向吸热反应分析移动,据此判断平衡常数变化.【解答】解:A.船体(Fe)、Cu 及海水构成原电池,Fe 比 Cu 活泼,作负极,加快海轮外壳的腐蚀,故 A 错误;B.正反应为熵减的反应,即△S<0,常温下能自发进行,根据△H﹣T△S=△G<0 反应自发进行,可推知该反应△H<0,故 B 错误;C.碳酸钠溶液中碳酸根发生水解,溶液呈碱性,而盐类水解是吸热反应,升高温度,水解程度增大,溶液碱性增强,即溶液的 pH 均增大,故 C 正确;D.浓硫酸起催化剂作用,加入浓硫酸加快反应速率,正反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,平衡常数减小,故 D 错误,故选:C。【点评】本题比较综合,是常见题型,涉及金属腐蚀与防护、化学反应进行方向、盐类水解、化学平衡移动、化学反应速率及平衡常数影响因素等,难度不大,侧重对基础知识的考查. 12.(4 分)去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能,其结构简式如图所示。下列说法正确的是(  )A.每个去甲肾上腺素分子中含有 3 个酚羟基B.每个去甲肾上腺素分子中含有 2 个手性碳原子C.1mol 去甲肾上腺素最多能与 2molBr2发生取代反应D.去甲肾上腺素既能与盐酸反应,又能与氢氧化钠溶液反应【分析】该分子中含有酚羟基、醇羟基、氨基和苯环,具有酚、醇、胺及苯的性质,能发生取代反应、氧化反应、还原反应、加成反应、取代反应等,连接四个不同原子或原子团的碳原子属于手性碳原子,据此分析解答。【解答】解:A.只有直接连接苯环的羟基才是酚羟基,所以该分子中含 2 个酚羟基、1 个醇羟基,故 A 错误;B.该分子中只有连接醇羟基的碳原子为手性碳原子,所以只有一个手性碳原子,故 B 错误;C.苯环上酚羟基邻对位氢原子能被溴取代,且以 1:1 所以,所以 1mol 去甲肾上腺素最多能与3molBr2发生取代反应,故 C 错误;D.含有酚羟基,具有酸性,含有氨基,具有碱性,所以去甲肾上腺素既能与盐酸反应,又能与氢氧化钠溶液反应,故 D 正确;故选:D。【点评】本题考查有机物结构和性质,为高频考点,明确官能团及其性质关系即可解答,侧重考查酚、醇和胺的性质,注意苯环上酚羟基邻对位氢原子才能和溴原子发生取代反应,注意酚羟基和醇羟基的区别,易错选项是 B。  13.(4 分)在探究新制饱和氯水成分的实验中,下列根据实验现象得出的结论不正确的是(  )A.氯水的颜色呈浅黄绿色,说明氯水中含有 Cl2B.向氯水中滴加硝酸酸化的 AgNO3溶液,产生白色沉淀,说明氯水中含有 Cl﹣C.向氯水中加入 NaHCO3粉末,有气泡产生,说明氯水中含有 H+D.向 FeCl2溶液中滴加氯水,溶液颜色变成棕黄色,说明氯水中含有 HClO【分析】溶液中存在平衡 Cl2+H2O HCl+HClO⇌ ,只有氯气有颜色,为黄绿色,氯水中含有氯气而呈浅黄绿色,溶液中 HCl 与硝酸银反应产生 AgCl 白色沉淀,而溶液呈酸性,能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳,溶液中氯气、HClO 都强氧化性,都可以将亚铁离子氧化为铁离子,而使溶液变为棕黄色.【解答】解:溶液中存在平衡 Cl2+H2O HCl+HClO⇌ ,A.只有氯气有颜色,为黄绿色,氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气,故 A 正确;B.溶液与硝酸银反应产生白色沉淀,只能是氯离子与银离子反应得到 AgCl 白色沉淀,说明氯水中含有 Cl﹣,故 B 正确;C.溶液呈酸性,能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳,故 C 正确;D.溶液中氯气、HClO 都强氧化性,都可以将亚铁离子氧化为铁离子,而使溶液变为棕黄色,不能说明氯水中含有 HClO,故 D 错误,故选:D。【点评】本题考查氯水的性质,难度不大,侧重对基础知识的考查,需要学生熟练掌握基础知识. 14.(4 分)25℃时,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(  )A.0.1mol•L﹣1 CH3COONa 溶液与 0.1mol•L﹣1 HCl 溶液等体积混合:c(Na+)=c(Cl﹣)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)B.0.1mol•L﹣1 NH4Cl 溶液与 0.1mol•L﹣1氨水等体积混合(pH>7):c(NH3•H2O)>c(NH4+)>c(Cl﹣)>c(OH﹣)C.0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液与 0.1mol•L﹣1 NaHCO3溶液等体积混合: c(Na+)=c(CO32﹣)+c(HCO3﹣)+c(H2CO3)D.0.1mol•L﹣1 Na2C2O4溶液与 0.1mol•L﹣1 HCl 溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸):2c(C2O42﹣)+c(HC2O4﹣)+c(OH﹣)=c(Na+)+c(H+)【分析】A.溶液为氯化钠和醋酸混合溶液,且二者的物质的量浓度相等,混合溶液呈酸性,且混合溶液中存在物料守恒;B.混合溶液呈碱性,说明 NH3•H2O 的电离程度大于 NH4+的水解程度;C.混合溶液呈存在物料守恒,根据物料守恒判断;D.任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒判断.【解答】解:A.溶液为氯化钠和醋酸混合溶液,且二者的物质的量浓度相等,混合溶液呈酸性,溶液中 c(OH﹣)很小,且混合溶液中存在物料守恒,根据物料守恒得 c(Na+)=c(Cl﹣),醋酸部分电离,所以溶液中存在 c(Na+)=c(Cl﹣)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣),故 A 正确;B.混合溶液呈碱性,说明 NH3•H2O 的电离程度大于 NH4+的水解程度,则溶液中存在 c(NH3•H2O)<c(NH4+),故 B 错误;C.混合溶液存在物料守恒,根据物料守恒得:0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液中:c(Na+)=2c(CO32﹣)+2c(HCO3﹣)+2c(H2CO3),0.1mol•L﹣1 NaHCO3溶液中:c(Na+)=c(CO32﹣)+c(HCO3﹣)+c(H2CO3),两式相加得,2c(Na+)=3c(CO32﹣)+3c(HCO3﹣)+3c(H2CO3),即 c(Na+)=c(CO32﹣)+c(HCO3﹣)+c(H2CO3),故 C 正确;D.任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得 2c(C2O42﹣)+c(HC2O4﹣)+c(OH﹣)+c(Cl﹣)=c(Na+)+c(H+),故 D 错误;故选:AC。【点评】本题考查了离子浓度大小比较,明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键,再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答,题目难度中等.  15.(4 分)一定温度下,在三个体积均为 1.0L 的恒容密闭容器中发生反应:2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) 容器编号 温度(℃)起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)CH3OH(g)CH3OCH3(g) H2OⅠ 387 0.20 0.080 0.080Ⅱ 387 0.40Ⅲ 207 0.20 0.090 0.090下列说法正确的是(  )A.该反应的正反应为放热反应B.达到平衡时,容器Ⅰ中的 CH3OH 体积分数比容器Ⅱ中的小C.容器Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的长D.若起始时向容器Ⅰ中充入 CH3OH 0.1mol、CH3OCH3 0.15mol 和 H2O 0.10mol,则反应将向正反应方向进行【分析】A.根据温度与化学平衡常数的关系确定反应热;B.该反应是反应前后气体体积不变的反应,温度相同,化学平衡常数相同,反应物的转化率相同;C.温度越高,反应速率越大,反应时间越短;D.根据化学平衡常数与浓度商的相对大小判断反应方向,如果浓度商小于平衡常数,则平衡向正反应方向进行.【解答】解:A.容器Ⅰ中平衡时 c(CH3OCH3)=c(H2O)= =0.080mol/L,c(CH3OH)==0.04mol/L,容器Ⅰ中化学平衡常数 K1= =4,容器Ⅲ中平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)= =0.090mol/L,c(CH3OH)= =0.02mol/L,化学平衡常数 K2= =20.25>4,所以降低温度,化学平衡常数增大,反应向正反应方向移动,则正反应是放热反应,故 A 正确;B.恒容条件下,容器Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上加压,但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应,因此平衡不移动,所以容器Ⅰ中的 CH3OH 体积分数和容器Ⅱ中的相等,故 B 错误;C.容器Ⅰ中的温度比容器 III 的温度高,温度越高反应速率越快,达到平衡所需时间越短,故 C错误;D.c(CH3OH)=0.1mol/L、c(CH3OCH3 )=0.15mol/L、c(H2O)=0.10mol/L,浓度商==1.5<4,平衡向正反应方向移动,故 D 正确;故选:AD。【点评】本题考查了化学平衡常数的有关计算,根据平衡常数公式计算平衡常数,再结合浓度与反应速率的关系、化学平衡常数与浓度商之间的关系来分析解答,注意该反应特点,题目难度中等. 三、解答题16.(12 分)烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放,实验室用粉煤灰(主要含 Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6﹣2x]溶液,并用于烟气脱硫研究. (1)酸浸时反应的化学方程式为  Al 2O3+3H2SO4═Al2( SO 4)3+3H2O   ;滤渣Ⅰ的主要成分为  SiO 2(填化学式).(2)加 CaCO3调节溶液的 pH 至 3.6,其目的是中和溶液中的酸,并使 Al2(SO4)3转化为Al2(SO4)x(OH)6﹣2x.滤渣Ⅱ的主要成分为  CaSO 4 (填化学式);若溶液的 pH 偏高,将会导致溶液中铝元素的含量降低,其原因是  3CaCO 3+2Al 3+ +3SO 42﹣ +3H 2O═2Al ( OH ) 3+3CaSO4+3CO2↑   (用离子方程式表示).(3)上述流程中经完全热分解放出的 SO2量总是小于吸收的 SO2的量,其主要原因是 溶液中的部分 SO 32﹣ 被氧化生成 SO 42﹣   ;与吸收 SO2前的溶液相比,热分解后循环利用的溶液的 pH 将 减小 (填“增大”、“减小”或“不变”).【分析】粉煤灰和稀硫酸混合,发生反应 Al2O3+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2O,SiO2和稀硫酸不反应,过滤溶液得滤渣Ⅰ为 SiO2,滤液中含有 Al2(SO4)3,调节 pH=3.6,加入 CaCO3粉末,发生反应CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O,CaSO4为微溶物,所以滤渣Ⅱ的成分主要为 CaSO4,过滤得滤液Ⅱ,二氧化硫和水反应生成的 SO32﹣易被氧化生成 SO42﹣,弱酸根离子转化为强酸根离子,再结合题目分析解答.【解答】解:粉煤灰和稀硫酸混合,发生反应 Al2O3+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2O,SiO2和稀硫酸不反应,过滤溶液得滤渣Ⅰ为 SiO2,滤液中含有 Al2(SO4)3,调节 pH=3.6,加入 CaCO3粉末,发生反应CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O,CaSO4为微溶物,所以滤渣Ⅱ的成分主要为 CaSO4,过滤得滤液Ⅱ,二氧化硫和水反应生成的 SO32﹣易被氧化生成 SO42﹣,(1)通过以上分析知,酸浸时反应的化学方程式为 Al2O3+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2O,氧化铝和稀硫酸完全反应、二氧化硅和稀硫酸不反应,所以滤渣 I 的成分为 SiO2,故答案为:Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O;SiO2;(2)通过以上分析知,滤渣Ⅱ的成分是 CaSO4,若溶液的 pH 偏高,溶液中的 Al 3+和 OH﹣离子反应生成 Al(OH)3,所以将会导致溶液中铝元素的含量降低,反应方程式为 3CaCO3+2Al3++3SO42﹣+3H2O═2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2↑,故答案为:CaSO4;3CaCO3+2Al3++3SO42﹣+3H2O═2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2↑;(3)二氧化硫被吸收后生成 SO32﹣,SO32﹣不稳定,易被氧化生成 SO42﹣,所以流程中经完全热分解放出的 SO2量总是小于吸收的 SO2的量,加热分解后的溶液中硫酸根离子浓度增大,促进生成Al2(SO4)x(OH)6﹣2x,则溶液的酸性增强,溶液的 pH 减小,故答案为:溶液中的部分 SO32﹣被氧化生成 SO42﹣;减小.【点评】本题考查了物质的制备原理,明确物质的性质是解本题关键,会从整体上分析每一步发生的反应及基本操作,知道加入物质的用途,题目难度中等. 17.(15 分)非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物,可通过以下方法合成:请回答下列问题:(1)非诺洛芬中的含氧官能团为 醚键 和 羧基 (填名称).
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