江蘇省高二下學期3月聯合調研考試化學試題（解析版）

第20頁/共20頁第二學期高二年級聯合調研化學第I卷(選擇題，共42分)一、單項選擇題(本題包括14小題，每題3分，共42分。每小題只有一個選項符合題意)1.化學與生活、生產密切相關。下列說法錯誤的是A.利用鋁與氫氧化鈉遇水反應放出大量的熱及氣體，疏通下水管道B.地溝油含有害物質，不可食用，但可用來制肥皂、生物柴油C.當鍍錫鐵制品的鍍層破損時，鍍層仍能對鐵制品起保護作用D.大力發(fā)展新能源汽車，如電動汽車，可減少氮氧化物的排放【答案】C【解析】【詳解】A．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，利用鋁與氫氧化鈉遇水反應放出大量的熱，加快氫氧化鈉對毛發(fā)等淤積物的腐蝕，同時產生氫氣增加管道內的氣壓，利于疏通，A正確；B．地溝油其主要成分是油脂，但不能食用，處理后可以用于制肥皂、生物柴油，B正確；C．鐵比錫活潑，當鍍錫鐵制品的鍍層破損時，會形成鐵作負極、錫作正極的原電池，從而加快對鐵制品腐蝕，則鍍層不能對鐵制品起保護作用，C錯誤；D．大力發(fā)展新能源汽車，如電動汽車，可減少氮氧化物的排放，符合可持續(xù)發(fā)展宗旨，D正確；故選C。2.下列說法中，正確的是（）A.ΔH＞0kJ/mol表示放熱反應，ΔH＜0kJ/mol表示吸熱反應B.1molH2SO4與1molBa(OH)2反應時放出的熱叫做中和熱C.1molH2與0.5molO2反應放出的熱就是H2的燃燒熱D.熱化學方程式中的化學計量數表示物質的量，所以可以是分數【答案】D【解析】【詳解】A.ΔH>0kJ/mol表示吸熱反應，ΔH<0kJ/mol表示放熱反應，A錯誤；B.中和熱指的是在稀溶液中酸堿中和生成1mol液態(tài)水時放出的熱量，1molH2SO4與1molBa(OH)2反應時會產生2molH2O，同時產生BaSO4沉淀，因此反應放出的熱量不是中和熱，B錯誤；C.1molH2與0.5molO2反應產生1mol液體H2O放出的熱就是H2的燃燒熱，C錯誤；D.熱化學方程式中的化學計量數表示的是物質的量，所以系數可以是分數，也可以是整數，D正確；故合理選項是D。3.“天朗氣清，惠風和暢。”研究表明，利用Ir+可催化消除大氣污染物N2O和CO，簡化中間反應進程后，相對能量變化如圖所示。已知CO(g)的燃燒熱?H=-283kJ·mol-1，則2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的反應熱?H(kJ·mol-1)為A.-152 B.-76 C.+76 D.+152【答案】A【解析】【詳解】已知CO(g)的燃燒熱?H=-283kJ·mol-1，可得①，由圖可得N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)?H=-330+123-229+77=-359kJ/mol②，由蓋斯定律，(反應②-①)×2可得反應2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)，反應熱?H=(-359+283)×2=-152kJ·mol-1，故選：A。4.體系能量變化如圖所示。下列有關說法正確的是A.△H1＜△H2B.步驟②反應△S＞0C.二氧化碳加氫制甲醇的總反應速率取決于步驟①D.二氧化碳加氫制甲醇總反應的平衡常數K=【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知總反應為放熱反應，步驟①為吸熱反應，△H1>0，步驟②為放熱反應，△H2<0，故△H1>△H2，A錯誤；B．氣體物質的量越大，熵越大，步驟②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，反應物氣體的物質的量大于生成物氣體的物質的量，故△S<0，B錯誤；C．步驟①反應的活化能大于步驟②的活化能，活化能大的步驟為決定速度的步驟，故二氧化碳加氫制甲醇的總反應速率取決于步驟①，C正確；D．反應的總反應為：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，反應的平衡常數表達式為：，D錯誤；故選C。5.某溫度下，等體積、相同的鹽酸和醋酸溶液分別加水稀釋，溶液中的隨溶液體積變化的曲線如圖所示。據圖判斷下列說法不正確的是A.曲線Ⅰ表示的是鹽酸的變化曲線B.溶液中水的電離程度：a點>c點C.a點溶液的導電性比c點溶液的導電性強D.取等體積的a點、b點對應的溶液，與足量鎂條充分反應生成的氫氣的量：a點>b點【答案】B【解析】【詳解】A．相同溫度下，pH相同、體積相同的鹽酸和醋酸分別稀釋相同的倍數，稀釋過程中醋酸繼續(xù)電離，而HCl完全電離，所以稀釋相同倍數時變化大的是鹽酸，則曲線I表示鹽酸的變化曲線，曲線II表示醋酸的變化曲線，故A正確；B．酸電離出的氫離子濃度越大，對水電離抑制程度越大，溶液中：a＞c，則溶液中水的電離程度：a點＜c點，故B錯誤；C．溶液導電性與離子濃度成正比，溶液中：a＞c，則溶液導電性：a＞c，故C正確；D．曲線I表示鹽酸的變化曲線，曲線II表示醋酸的變化曲線，開始時濃度：醋酸＞鹽酸，稀釋相同倍數時酸濃度：醋酸＞鹽酸，取等體積的a點、b點對應的溶液，a點醋酸的物質的量大于b點HCl的物質的量，所以與足量鎂條充分反應生成的氫氣的量：a點＞b點，故D正確。故選B。6.對于0.1mol/LCH3COOH溶液存在電離平衡：CH3COOHCH3COO-＋H+，下列說法正確的是A.加水稀釋或加入少量CH3COONa晶體時，CH3COOH電離程度都變大B.加水稀釋或加入少量CH3COONa晶體時，都會引起溶液的pH值增大C.升高溫度或加水稀釋，溶液的導電能力都增強D.加少量燒堿溶液或加少量冰醋酸，溶液中值增大【答案】B【解析】【詳解】A．加水稀釋醋酸濃度減小，電離程度變大；加入少量CH3COONa晶體時，醋酸濃度變大，導致CH3COOH電離程度減小，A錯誤；B．加水稀釋，溶液濃度減小，氫離子濃度減?。患尤肷倭緾H3COONa晶體時，導致醋酸電離平衡逆向移動，氫離子濃度減?。还识紩鹑芤旱膒H值增大，B正確；C．升高溫度促進醋酸電離，離子濃度變大，導電能力增強；加水稀釋，溶液濃度減小，離子濃度減小，溶液的導電能力減弱，C錯誤；D．，加少量燒堿溶液或加少量冰醋酸，溶液中醋酸根離子濃度均變大，導致值減小，D錯誤；故選B。7.25°C時，某溶液中由水電離出的H+濃度為1.0×10-12mol·L-1，下列說法錯誤的是A.若為酸溶液，則該溶液的pH為2B.若為堿溶液，則該溶液中堿電離出的c(OH-)與水電離出的c(OH-)之比為1010C.若該溶液中的溶質只有一種，該溶質一定是酸或堿D.S2-在該溶液中可能大量共存【答案】C【解析】【分析】25°C時，Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14，某溶液中由水電離出的H+濃度為1.0×10-12mol·L-1，水電離出的H+和OH-濃度相等，據此分析解答?！驹斀狻緼．若為酸溶液，則該溶液中OH-全部由水電離，則溶液中c(H+)==1.0×10-2mol/L，因此溶液的pH=-lgc(H+)=2，A正確；B．若為堿溶液，則該溶液中H+全部由水電離，則溶液中堿電離出的c(OH-)=1.0×10-2mol/L，因此該溶液中堿電離出的c(OH-)與水電離出的c(OH-)之比為=1010，B正確；C．該溶液可以呈酸性，也可以呈堿性，若該溶液中的溶質只有一種，不一定只是酸或堿，也可能是鹽，C錯誤；D．若該溶液呈堿性，S2-在該溶液中可以大量共存，D正確；答案選C。8.已知常用于有機合成，下列事實無法證明其為弱電解質的是①用溶液做導電實驗時，發(fā)現燈泡很暗②等、等體積的亞硝酸比鹽酸中和的物質的量多③25℃時，溶液的約為3④25℃時，的溶液稀釋100倍后溶液⑤常溫下，溶液顯堿性⑥碳酸鈣固體加入到亞硝酸溶液中，固體溶解并產生氣泡A.①⑥ B.②③ C.④⑤ D.①⑤【答案】A【解析】【詳解】①用HNO2溶液做導電實驗時，發(fā)現燈泡很暗，可能是濃度低，不能證明其為弱電解質；②等pH、等體積的亞硝酸比鹽酸中和的NaOH物質的量多，說明相同pH值時亞硝酸濃度大，沒有完全電離，為弱酸；③25℃時，0.1mol?L?1HNO2溶液的pH約為3，說明亞硝酸為弱酸；④25℃時，pH=2的HNO2溶液稀釋100倍后溶液pH<4，為弱酸；⑤常溫下，NaNO2溶液顯堿性，說明亞硝酸根發(fā)生了水解，亞硝酸為弱酸；⑥碳酸鈣固體加入到亞硝酸溶液中，固體溶解并產生氣泡，只能說明亞硝酸酸性比碳酸強，不能證明其為弱酸；故選A。9.我國科研人員研究發(fā)現合成氨的反應歷程有多種，其中有一種反應歷程如圖所示(吸附在催化劑表面的物質用*表示)。下列說法正確的是A.N2生成NH3是通過多步氧化反應生成的B.過程I和Ⅲ中能量的變化相同C.對于N2(g)→*N2(g)，適當提高N2分壓，可以加快反應速率，提高N2(g)轉化率D.若有大量氨分子吸附在催化劑表面，將降低化學反應速率【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知，N2生成NH3的過程為N2→N=N-H→H-N=N-H→H-N-NH2→H2N-NH2→NH3，氮元素化合價逐漸降低，是發(fā)生多步還原反應生成的，故A錯誤；B．過程Ⅰ是斷裂氮氮三鍵中的一個鍵，而過程Ⅲ與過程Ⅰ斷鍵不同，所以所需能量不同，過程Ⅰ和Ⅲ中能量的變化不相同，故B錯誤；C．該反應在反應前后分子數不變，加壓平衡不移動，所以提高分壓可以加快反應速率，但是不能提高反應物的轉化率，故C錯誤；D．NH3的及時脫附可留下繼續(xù)反應的空間而增加催化劑的活性位，如果大量氨分子吸附在催化劑表面，就將減緩反應速率，故D正確。故選D。10.用廢鐵屑[主要成分為Fe和鐵銹，還含有C等難溶于酸雜質]為原料制備的一種實驗流程如下：下列與流程相關的裝置或操作正確且能達到實驗目的的是A.可在裝置甲中進行“酸浸”操作B.按圖乙所示操作配制“酸浸”所需的溶液C.用裝置丙過濾“酸浸”后所得懸濁液D.用裝置丁灼燒固體制【答案】A【解析】【分析】由題給流程可知，向廢鐵屑中加入稀硫酸酸浸、過濾得到含有Fe2+、Fe3+的濾液和含有碳的濾渣；向濾液中加入氫氧化鈉溶液，在空氣中靜置、過濾得到氫氧化鐵；灼燒氫氧化鐵得到氧化鐵?！驹斀狻緼．由圖可知，甲裝置為固液不加熱裝置，可進行“酸浸”操作，故A正確；B．配制“酸浸”所需的稀硫酸溶液時，膠頭滴管應在容量瓶的正上方，不能插入容量瓶中，故B錯誤；C．過濾時，應用玻璃棒引流，防止溶液濺出，故C錯誤；D．灼燒氫氧化鐵固體時，應在坩堝中進行，不能在燒杯中直接灼燒固體，故D錯誤；故選A。11.國際社會高度贊揚中國在應對新冠肺炎疫情時所采取的措施。疫情防控中要對環(huán)境進行徹底消毒，二氧化氯(，易溶于水的黃綠色氣體)是一種安全穩(wěn)定、高效低毒的消毒劑，工業(yè)上通過惰性電極電解氯化銨和鹽酸的方法制備的原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.c為電源的正極，Y溶液是稀鹽酸B.電解池a極區(qū)發(fā)生的電極反應為C.電解裝置中離子交換膜為陰離子交換膜D.當b極區(qū)產生標準狀況下6.72L時，二氧化氯發(fā)生器中得到0.3mol【答案】D【解析】【分析】根據圖示裝置分析可知，右側為電解池，a極NH4Cl失去電子生成NCl3，電極反應式為，則a為電解池陽極，b為電解池陰極，氫離子得到電子生成H2，電極反應式為2H++2e-=H2↑，因此c為直流電源的正極，d為直流電源的負極；a極生成的NCl3進入左側的二氧化氯發(fā)生器中與NaClO2發(fā)生氧化還原反應：3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，據此分析解答。【詳解】A．由分析可知，c為直流電源的正極，b為電解池陰極，氫離子得到電子生成H2，電極反應式為2H++2e-=H2↑，在b極區(qū)流出的Y溶液是稀鹽酸，A正確；B．a極NH4Cl中失去電子生成NCl3，電極反應式為，B正確；C．由電極反應可知a電極消耗氯離子，生成氫離子，為平衡溶液中電荷，右側溶液中的氯離子應通過離子交換膜進入左室，則離子交換膜為陰離子交換膜，C正確；D．標況下體積為6.72L，根據電極反應2H++2e-=H2↑，電路中就有0.6mol電子轉移，由反應3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH可知，轉移0.6mol電子，發(fā)生器中生成0.6molClO2，D錯誤；故選：D。12.根據相應的圖像，下列相關說法正確的是A.圖甲：醋酸溶液加水稀釋，醋酸的電離程度：p點大于q點B.圖乙：等體積、等pH的鹽酸和氫氟酸溶液加水稀釋，由水電離出的濃度：a點<b點C.圖丙：，、、對應的平衡常數K的大?。篋.圖?。旱模敬鸢浮緿【解析】【詳解】A．醋酸溶液加水稀釋會促進醋酸的電離，故醋酸的電離程度：p點小于q點，A錯誤；B．酸會抑制水的電離；a點酸電離出的氫離子濃度較小，水的電離程度較大，故由水電離出的濃度：a點>b點，B錯誤；C．由圖可知，當C物質含量最大時反應達到平衡，此后升高溫度，C含量減小，平衡逆向移動，說明反應為放熱反應，升高溫度平衡常數減小，故、、對應平衡常數K的大小：，C錯誤；D．隨著溫度升高，Y含量減小，平衡正向移動，反應吸熱焓變大于零；反應為氣體分子數增大的反應，相同條件下增大壓強，Y含量增加，則，D正確；故選D。13.雙極膜在電滲析中應用廣泛，它是由陽離子交換膜和陰離子交換膜復合而成(鹽電離出的陰、陽離子均不能通過雙極膜)。雙極膜內層為水層，工作時水層中的解離成和，并分別通過離子交換膜向兩側發(fā)生遷移。下圖為NaBr溶液的電滲析裝置示意圖。下列說法錯誤的是A.出口1、2的物質分別為溶液、NaOH溶液B.出口4、5的物質分別為NaBr溶液、溶液C.出口3出來的溶液的密度小于進入鹽室的溶液的密度D.陰極的電極反應為【答案】B【解析】【詳解】A．電解時，陰極液中的水電離出的H+在陰極上得到電子生成H2，左側雙極膜中的H+向陰極遷移，補充陰極液中所消耗的H+，不能通過雙極膜，故出口1的物質為Na2SO4溶液；左側雙極膜中的OH-進入交換室1，鹽室中的Na+通過陽離子交換膜進入交換室1，則交換室1中的溶質為NaOH，故出口2的物質為NaOH溶液，A正確；B．陽極液中的水電離出的OH-在陽極上失去電子生成O2，右側雙極膜中的OH-向陽極遷移，補充陽極液中所消耗的OH-，Na+不能通過雙極膜，故出口5的物質為Na2SO4溶液；右側雙極膜中的H+進入交換室2，鹽室中的Br-通過陰離子交換膜進入交換室2，則交換室2中的溶質為HBr，故出口4的物質為HBr溶液，B錯誤；C．NaBr溶液進入鹽室后，Na+通過陽離子交換膜進入交換室1，Br-通過陰離子交換膜進入交換室2，則出口3出來的溶液的密度小于進入鹽室的溶液的密度，C正確；D．陰極發(fā)生還原反應，水電離出H+和OH-，且H+放電能力遠遠強于Na+，則在陰極上發(fā)生的電極反應為，D正確；故選B。14.將金紅石(TiO2)轉化為TiCl4是生產金屬鈦的關鍵步驟。在1.0×105Pa，將TiO2、C、Cl2以物質的量比1：2：2進行反應，平衡體系中主要物質的物質的量分數(x)隨溫度變化理論計算結果如圖所示。下列說法不正確的是A.200~1600℃反應達到平衡時，TiO2的轉化率均已接近100%B.將400℃時的平衡體系加熱至800℃，平衡C(s)+CO2(g)2CO(g)向正反應方向移動C.1000℃時，測得某時刻x(TiCl4)=0.2.其他條件不變，延長反應時間能使x(TiCl4)超過該溫度下平衡時的x(TiCl4)D.實際生產時反應溫度選擇900℃而不選擇200℃，其主要原因是：900℃比200℃時化學反應速率更快，生產效益更高【答案】C【解析】【分析】在1.0×105Pa，將TiO2、C、Cl2以物質的量比1：2：2進行反應，反應為TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；【詳解】A．由分析可知，三者完全反應時，生成TiCl4、CO的物質的量之比為1:2，此時TiCl4的物質的量分數約為33.3%，結合圖象可知，200~1600℃反應達到平衡時，TiCl4的物質的量分數約為33.3%，則TiO2轉化率均已接近100%，A正確；B．結合圖象可知，將400℃時的平衡體系加熱至800℃，二氧化碳含量減小、一氧化碳含量增加，則平衡C(s)+CO2(g)2CO(g)向正反應方向移動，B正確；C．延長時間不能改變平衡時物質的轉化率和產率，C錯誤；D．溫度越高反應速率越快，單位時間產率越高，實際生產時反應溫度選擇900℃而不選擇200℃，其主要原因是：900℃比200℃時化學反應速率更快，生產效益更高，D正確；故選C。第II卷(非選擇題，共58分)15.某化工廠產生的廢渣中含有PbSO4和Ag，為了回收這兩種物質，某同學設計了如下流程：已知：“浸出”過程發(fā)生可逆反應，AgCl+2?Ag(SO3)+Cl-，回答問題：（1）將廢渣“氧化”的化學方程式為_______，“氧化”階段需在80℃條件下進行，最適合的加熱方式為_______。操作I所需的玻璃儀器有_______。（2）研究發(fā)現：其他條件不變時，該反應在敞口容器中進行，浸出時間過長會使銀的浸出率(浸出液中銀的質量占起始分銀渣中銀的質量的百分比)降低，可能原因是_______(用離子方程式表示)。（3）研究發(fā)現：浸出液中含銀化合物總濃度與含硫化合物總濃度及浸出液pH關系如下圖。①pH=10時，含銀化合物總濃度隨含硫化合物總濃度的變化趨勢是_______；解釋①中變化趨勢的原因：_______。②pH=5時，含銀化合物總濃度隨含硫化合物總濃度的變化與pH=10時不同，原因是_______。（4）“還原”過程中氧化劑與還原劑物質的量之比為_______?！敬鸢浮浚?）①.4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑②.水浴加熱③.漏斗、燒杯、玻璃棒（2）2+O2=2（3）①.含銀化合物總濃度隨含硫化合物總濃度的增大而增大②.浸出液中c()增大，使浸出反應的平衡正向移動③.pH較小時，-與H+結合生成或H2SO3，盡管含硫化合物總濃度增大，但c()均較?。?）4：1【解析】【分析】含有PbSO4和Ag廢渣加入過量的20%NaClO溶液，把銀氧化為AgCl，發(fā)生反應4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑；過濾得到AgCl、PbSO4，AgCl、PbSO4加入Na2SO3溶液，發(fā)生可逆反應AgCl+2Ag(SO3)+Cl-，過濾得到PbSO4，濾液加入稀硫酸，調節(jié)溶液pH為4，得到AgCl，AgCl中加入氨水，得到銀氨溶液，銀氨溶液加入N2H4?H2O反應還原反應得到Ag、N2、NH3，據此分析解答。【小問1詳解】廢渣含有銀、硫酸鉛，加入過量的NaClO溶液，根據流程圖可知單質銀被氧化，發(fā)生氧化還原反應：4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑；“氧化”階段需在80℃條件下進行，最適合的加熱方式為水浴加熱；操作I為過濾以除去PbSO4，所需玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒；【小問2詳解】反應在敞口容器中進行，很容易被空氣中O2氧化變?yōu)殡x子，該反應方程式為：2+O2=2；【小問3詳解】①根據圖象可知，當pH=10時，含銀化合物總濃度隨含硫化合物總濃度的增大而增大，這是由于浸出液浸出液中c()增大，使浸出反應AgCl+2Ag(SO3)+Cl-的平衡正向移動，因此銀化合物總濃度隨含硫化合物總濃度的增大而增大；②當溶液pH=5時，含銀化合物總濃度隨含硫化合物總濃度的變化與pH=10時不同，pH=10時浸出液中c()大，使浸出反應的平衡正向移動，AgCl的浸出率降高；pH較小時，與H+結合生成或H2SO3，盡管含硫化合物總濃度增大，但c()較小，AgCl的浸出率降低，含銀化合物總濃度減小；【小問4詳解】在最后“還原”的反應中，氧化劑是[Ag(NH3)2]+，還原產物是Ag，得到1個電子；還原劑是N2H4?H2O，氧化產物是N2，失去4個電子，故根據電子得失守恒可知氧化劑和還原劑的物質的量之比為4：1。16.硫代硫酸鈉俗稱“海波”，又名“大蘇打”，溶液具有弱堿性和較強的還原性，是一種重要的化工產品。某化學興趣小組利用如圖裝置制備硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3·5H2O)并測定其純度。請回答下列問題：I.【查閱資料】①Na2S2O3·5H2O是無色透明晶體，易溶于水。②向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制Na2S2O3。II.【制備產品】實驗裝置如圖所示(夾持裝置省略)：（1）制備Na2S2O3·5H2O；①儀器a的名稱為_____。②裝置A中發(fā)生反應的離子方程式是_____，實驗室內制備SO2時一般采用質量分數為70%的硫酸而不用98%的濃硫酸，原因是_____。（2）測定純度：原理為2S2O+I2=S4O+2I-。準確稱取mg得到的產品，用適量蒸餾水溶解并配成250mL溶液，取25mL于錐形瓶中，加入幾滴淀粉溶液，用0.1000mol?L-1碘的標準溶液進行滴定。①用_____(填“酸式”或“堿式”)滴定管盛放碘的標準溶液，滴定至終點的操作是_____。②滴定起始和滴定終點的液面位置如圖所示，則消耗碘的標準溶液的體積V=_____mL，產品的純度是______(用含m、M的代數式表示)%。(設Na2S2O3·5H2O的摩爾質量為Mg·mol-1)③滴定前，仰視液面讀數，滴定后俯視液面讀數，則所測產品的純度_____(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。【答案】（1）①.圓底燒瓶②.+2H+=SO2↑+H2O③.硫酸濃度太大，H+濃度更小，反應速率更慢（2）①.酸式②.滴入最后半滴碘的標準溶液，錐形瓶內溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色，即停止滴定③.18.10④.⑤.偏低【解析】【分析】在裝置A中，Na2SO3與70%H2SO4溶液反應制取SO2氣體；SO2氣體通過安全瓶后進入C裝置；在C裝置內SO2與Na2CO3、Na2S混合溶液發(fā)生反應，生成Na2S2O3?5H2O。尾氣經過安全瓶后，進入E裝置，被NaOH溶液吸收?！拘?詳解】①由圖中儀器的外形可知，儀器a為圓底燒瓶。②裝置A中，Na2SO3與70%H2SO4溶液反應制取SO2氣體等，發(fā)生反應的離子方程式是+2H+=SO2↑+H2O；濃硫酸的氧化性強，但由于水少，大部分硫酸都以分子形式存在，所以H+濃度小，則實驗室內制備SO2時一般采用質量分數為70%的硫酸而不用98%的濃硫酸，原因是：硫酸濃度太大，H+濃度更小，反應速率更慢；【小問2詳解】①碘具有氧化性，會腐蝕橡皮管，故用酸式滴定管盛放碘的標準溶液；滴定過程中，將碘水滴入錐形瓶中，并不斷晃動錐形瓶，至終點時，停止滴定，因此滴定至終點的操作為滴入最后半滴碘的標準溶液時，錐形瓶內溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色，即停止滴定。②滴定起始時讀數為0.50mL，滴定終點時讀數為18.60mL，則消耗碘的標準溶液的體積V=18.10mL，由反應可建立關系式：2Na2S2O3~I2，產品的純度是=%。③滴定前，仰視液面讀數，滴定后俯視液面讀數，則讀取的所用Na2S2O3溶液的體積偏小，所測產品的純度偏低17.二甲醚(CH3OCH3)在未來可能替代柴油和液化氣作為潔凈液體燃料使用。工業(yè)上CO和H2為原料生產CH3OCH3的新工藝主要發(fā)生三個反應：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+91kJ②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)+24kJ③CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)+41kJ新工藝的總反應為3CO(g)+3H2(g)=CH3OCH3(g)+CO2(g)+Q（1）增大壓強，CH3OCH3的產率_____(選填增大“、”減小“或”不變“，下同)，平衡常數將_____。（2）原工藝中反應①和反應②分別在不同的反應器中進行，無反應③發(fā)生。新工藝中反應③的發(fā)生提高了CH3OCH3的產率，原因是_____。（3）當上述反應體系在恒溫恒容條件下達到平衡，下列各項敘述正確的是_____(選填編號)。a.反應室內氣體密度保持不變b.反應速率之比存在關系：3v(CO)生成=v(CO2)消耗c.反應物與生成物的物質的量濃度之比保持不變d.c(CO)：c(H2)一定等于1：1（4）為了尋找合適的反應溫度，研究者進行了一系列試驗，每次試驗保持原料氣組成、壓強、反應時間等因素不變，試驗結果如圖。CO轉化率隨溫度變化的規(guī)律是_____，其原因是_____?！敬鸢浮浚?）①.增大②.不變（2）反應③消耗了反應②中的產物水，使反應②的化學平衡向正向移動，從而提高CH3OCH3的產率（3）c（4）①.溫度低于240℃時，CO的轉化率隨溫度升高而增大，溫度高于240℃時，CO的轉化率隨溫度升高而減?、?較低溫度時，各反應體系均未達到平衡，CO的轉化率主要受反應速率影響，隨著溫度的升高反應速率增大，CO的轉化率也增大，在較高溫度時，各反應體系均已達到平衡，CO的轉化率主要受反應限度影響，隨著溫度的升高平衡逆向移動，CO的轉化率減小【解析】【小問1詳解】根據總反應方程式分析，增大壓強，平衡正向移動，CH3OCH3的產率增大，由于溫度未變，因此平衡常數將不變；【小問2詳解】新工藝中反應③的發(fā)生提高了CH3OCH3的產率，原因是反應③消耗了反應②中的產物水，根據勒夏特列原理，反應②的化學平衡向正向移動，從而提高CH3OCH3的產率；【小問3詳解】a．氣體密度ρ=，氣體質量不變，容器體積不變，不管是否平衡，密度始終不變，a錯誤；b．反應速率之比存在關系：3υ(CO)生成=υ(CO2)消耗，一個正向反應，一個逆向反應，但速率之比不等于計量系數之比，b錯誤；c．反應達到平衡后，各組分濃度不變，因此反應物與生成物的物質的量濃度之比保持不變，c正確；d．若投料量之比為不是1：1，消耗的量始終是1：1，則剩余的量之比不是1：1，d錯誤；故選c；【小問4詳解】根據圖中信息分析，開始溫度低，反應速率較慢，還未達到平衡，隨著溫度升高，速率加快，到240℃，轉化率達到最大值，后來溫度升高，速率加快，由于該反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動了，轉化率降低，因此CO轉化率隨溫度變化的規(guī)律是溫度低于240℃時，CO的轉化率隨溫度升高而增大，溫度高于240℃時，CO的轉化率隨溫度升高而減?。黄湓蚴禽^低溫度時，各反應體系均未達到平衡，CO的轉化率主要受反應速率影響，隨著溫度的升高反應速率