安徽省黄山市2023-2024学年高二上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省黄山市2023-2024学年高二上学期1月期末(考试时间：75分钟满分：100分)注意事项：1.答题前在答题卡上填写好自己的姓名、班级、考号等信息。2.请将选择题答案用2B铅笔正确填写在答题卡上；请将非选择题答案用黑色中性笔正确填写在答案卡上。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Cl：35.5Cu；64一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。)1.化学与生活、生产、科技息息相关。下列说法错误的是A.“嫦娥五号”使用的太阳能电池，可将化学能转变成电能B.含氟牙膏可以有效防止龋齿C.草木灰和铵态氮肥不可以混合施用D.在船舶的外壳安装若干锌块防止船体腐蚀是牺牲阳极法【答案】A【解析】太阳能电池阵是将太阳能转变成电能，A错误；适量氟与牙面接触之后形成氟化物，可以防止釉质表面溶解，有效防止龋齿，B正确；草木灰（K2CO3）与铵态氮肥不能混合施用，因为草木灰与铵态氮肥会互相促进水解，C正确；在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是由于金属活动性：Zn＞Fe，锌块、轮船及海水构成原电池，锌块为负极，采用了牺牲阳极的阴极保护法，D正确；本题选A。2.已知反应：CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=+akJ/mol(a>0)，则此反应A.高温下可自发进行 B.低温下可自发进行C.任何条件下都可自发进行 D.任何条件下都不可自发进行【答案】A【解析】ΔH-TΔS＜0的反应可自发进行，该反应CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)为气体体积增大的吸热反应，ΔH＞0、△S＞0，则高温时，ΔH-TΔS＜0，反应可自发进行；A正确；3.用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mo/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。下列说法错误的是A.a仪器为玻璃搅拌器B.所用NaOH溶液要稍过量的目的是确保盐酸被完全中和C.如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，测得的中和热的数值会偏大D.用相同浓度和体积的稀醋酸代替稀盐酸进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小【答案】C【解析】在测定过程中，需要搅拌使反应充分进行，而金属材质易导热使热量损失，所以a仪器为玻璃搅拌器，故A正确；在测定过程中，为确保盐酸被完全中和，所用NaOH溶液要稍过量，故B正确；反应放出的热量和所用酸以及碱的量多少有关，但中和热均是强酸与强碱反应生成1molH2O时放出的热，与酸碱的用量无关，所以测得的中和热数值相等，故C错误；用相同浓度和体积的稀醋酸代替稀盐酸，由于醋酸电离吸热，放出的热量偏少，测得的中和热数值会偏小，故D正确；故答案为：C。4.下列说法正确的是A.对于有气体参与的化学反应，加压可使活化分子百分数增大，化学反应速率加快B.反应热的大小与物质能量和键能均有关系，一般键能越大，物质能量越高C.同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的∆H不同D.已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH1，②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2，则ΔH1>ΔH2【答案】D【解析】加压不能增加活化分子百分数，A错误；反应热的大小与物质能量和键能均有关系，一般键能越大，物质越稳定，物质能量越低，B错误；反应热只与始状态、终态有关，与途径无关，同温同压下，反应在光照和点燃条件下的∆H相同，C错误；氢气和氧气反应生成水是放热反应，和反应①比，反应②多了气态水转化为液态水的过程，放热更多，则ΔH1>ΔH2，D正确；本题选D。5.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.某无色透明的溶液中：Fe3+、Na+、、Cl−B.使酚酞变红的溶液中：Na+、K+、、C.的溶液中：、Na+、、D.AlCl3溶液中：NH4+、K+、、S2−【答案】B【解析】Fe3+水溶液呈黄色，不满足无色透明溶液，A错误；使酚酞变红的溶液为碱性，选项所给离子可以大量共存，B正确；的溶液呈酸性，c(H+)=0.1mol/L，不能在酸性溶液中存在，会发生反应+2H+=S+SO2+H2O，且高锰酸根具有强氧化性，能氧化硫代硫酸根，C错误；Al3+与S2-会发生双水解反应，不能大量共存，D错误；本题选B。6.下列用于解释事实的离子方程式书写正确的是A.向污水中通入H2S气体以除去重金属离子Hg2+：Hg2++S2−=HgS↓B.用Na2CO3溶液清洗油污的原理：2H2O+H2CO3+2OH−C.用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)D.泡沫灭火器工作原理：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑【答案】C【解析】H2S是弱电解质，在离子方程式中保留化学式，不能拆开，应该改为：，A错误；Na2CO3水解显碱性，其水解为分步水解，用Na2CO3溶液清洗油污，主要是利用其一级水解，离子方程式为：，B错误；溶解度：硫酸钙大于碳酸钙，根据沉淀转化规律可知，用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4时，发生的反应为，C正确；泡沫灭火器是利用铝离子与碳酸氢根离子的双水解原理灭火，离子方程式为：，D错误；故选C。7.下列实验过程可以达到实验目的的是实验目的实验过程A说明Na2CO3溶液中存在水解平衡向含有酚酞的Na2CO3中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅B比较H2CO3和HClO的酸性强弱用pH试纸分别测等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO溶液的pHC比较Ksp的大小：Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]向2mL0.1mol/LNaOH溶液中滴加2滴0.1mol/LMgCl2溶液，生成白色沉淀，再加入4滴0.1mol/LCuCl2溶液，生成蓝色沉淀D探究温度对化学反应速率的影响将装有NO2和N2O4混合气体的两个烧瓶分别浸入冷水和热水中，浸泡在热水中的气体颜色变深，在冷水中的气体颜色变浅A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】碳酸钠溶液中存在+H2O⇌+OH-，加入氯化钡溶液生成碳酸钡沉淀，平衡向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度降低，溶液颜色变浅，可证明存在平衡，A正确；次氯酸有漂白性，不能用pH试纸测其pH，B错误；氢氧化钠溶液过量，加入氯化铜溶液生成蓝色氢氧化铜沉淀无法判断是氢氧化镁沉淀转化而来还是直接和氢氧化钠反应得到，无法比较Ksp大小，C错误；NO2为红棕色，N2O4为无色，浸泡在热水中的气体颜色变深，在冷水中的气体颜色变浅，是因为平衡2NO2N2O4移动造成的，与反应速率无关，D错误；本题选A。8.化学小组研究金属的电化学腐蚀，实验如下：序号实验I实验Ⅱ实验下列说法错误的是A.实验Ⅰ中铁钉周边出现蓝色，铜片周边略显红色B.实验Ⅱ中铁钉周边出现红色，锌片周边未见明显变化C.实验I、Ⅱ均发生吸氧腐蚀，正极的电极反应式为：O2+4H++4e−=2H2OD.对比实验I、Ⅱ可知，生活中镀锌铁板比镀铜铁板在镀层破损后更耐腐蚀【答案】C【解析】实验I中，铁更活泼，发生吸氧腐蚀，铁为负极，失电子，生成亚铁离子，铜为正极，发生电极反应为O2+2H2O+4e−=4OH-；实验Ⅱ中，Zn更活泼，做负极，失电子，生成锌离子，从而保护了铁不被腐蚀，铁做正极，电极反应式和实验I中铜电极相同。实验I中，铁更活泼，为负极，失电子生成亚铁离子，遇K3[Fe(CN)6]溶液显蓝色，铜做正极，电极反应为O2+2H2O+4e−=4OH-，酚酞遇碱变红，A正确；实验Ⅱ中，铁做正极，电极反应为O2+2H2O+4e−=4OH-，酚酞遇碱变红，而锌为负极，失电子生成锌离子，无明显现象，B正确；实验I发生吸氧腐蚀，实验Ⅱ铁被保护，正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e−=4OH-，C错误；对比实验I、Ⅱ可知，镀铜铁板在镀层破损后铁为负极，更易被腐蚀，D正确；本题选C。9.一种检测空气中甲醛(HCHO)含量的电化学传感器的工作原理如图所示。下列说法正确的是A.传感器工作时，对电极为负极，发生还原反应B.工作时，通过质子交换膜向工作电极附近移动C.工作时，工作电极附近电解质溶液的pH增大D.当导线中通过0.16mol电子，参与反应的甲醛为1.2g【答案】D【解析】工作电极上HCHO发生失电子的氧化反应转化成CO2，工作电极为负极，对电极为正极。根据分析，传感器工作时，对电极为正极，发生得电子的还原反应，A项错误；工作时，阳离子H+通过质子交换膜向对电极（正极）附近移动，B项错误；工作时，工作电极的电极反应式为HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+，工作电极附近电解质溶液酸性增强，pH减小，C项错误；HCHO发生的电极反应为HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+，当导线中通过0.16mol电子，参与反应的HCHO物质的量为0.04mol，质量为0.04mol×30g/mol=1.2g，D项正确；答案选D。10.反应的反应机理为：①；②∙∙∙∙∙∙；③(快反应)，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：0.0380.0601.5×10−50.0760.0603.0×10−500760.0301.5×10−5下列说法正确的是A.三步反应中，反应③的活化能最大B.第②步的反应方程式为：+I−=2+I2C.该反应的速率方程为：D.该反应速率常数k的值约为1.83【答案】B【解析】三步反应中，反应③为快反应，其活化能最小，A错误；根据盖斯定律，用总反应-①-③，整理可得第②步的反应方程式为：+I−=2+I2，B正确；由1、2两组数据可知：c()增大一倍，速率增大一倍；由2、3两组数据可知：c(I-)增大一倍，速率增大一倍，该反应的速率方程为v=kc()⋅c(I-)，C错误；将1组数据代入速率方程式可得：v=k×0.038×0.06=1.5×10-5，解得k=6.58×10-3，D错误；本题选B。11.已知气相直接水合法可以制取乙醇：。在的条件下投料，乙烯的平衡转化率与温度(T)及压强(p)的关系如图所示。下列有关说法错误的是A.B.p1<p2C.在p2、280℃条件下，C点的D.A点对应条件下反应达平衡时，产物乙醇所占的体积分数约为11%【答案】C【解析】，此反应为气体分子数减小的反应，因此相同温度下，增大压强，平衡正向移动，反应物转化率增大；同样可由图分析，温度升高，乙烯转化率减小，故升高温度平衡逆移，此反应<0，据此分析解题。温度升高，乙烯转化率减小，故升高温度平衡逆移，此反应ΔH<0，A正确；当温度相同时，从p1到p2乙烯转化率增大，即平衡正向移动，所以p1<p2，B正确；在p2、280℃条件下，B点为平衡点，则C点未达平衡状态，且反应正向进行，所以C点的v正>v逆，C错误；设C2H4与H2O的物质的量均为“1”，列出三段式，，产物乙醇所占物质的量分数为，即乙醇所占的体积分数约为11%，D正确；本题选C。12.新型冠状病毒灭活疫苗的辅料中含有、等。已知为三元酸，室温时，、、。室温下，向溶液中逐滴加入等浓度的溶液至过量。下列叙述正确的是A.该溶液中：c(H3PO4)+c()+c()+c()=0.1mol/LB.当所得溶液中溶质只有Na2HPO4时，c()+2c(H3PO4)+c(H+)=c()+c(OH−)C.当所得溶液中溶质只有NaH2PO4时，溶液显碱性D.当所得溶液中溶质只有Na3PO4时，反应的平衡常数为1×10−11.8【答案】B【解析】加入氢氧化钠溶液后，溶液总体积发生变化，含P元素的粒子浓度总和不等于0.1mol/L，A错误；当所得溶液中溶质只有Na2HPO4时，根据质子守恒，c()+2c(H3PO4)+c(H+)=c()+c(OH−)，B正确；Kh3=<Ka2=10-7.2，即NaH2PO4时电离程度大于水解程度，溶液显酸性，C错误；反应的平衡常数K=Kh1=，D错误；本题选B。13.据2022年1月统计，我国光伏发电并网装机容量突破3亿千瓦，连续七年稳居全球首位。已知四甲基氢氧化铵［］常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵［］为原料，采用电渗析法合成［］，工作原理如图。下列说法正确的是A.c为阳离子交换膜，d、e均为阴离子交换膜B.光伏并网发电装置中N型半导体为正极C.a极的电极反应为2(CH3)4N++2H2O−2e−=H2↑+2(CH3)4NOHD.比较NaOH溶液浓度：m%>n%【答案】D【解析】从图中可以看出，光伏并网发电装置中，a电极连接N型半导体，则其为负极，b电极连接P型半导体，则其为正极；电解装置中，a极为阴极，b极为阳极。从电解池a极区溶液中四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]浓度增大，也可推出(CH3)4N+透过c膜向a电极移动，则a电极为阴极，c膜为阳膜；Cl-透过d膜向右侧移动，则d膜为阴膜；Na+透过e膜向左侧移动，则e膜为阳膜。由分析可知，c、e为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，A不正确；由分析可知，光伏并网发电装置中，N型半导体为负极，B不正确；a为阴极，(CH3)4N+得电子产物与电解质作用，生成(CH3)4NOH和H2，电极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑，C不正确；b为阳极，溶液中的氢氧根离子失去电子生成氧气，电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，氢氧根被消耗，氢氧化钠溶液浓度减小，故m%>n%，D正确；本题选D。14.HX和HY均为一元弱酸。常温下，分别向1L1mol/LHX、HY溶液中缓慢加入NaOH固体(假设溶液温度及体积变化忽略不计)，溶液的与的关系如图所示(R代表X或Y)。下列说法中正确的是A.25℃时，HX电离常数的数量级为10−3B.b点和c点溶液中c(Na+)相等C.a点水电离出的氢离子浓度小于D.等体积等浓度的溶液混合，所得溶液的【答案】C【解析】根据弱酸的电离平衡HRH++R-，电离平衡常数K=，表达式两边同取lg得lgK=lg+lgc(H+)，化简得到lg=-lgc(H+)+lgK=pH+lgK，根据HX所对应图线，当lg=0，pH=3.2，即Ka(HX)==10-3.2，同理Ka(HY)=10-9.2，HX酸性强于HY；由分析Ka(HX)=10-3.2=100.8×10-4，即HX电离常数的数量级为10−4，A错误；b点和c点溶液pH都为7，都是中性，HX和HY浓度和体积都相同，由于两种酸酸性不同，加入的氢氧化钠的量不同，溶液中钠离子浓度不相等，B错误；a点，溶液是HX和NaX的混合溶液，溶液显酸性，说明HX电离程度大于NaX的水解程度，酸电离出氢离子抑制水的电离，水电离出的氢离子浓度小于10-7mol/L，C正确；Ka(HY)=10-9.2，Kh(Y-)==10-4.8>Ka(HY)，即等体积等浓度的溶液混合，NaY水解程度大于HY电离程度，所得溶液pH>7，D错误；本题选C。二、非选择题(共4大题，58分)15.I．如图是用0.1000mol·L−1的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液(以酚酞为指示剂)的示意图和某次滴定前、后盛放盐酸的滴定管中液面的位置。请回答下列问题：（1）仪器A的名称是___________；盐酸的体积：滴定后读数为___________mL；滴定达到终点的现象为：___________。（2）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是___________(填序号)。A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数Ⅱ．某学习小组用“间接碘量法”测定含有氯化铜晶体()的试样(不含能与其发生反应的氧化性杂质)的纯度。过程如下：取0.36g试样溶于水，加过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀CuI．用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。已知：①；②（3）选用___________作滴定指示剂，试样中的质量分数为___________。【答案】（1）①.酸式滴定管②.22.80mL③.滴入最后半滴盐酸标准溶液，溶液由红色变为无色，并半分钟内不恢复红色（2）C（3）①.淀粉溶液②.95.0%【解析】【小问1详析】用标准的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液，根据反应装置图，仪器A的名称是酸式滴定管；滴定后读数为22.80mL；选择酚酞溶液作指示剂时，滴定达到终点的现象为：滴入最后半滴盐酸标准溶液，溶液由红色变为无色，并半分钟内不恢复红色。【小问2详析】酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗，使得消耗标准盐酸溶液的体积变大，测得浓度偏高，选项A错误；滴定前，盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，不影响结果，选项B错误；读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，读出的标准盐酸溶液体积偏小，测得浓度偏低，选项C正确；答案选C；【小问3详析】向CuCl2溶液中加入KI，反应生成CuI和I2，再用Na2S2O3溶液滴定生成的碘单质，则应选用淀粉溶液作指示剂；根据化学方程式计量数可得关系式2CuCl2~I2~2Na2S2O3，则n(CuCl2)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×0.020L=2×10-3mol，试样中CuCl2·2H2O的质量分数为=95.0%。16.氢、碳等非金属元素及其化合物在生产生活中应用广泛。请回答下列问题：（1）水煤气在工业生产中发挥着重要作用。如图所示，是在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。可知水煤气变换的ΔH___________0(填“大于”“等于”或“小于”)；该历程中最大能垒(活化能)E正=___________eV。（2）甲烷可用于生产合成气，其反应为CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)

ΔH=+206.4kJ/mol，已知断裂1mol相关化学键所需的能量如表所示：化学键H−HO−HC−HC≡O键能/(kJ·mol−1)436a415.11076①则a=___________kJ·mol−1，若加入催化剂改变上述反应历程，上述反应的ΔH___________(填“变大”“变小”或“不变”)；②已知H2O(g)=H2O(l)ΔH=−44.0kJ·mol−1，根据甲烷生产合成气的热化学方程式及表信息，写出表示CO燃烧热的热化学方程式___________。物质CH4H2燃烧热ΔH/(kJ·mol−1)−890.3−285.8【答案】（1）①.小于②.2.02（2）①.465②.不变③.CO(g)+12O2(g)=CO2(g)【解析】【小问1详析】根据图像，初始时反应物的总能量为0，反应后生成物的总能量为-0.72eV，则ΔH=-0.72eV，即ΔH小于0；由图像可看出，反应的最大能垒在过渡态2，此能垒E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV；【小问2详析】①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)

ΔH=+206.4kJ/mol，ΔH等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，即415.1×4+2a-3×436-1076=206.4，解得a=465，催化剂改变反应的历程，但是不影响反应热，故ΔH不变；②表示CH4燃烧的热反应方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=−890.3

kJ·mol−1(反应1)；表示H2燃烧的热反应方程式为H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH2=−285.8

kJ·mol−1(反应2)题干已知CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)

ΔH3=+206.4kJ/mol(反应3)；H2O(g)=H2O(l)

ΔH4=−44.0kJ·mol−1(反应4)；表示CO燃烧热的化学方程式为CO(g)+12O2(g)=CO2(g)，该反应可以由反应1+反应4-反应3-3×反应2得到，故该反应

ΔH=ΔH1-ΔH3-3×ΔH2+

ΔH4=-283.3kJ/mol，故表示CO燃烧热的化学方程式为CO(g)+12O2(g)=CO217.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，反应原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)∆H=−92.4kJ/mol。一种工业合成氨的简易流程图如下：（1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的离子方程式：___________。（2）步骤Ⅱ中制氢气原理为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH>0，对于该反应，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的措施有___________；利用反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=−41.2kJ·mol−1，可将CO进一步转化，提高H2产量。若1molCO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，则CO转化率为___________。（3）下图表示500℃、P0MPa条件下，N2+3H22NH3反应中原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算平衡常数Kp=___________(MPa)−2(用气体平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×气体的物质的量分数，列出计算式即可)。（4）上述流程图中，使合成氨放出的热量得到充分利用的主要步骤是(填序号)___________，步骤Ⅵ除了可以分离得到产品液氨，它的目的还有：___________。【答案】（1）2NH4HS＋O22NH3·H2O＋2S↓（2）①.升高温度②.90%（3）（4）①Ⅳ②.把平衡混合气体中氮气和氢气重新循环使用，提高原料利用率【解析】【小问1详析】H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，反应过程中生成一水合氨，依据原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为：2NH4HS＋O22NH3·H2O＋2S↓；【小问2详析】反应CH4（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）△H>0，是气体体积增大的吸热反应，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，说明平衡正向进行，又能加快反应速率，说明影响反应速率的条件可以是升温、加压、增大浓度等，分析反应特征可知反应正向进行且反应速率增大的只有升温平衡向吸热反应进行，平衡正向进行反应速率增大；反应是吸热反应，升高温度，反应速率增大，平衡正向进行，平衡体系中H2百分含量增大；利用CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=−41.2kJ·mol−1，将CO进一步转化，可提高H2产量，若1molCO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）中CO为0.2mol，H2的物质的量为0.8mol，与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，依据反应前后气体体积不变，增加的部分应该是起始的水蒸气的物质的量为0.18mol，设转化的一氧化碳的物质的量为x，依据化学平衡三段式列式计算，则0.2-x+x+x+0.8=1.18，则x=0.18。则CO转化率为×100%=90%；【小问3详析】由题图可以看出，当N2与H2物质的量之比为1:3时，NH3的平衡体积分数最大，为42%，设平衡时转化的N2的物质的量为xmol，，，解得，，故；【小问4详析】分析流程合成氨放热通过Ⅳ热交换器加热反应混合气体，使反应达到所需温度，提高合成氨原料总转化率；步骤Ⅵ除了可以分离得到产品液氨，它的目的还有把平衡混合气体中氮气和氢气分离出来重新循环使用，提高原料利用率。18.某实验小组设计了以下实验探究AgNO3与KI之间的反应。（1）成员甲向盛有4mL1mol/LAgNO3溶液(pH≈5.5)的试管中加入1mL1mol/LKI溶液，振荡后，试管中出现黄色沉淀，向其中加入淀粉溶液，无明显变化。对应的离子方程式为___________；已知：25℃时，Ksp(AgI)=8.5×10−17，求反应后，溶液中c(I−)=___________mol/L(保留2位有效数字)（2）成员乙提出Ag+具有一定氧化性，I−具有一定的还原性，二者可能发生氧化还原反应。于是设计了如图所示的装置。实验开始后，电流表指针发生偏转且示数为A1，右侧溶液转为蓝色。