江苏省高二下学期3月联合调研考试化学试题（解析版）

第20页/共20页第二学期高二年级联合调研化学第I卷(选择题，共42分)一、单项选择题(本题包括14小题，每题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是A.利用铝与氢氧化钠遇水反应放出大量的热及气体，疏通下水管道B.地沟油含有害物质，不可食用，但可用来制肥皂、生物柴油C.当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用D.大力发展新能源汽车，如电动汽车，可减少氮氧化物的排放【答案】C【解析】【详解】A．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，利用铝与氢氧化钠遇水反应放出大量的热，加快氢氧化钠对毛发等淤积物的腐蚀，同时产生氢气增加管道内的气压，利于疏通，A正确；B．地沟油其主要成分是油脂，但不能食用，处理后可以用于制肥皂、生物柴油，B正确；C．铁比锡活泼，当镀锡铁制品的镀层破损时，会形成铁作负极、锡作正极的原电池，从而加快对铁制品腐蚀，则镀层不能对铁制品起保护作用，C错误；D．大力发展新能源汽车，如电动汽车，可减少氮氧化物的排放，符合可持续发展宗旨，D正确；故选C。2.下列说法中，正确的是（）A.ΔH＞0kJ/mol表示放热反应，ΔH＜0kJ/mol表示吸热反应B.1molH2SO4与1molBa(OH)2反应时放出的热叫做中和热C.1molH2与0.5molO2反应放出的热就是H2的燃烧热D.热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，所以可以是分数【答案】D【解析】【详解】A.ΔH>0kJ/mol表示吸热反应，ΔH<0kJ/mol表示放热反应，A错误；B.中和热指的是在稀溶液中酸碱中和生成1mol液态水时放出的热量，1molH2SO4与1molBa(OH)2反应时会产生2molH2O，同时产生BaSO4沉淀，因此反应放出的热量不是中和热，B错误；C.1molH2与0.5molO2反应产生1mol液体H2O放出的热就是H2的燃烧热，C错误；D.热化学方程式中的化学计量数表示的是物质的量，所以系数可以是分数，也可以是整数，D正确；故合理选项是D。3.“天朗气清，惠风和畅。”研究表明，利用Ir+可催化消除大气污染物N2O和CO，简化中间反应进程后，相对能量变化如图所示。已知CO(g)的燃烧热∆H=-283kJ·mol-1，则2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的反应热∆H(kJ·mol-1)为A.-152 B.-76 C.+76 D.+152【答案】A【解析】【详解】已知CO(g)的燃烧热∆H=-283kJ·mol-1，可得①，由图可得N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)∆H=-330+123-229+77=-359kJ/mol②，由盖斯定律，(反应②-①)×2可得反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)，反应热∆H=(-359+283)×2=-152kJ·mol-1，故选：A。4.体系能量变化如图所示。下列有关说法正确的是A.△H1＜△H2B.步骤②反应△S＞0C.二氧化碳加氢制甲醇的总反应速率取决于步骤①D.二氧化碳加氢制甲醇总反应的平衡常数K=【答案】C【解析】【详解】A．由图可知总反应为放热反应，步骤①为吸热反应，△H1>0，步骤②为放热反应，△H2<0，故△H1>△H2，A错误；B．气体物质的量越大，熵越大，步骤②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，反应物气体的物质的量大于生成物气体的物质的量，故△S<0，B错误；C．步骤①反应的活化能大于步骤②的活化能，活化能大的步骤为决定速度的步骤，故二氧化碳加氢制甲醇的总反应速率取决于步骤①，C正确；D．反应的总反应为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，反应的平衡常数表达式为：，D错误；故选C。5.某温度下，等体积、相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液中的随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断下列说法不正确的是A.曲线Ⅰ表示的是盐酸的变化曲线B.溶液中水的电离程度：a点>c点C.a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强D.取等体积的a点、b点对应的溶液，与足量镁条充分反应生成的氢气的量：a点>b点【答案】B【解析】【详解】A．相同温度下，pH相同、体积相同的盐酸和醋酸分别稀释相同的倍数，稀释过程中醋酸继续电离，而HCl完全电离，所以稀释相同倍数时变化大的是盐酸，则曲线I表示盐酸的变化曲线，曲线II表示醋酸的变化曲线，故A正确；B．酸电离出的氢离子浓度越大，对水电离抑制程度越大，溶液中：a＞c，则溶液中水的电离程度：a点＜c点，故B错误；C．溶液导电性与离子浓度成正比，溶液中：a＞c，则溶液导电性：a＞c，故C正确；D．曲线I表示盐酸的变化曲线，曲线II表示醋酸的变化曲线，开始时浓度：醋酸＞盐酸，稀释相同倍数时酸浓度：醋酸＞盐酸，取等体积的a点、b点对应的溶液，a点醋酸的物质的量大于b点HCl的物质的量，所以与足量镁条充分反应生成的氢气的量：a点＞b点，故D正确。故选B。6.对于0.1mol/LCH3COOH溶液存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-＋H+，下列说法正确的是A.加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，CH3COOH电离程度都变大B.加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起溶液的pH值增大C.升高温度或加水稀释，溶液的导电能力都增强D.加少量烧碱溶液或加少量冰醋酸，溶液中值增大【答案】B【解析】【详解】A．加水稀释醋酸浓度减小，电离程度变大；加入少量CH3COONa晶体时，醋酸浓度变大，导致CH3COOH电离程度减小，A错误；B．加水稀释，溶液浓度减小，氢离子浓度减小；加入少量CH3COONa晶体时，导致醋酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小；故都会引起溶液的pH值增大，B正确；C．升高温度促进醋酸电离，离子浓度变大，导电能力增强；加水稀释，溶液浓度减小，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，C错误；D．，加少量烧碱溶液或加少量冰醋酸，溶液中醋酸根离子浓度均变大，导致值减小，D错误；故选B。7.25°C时，某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0×10-12mol·L-1，下列说法错误的是A.若为酸溶液，则该溶液的pH为2B.若为碱溶液，则该溶液中碱电离出的c(OH-)与水电离出的c(OH-)之比为1010C.若该溶液中的溶质只有一种，该溶质一定是酸或碱D.S2-在该溶液中可能大量共存【答案】C【解析】【分析】25°C时，Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14，某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0×10-12mol·L-1，水电离出的H+和OH-浓度相等，据此分析解答。【详解】A．若为酸溶液，则该溶液中OH-全部由水电离，则溶液中c(H+)==1.0×10-2mol/L，因此溶液的pH=-lgc(H+)=2，A正确；B．若为碱溶液，则该溶液中H+全部由水电离，则溶液中碱电离出的c(OH-)=1.0×10-2mol/L，因此该溶液中碱电离出的c(OH-)与水电离出的c(OH-)之比为=1010，B正确；C．该溶液可以呈酸性，也可以呈碱性，若该溶液中的溶质只有一种，不一定只是酸或碱，也可能是盐，C错误；D．若该溶液呈碱性，S2-在该溶液中可以大量共存，D正确；答案选C。8.已知常用于有机合成，下列事实无法证明其为弱电解质的是①用溶液做导电实验时，发现灯泡很暗②等、等体积的亚硝酸比盐酸中和的物质的量多③25℃时，溶液的约为3④25℃时，的溶液稀释100倍后溶液⑤常温下，溶液显碱性⑥碳酸钙固体加入到亚硝酸溶液中，固体溶解并产生气泡A.①⑥ B.②③ C.④⑤ D.①⑤【答案】A【解析】【详解】①用HNO2溶液做导电实验时，发现灯泡很暗，可能是浓度低，不能证明其为弱电解质；②等pH、等体积的亚硝酸比盐酸中和的NaOH物质的量多，说明相同pH值时亚硝酸浓度大，没有完全电离，为弱酸；③25℃时，0.1mol⋅L−1HNO2溶液的pH约为3，说明亚硝酸为弱酸；④25℃时，pH=2的HNO2溶液稀释100倍后溶液pH<4，为弱酸；⑤常温下，NaNO2溶液显碱性，说明亚硝酸根发生了水解，亚硝酸为弱酸；⑥碳酸钙固体加入到亚硝酸溶液中，固体溶解并产生气泡，只能说明亚硝酸酸性比碳酸强，不能证明其为弱酸；故选A。9.我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中有一种反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*表示)。下列说法正确的是A.N2生成NH3是通过多步氧化反应生成的B.过程I和Ⅲ中能量的变化相同C.对于N2(g)→*N2(g)，适当提高N2分压，可以加快反应速率，提高N2(g)转化率D.若有大量氨分子吸附在催化剂表面，将降低化学反应速率【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，N2生成NH3的过程为N2→N=N-H→H-N=N-H→H-N-NH2→H2N-NH2→NH3，氮元素化合价逐渐降低，是发生多步还原反应生成的，故A错误；B．过程Ⅰ是断裂氮氮三键中的一个键，而过程Ⅲ与过程Ⅰ断键不同，所以所需能量不同，过程Ⅰ和Ⅲ中能量的变化不相同，故B错误；C．该反应在反应前后分子数不变，加压平衡不移动，所以提高分压可以加快反应速率，但是不能提高反应物的转化率，故C错误；D．NH3的及时脱附可留下继续反应的空间而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，就将减缓反应速率，故D正确。故选D。10.用废铁屑[主要成分为Fe和铁锈，还含有C等难溶于酸杂质]为原料制备的一种实验流程如下：下列与流程相关的装置或操作正确且能达到实验目的的是A.可在装置甲中进行“酸浸”操作B.按图乙所示操作配制“酸浸”所需的溶液C.用装置丙过滤“酸浸”后所得悬浊液D.用装置丁灼烧固体制【答案】A【解析】【分析】由题给流程可知，向废铁屑中加入稀硫酸酸浸、过滤得到含有Fe2+、Fe3+的滤液和含有碳的滤渣；向滤液中加入氢氧化钠溶液，在空气中静置、过滤得到氢氧化铁；灼烧氢氧化铁得到氧化铁。【详解】A．由图可知，甲装置为固液不加热装置，可进行“酸浸”操作，故A正确；B．配制“酸浸”所需的稀硫酸溶液时，胶头滴管应在容量瓶的正上方，不能插入容量瓶中，故B错误；C．过滤时，应用玻璃棒引流，防止溶液溅出，故C错误；D．灼烧氢氧化铁固体时，应在坩埚中进行，不能在烧杯中直接灼烧固体，故D错误；故选A。11.国际社会高度赞扬中国在应对新冠肺炎疫情时所采取的措施。疫情防控中要对环境进行彻底消毒，二氧化氯(，易溶于水的黄绿色气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂，工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备的原理如图所示。下列说法错误的是A.c为电源的正极，Y溶液是稀盐酸B.电解池a极区发生的电极反应为C.电解装置中离子交换膜为阴离子交换膜D.当b极区产生标准状况下6.72L时，二氧化氯发生器中得到0.3mol【答案】D【解析】【分析】根据图示装置分析可知，右侧为电解池，a极NH4Cl失去电子生成NCl3，电极反应式为，则a为电解池阳极，b为电解池阴极，氢离子得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑，因此c为直流电源的正极，d为直流电源的负极；a极生成的NCl3进入左侧的二氧化氯发生器中与NaClO2发生氧化还原反应：3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，c为直流电源的正极，b为电解池阴极，氢离子得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，A正确；B．a极NH4Cl中失去电子生成NCl3，电极反应式为，B正确；C．由电极反应可知a电极消耗氯离子，生成氢离子，为平衡溶液中电荷，右侧溶液中的氯离子应通过离子交换膜进入左室，则离子交换膜为阴离子交换膜，C正确；D．标况下体积为6.72L，根据电极反应2H++2e-=H2↑，电路中就有0.6mol电子转移，由反应3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH可知，转移0.6mol电子，发生器中生成0.6molClO2，D错误；故选：D。12.根据相应的图像，下列相关说法正确的是A.图甲：醋酸溶液加水稀释，醋酸的电离程度：p点大于q点B.图乙：等体积、等pH的盐酸和氢氟酸溶液加水稀释，由水电离出的浓度：a点<b点C.图丙：，、、对应的平衡常数K的大小：D.图丁：的，【答案】D【解析】【详解】A．醋酸溶液加水稀释会促进醋酸的电离，故醋酸的电离程度：p点小于q点，A错误；B．酸会抑制水的电离；a点酸电离出的氢离子浓度较小，水的电离程度较大，故由水电离出的浓度：a点>b点，B错误；C．由图可知，当C物质含量最大时反应达到平衡，此后升高温度，C含量减小，平衡逆向移动，说明反应为放热反应，升高温度平衡常数减小，故、、对应平衡常数K的大小：，C错误；D．随着温度升高，Y含量减小，平衡正向移动，反应吸热焓变大于零；反应为气体分子数增大的反应，相同条件下增大压强，Y含量增加，则，D正确；故选D。13.双极膜在电渗析中应用广泛，它是由阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成(盐电离出的阴、阳离子均不能通过双极膜)。双极膜内层为水层，工作时水层中的解离成和，并分别通过离子交换膜向两侧发生迁移。下图为NaBr溶液的电渗析装置示意图。下列说法错误的是A.出口1、2的物质分别为溶液、NaOH溶液B.出口4、5的物质分别为NaBr溶液、溶液C.出口3出来的溶液的密度小于进入盐室的溶液的密度D.阴极的电极反应为【答案】B【解析】【详解】A．电解时，阴极液中的水电离出的H+在阴极上得到电子生成H2，左侧双极膜中的H+向阴极迁移，补充阴极液中所消耗的H+，不能通过双极膜，故出口1的物质为Na2SO4溶液；左侧双极膜中的OH-进入交换室1，盐室中的Na+通过阳离子交换膜进入交换室1，则交换室1中的溶质为NaOH，故出口2的物质为NaOH溶液，A正确；B．阳极液中的水电离出的OH-在阳极上失去电子生成O2，右侧双极膜中的OH-向阳极迁移，补充阳极液中所消耗的OH-，Na+不能通过双极膜，故出口5的物质为Na2SO4溶液；右侧双极膜中的H+进入交换室2，盐室中的Br-通过阴离子交换膜进入交换室2，则交换室2中的溶质为HBr，故出口4的物质为HBr溶液，B错误；C．NaBr溶液进入盐室后，Na+通过阳离子交换膜进入交换室1，Br-通过阴离子交换膜进入交换室2，则出口3出来的溶液的密度小于进入盐室的溶液的密度，C正确；D．阴极发生还原反应，水电离出H+和OH-，且H+放电能力远远强于Na+，则在阴极上发生的电极反应为，D正确；故选B。14.将金红石(TiO2)转化为TiCl4是生产金属钛的关键步骤。在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2：2进行反应，平衡体系中主要物质的物质的量分数(x)随温度变化理论计算结果如图所示。下列说法不正确的是A.200~1600℃反应达到平衡时，TiO2的转化率均已接近100%B.将400℃时的平衡体系加热至800℃，平衡C(s)+CO2(g)2CO(g)向正反应方向移动C.1000℃时，测得某时刻x(TiCl4)=0.2.其他条件不变，延长反应时间能使x(TiCl4)超过该温度下平衡时的x(TiCl4)D.实际生产时反应温度选择900℃而不选择200℃，其主要原因是：900℃比200℃时化学反应速率更快，生产效益更高【答案】C【解析】【分析】在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2：2进行反应，反应为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；【详解】A．由分析可知，三者完全反应时，生成TiCl4、CO的物质的量之比为1:2，此时TiCl4的物质的量分数约为33.3%，结合图象可知，200~1600℃反应达到平衡时，TiCl4的物质的量分数约为33.3%，则TiO2转化率均已接近100%，A正确；B．结合图象可知，将400℃时的平衡体系加热至800℃，二氧化碳含量减小、一氧化碳含量增加，则平衡C(s)+CO2(g)2CO(g)向正反应方向移动，B正确；C．延长时间不能改变平衡时物质的转化率和产率，C错误；D．温度越高反应速率越快，单位时间产率越高，实际生产时反应温度选择900℃而不选择200℃，其主要原因是：900℃比200℃时化学反应速率更快，生产效益更高，D正确；故选C。第II卷(非选择题，共58分)15.某化工厂产生的废渣中含有PbSO4和Ag，为了回收这两种物质，某同学设计了如下流程：已知：“浸出”过程发生可逆反应，AgCl+2⇌Ag(SO3)+Cl-，回答问题：（1）将废渣“氧化”的化学方程式为_______，“氧化”阶段需在80℃条件下进行，最适合的加热方式为_______。操作I所需的玻璃仪器有_______。（2）研究发现：其他条件不变时，该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率(浸出液中银的质量占起始分银渣中银的质量的百分比)降低，可能原因是_______(用离子方程式表示)。（3）研究发现：浸出液中含银化合物总浓度与含硫化合物总浓度及浸出液pH关系如下图。①pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化趋势是_______；解释①中变化趋势的原因：_______。②pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，原因是_______。（4）“还原”过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。【答案】（1）①.4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑②.水浴加热③.漏斗、烧杯、玻璃棒（2）2+O2=2（3）①.含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大②.浸出液中c()增大，使浸出反应的平衡正向移动③.pH较小时，-与H+结合生成或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但c()均较小（4）4：1【解析】【分析】含有PbSO4和Ag废渣加入过量的20%NaClO溶液，把银氧化为AgCl，发生反应4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑；过滤得到AgCl、PbSO4，AgCl、PbSO4加入Na2SO3溶液，发生可逆反应AgCl+2Ag(SO3)+Cl-，过滤得到PbSO4，滤液加入稀硫酸，调节溶液pH为4，得到AgCl，AgCl中加入氨水，得到银氨溶液，银氨溶液加入N2H4∙H2O反应还原反应得到Ag、N2、NH3，据此分析解答。【小问1详解】废渣含有银、硫酸铅，加入过量的NaClO溶液，根据流程图可知单质银被氧化，发生氧化还原反应：4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑；“氧化”阶段需在80℃条件下进行，最适合的加热方式为水浴加热；操作I为过滤以除去PbSO4，所需玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；【小问2详解】反应在敞口容器中进行，很容易被空气中O2氧化变为离子，该反应方程式为：2+O2=2；【小问3详解】①根据图象可知，当pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大，这是由于浸出液浸出液中c()增大，使浸出反应AgCl+2Ag(SO3)+Cl-的平衡正向移动，因此银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大；②当溶液pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，pH=10时浸出液中c()大，使浸出反应的平衡正向移动，AgCl的浸出率降高；pH较小时，与H+结合生成或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但c()较小，AgCl的浸出率降低，含银化合物总浓度减小；【小问4详解】在最后“还原”的反应中，氧化剂是[Ag(NH3)2]+，还原产物是Ag，得到1个电子；还原剂是N2H4∙H2O，氧化产物是N2，失去4个电子，故根据电子得失守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1。16.硫代硫酸钠俗称“海波”，又名“大苏打”，溶液具有弱碱性和较强的还原性，是一种重要的化工产品。某化学兴趣小组利用如图装置制备硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)并测定其纯度。请回答下列问题：I.【查阅资料】①Na2S2O3·5H2O是无色透明晶体，易溶于水。②向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制Na2S2O3。II.【制备产品】实验装置如图所示(夹持装置省略)：（1）制备Na2S2O3·5H2O；①仪器a的名称为_____。②装置A中发生反应的离子方程式是_____，实验室内制备SO2时一般采用质量分数为70%的硫酸而不用98%的浓硫酸，原因是_____。（2）测定纯度：原理为2S2O+I2=S4O+2I-。准确称取mg得到的产品，用适量蒸馏水溶解并配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol•L-1碘的标准溶液进行滴定。①用_____(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛放碘的标准溶液，滴定至终点的操作是_____。②滴定起始和滴定终点的液面位置如图所示，则消耗碘的标准溶液的体积V=_____mL，产品的纯度是______(用含m、M的代数式表示)%。(设Na2S2O3·5H2O的摩尔质量为Mg·mol-1)③滴定前，仰视液面读数，滴定后俯视液面读数，则所测产品的纯度_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.+2H+=SO2↑+H2O③.硫酸浓度太大，H+浓度更小，反应速率更慢（2）①.酸式②.滴入最后半滴碘的标准溶液，锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，即停止滴定③.18.10④.⑤.偏低【解析】【分析】在装置A中，Na2SO3与70%H2SO4溶液反应制取SO2气体；SO2气体通过安全瓶后进入C装置；在C装置内SO2与Na2CO3、Na2S混合溶液发生反应，生成Na2S2O3∙5H2O。尾气经过安全瓶后，进入E装置，被NaOH溶液吸收。【小问1详解】①由图中仪器的外形可知，仪器a为圆底烧瓶。②装置A中，Na2SO3与70%H2SO4溶液反应制取SO2气体等，发生反应的离子方程式是+2H+=SO2↑+H2O；浓硫酸的氧化性强，但由于水少，大部分硫酸都以分子形式存在，所以H+浓度小，则实验室内制备SO2时一般采用质量分数为70%的硫酸而不用98%的浓硫酸，原因是：硫酸浓度太大，H+浓度更小，反应速率更慢；【小问2详解】①碘具有氧化性，会腐蚀橡皮管，故用酸式滴定管盛放碘的标准溶液；滴定过程中，将碘水滴入锥形瓶中，并不断晃动锥形瓶，至终点时，停止滴定，因此滴定至终点的操作为滴入最后半滴碘的标准溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，即停止滴定。②滴定起始时读数为0.50mL，滴定终点时读数为18.60mL，则消耗碘的标准溶液的体积V=18.10mL，由反应可建立关系式：2Na2S2O3~I2，产品的纯度是=%。③滴定前，仰视液面读数，滴定后俯视液面读数，则读取的所用Na2S2O3溶液的体积偏小，所测产品的纯度偏低17.二甲醚(CH3OCH3)在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用。工业上CO和H2为原料生产CH3OCH3的新工艺主要发生三个反应：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+91kJ②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)+24kJ③CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)+41kJ新工艺的总反应为3CO(g)+3H2(g)=CH3OCH3(g)+CO2(g)+Q（1）增大压强，CH3OCH3的产率_____(选填增大“、”减小“或”不变“，下同)，平衡常数将_____。（2）原工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行，无反应③发生。新工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是_____。（3）当上述反应体系在恒温恒容条件下达到平衡，下列各项叙述正确的是_____(选填编号)。a.反应室内气体密度保持不变b.反应速率之比存在关系：3v(CO)生成=v(CO2)消耗c.反应物与生成物的物质的量浓度之比保持不变d.c(CO)：c(H2)一定等于1：1（4）为了寻找合适的反应温度，研究者进行了一系列试验，每次试验保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变，试验结果如图。CO转化率随温度变化的规律是_____，其原因是_____。【答案】（1）①.增大②.不变（2）反应③消耗了反应②中的产物水，使反应②的化学平衡向正向移动，从而提高CH3OCH3的产率（3）c（4）①.温度低于240℃时，CO的转化率随温度升高而增大，温度高于240℃时，CO的转化率随温度升高而减小②.较低温度时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，CO的转化率也增大，在较高温度时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡逆向移动，CO的转化率减小【解析】【小问1详解】根据总反应方程式分析，增大压强，平衡正向移动，CH3OCH3的产率增大，由于温度未变，因此平衡常数将不变；【小问2详解】新工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是反应③消耗了反应②中的产物水，根据勒夏特列原理，反应②的化学平衡向正向移动，从而提高CH3OCH3的产率；【小问3详解】a．气体密度ρ=，气体质量不变，容器体积不变，不管是否平衡，密度始终不变，a错误；b．反应速率之比存在关系：3υ(CO)生成=υ(CO2)消耗，一个正向反应，一个逆向反应，但速率之比不等于计量系数之比，b错误；c．反应达到平衡后，各组分浓度不变，因此反应物与生成物的物质的量浓度之比保持不变，c正确；d．若投料量之比为不是1：1，消耗的量始终是1：1，则剩余的量之比不是1：1，d错误；故选c；【小问4详解】根据图中信息分析，开始温度低，反应速率较慢，还未达到平衡，随着温度升高，速率加快，到240℃，转化率达到最大值，后来温度升高，速率加快，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动了，转化率降低，因此CO转化率随温度变化的规律是温度低于240℃时，CO的转化率随温度升高而增大，温度高于240℃时，CO的转化率随温度升高而减小；其原因是较低温度时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率