2014年高考化學試卷（浙江）（解析卷）

第頁|共頁2014年浙江省高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1．（3分）（2014?浙江）下列說法不正確的是（）A．光催化還原水制氫比電解水制氫更節(jié)能環(huán)保、更經濟B．氨氮廢水（含NH4+及NH3）可用化學氧化法或電化學氧化法處理C．某種光學檢測技術具有極高的靈敏度，可檢測到單個細胞（V≈10﹣12L）內的數個目標分子，據此可推算該檢測技術能檢測細胞內濃度約為10﹣12﹣10﹣11mol?L﹣1的目標分子D．向汽油中添加甲醇后，該混合燃料的熱值不變【分析】A．電解消耗電能，而光催化還原水制氫可利用太陽能；B．氨氮廢水中N為﹣3價，可利用氧化還原反應原理轉化為無毒物質；C．可檢測到單個細胞（V≈10﹣12L）內的數個目標分子，結合c=計算；D．汽油與甲醇均可燃燒，且熱值不同．【解答】解：A．電解消耗電能，而光催化還原水制氫可利用太陽能，前者浪費能源，則光催化還原水制氫比電解水制氫更節(jié)能環(huán)保、更經濟，故A正確；B．氨氮廢水中N為﹣3價，可利用氧化還原反應原理發(fā)生氧化反應轉化為無毒物質，所以可用化學氧化法或電化學氧化法處理，故B正確；C．可檢測到單個細胞（V≈10﹣12L）內的數個目標分子，體積為10﹣12L，設數個分子為N，則即該檢測技術能檢測細胞內濃度為，N可能介于1～10之間，則約為10﹣12﹣10﹣11mol?L﹣1的目標分子，故C正確；D．汽油與甲醇均可燃燒，且熱值不同，則向汽油中添加甲醇后，該混合燃料的熱值發(fā)生變化，故D錯誤；故選D．2．（3分）（2014?浙江）下列說法正確的是（）A．金屬汞一旦灑落在實驗室地面或桌面時，必須盡可能收集，并深埋處理B．用pH計、電導率儀（一種測量溶液導電能力的儀器）均可監(jiān)測乙酸乙酯的水解程度C．鄰苯二甲酸氫鉀可用于標定NaOH溶液的濃度，假如稱量鄰苯二甲酸氫鉀時電子天平讀數比實際質量偏大，則測得的NaOH溶液濃度比實際濃度偏小D．向某溶液中加入茚三銅試劑，加熱煮沸后溶液若出現藍色，則可判斷該溶液含有蛋白質【分析】A．金屬汞一旦灑落在實驗室地面或桌面，加硫磺粉處理；B．乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，只有乙酸為電解質，且乙酸電離顯酸性；C．標準液的濃度已知，待測液的體積也是已知的，c測=；D．茚三銅試劑用于檢驗氨基酸．【解答】解：A．金屬汞一旦灑落在實驗室地面或桌面，加硫磺粉處理，且金屬汞不能深埋處理，易污染土壤和地下水，故A錯誤；B．乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，只有乙酸為電解質，且乙酸電離顯酸性，則乙酸濃度越大，酸性越強，導電能力也越強，所以用pH計、電導率儀（一種測量溶液導電能力的儀器）均可監(jiān)測乙酸乙酯的水解程度，故B正確；C．標準液的濃度已知，待測液的體積也是已知的，由c測=可知，如果實際消耗的標準液體積增大，最后計算得到的待測液濃度也增大；如果實際消耗的標準液體積減小，最后的得到的待測液濃度也減??；由于稱量鄰苯二甲酸氫鉀時電子天平讀數比實際質量偏大，得到的鄰苯二甲酸氫鉀的實際濃度偏小，會使標準液實際濃度減小，使得實際消耗的鄰苯二甲酸氫鉀的體積增大，所以計算得到的得到的待測液濃度偏大，故C錯誤；D．茚三酮水合物稀溶液分別與@﹣氨基酸、多肽、蛋白質一起加熱生成藍色物質，茚三銅試劑一般用于檢驗氨基酸，該溶液中可能有蛋白質，故D錯誤；故選B．3．（3分）（2014?浙江）如圖所示的五中元素中，W、X、Y、Z為短周期元素，這四種元素的原子最外層電子數之和為22，下列說法正確的是（）A．X、Y、Z三種元素最低價氫化物的沸點依次升高B．由X、Y和氫三種元素形成的化合物中只有共價鍵C．物質WY2，W3X4，WZ4均有熔點高，硬度大的特性D．T元素的單質具有半導體的特性，T與Z元素可形成化合物TZ4【分析】W、X、Y、Z為短周期元素，這四種元素的原子最外層為22，則X、Y為第二周期元素，W、Z為第三周期元素，設X的最外層電子為x，則Y、W、Z的最外層電子數分別為x+1、x﹣1、x+2，所以x+x+1+x﹣1+x+2=22，解得x=5，即X為N，Y為O，W為Si，Z為Cl，W與T同主族，則T為Ge，然后結合元素化合物知識來解答．【解答】解：W、X、Y、Z為短周期元素，這四種元素的原子最外層為22，則X、Y為第二周期元素，W、Z為第三周期元素，設X的最外層電子為x，則Y、W、Z的最外層電子數分別為x+1、x﹣1、x+2，所以x+x+1+x﹣1+x+2=22，解得x=5，即X為N，Y為O，W為Si，Z為Cl，W與T同主族，則T為Ge，A．X、Y、Z三種元素最低價氫化物分別為NH3、H2O、HCl，NH3、H2O中存在氫鍵，沸點都比HCl高，故A錯誤；B．N、H、O三種元素可形成NH4NO3，是離子化合物，既有共價鍵也有離子鍵，故B錯誤；C．SiO2、Si3N4屬于原子晶體，熔點高，硬度大，而SiCl4屬于分子晶體，熔點低，硬度小，故C錯誤；D．Ge元素位于金屬與非金屬之間的分界線，因此具有半導體的特性，與碳屬于同一主族，最外層四個電子，性質相似，可形成GeCl4，故D正確；故選D．4．（3分）（2014?浙江）下列說法正確的是（）A．乳酸薄荷醇酯（）僅能發(fā)生水解、氧化、消去反應B．乙醛和丙烯醛（）不是同系物，它們與氫氣充分反應后的產物也不是同系物C．淀粉和纖維素在酸催化下完全水解后的產物都是葡萄糖D．CH3COOCH2CH3與CH3CH2COOCH3互為同分異構體，1H﹣NMR譜顯示兩者均有三種不同的氫原子且三種氫原子的比例相同，故不能用1H﹣NMR來鑒別【分析】A．乳酸薄荷醇酯中含有羥基，能夠發(fā)生取代反應；B．關鍵乙醛和丙烯醛的結構及二者與氫氣反應產物判斷是否屬于同系物；C．淀粉和纖維素都是多糖，二者最終水解產物都是葡萄糖；D．二者含有的氫原子的種類、相應的數目相同，但是各種氫原子的具體位置不同，可以用1H﹣NMR來鑒別．【解答】解：A．乳酸薄荷醇酯（）中含有酯基、羥基，能夠發(fā)生水解、氧化、消去反應，還能夠發(fā)生取代反應（H氫原子被鹵素原子取代），故A錯誤；B．乙醛和丙烯醛（）的結構不同，所以二者一定不是同系物；它們與氫氣充分反應后分別生成乙醇和丙醇，所以與氫氣加成的產物屬于同系物，故B錯誤；C．淀粉和纖維素都是多糖，二者在酸催化下完全水解后的產物都是葡萄糖，故C正確；D．CH3COOCH2CH3與CH3CH2COOCH3互為同分異構體，1H﹣NMR譜顯示兩者均有三種不同的氫原子且三種氫原子的比例相同，但是二者的核磁共振氫譜中峰的位置不相同，可以用1H﹣NMR來鑒別，故D錯誤；故選C．5．（3分）（2014?浙江）鎳氫電池（NiMH）目前已經成為混合動力汽車的一種主要電池類型，NiMH中的M表示金屬或合金，該電池在充電過程中的總反應方程式是：Ni（OH）2+M═NiOOH+MH已知：6NiOOH+NH3+H2O+OH﹣═6Ni（OH）2+NO2﹣下列說法正確的是（）A．NiMH電池放電過程中，正極的電極反應式為：NiOOH+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣B．充電過程中OH﹣離子從陽極向陰極遷移C．充電過程中陰極的電極反應式：H2O+M+e﹣═MH+OH﹣，H2O中的H被M還原D．NiMH電池中可以用KOH溶液、氨水等作為電解質溶液【分析】鎳氫電池中主要為KOH作電解液充電時，陽極反應：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣=NiOOH+H2O、陰極反應：M+H2O+e﹣=MH+OH﹣，總反應：M+Ni（OH）2=MH+NiOOH；放電時，正極：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣，負極：MH+OH﹣﹣e﹣=M+H2O，總反應：MH+NiOOH=M+Ni（OH）2以上式中M為儲氫合金，MH為吸附了氫原子的儲氫合金，A．根據以上分析書寫正極電極反應式；B．充電過程中，氫氧根離子向陽極移動；C．充電時，陰極上得電子發(fā)生還原反應；D．有氨氣存在時易發(fā)生副反應．【解答】解：鎳氫電池中主要為KOH作電解液充電時，陽極反應：Ni（OH）2+OH﹣=NiOOH+H2O+e﹣、陰極反應：M+H2O+e﹣=MH+OH﹣，總反應：M+Ni（OH）2=MH+NiOOH；放電時，正極：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣，負極：MH+OH﹣=M+H2O+e﹣，總反應：MH+NiOOH=M+Ni（OH）2以上式中M為儲氫合金，MH為吸附了氫原子的儲氫合金，A．正極的電極反應式為：NiOOH+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣，故A正確；B．電解時陰離子向陽極移動，陽離子向陰極移動，所以OH﹣離子從陰極向陽極，故B錯誤；C．H2O中的H得電子，不是被M還原，故C錯誤；D．不能用氨水做電解質溶液，因為NiOOH能和氨水發(fā)生反應，故D錯誤；故選A．6．（3分）（2014?浙江）氯在飲用水處理中常用作殺菌劑，且HClO的殺菌能力比ClO﹣強，25℃時氯氣﹣氯水體系中存在以下平衡關系：Cl2（g）?Cl2（aq）K1=10﹣1.2Cl2（aq）+H2O?HClO+H++Cl﹣K2=10﹣3.4HClO?H++ClO﹣Ka=？其中Cl2（aq）、HClO和ClO﹣分別在三者中所占分數（α）隨pH變化的關系如圖所示，下列表述正確的是（）A．Cl2（g）+H2O?2H++ClO﹣+Cl﹣K=10﹣10.9B．在氯處理水體系中，c（HClO）+c（ClO﹣）=c（H+）﹣c（OH﹣）C．用氯處理飲用水時，pH=7.5時殺菌效果比pH=6.5時差D．氯處理飲用水時，在夏季的殺菌效果比在冬季好【分析】根據圖象知，HClO?H++ClO﹣中pH=7.5，此時c（HClO）=c（ClO﹣），Ka===10﹣7.5；A．蓋斯定律計算K；B．任何電解質溶液中都存在電荷守恒；C．HClO的殺菌能力比ClO﹣強，所以HClO的濃度越大，其殺菌效果越好；D．HClO不穩(wěn)定，受熱易分解．【解答】解：根據圖象知，HClO?H++ClO﹣中pH=7.5，Ka===10﹣7.5；A．依據蓋斯定律將已知的三個式子相加可得A選項式，所以K=K1×K2×Ka=K1=10﹣1.2×10﹣3.4×10﹣7.5=10﹣12.1，故A錯誤；B．體系中存在電荷守恒c（H+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣），即c（Cl﹣）+c（ClO﹣）=c（H+）﹣c（OH﹣），在氯水中HCl完全電離、HClO部分電離，所以c（HClO）＜c（Cl﹣），所以c（HClO）+c（ClO﹣）＜c（H+）﹣c（OH﹣），故B錯誤；C．起殺菌作用的是HClO，由圖象可知，pH=6.5時c（HClO）比pH=7.5時要大，HClO濃度越大，殺菌效果好，所以pH=7.5時殺菌效果比pH=6.5時差，故C正確；D．夏季相比冬季溫度高，HClO易分解，所以殺菌效果不如冬季，故D錯誤；故選C．7．（3分）（2014?浙江）霧霾嚴重影響人們的生活與健康，某地區(qū)的霧霾中可能含有如下可溶性無機離子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣．某同學收集了該地區(qū)的霧霾，經必要的預處理后的試樣溶液，設計并完成了如下實驗：已知：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3↑+8AlO2﹣根據以上的實驗操作和現象，該同學得出的結論不正確的是（）A．試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣B．試樣中一定不含Al3+C．試樣中可能存在Na+、Cl﹣D．該霧霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4【分析】試樣溶液中加入過量Ba（OH）2并加熱，生成的氣體1能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色，說明氣體1是NH3，則試樣中含有NH4+；向濾液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成氣體2，該氣體能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍色，說明含有氣體2是NH3，根據已知條件知，溶液2中含有NO3﹣，根據元素守恒知，原溶液中含有NO3﹣；濾液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出氣體，說明沉淀2是碳酸鋇等難溶性碳酸鹽；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸鋇不溶于酸，說明原來溶液中含有SO42﹣，能和過量Ba（OH）2反應生成能溶于酸的沉淀，根據離子知，該沉淀為Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+，結合題給選項分析解答．【解答】解：試樣溶液中加入過量Ba（OH）2并加熱，生成的氣體1能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色，說明氣體1是NH3，則試樣中含有NH4+；向濾液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成氣體2，該氣體能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍色，說明含有氣體2是NH3，根據已知條件知，溶液2中含有NO3﹣，根據元素守恒知，原溶液中含有NO3﹣；濾液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出氣體，說明沉淀2是碳酸鋇等難溶性碳酸鹽，也有可能是試樣中存在Al3+，在過量的Ba（OH）2中反應生成AlO2﹣，通入CO2后生成Al（OH）3沉淀；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸鋇不溶于酸，說明原來溶液中含有SO42﹣，以及能和過量Ba（OH）2反應生成能溶于酸的沉淀，根據離子知，該沉淀為Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+，A．通過以上分析知，試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣，故A正確；B．通過以上分析知，試樣中不能確定是否含有Al3+，故B錯誤；C．通過以上分析知，試樣中可能存在Na+、Cl﹣，故C正確；D．根據以上分析知，試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣，可能存在Na+、Cl﹣，所以該霧霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正確；故選B．二、解答題（共4小題，滿分44分）8．（15分）（2014?浙江）某研究小組為了探究一種無機礦物鹽X（僅含四種元素）的組成和性質，設計并完成了如下實驗：另取10.80gX在惰性氣流中加熱至完全分解，得到6.40g固體1，請回答如下問題：（1）畫出白色沉淀1中金屬元素的原子結構示意圖，寫出氣體甲的電子式．（2）X的化學式是CaFe（CO3）2，在惰性氣流中加熱X至完全分解的化學反應方程式為CaFe（CO3）2CaO+FeO+2CO2↑．（3）白色沉淀2在空氣中變成紅褐色沉淀的原因是4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3（用化學反應方程式表示）（4）一定條件下，氣體甲與固體1中的某種成分可能發(fā)生氧化還原反應，寫出一個可能的化學反應方程式2FeO+CO2Fe2O3+CO（或生成Fe3O4），并設計實驗方案驗證該反應的產物取適量固體于試管中，加入鹽酸溶解，滴入幾滴KSCN溶液，若溶液變紅色，說明產物中含有三價鐵．【分析】X能和HCl反應生成氣體甲，隔絕空氣加熱X得到氣體甲和固體1，且X和HCl（aq）反應也能得到甲，因此猜測X是碳酸鹽，因為X加熱易分解且能和酸反應生成CO2，那么甲為CO2，固體1溶于水得到溶液1和固體2，溶液1和二氧化碳反應生成白色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反應生成溶液2，則白色沉淀1為碳酸鹽、溶液2為碳酸氫鹽；固體2和稀鹽酸反應生成溶液3，且需要無氧條件，溶液3中加入堿在無氧條件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空氣氧化生成紅褐色沉淀，則白色沉淀2是Fe（OH）2，溶液3為FeCl2，X僅含4種元素，碳酸鹽分解生成二氧化碳氣體和兩種氧化物，其中一種氧化物能溶于水，結合地殼的成分猜測固體1中成分為CaO、FeO，對應地，X應為CaFe（CO3）2，結合題中信息：10.80gX在惰性氣流中加熱至完全分解，得到6.40g固體1，經計算，確認X為CaFe（CO3）2，那么，溶液1是Ca（OH）2，白色沉淀1是CaCO3，溶液2是Ca（HCO3）2，再結合題目分析解答．【解答】解：X能和HCl反應生成氣體甲，隔絕空氣加熱X得到氣體甲和固體1，且X和HCl（aq）反應也能得到甲，因此猜測X是碳酸鹽，因為X加熱易分解且能和酸反應生成CO2，那么甲為CO2，固體1溶于水得到溶液1和固體2，溶液1和二氧化碳反應生成白色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反應生成溶液2，則白色沉淀1為碳酸鹽、溶液2為碳酸氫鹽；固體2和稀鹽酸反應生成溶液3，且需要無氧條件，溶液3中加入堿在無氧條件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空氣氧化生成紅褐色沉淀，則白色沉淀2是Fe（OH）2，溶液3為FeCl2，X僅含4種元素，碳酸鹽分解生成二氧化碳氣體和兩種氧化物，其中一種氧化物能溶于水，結合地殼的成分猜測固體1中成分為CaO、FeO，對應地，X應為CaFe（CO3）2，結合題中信息：10.80gX在惰性氣流中加熱至完全分解，得到6.40g固體1，經計算，確認X為CaFe（CO3）2，那么，溶液1是Ca（OH）2，白色沉淀1是CaCO3，溶液2是Ca（HCO3）2，（1）白色沉淀1是CaCO3，碳酸鈣中金屬元素的原子核外有4個電子層、最外層有2個電子，所以Ca原子結構示意圖為，氣體甲是二氧化碳，二氧化碳的電子式為，故答案為：；；（2）通過以上分析知，X的化學式是CaFe（CO3）2，在惰性氣流中加熱X至完全分解生成二氧化碳和氧化鈣、氧化亞鐵，所以該反應的化學反應方程式為CaFe（CO3）2CaO+FeO+2CO2↑，故答案為：CaFe（CO3）2；CaFe（CO3）2CaO+FeO+2CO2↑；（3）氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，易被空氣氧化生成紅褐色氫氧化鐵，所以白色沉淀2在空氣中變成紅褐色沉淀，反應方程式為4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，故答案為：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；（4）一定條件下，氣體甲與固體1中的某種成分可能發(fā)生氧化還原反應，氧化亞鐵具有還原性，能被二氧化碳氧化生成四氧化三鐵或氧化鐵，同時生成CO，反應方程式為2FeO+CO2Fe2O3+CO（或生成Fe3O4），如果該反應發(fā)生，則生成固體中含有三價鐵，將固體溶于稀鹽酸生成鐵離子，鐵離子和KSCN溶液反應生成血紅色物質而使溶液變紅色．故答案為：2FeO+CO2Fe2O3+CO（或生成Fe3O4）；取適量固體于試管中，加入鹽酸溶解，滴入幾滴KSCN溶液，若溶液變紅色，說明產物中含有三價鐵．9．（2014?浙江）煤炭燃燒過程中會釋放出大量的SO2，嚴重破壞生態(tài)環(huán)境．采用一定的脫硫技術可以把硫元素以CaSO4的形式固定，從而降低SO2的排放．但是煤炭燃燒過程中產生的CO又會與CaSO4發(fā)生化學反應，降低了脫硫效率．相關反應的熱化學方程式如下：CaSO4（s）+CO（g）?CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）△H1=218.4kJ?mol﹣1（反應Ⅰ）CaSO4（s）+4CO（g）?CaS（s）+4CO2（g）△H2=﹣175.6kJ?mol﹣1（反應Ⅱ）請回答下列問題：（1）反應Ⅰ能夠自發(fā)進行的條件是高溫．（2）對于氣體參與的反應，表示平衡常數Kp時用氣體組分（B）的平衡壓強p（B）代替該氣體物質的量濃度c（B），則反應Ⅱ的Kp=（用表達式表示）．（3）假設某溫度下，反應Ⅰ的速率（v1）大于反應Ⅱ的速率（v2），則下列反應過程能量變化示意圖正確的是C．（4）通過監(jiān)測反應體系中氣體濃度的變化可判斷反應Ⅰ和Ⅱ是否同時發(fā)生，理由是如果氣體中SO2和CO2濃度之比隨時間變化，則兩個反應同時進行．（5）圖1為實驗測得不同溫度下反應體系中CO初始體積百分數與平衡時固體產物中CaS質量百分數的關系曲線．則降低該反應體系中SO2生成量的措施有ABC．A．向該反應體系中投入石灰石B．在合適的溫度區(qū)間內控制較低的反應溫度C．提高CO的初始體積百分數D．提高反應體系的溫度（6）恒溫恒容條件下，假設反應Ⅰ和Ⅱ同時發(fā)生，且v1＞v2，請在圖2中畫出反應體系中c（SO2）隨時間t變化的總趨勢圖．【分析】（1）反應能自發(fā)進行，應滿足△H﹣T?△S＜0；（2）表示平衡常數Kp時用氣體組分（B）的平衡壓強p（B）代替該氣體物質的量的濃度c（B），可根據平衡常數的表達式書寫，平衡常數等于氣體生成物濃度冪之積除以氣體反應物濃度冪之積；（3）反應Ⅰ為吸熱反應，反應Ⅱ為放熱反應，結合反應物與生成物總能量大小之間的關系判斷；（4）反應Ⅰ生成SO2和CO2，反應Ⅱ只生成CO2，如同時發(fā)生，則兩種氣體的濃度比會隨時間發(fā)生變化；（5）由反應Ⅰ可知生成二氧化硫的反應為吸熱反應，則低溫下不利于生成二氧化硫；（6）反應Ⅰ和Ⅱ同時發(fā)生，且v1＞v2，因反應Ⅰ為吸熱反應，反應Ⅱ為放熱反應，則溫度逐漸降低，反應速率逐漸減?。窘獯稹拷猓海?）反應Ⅰ吸熱，則△H＞0，由方程式可知△＞0，反應能自發(fā)進行，應滿足△H﹣T?△S＜0，則應在較高溫度下進行，故答案為：高溫；（2）由題意可知，反應Ⅱ的Kp=，故答案為：；（3）反應Ⅰ為吸熱反應，反應Ⅱ為放熱反應，則A、D錯誤；反應Ⅰ的速率（v1）大于反應Ⅱ的速率（v2），則反應Ⅱ的活化能較大，則B錯誤、C正確，故答案為：C；（4）反應Ⅰ生成SO2和CO2，反應Ⅱ只生成CO2，如同時發(fā)生，則兩種氣體的濃度比隨時間會發(fā)生變化，故答案為：如果氣體中SO2和CO2濃度之比隨時間變化，則兩個反應同時進行；（5）A．向該反應體系中投入石灰石，可使更多的二氧化硫轉化為硫酸鈣，減少二氧化硫的排放，故A正確；B．由反應Ⅰ可知生成二氧化硫的反應為吸熱反應，則低溫下不利于生成二氧化硫，則應在合適的溫度區(qū)間內控制較低的反應溫度，故B正確；C．由圖象可知，提高CO的初始體積百分數，增大CaS的質量分數，減少二氧化硫的排放，故C正確；D．提高反應體系的溫度，不利于二氧化硫的減少，故D錯誤．故答案為：ABC；（6）反應Ⅰ和Ⅱ同時發(fā)生，且v1＞v2，所以剛開始生成二氧化硫速率快，隨著反應2進行，生成二氧化碳越來越多，促使第一個反應平衡向左移動，導致二氧化硫的量降低，直到達到平衡不變．則圖象應為，故答案為：．10．（14分）（2014?浙江）葡萄糖酸鈣是一種可促進骨骼生長的營養(yǎng)物質，葡萄糖酸鈣可通過以下反應制得：C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2O→+C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr2C6H12O7+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸鈣）+H2O+CO2↑相關物質的溶解性見下表：物質名稱葡萄糖酸鈣葡萄糖酸溴化鈣氯化鈣水中的溶解性可溶于冷水易溶于熱水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶實驗流程如下：請回答下列問題：（1）第①步中溴水氧化葡萄糖時，下列裝置中最合適的是B．制備葡萄糖酸鈣的過程中，葡萄糖的氧化也可用其它試劑，下列物質中最適合的是C．A．新制Cu（OH）2懸濁液B．酸性KMnO4溶液C．O2/葡萄糖氧化酶D[Ag（NH3）2]OH溶液（2）第②步充分反應后CaCO3固體需有剩余，其目的是提高葡萄糖酸的轉化率，便于后續(xù)分離，本實驗中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是氯化鈣難以與葡萄糖酸直接反應生成葡萄糖酸鈣沉淀．（3）第③步需趁熱過濾，其原因是葡萄糖酸鈣冷卻后結晶析出，如不趁熱過濾會損失產品．（4）第④步加入乙醇的作用是可降低葡萄糖酸鈣在溶劑中的溶解度，有利于葡萄糖酸鈣析出．（5）第⑥步中，下列洗滌劑最合適的是D．A．冷水B．熱水C．乙醇D．乙醇﹣水混合溶液．【分析】（1）反應在55℃條件下進行，需要水浴加熱，且有冷凝回流裝置；可用葡萄糖氧化酶催化作用下用氧氣氧化葡萄糖，可生成葡萄糖酸；（2）CaCO3固體需有剩余，可使葡萄糖酸完全反應，氯化鈣易溶于水，易引入雜質，且葡萄糖酸與氯化鈣不反應；（3）趁熱過濾，可避免葡萄糖酸鈣的損失；（4）由表中數據可知，葡萄糖酸鈣微溶于乙醇，可避免損失；（5）洗滌沉淀，應避免沉淀溶解，且能將沉淀吸附物沖洗去．【解答】解：（1）反應在55℃條件下進行，需要水浴加熱，且有冷凝回流裝置，題中A缺少回流裝置，要滴加溴水，所以要有滴液漏斗，排除A，C缺少水浴加熱，只有B符合；新制Cu（OH）2懸濁液、[Ag（NH3）2]OH溶液氧化性較弱，且反應需要堿性條件下進行，不利于葡萄糖的氧化，而酸性高錳酸鉀氧化性較強，不能得到葡萄糖酸，可用葡萄糖氧化酶催化作用下用氧氣氧化葡萄糖，可生成葡萄糖酸，故答案為：B；C；（2）可使葡萄糖酸完全轉化為葡萄糖酸鈣，則加入的碳酸鈣應過量，因鹽酸酸性比葡萄糖酸強，則加入氯化鈣與葡萄糖酸難以反應，且易引入雜質，不易分離，應用碳酸鈣，故答案為：提高葡萄糖酸的轉化率，便于后續(xù)分離；氯化鈣難以與葡萄糖酸直接反應生成葡萄糖酸鈣沉淀；（3）溫度高時，葡萄糖酸鈣的溶解度較大，趁熱過濾，可避免葡萄糖酸鈣的損失，故答案為：葡萄糖酸鈣冷卻后結晶析出，如不趁熱過濾會損失產品；（4）由表中數據可知，葡萄糖酸鈣微溶于乙醇，用乙醇洗滌可避免損失，有利于葡萄糖酸鈣析出，故答案為：可降低葡萄糖酸鈣在溶劑中的溶解度，有利于葡萄糖酸鈣析出；（5）洗滌沉淀，應避免沉淀溶解，且能將沉淀吸附物沖洗去，可用乙醇﹣水混合溶液，如只用水，則造成葡萄