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）．