浙江省高三下学期5月选考适应性考试化学试题

2024年5月浙江省普通高校招生选考科目适应性考试化学本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分。考试时间90分钟。考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时先用2B铅笔，确定后再使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。4.本卷可能用到的相对原子质量数据：H1，C12，N14，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，K39，Ca40，Cu64，Fe56，Ag108，Ba137。选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质不属于电解质的是A.HNO2 B.ClO2 C.NaI3 D.冰水混合物【答案】B【解析】【详解】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质的是HNO2、NaI3、冰水混合物，ClO2不属于电解质，故选B。2.实验室中使用盐酸、硫酸和硝酸时，对应关系错误的是A.稀盐酸：配制溶液B.稀硫酸：蔗糖和淀粉的水解C.稀硝酸：清洗附有银镜的试管D.浓硫酸和浓硝酸的混合溶液：苯的磺化【答案】D【解析】【详解】A．实验室配制AlCl3溶液时向其中加入少量的稀盐酸以抑制Al3+水解，A不合题意；B．蔗糖和淀粉的水解时常采用稀硫酸作催化剂，B不合题意；C．清洗附有银镜的试管用稀硝酸，反应原理为：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，C不合题意；D．苯的磺化是苯和浓硫酸共热，反应生成苯磺酸的反应，故不需要用到浓硫酸和浓硝酸的混合溶液，D符合题意；故答案为：D。3.下列表示不正确的是A.中子数为10的氧原子：B.SO3是极性分子C.用电子式表示的形成过程：D.此有机物命名：2戊烯【答案】B【解析】【详解】A．中子数为10的氧原子，质量数为10+8=18，原子符号为：，故A正确；B．SO3中心原子价层电子对为，孤电子对为0，所以依据价层电子对互斥理论可知，三氧化硫为平面三角形结构，正负电荷中心能够重合，为非极性分子，故B错误；C．氯化钾为离子化合物，钾离子与氯离子通过离子键结合在一起，用电子式表示KCl的形成过程：，故C正确；D．官能团位置编号最小原则，碳碳双键在2号碳上，系统命名法可知为2戊烯，故D正确；故选：B。4.金星大气中如存有PH3，据此推断金星或许存在生命。利用P4与足量浓KOH溶液反应可制备PH3：P4+3KOH(浓)+3H2O=3KH2PO2+PH3↑。下列说法正确的是A.0.1molP4参加反应，转移0.3mol电子 B.P4是氧化剂C.PH3的电子式为 D.KH2PO2是强电解质，属酸式盐【答案】A【解析】【详解】A．由方程式可知，1分子P4中3个磷原子失去3个电子得到KH2PO2，1个磷原子得到3个电子形成PH3，所以1molP4参与反应，转移3mol电子，即0.1molP4参加反应，转移0.3mol电子，故A正确；B．反应中P元素化合价一部分降低至PH3中的3价，一部分升高至KH2PO2中的+1价，所以P4既是氧化剂又是还原剂，故B错误；C．PH3的电子式为，故C错误；D．P4与足量的浓KOH溶液反应得到KH2PO2，则KH2PO2为正盐，故D错误；故答案为：A。5.在溶液中能大量共存的离子组是A.0.1mol·L1酸性高锰酸钾溶液中：Na+、、、FB.1.0mol·L1氯化铁溶液中：K+、Fe(CN)、、Ca2+C.1.0mol·L1氨水溶液中：Cu2+、Fe3+、、CH3COOD.0.1mol·L1碳酸钠溶液中：Cl、CN、、【答案】D【解析】【详解】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化，氢氟酸为弱酸，酸性溶液中F不能大量存在，故A错误；B．1.0mol·L1氯化铁溶液中，铁离子与能反应生成沉淀，故B错误；C．1.0mol·L1氨水溶液中，存在大量氢氧根离子，Cu2+和Fe3+不能大量存在，故C错误；D．0.1mol·L1碳酸钠溶液中，Cl、CN、、均能大量存在，故D正确；故答案为：D。6.为了自制肥皂，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是A.步骤Ⅰ中，加入试剂Ⅰ的作用是提供均相溶剂B.步骤Ⅰ中，涉及到加热操作，为了加快反应速率C.步骤Ⅲ中，可用多组纱布进行过滤操作D.步骤Ⅱ中，加入饱和食盐水，降低了NaOH的溶解度，使得固体析出【答案】D【解析】【分析】油脂加入氢氧化钠发生碱性水解生成高级脂肪酸钠，加入加入氯化钠发生盐析后，高级脂肪酸钠浮在液面上，饱和食盐水的作用是促进高级脂肪酸钠的盐析，然后过滤分离出高级脂肪酸钠，洗涤成型得到自制肥皂；【详解】A．油脂难溶于水，但易溶于有机溶剂，则加入试剂Ⅰ的作用是促进牛油溶解，提供均相溶剂，A正确；B．升高温度可以促进油脂的碱性水解，加快反应的速率，B正确；C．步骤Ⅲ中，可用多组纱布进行过滤操作，通过过滤分离出生成的高级脂肪酸钠，C正确；D．加入氯化钠发生盐析后，高级脂肪酸钠浮在液面上，饱和食盐水的作用是促进高级脂肪酸钠的盐析，D错误；故选D。7.根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是选项材料组成和结构变化性能变化A层状结构化合物(CF)x石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到(CF)x抗氧化性增强B塑料加入增塑剂柔韧性提高C低压法聚乙烯发生加聚反应得到的，支链较少密度和软化温度较高D酚醛树脂持续缩聚线型转变为网状可以软化，不能熔融A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．(CF)x中C原子的所有价键均参与成键，未有未参与成键的孤电子或者不饱和键，故与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强，A正确；B．塑料添加增塑剂，可以在分子层面改变其性质，增塑剂分子会插入到塑料分子链中，扰乱塑料分子之间的排列，降低分子间力，使塑料变得柔软，B正确；C．低压法聚乙烯是在较低压力和较低温度下，用催化剂使乙烯发生加聚反应得到的，支链较少，软化温度和密度都比高压法聚乙烯的高，C正确；D．热塑型酚醛树脂，是线性树脂，可以反复加热软化或熔融以成型成制品，热固型酚醛树脂，是网状树脂，加热时不可以软化，不能熔融，D错误；故选D。8.下列实验装置使用不正确的是A.图1装置用于色谱法，可确定有机物的结构B.图2装置用于1溴丁烷的消去反应C.图3装置用于用于酯化反应，其中长直导管起冷凝作用D.图4装置用于中和反应反应热的测定【答案】A【解析】【详解】A．图1装置用于色谱法，可用于混合物分离，故A错误；B．卤代烃在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应生成烯烃，图2装置用于1溴丁烷的消去反应，故B正确；C．乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，图3装置用于用于酯化反应，其中长直导管冷凝乙酸乙酯，故C正确；D．图4装置为量热计，用于中和反应反应热的测定，故D正确；选A。9.核磁共振(NMR)技术已广泛应用于复杂分子结构的测定和医学诊断等高科技领域。已知只有质子数或中子数为奇数的原子核有NMR现象。试判断下列哪组原子均可产生NMR现象A.16O、31P、119Sn B.元素周期表中IIIA族所有元素的原子C.27Al、19F、14C D.元素周期表中第三周期所有元素的原子【答案】B【解析】【详解】A．16O的质子数或中子数都为偶数，不能产生NMR现象，故A不符合题意；B．元素周期表中IIIA族所有元素的原子的质子数为奇数，能产生NMR现象，故B符合题意；C．14C质子数或中子数都为偶数，不能产生NMR现象，故C不符合题意；D．元素周期表中第三周期所有元素的原子质子数和中子数可能都为偶数，不能产生NMR现象，故D不符合题意。综上所述，答案为B。10.下列方程式的书写，不正确的是A.溶液暴露在空气中：B.铅酸蓄电池放电的负极反应：C.葡萄糖与新制氢氧化铜反应：D.煅烧黄铁矿制【答案】D【解析】【详解】A．溶液暴露在空气中：，A正确；B．铅酸蓄电池放电负极反应：，B正确；C．葡萄糖与新制氢氧化铜反应：，C正确；D．煅烧黄铁矿制SO2：，D错误；故选D。11.一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下：下列说法不正确的是A.TFAA非极性分子 B.E→H发生了重排(异构)反应C.TFAA的结构简式可能为 D.G分子中存在碳氟键和酰胺键【答案】A【解析】【详解】A．TFAA正负电荷重心不重合，是极性分子，A项错误；B．E和H的分子式相同但结构不同，E→H发生了重排(异构)反应，B项正确；C．TFAA中两个酯基不能缩写为COOOC，官能团酯基需展开，结构简式可能为，C项正确；D．由G的结构可知，G分子中存在碳氟键和酰胺键，D项正确；故选A。12.A、B、C、D、E、F为六种原子序数依次增大的短周期元素，A、B、D位于同一主族，且D的原子半径在短周期元素原子中最大，C是周期表中电负性最大的元素，基态E原子的核外电子有7种空间运动状态，基态F原子有3个未成对电子。下列说法正确的是A.C的最低价氢化物的沸点低于F的最低价氢化物B.A元素形成的离子半径小于B元素形成的离子半径C.A、B、E形成化合物中阴离子中心原子的杂化方式为sp2D.C、D、E形成的某种化合物能降低冶炼E单质的能耗【答案】D【解析】【分析】A、B、C、D、E、F为六种原子序数依次增大的短周期元素，A、B、D位于同一主族，且D的原子半径在短周期元素原子中最大，则A是H元素，B是Li元素，D是Na元素；C是周期表中电负性最大的元素，则C是F元素；基态E原子的核外电子有7种空间运动状态，则E核外电子排布是1s22s2p63s23p1，E是Al元素；基态F原子有3个未成对电子，则F核外电子排布是1s22s2p63s23p3，F是P元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。【详解】根据上述分析可知：A是H，B是Li，C是F，D是Na，E是Al，F是P元素。A．C是F元素，F是P元素，它们形成的简单氢化物HF、PH3，HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致其沸点比只存在分子间作用力的PH3高，A错误；B．A是H，B是Li，若H形成的简单离子是H，Li形成的简单离子是Li+，电子层数相同时，原子序数越大半径越小，所以离子半径：H>Li+，B错误；C．A是H，B是Li，E是Al，三种元素形成的化合物LiAlH4，其阴离子的价层电子对数是4+=4，因此中心Al原子杂化类型是sp3，C错误；D．根据上述分析可知：C是F，D是Na，E是Al，三种元素形成的化合物是Na3AlF6，Na3AlF6俗称冰晶石；单质Al冶炼时采用电解熔融Al2O3的方法，但由于该物质是离子化合物，熔点是2050℃，熔点很高，为降低其熔点，通常要加入冰晶石Na3AlF6，可以使Al2O3在1000℃左右熔化，从而可节约大量能量而降低能耗，D正确；故选D。13.一种高效的除去废水中的的电化学装置如图所示，一般认为溶液中某离子浓度小于1.0×105mol·L1时，该离子已除尽[已知常温下，Ksp(FePO4)=1.3×1022]。下列说法错误的是A.光伏电池中，a极为正极，b极为负极B.废水中发生的总反应为4Fe2++O2+4H++4=4FePO4↓+2H2OC.电路中有6mol电子通过时，理论上最多可除去2molD.当废水中c(Fe3+)=1.0×1015mol·L1时，已除尽【答案】C【解析】【详解】A．要沉淀需用Fe3+，利用Fe3+与反应生成FePO4沉淀除去，故铁为阳极，电极反应为Fe2e=Fe2+，Fe2+被O2氧化为Fe3+，石墨为阴极，故a极为正极，b极为负极，A正确；B．Fe2+被O2氧化Fe3+，与反应生成FePO4沉淀，总反应为4Fe2++O2+4H++4=4FePO4↓+2H2O，B正确；C．电路中有6mol电子通过时，根据Fe2e=Fe2+，可生成3molFe2+，被氧化可得3molFe3+，故可除去3mol，C错误；D．当废水中c(Fe3+)=1.0×1015mol·L1时，c()===1.3×107mol/L<1.0×105mol/L，故已除尽，D正确；故选C。14.烯烃可与卤素发生加成反应，涉及环正离子中间体，历程如下：已知：①反应机理表明，此反应是分两步的加成反应，卤素离子从背面进攻。②反应中，能否形成环正离子与卤素电负性，半径相关。下列说法不正确的是A.若顺2丁烯与Br2单质发生加成反应，所生成的产物是一对对映异构B.乙烯与溴水反应，产物存在BrCH2CH2OHC.烯烃与HOCl加成也可能通过环正离子机理进行D.此加成过程，顺式产物与反式产物含量相当【答案】D【解析】【详解】A．顺2丁烯与Br2单质发生加成反应，生成的产物中有手性碳原子，故是一对对映异构体，故A正确；B．溴水中有Br2单质，水分子，加成过程中通过第一步生成环正离子后，可能带负电的氢氧根从背面进攻生成BrCH2CH2OH，故B正确；C．HOCl也会变为带正电荷的卤素离子和带负电荷的氢氧根，故烯烃的烯烃与HOCl的加成也可能通过环正离子机理进行，故C正确；D．由于加成过程中第一步是慢反应，第二步是快反应，故反式产物比顺式产物多，故D错误。答案选D。15.室温下，向浓度均为的和的混合溶液中逐滴加入的溶液。已知：的，，，，。下列说法不正确的是A.加入的溶液后，在上层清液中滴加溶液无明显现象B.溶液中存在关系，C.在和的混合溶液加几滴稀盐酸，几乎不变D.向和混合溶液加入溶液，可能生成碱式碳酸镁【答案】A【解析】【详解】A．加入的溶液后，恰好完全生成碳酸钡沉淀，此时溶液为碳酸钡的饱和溶液，在上层清液中滴加，钡离子浓度增大，会继续生成固体碳酸钡，故A错误；B．溶液中，碳酸根离子水解产生碳酸氢根与氢氧根离子，碳酸氢根离子继续水解产生碳酸分子和氢氧根离子，故离子大小顺序为，B正确；C．根据的，，可知碳酸根结合氢离子能力更强，滴加几滴盐酸，则发生反应，所以几乎不变，故C正确；D．向和混合溶液加入溶液，发生反应、溶液呈碱性，由于＞，所以有可能生成碱式碳酸镁，故D正确；故选A。16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，方案设计或结论不正确的是选项实验目的方案设计现象结论A探究与水解程度的大小分别测定的和溶液前者小水解程度小于B探究、结合的能力向溶液依次滴加足量溶液、几滴溶液加入后无明显变化，加入溶液变红结合能力：C探究对氧化性的影响用调节相同浓度、和溶液的，测量氧化反应所需最低最低顺序：浓度越大，氧化性越强D比较与结合能力将等浓度等体积的溶液和溶液混合产生白色沉淀结合能力：A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．测定的和溶液，由于F和醋酸根离子水解均产生氢氧根，前者小，说明醋酸根离子水解程度更大，故A正确；B．应在等物质的量浓度的和的混合溶液中滴加足量溶液，来验证、结合的能力，若溶液变红，说明结合能力：，若溶液不变色，说明结合能力：，故B错误；C．还原性：I＞Br＞Cl，因此最低顺序：，说明浓度越大，氧化性越强，故C正确；D．水解产生Al(OH)3，促进的电离产生H+，二者产生Al(OH)3沉淀和，从而证明结合H+能力：，故D正确；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分。)17.硼族元素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题（1）基态Ga原子的电子排布式为___________。（2）常温下，F2与硼单质反应生成BF3，BF3为缺电子结构，通入水中产生三种酸分别为HBF4、HF和___________(填化学式)。NF3和NF3BF3中FNF的键角大小是NF3___________NF3BF3(填“>”、“<”或“=”)。（3）一定条件下，NH4F、NaF和NaAlO2反应生成NH3、H2O和化合物X。X晶胞及晶胞中某一原子的俯视投影如图所示。①化合物X的化学式为___________。②X晶体内含有的作用力有___________(填字母)。a．配位键b．离子键c．氢键d．金属键（4）解释H2NNH2，HOOH，H3CCH3中，NN，OO，CC的键能OO<NN<CC___________。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)（2）①.H3BO3②.<（3）①.Na3AlF6②.ab（4）H3CCH3、H2NNH2、HOOH中的C、N、O的孤电子对数分别为0、1、2，由于孤电子对与孤电子对间斥力较大，随孤电子对数增加，原子间斥力增大，其键能减小【解析】【小问1详解】Ga的原子序数为31，位于元素周期表第四周期第IIIA族，基态Ga原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)；【小问2详解】BF3为缺电子结构，通入水中可能发生双水解反应，生成HF和H3BO3，生成的HF和BF3作用生成HBF4，所以产生的三种酸分别为HBF4、HF和H3BO3；NF3的中心原子N原子的价层电子对数为3+×(53×1)=4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，NF3BF3中N原子与B原子形成配位键，孤电子对对成键电子排斥力较强，形成配位键后没有孤电子对，键角增大，所以NF3和NF3BF3相比较，FNF的键角大小顺序为NF3＜NF3BF3；【小问3详解】①一定条件下，NH4F、NaF和NaAlO2反应生成NH3、H2O和化合物X，则X中含有Na、F、Al三种元素，从构成的正八面体可知，此离子应为，从X晶胞及晶胞中某一原子的俯视投影图可知，晶胞中钠离子的个数为4×+6×+2=6，的个数为8×+1=2，所以化合物X的化学式为Na3AlF6；②X晶体内Na+与之间形成离子键，内Al与F之间形成配位键，所以其含有的作用力有配位键和离子键，无氢键和金属键，故答案为：ab；【小问4详解】H3CCH3中碳原子的价层电子对数为4，无孤电子对，H2NNH2中N原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，HOOH中O原子的价层电子对数为4，孤电子对数为2，在H3CCH3、H2NNH2、HOOH中的C、N、O的孤电子对数分别为0、1、2，由于孤电子对与孤电子对间斥力较大，随孤电子对数的增加，原子间斥力增大，键长增长，键能减小，所以H2NNH2、HOOH、H3CCH3中，NN、OO、CC的键能OO<NN<CC。18.某固态化合物Y的组成为，以Y为原料可实现如下转化：已知：溶液C中金属离子与均不能形成配合物。请回答：（1）写出溶液C中的所有阳离子____________。（2）步骤V中反应为，请说明能够较完全转化为的两个原因是：①生成降低了体系的能量；②____________。（3）下列说法正确的是____________。A.固体B中含有单质B.步骤Ⅱ反应促进了水解平衡正向移动C.步骤Ⅲ可推断碱性D.直接加热不能得到（4）固体Y可与溶液反应，写出该反应的离子方程式____________。（5）设计实验方案检验气体中除以外的两种主要成分____________。【答案】（1）、、、（2）水蒸气带出，促进平衡正向移动（3）BC（4）（5）将生成的气体通入盛有粉末的硬质玻璃管中，固体变蓝，说明有水蒸气，再继续通入澄清石灰水中，变浑浊，说明有气体。【解析】【分析】固体D和水在高温下反应生成Fe3O4，则D为Fe，溶液C和一水合氨反应生成Mn(OH)2和溶液E，溶液E经一系列操作得到，则溶液E中含，溶液C中含有、，固体B为Fe、MnO、SrO，气体A为H2、CO2和水蒸气。【小问1详解】由步骤Ⅳ知，溶液E中含，由步骤Ⅱ和步骤Ⅲ知，则溶液C中的所有阳离子：、、、；【小问2详解】由反应可推测，能够较完全转化为的两个原因：①生成降低了体系的能量；②水蒸气带出，促进平衡正向移动；【小问3详解】A．由分析知，固体B中含有而不含Mn单质，A错误；B．步骤Ⅱ中，MnO、SrO可与水解产生的反应，从而促进了水解平衡正向移动，B正确；C．步骤Ⅲ生成了沉淀而未生成沉淀，说明碱性：，C正确；D．Sr与Ca处于同一主族，Sr比Ca活泼，属于强酸强碱盐，直接加热可得到，D错误；故选BC。【小问4详解】固体Y中Mn元素的化合价为+4价，Y具有氧化性，溶液中的I离子具有还原性，Y与HI溶液可发生氧化还原反应，根据化合价升降守恒、电荷守恒及原子守恒可得到反应的离子方程式：；【小问5详解】气体A为H2、CO2和水蒸气，除以外的两种气体为CO2和水蒸气，检验方法：将生成的气体通入盛有粉末的硬质玻璃管中，固体变蓝，说明有水蒸气，再继续通入澄清石灰水中，变浑浊，说明有气体。19.我国提出“碳达峰”目标是在2030年前达到最高值，2060年前达到“碳中和”。因此，二氧化碳的综合利用尤为重要。（1）通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚（）也有广泛的应用。反应I：反应II：反应III：①自发反应的条件是____________。②恒压、投料比的情况下，不同温度下的平衡转化率和产物的选择性（选择性是指生成某物质消耗的占消耗总量的百分比）如图所示：I.下列说法正确的是____________。A.从反应体系中分离出，能使反应II反应速率加快B.使用更高效的催化剂能提高的平衡产率C.考虑工业生产的综合经济效益，应选择较低温度以提高的平衡产率D.若增大与的混合比例，可提高平衡转化率II.当温度超过，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是____________。（2）研究表明，在电解质水溶液中，气体可被电化学还原。①在碱性介质中电还原为正丙醇（）的电极反应方程式为____________。②在电解质水溶液中，三种不同催化剂（a、b、c）上电还原为的反应进程中（被还原为的反应可同时发生），相对能量变化如图。由此判断，电还原为从易到难的顺序为____________（用a、b、c字母排序）。（3）参与的乙苯脱氢机理如图所示（表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，位点带部分负电荷）。上图中所示反应机理中步骤I可描述为：乙苯带部分正电荷，被带部分负电荷的位点吸引，随后解离出并吸附在位点上；步骤II可描述为：____________。【答案】（1）①.低温②.D③.反应Ⅲ为吸热反应，反应Ⅰ、Ⅱ放热，温度升高反应Ⅲ平衡正移，反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移，当温度超过，反应Ⅲ平衡正移程度大于反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移程度，故的平衡转化率随温度升高而增大（2）①.②.c、a、b（3）位点上的与位点上中带部分负电荷的作用生成，带部分正电荷的吸附在带部分负电荷的位点上【解析】【小问1详解】①根据盖斯定律可得反应Ⅰ×2+反应Ⅱ得到反应，则ΔH=2ΔH1+ΔH2=(49.01×224.52)kJ/mol=122.54kJ/mol，该反应的，，，，要使<0，需要低温条件，故该反应在低温下自发；②I．A．从反应体系中分离出，导致反应物的浓度也会减小，使反应II反应速率减慢，故A错误；B．催化剂不会使平衡移动，不能提高的平衡产率，故B错误；C．应选择较低温度，反应速率慢，不利于提高生产的综合经济效益，故C错误；D．若增大与的混合比例，能使平衡I、III向右移动，可提高平衡转化率，故D正确；答案为D；II．根据反应特点，反应Ⅲ为吸热反应，反应Ⅰ、Ⅱ放热，温度升高反应Ⅲ平衡正移，反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移，当温度超过，反应Ⅲ平衡正移程度大于反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移程度，故的平衡转化率随温度升高而增大；【小问2详解】①在碱性介质中电还原为正丙醇()，结合电解质的环境，电荷守恒写出电极反应式为：；②对比图(a)、图(b)可知，使用催化剂b、a、c，CO2电还原为CO的活化能逐渐减小，故CO2电还原为CO从易到难的顺序为：c、a、b；【小问3详解】结合图像，对比步骤I的机理描述，步骤II可以描述为：位点上的与位点上中带部分负电荷的作用生成，带部分正电荷的吸附在带部分负电荷的位点上。20.Na2S2O3又名“大苏打”“海波”，易溶于水，难溶于乙醇，水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定。某化学实验小组用如图1装置(略去对乙的加热装置)制备Na2S2O3·5H2O(M=248g·mol1)，已知：Na2SO4溶解度如图2所示。（1）连接实验装置后，首先进行的实验操作为_______。（2）在装置乙中溶解两种固体时，需先将Na2CO3溶于水配成溶液，再将Na2S固体溶于Na2CO3的溶液中，其目的_______；装置乙中生成Na2S2O3的总反应方程式为_______。（3）实验过程中，当装置乙中pH接近7.0时，应立即停止通SO2的原因是________(用离子方程式表示)。（4）装置乙中需向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇，其目的是_______。（5）设计实验测定Na2S2O3·5H2O的纯度：步骤1：准确称取16.00g样品，溶于水，加入10mL甲醛，配成200mL溶液。步骤2：准确称取0.294gK2Cr2O7于碘量瓶中，加入蒸馏水溶解，再加入5mL2mol·L1硫酸溶液和20mL10%KI溶液使铬元素完全转化为Cr3+，加水稀释至100mL。步骤3：向碘量瓶中加入1mL1%淀粉溶液，用待测Na2S2O3溶液滴定碘量瓶中溶液至终点，消耗Na2S2O3溶液。(已知：I2+2S2O=2I+S4O)，试计算Na2S2O3·5H2O的纯度为_______(保留三位有效数字)。（6）利用甲装置中的残渣(Na2SO4和Na2SO3的混合物)制备Na2SO4·10H2O晶体，将下列实验方案补充完整：将固体混合物溶于水配成溶液，_______，洗涤、干燥得Na2SO4·10H2O晶体。(实验中须使用氧气、pH计)【答案】（1）检查装置气密性（2）①.Na2CO3在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制Na2S的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气②.Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2（3）S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O（4）降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出（5）93.0%（6）向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤【解析】【分析】由图可知，装置甲中浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置乙中二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应制备五水硫代硫酸钠。【小问1详解】该实验是有气体制备和参与的实验，为防止实验过程中气体逸出导致实验失败，连接实验装置后，应首先检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；【小问2详解】碳酸钠和硫化钠都是强碱弱酸盐，在溶液中都能发生水解使溶液呈碱性，在装置乙中溶解两种固体时，先将碳酸钠溶于水配成溶液，再将硫化钠固体溶于碳酸钠溶液中，可以达到利用碳酸钠在溶液中水解生成的氢氧根离子，抑制硫化钠的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气的目的；装置乙中生成硫代硫酸钠的反应为二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2，故答案为：在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制Na2S的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气；Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2；【小问3详解】由题给信息可知，硫代硫酸钠水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定，所以制备硫代硫酸钠时，应控制溶液pH，防止溶液pH小于7，硫代硫酸根离子与溶液中氢离子反应生成硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的离子方程式为S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故答案为：S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O；【小问4详解】由题给信息可知，硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，所以制备五水硫代硫酸钠时应向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇，降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出，故答案为：降低硫