安徽省部分学校2023-2024学年高三上学期期末考试化学试题

2023—2024学年安徽高三(上)期末质量检测化学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16K39一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.花鼓戏是我国传统戏目的重要组成部分，花鼓戏的伴奏乐队使用了鼓、锣、钹等乐器。下列说法错误的是A.“锣、钹”的主要材质为黄铜，属于金属材料B.制作鼓面的动物皮革属于天然高分子C.鼓槌上缠绕的丝带(合成纤维)在工业生产过程中不涉及化学变化D.鼓、锣、钹打击乐器闲置时应存放在干燥的环境中【答案】C【解析】【详解】A．黄铜是性能优良的铜合金，属于金属材料，故A正确；B．动物皮革的主要成分是天然高分子化合物蛋白质，故B正确；C．生产合成纤维的过程中有新物质生成，涉及化学变化，故C错误；D．鼓、锣、钹都是合金材料制成的打击乐器，闲置时应存放在干燥的环境中，防止合金在潮湿的空气中发生金属腐蚀被损坏，故D正确；故选C。2.下列化学用语表述正确的是A.H2O2的电子式：B.制造氢弹的氚原子：H或DC.H2O分子中O原子的轨道杂化过程：D.基态O2的价层电子排布式：2s22p6【答案】D【解析】【详解】A．过氧化氢是含有极性键和非极性键的共价化合物，电子式为，故A错误；B．制造氢弹氚原子的质子数为1、质量数为3，核素的符号为H或T，故B错误；C．水分子中氧原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，则分子中氧原子的轨道杂化过程为+++，故C错误；D．氧元素的原子序数为8，基态氧离子的价层电子排布式为2s22p6，故D正确；故选D。3.下列有关物质结构和性质的说法错误的是A.氯乙酸的酸性比三氯乙酸的酸性弱B.水分子间的氢键H－O－H比氟化氢分子间的氢键H－F－H强C.C60在水中的溶解度比在CCl4中的小D.单质硅的熔点比单质锗的高【答案】B【解析】【详解】A．氯元素的电负性较强，氯原子吸电子能力较强，使得氯乙酸羧基中的羟基氢更容易电离，三氯乙酸中氯原子个数比氯乙酸中更多，所以三氧乙酸酸性比氯乙酸酸性更强，A正确；B．由于氟原子的电负性大于氧原子，氟化氢分子间的氢键在形成时，由于氟原子的电负性大，使得氢键更强‌，B错误；C．水是极性溶剂，而CCl4也是非极性溶剂，C60作为非极性分子，在非极性溶剂CCl4中的溶解度相对较大，而在极性溶剂水中的溶解度相对较小，C正确；D．由于硅、锗的原子半径逐渐增大，构成原子晶体的原子间的共价键键能依次降低，因此它们的熔点逐渐降低，D正确；故选B。4.实验室用浓硫酸作催化剂、在170℃条件下加热乙醇制备乙烯。该实验一定能用到下列仪器中的A.③④ B.②③④C.①②③④⑤ D.②③④⑤⑥【答案】B【解析】【详解】实验室用浓硫酸作催化剂、在170℃条件下加热乙醇制备乙烯，这个实验需要通常需要以下仪器：

②

分液漏斗：用于加入反应物，③

圆底烧瓶：用于进行加热反应，④

温度计：用于监控反应温度，其他仪器如①烧杯、⑤滴管、⑥锥形瓶在此实验中不是必需的。故选B。5.下列离子方程式书写错误的是A.铅酸蓄电池放电时的正极反应：PbO2+4H++SO+2e=PbSO4+2H2OB.氯胺作漂白剂的原理：NH2Cl+2H2ONH3•H2O+H++ClOC.向含1molFeBr2的溶液中通入1molCl2：2Fe2++2Br+2Cl2=2Fe3++Br2+4ClD.向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液：Mg2++2HCO+4OH=Mg(OH)2↓+2CO+2H2O【答案】B【解析】【详解】A．铅酸蓄电池放电时的正极反应为二氧化铅的电子生成硫酸铅，所给电极方程式正确，故A正确；B．次氯酸是弱酸，不能拆，正确的离子反应为NH2Cl+2H2ONH3•H2O+HClO，故B错误；C．还原性：Fe2+>Br，1molCl2完全反应转移2mol电子；1molFe2+被氧化为Fe3+，转移1mol电子，1molBr被氧化为Br2，转移1mol电子，所给离子反应方程式正确，故C正确；D．氢氧化镁溶解度更小，先析出氢氧化镁沉淀，所给离子方程式正确，故D正确；故选B。6.一种金属助熔剂WZ•YZ2•6R2X受热分解可产生气态的R2X。已知：R、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号元素，Y、W为金属元素。R和W在同一主族，Y和Z在同一周期；基态X、Y、Z原子的未成对电子数分别为2、0、1。下列说法正确的是A.电负性：Z＞X＞RB.五种元素中原子半径：W最大，R最小C.WZ•YZ2•6R2X受热分解产生的气体只有R2XD.X和Z元素组成的二元化合物一定是酸性氧化物【答案】BC【解析】【分析】R、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号元素，由R2X可知，R为H元素、X为O元素，符合基态X原子的未成对电子数为2；Y、W为金属元素，R和W在同一主族，W为K元素；Y和Z在同一周期，基态Y、Z原子的未成对电子数分别为2、0、1，结合原子序数可知Y为Mg元素、Z为Cl元素，助熔剂WZ•YZ2•6R2X为助熔剂KCl•MgCl2•6H2O，由上述分析可知，R为H元素、X为O元素、Y为Mg元素、Z为Cl元素、W为K元素。【详解】A．同周期主族元素从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性呈减小趋势，则电负性：X＞Z＞R，A错误；B．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则五种元素中原子半径：W最大、R最小，B正确；C．KCl•MgCl2•6H2O受热分解产生的气体只有H2O，C正确；D．X和Z元素组成的二元化合物若为ClO2，不属于酸性氧化物，D错误；故选BC。7.除去I中少量的II，所采用的方法正确的是选项III方法A乙酸溶液乙二酸滴加酸性高锰酸钾溶液B氯化铁溶液氯化铜加入铁粉C一氧化氮气体氨气通过盛有氯化钙粉末的干燥管D二氧化硫气体二氧化碳通过盛有饱和亚硫酸氢钠溶液的洗气瓶A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．乙二酸溶液与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，所以不能用酸性高锰酸钾溶液除去乙酸溶液中的乙二酸杂质，否则会引入新杂质硫酸钾和硫酸锰，故A错误；B．氯化铁溶液能与铁反应生成氯化亚铁，所以不能用铁粉除去氯化铁溶液中的氯化铜杂质，故B错误；C．一氧化氮不能与无水氯化钙反应，氨气能与无水氯化钙反应生成八氨氯化钙，所以用无水氯化钙能除去一氧化氮中混用的氨气杂质，故C正确；D．碳酸的酸性弱于亚硫酸，二氧化碳不能与亚硫酸氢钠溶液反应，所以不能用饱和亚硫酸氢钠溶液除去二氧化硫中的二氧化碳杂质，故D错误；故选C。8.我国科研人员在《Science》上报道了利用双室电解池在KCl溶液中用不同金属电极电解的方法，将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷(与水可以互溶)。电解结束后，先将乙烯通入Pt电极室的溶液中，然后将阴、阳极电解液混合，便可反应生成环氧乙烷，物质变化过程如图所示，下列说法正确的是A.乙烯与HClO的反应属于取代反应B.Pt电极与电源的负极相连C.阴、阳极电解液输出混合后可以通过分液的方法提取环氧乙烷D.每生成1mol环氧乙烷，电路中实际转移电子数超过2NA【答案】D【解析】【分析】由题给流程可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，溶于水的氯气部分与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中的次氯酸与通入的乙烯发生加成反应生成2—氯乙醇；水分子在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子；将阴、阳极电解液混合，碱性条件下2—氯乙醇在溶液中发生取代反应生成环氧乙烷，则制备环氧乙烷的反应为CH2=CH2+H2O+H2。【详解】A．由分析可知，溶液中的次氯酸与通入的乙烯发生加成反应生成2—氯乙醇，故A错误；B．由分析可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，故B错误；C．由题意可知，环氧乙烷溶于水，所以不能用分液的方法提取环氧乙烷，故C错误；D．由分析可知，溶于水的氯气部分与水反应生成盐酸和次氯酸的反应为可逆反应，可能反应不可能完全反应，所以生成1mol环氧乙烷时，消耗氯气的物质的量大于1mol，电路中实际转移电子数超过2NA，故D正确；故选D。9.针铁矿法沉铁以锌焙砂(主要成分为ZnO，含有较多的Fe2O3和少量Pb、Ag等元素)为原料，其工艺流程如图所示：已知：离子Fe3+Fe2+Zn2+开始/完全沉淀的pH2.3/3.27.5/9.76.4/8.0对应硫化物的Ksp－3.7×10191.2×1023下列说法错误的是A.实际生产中可利用滤液I作浸液IB.中性浸液的主要溶质是ZnSO4C.“还原”步骤的离子方程式是2Fe3++S2=2Fe2++S↓D.“沉铁”包括Fe2+的氧化和Fe3+的水解两个反应【答案】C【解析】【分析】以锌焙砂为原料，加入硫酸调pH为55.4进行浸出，氧化锌转化为硫酸锌溶液，即中性浸液主要成分是硫酸锌，过滤分离后固体中有氢氧化铁、Pb、Ag等，加入硫酸酸性浸出，得到含有硫酸铁的溶液，加入硫化锌，Fe3+被还原为Fe2+，还原渣主要成分是单质S，离子方程式为2Fe3++ZnS=2Fe2++S↓+Zn2+；通入氧气、加氧化锌沉铁，最终得到FeOOH；【详解】A．由流程可知，滤液I含有硫酸锌和少量硫酸，可以作为中性浸出的浸液，故A正确；B．由上述分析可知，中性浸液的主要溶质是ZnSO4，故B正确；C．由分析可知，还原步骤的离子方程式为2Fe3++ZnS=2Fe2++S↓+Zn2+，故C错误；D．“沉铁”时，氧气先将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再水解，氧化锌能促进水解，最终得到FeOOH，故D正确；答案选C。10.硝酸镁常用作制造烟火或制备其他镁盐的原料等。Mg(NO3)2•6H2O在不同温度下分解均产生NO2、O2、H2O及固体(忽略NO2、N2O4的转化)，其固体产物如表：温度330~400℃400℃固体产物Mg(NO3)2•4Mg(OH)2MgO下列说法正确的是A.NO的空间结构是三角锥形B.在不同温度下分解产生的气体用排水法收集均得到氧气C.330~400℃下分解产生的气体平均摩尔质量是43.2g•mol1D.400℃以上，1molMg(NO3)2•4Mg(OH)2分解转移2mol电子【答案】D【解析】【分析】根据已知条件，330~400℃发生反应；400℃发生反应。【详解】A．NO的中心原子N的价电子对数为，无孤对电子，空间结构是平面三角形，故A错误；B．Mg(NO3)2•6H2O在不同温度下分解均产生NO2，NO2会与水反应，不能用排水法收集，故B错误；C．330~400℃下水为气体，根据分析反应方程式，产生气体的平均摩尔质量是20g•mol1，故C错误；D．根据分析可知，400℃以上每反应2molMg(NO3)2•4Mg(OH)2，生成1molO2，转移电子为4mol，则1molMg(NO3)2•4Mg(OH)2分解转移2mol电子，故D正确；故选D。11.我国科研人员利用C60和K掺杂制造了一种富勒烯化合物，是一种定量还原剂，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为apm，设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A.该富勒烯化合物中的K原子和C原子的个数比为3：1B.该晶胞中与C60最近且距离相等的K是6个C.将C60看作顶点，该晶体中C60构成的多面体有8个面D.该晶体的密度为g•cm3【答案】C【解析】【分析】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的C60个数为8×+1=2，位于面上的钾原子个数为12×=6，则晶胞的化学式为K3C60。【详解】A．由分析可知，晶胞的化学式为K3C60，则钾原子和碳原子的个数比为3：60=1：20，故A错误；B．由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的C60与邻近的6个面上的钾原子距离最近，每个面上有2个钾原子，则晶胞中与C60最近且距离相等的钾原子是12个，故B错误；C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点C60与6个C60形成正八面体，所以将C60看作顶点，该晶体中C60构成的多面体有8个面，故C正确；D．设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—10a)3d，解得d=，故D错误；故选C。12.苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，它的一种制备方法如下：C6H5－CH2CH3(l)C6H5－CH=CH2(l)+H2(g)△H=+123kJ•mol1其反应机理如图所示，“吸附环节”中乙苯分子被吸附在催化剂Fe2O3表面的活性位点并被活化(Fe2O3在使用过程中易出现失活现象)，下列说法错误的是A.乙苯分子中所有原子一定不能共平面B.上述过程中各环节均需要在较高温度下进行C.Fe2O3能降低乙苯脱氢反应的活化能，提高单位时间内苯乙烯的产量D.Fe2O3在使用过程中失活的原因可能是Fe3+变为Fe2+【答案】B【解析】【详解】A．乙苯分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，所以分子中所有原子一定不能共平面，故A正确；B．由图可知，乙苯脱氢经历了四步，只有“吸附环节”属于结合过程，其余三步都是解离过程，低温有利于“吸附环节”的发生，故B错误；C．催化剂氧化铁能降低乙苯脱氢反应的活化能，加快反应速率，提高单位时间内苯乙烯的产量，故C正确；D．铁离子转化为亚铁离子可能会导致催化剂氧化铁在使用过程中失活，故D正确；故选B。13.在1L恒容密闭容器中充入0.3molH2和0.2molNO，在不同温度下发生反应：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)，N2的体积分数随时间的变化如图所示(已知T2温度下加入了催化剂)。下列说法错误的是A.不同温度下的平衡常数：K(T3)＞K(T1)＞K(T2)B.M点的正反应速率：v正(T1)＞v正(T3)C.该反应的△H＜0D.T3温度下，当容器中NO和H2的物质的量之比保持不变时，反应达到平衡状态【答案】A【解析】【分析】T1与T3相比T1先平衡，则T1＞T3，升高温度，N2的体积分数降低，则平衡逆向移动，正反应的△H＜0。【详解】A．T2温度达到平衡时，N2的体积分数在T1和T3之间，则T1＞T2＞T3，该反应△H＜0，则不同温度下的平衡常数：K(T3)＞K(T2)＞K(T1)，故A错误；B．M点时，T1和T3条件下N2的体积分数相同，说明反应物的转化量相同，则反应物浓度相同，则温度高时反应速率快，v正(T1)＞v正(T3)，故B正确；C．由分析可知，该反应的△H＜0，故C正确；D．初始时，充入H2和NO物质的量之比为3：2，二者的变化量为1：1，当容器中NO和H2的物质的量之比保持不变时，可以说明反应达到平衡状态，故D正确；故选A。14.亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸。常温下，某研究小组利用电位滴定法研究盐酸滴定亚磷酸钠(Na2HPO3)溶液过程中的化学变化，得到电极电位U和溶液pH随盐酸体积的变化曲线如图所示(已知电位滴定法的原理：在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极的电位也发生了突跃，进而确定滴定终点)。下列说法错误的是A.常温下，H3PO3的Ka2近似为106.7B.b点对应的溶液中存在：c(Cl)＞c(H2PO)＞c(HPO)＞c(H3PO3)C.c点由水电离出的c(H+)＞107mol•L1D.d点对应的溶液中存在：c(Cl)=2c(H3PO3)+2c(H2PO)+2c(HPO)【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，a点溶质中Na2HPO3、NaH2PO3物质的量浓度比为1:1，此时c()近似等于c()，pH为6.7，即c(H+)=106.7mol/L，代入，A正确；B．b点对应的溶液为物质的量比为1:1的NaH2PO3、NaCl的混合溶液，H3PO3的Ka2近似为106.7，故的电离程度大于水解程度，故c(Cl)＞c()＞c()＞c(H3PO3)，B正确；C．c点溶质为H3PO3、NaH2PO3、NaCl，水的电离被抑制，由水电离出的c(H+)<107mol•L1，C错误；D．d点对应的溶液为物质的量比为1:2的H3PO3、NaCl，依据物料守恒可知：c(Cl)=2c(H3PO3)+2c()+2c()，D正确；故答案为C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.在煤中硫以有机硫和无机硫(CaSO4、硫化物及微量单质硫等)的形态存在。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中含硫量的方法，其实验装置如图所示(煤在催化剂作用下，在管式炉中燃烧)。库仑测硫仪的原理是SO2随气流进入仪器内部的电解池内，破坏了I2的KI溶液中KI3－KI电对的电位平衡(I2的KI溶液中存在平衡：I2+II)，仪器便立即自动电解KI使回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。回答下列问题：（1）装置A中盛放酸性高锰酸钾溶液的作用是______。（2）高温下，碳单质将CaSO4完全转化为SO2的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是______。（3）①SO2破坏库仑测硫仪中I2的KI溶液中KI3－KI电对的电位平衡的原因是_______(用离子方程式表示)。②装置D中盛放的试剂是______，若无装置D，造成的后果是______。③库仑测硫仪中，电解过程中使回到原定值的反应在______(填“阳”或“阴”)极进行，该极的电极反应式为______。【答案】（1）吸收空气中的SO2（2）2：1（3）①.I2+SO2+2H2O=4H++2I—+SO②.浓硫酸③.偏低④.阳⑤.3I——2e—=I【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中盛有酸性高锰酸钾溶液用于吸收空气中的二氧化硫，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥空气，装置C中样煤在催化剂作用下，与通入的空气高温条件下反应，将煤中的有机硫和无机硫完全转化为二氧化硫，盛有装置D中盛有的浓硫酸用于干燥出口气体，将含有氧气、二氧化碳、氮气和二氧化硫的混合气体通入库仑测硫仪中快速检测煤中全硫含量。【小问1详解】由分析可知，装置A中盛有酸性高锰酸钾溶液用于吸收空气中的二氧化硫，故答案为：吸收空气中的SO2；【小问2详解】由题意可知，高温下，碳单质与硫酸钙反应生成氧化钙、二氧化硫和二氧化碳，反应中碳元素的化合价升高被氧化，碳是反应的还原剂，硫元素化合价降低被还原，硫酸钙是反应的氧化剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；【小问3详解】由题意可知，库仑测硫仪的原理是电解池中碘离子在阳极放电发生氧化反应生成碘三离子，碘离子、碘和碘三离子在溶液中存在如下平衡：I2+II，反应中增大，通入的二氧化硫与碘发生如下反应I2+SO2+2H2O=4H++2I—+SO，溶液中的单质碘浓度减小，平衡向逆反应方向移动，减小，直至回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量；①由分析可知，SO2破坏库仑测硫仪中I2的KI溶液中KI3－KI电对的电位平衡的原因是通入的二氧化硫与碘发生如下反应I2+SO2+2H2O=4H++2I—+SO，溶液中的单质碘浓度减小，平衡向逆反应方向移动，减小，直至回到原定值，故答案为：I2+SO2+2H2O=4H++2I—+SO；②由分析可知，盛有装置D中盛有的浓硫酸用于干燥出口气体，若无装置D，易溶于水的二氧化硫会与水蒸气反应生成亚硫酸，使得通入库仑测硫仪中的二氧化硫的量减小，导致测定结果偏低，故答案为：偏低；③由分析可知，库仑测硫仪中，电解过程中使回到原定值的反应在阳极进行，碘离子在阳极放电发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I——2e—=I，故答案为：阳；3I——2e—=I。16.CH3OH是一种绿色燃料，可由CO、CO2等制备。工业上制备CH3OH发生如下反应：反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=49.5kJ•mol1反应2：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2=90.7kJ•mol1回答下列问题：（1）已知1molH2(g)完全燃烧生成气态水放出241.8kJ的热量，则1molCO(g)完全燃烧生成CO2气体时放出______kJ的热量。（2）将CO2和H2按物质的量之比为1：3通入某密闭容器中，在压强恒为3MPa下发生反应1和副反应3：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，测得CO2的平衡转化率(α)以及生成CH3OH、CO的选择性(S)[S(CO)=]随温度的变化如图所示。①代表S(CO)的曲线是______(填“I”或“II”)，判断理由是______。②副反应3在249℃下的平衡常数K为______(用分数表示即可)。③若将反应体系压强增至4MPa，则生成CH3OH、CO的选择性(S)随温度变化的曲线的交点是______(填图中的A、B……F)，判断理由是______。④现代化工采用催化剂分子筛膜反应器进行反应1的转化，其反应原理如图所示。该反应器具有的优点是______(填一条即可)。【答案】（1）382（2）①.Ⅰ②.主反应是放热反应，副反应3是吸热反应，升高温度主反应逆向移动，副反应3正向移动，CH3OH的选择性降低、CO的选择性升高，故曲线Ⅰ代表CO的选择性③.④.E⑤.增大压强，S(CO)降低，位于3MPa曲线下方，S(CH3OH)增大，位于3MPa曲线上方，两线交点中纵坐标为0.5⑥.分子筛膜反应器可以及时分离出反应主反应生成的H2O，使得平衡正向移动，提高原料转化率【解析】【小问1详解】已知反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=49.5kJ•mol1反应2：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2=90.7kJ•mol1反应3：H2(g)+O2(g)H2O(g)△H3=241.8kJ•mol1根据盖斯定律，反应2+反应3－反应1可以得到CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=241.8kJ•mol1+(90.7kJ•mol1)－(49.5kJ•mol1)=﹣382kJ•mol1；【小问2详解】①反应1－反应2可以得到副反应3，则CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41.2kJ•mol1，则升高温度主反应逆向移动，副反应3正向移动，CH3OH的选择性降低、CO的选择性升高，故曲线Ⅰ代表CO的选择性；②249℃时，甲醇的选择性和CO的选择性均为50%，二氧化碳的转化率为20%；设CO2和H2物质的量分别为1mol、3mol，列出三段式有：，平衡时气体总物质的量为(0.8+2.6+0.1+0.2+0.1)mol=3.8mol，副反应3在249℃下的平衡常数K==；③若将反应体系压强增至4MPa，则生成CH3OH、CO的选择性(S)随温度变化的曲线的交点是E点；理由是：增大压强，S(CO)降低，位于3MPa曲线下方，S(CH3OH)增大，位于3MPa曲线上方，两线交点中纵坐标为0.5，故为E点；④分子筛膜反应器可以及时分离出反应主反应生成的H2O，使得平衡正向移动，提高原料转化率。17.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛，在空气中易被氧化，受热易分解。某种制备流程如图所示。已知：NaHSO3过饱和溶液中更易形成Na2S2O5晶体。常温下，H2SO3的Ka1、Ka2分别为1.5×102、1.0×107；H2SO3的Ka1，Ka2分别为4.0×107、5.6×1011。回答下列问题：（1）虚线框的流程在化工生产中被称为______。（2）“碳化”操作中，先通入NH3，再通入CO2，其目的是______。（3）“调pH1”得到的溶液中主要溶质是______(填化学式)，该步操作的目的是______。（4）流程中可以循环利用的物质是______(填化学式)。（5）在S2O中两个原子通过O原子连接在一起，S原子的杂化轨道类型是______。（6）取反应X得到的溶液利用电解法制备Na2S2O5的工作原理如图所示，已知三室内均为反应X得到的溶液，将电解后的II室溶液进行“操作M”得到Na2S2O5晶体。其中，b膜通过的离子是______(填离子符号)。装置开始工作时阳极不产生气体，此时阳极的电极反应式为______。【答案】（1）侯氏制碱法（2）先通入NH3，使溶液呈碱性，能吸收更多的二氧化碳，提高原料利用率（3）①.NaHCO3和Na2SO3②.使溶液呈碱性，将NaHSO3转化为Na2SO3，以便于后续吸收更多的二氧化硫，从而得到NaHSO3的过饱和溶液（4）CO2（5）sp3（6）①.H＋②.2H2O－4e－+SO=4H＋＋SO【解析】【分析】黄铁矿在空气中煅烧生成氧化铁和二氧化硫，虚线框内的流程为侯氏制碱法，反应原理为CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，经过热解，得到碳酸钠、二氧化碳和水，将二氧化硫通入到碳酸钠溶液中，pH=4.1，此时溶液中溶质主要为NaHSO3，发生的反应SO2+H2O+Na2CO3=2NaHSO3+CO2，通入碳酸钠，pH为7~8，由电离平衡常数可知，发生反应NaHSO3+Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3，向溶液中再次通入SO2，pH=4.1，此时反应为SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，得到NaHSO3过饱和溶液，经过操作M，由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5，发生的反应为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。【小问1详解】由分析可知，虚线框的流程在化工生产中被称为侯氏制碱法；【小问2详解】先通入NH3，使溶液呈碱性，能吸收更多的二氧化碳，提高原料利用率；【小问3详解】由分析可知，“调pH1”发生的反应为NaHSO3+Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3，得到的溶液中主要溶质是NaHCO3和Na2SO3，其目的是使溶液呈碱性，将NaHSO3转化为Na2SO3，以便于后续吸收更多的二氧化硫，从而得到NaHSO3的过饱和溶液；【小问4详解】热解生成的二氧化碳可以在碳化过程中循环使用，故流程中可以循环利用的物质是CO2；【小问5详解】S2O中两个原子通过O原子连接在一起，S最外层电子为6，则S2O其结构为：，则S原子形成3个键，还有1对孤对电子，其杂化方式为sp3；【小问6详解】反应X所得溶液含有NaHSO3和少量Na2SO3，将电解后的II室溶液进行“操作M”得到Na2S2O5晶体，则阳极区的H＋穿过离子交换膜进入Ⅱ室，与SO结合生成HSO