天津市和平区2022届高三下学期第三次模拟考试化学试题及答案

这是一份天津市和平区2022届高三下学期第三次模拟考试化学试题及答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。


高三下学期第三次模拟考试化学试题
一、单选题
1．中国是世界著名的陶瓷古国。下列国宝级文物主要由陶瓷制成的是（　　）
选项
A
B
C
D
文物




名称
东汉铜车马
舞马衔杯纹银壶
萧何月下追韩信梅瓶
雪景寒林图
A．A B．B C．C D．D
2．下列物质属于电解质的是（　　）
A． B． C． D．
3．下列有关说法正确的是（　　）
A．虽然药物能治病，但大部分药物有毒副作用
B．抗生素能抵抗所有细菌感染，可以大量使用
C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
D．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
4．下列说法错误的是（　　）
A．晶体熔点由低到高：CO B．H2O的熔、沸点高于H2S是由于H2O分子之间存在氢键
C．NaCl晶体溶于水，离子键被破坏
D．碘的升华和白磷的熔化所需破坏的化学键相同.
5．下列事实能用同一原理解释的是（　　）
A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液或NaAlO2溶液，均生成白色沉淀
B．向BaCl2溶液中通入SO2，再加入氯水或氨水，均产生白色沉淀
C．向蛋白质溶液中加入饱和NaCl或BaCl2溶液，均产生白色沉淀
D．用洁净铂丝分别蘸取烧碱或纯碱在外焰上灼烧，火焰均呈黄色
6．下列关于原子结构及元素周期表的说法错误的是（　　）
A．ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2
B．第三、第四周期同主族元素的原子序数均相差8
C．第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11
D．基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族
7．标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是（　　）

A．测定一定质量的镁铝合金中铝的质量分数
B．确定有机物C2H6O分子中含活泼氢原子的个数
C．测定一定质量的Na2SO4·xH2O晶体中结晶水数目
D．测定一定质量的Na2O和Na2O2混合物中Na2O2的含量
8．下列说法正确的是（　　）
A．KAl(SO4)2溶液中 c(K+)= 2c(SO42-)
B．向NaHCO3溶液中加入少量 Ba(OH)2固体，c(CO32-)增大
C．含有AgCl和AgBr固体的悬浊液中，C(Ag+)>c(Cl-) =c(Br-)
D．常温下，向含0.1molCH3COOH的溶液中加入amolNaOH固体，反应后溶液中c(CH3COOH) =c(CH3COO-)，则溶液显碱性。（已知醋酸Ka =1.75×10-5 )
9．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。


下列说法正确的是（　　）
A．反应过程只有C-H键断开
B．反应I的活化能为
C．总反应的热化学方程式为：
D．反应历程中，反应Ⅱ决定整个反应进程的快慢
10．制造芯片用到高纯硅，用SiHCl3(沸点：31.85℃，SiHCl3遇水会剧烈反应，易自燃)与过量H2在1100~1200℃反应制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法错误的是（　　）

A．整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气
B．装置II、III中依次盛装的是浓H2SO4、温度高于32℃的温水
C．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置IV石英管
D．尾气处理可直接通入NaOH溶液中
11．用电解法合成1，2-二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中错误的是（　　）

A．该装置工作时，阴极区溶液中的离子浓度不断增大
B．X、Y依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜
C．液相反应中，C2H4被CuCl2还原为1，2-二氯乙烷
D．该装置总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl
二、多选题
12．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构简式如图所示。下列叙述正确的是（　　）

A．迷迭香酸与溴单质只能发生取代反应
B．1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应
C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应
D．1mol迷迭香酸最多能和5molNaOH发生反应
三、综合题
13．可从铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)和闪锌矿(主要成分是ZnS)得到锌。
（1）Zn2+基态核外电子排布式为　 　。
（2）铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)，加入氯化铵和水，浸出液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式　 　。氨分子的VSEPR模型为　 　，中心原子的杂化轨道类型为　 　。
（3）CuSO4能活化ZnS，地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝(CuS)，试推测其原因是　 　。
（4）ZnS的晶胞结构如图所示：

在ZnS的晶体中与S2-离子距离相等且最近的Zn2+的个数是　 　。其晶胞边长为540.0pm，密度为　 　(列式并计算)。
（5）取mg活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂3~4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amol·L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。已知：与1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1.000mol·L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139g，则样品中氧化锌的质量分数为　 　(用代数式表示)，若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果　 　。
14．化合物H是一种治疗失眠症的药物，其一种合成路线如图：

已知：①—NH2易被氧化；
②(或H)；
（1）化合物A中　 　(填“是”或“否”)含有手性碳原子。
（2）化合物H中所含官能团的名称为　 　。
（3）E→F的化学反应类型为　 　反应。
（4）G的分子式为　 　。
（5）写出X物质的名称　 　。
（6）写出B→C的化学反应方程式　 　。
（7）D的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式　 　。
①分子中有4种不同化学环境的氢原子；
②能发生水解反应，水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的Br2相等。
（8）写出以和(EtO)2POCH2CN为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线例见本题题干)。　 　
15．某同学制备H2SO4，再用H2SO4制备C2H4，并检验产物。
（1）I.制备H2SO4的重要一步是制SO3
某同学在实验室中根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，设计如图1所示实验装置来制备SO3固体。

①在A装置中加入Na2SO3固体的同时，还需加几滴水，然后再滴加浓硫酸。加几滴水的作用是　 　。
②装置D盛放的是　 　溶液，其作用是　 　。
③实验开始时的操作顺序为　 　。
a.先点燃E处的酒精灯后将混合气体通入E
b.先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯
（2）II.制取乙烯
图2是实验室制乙烯的发生装置，根据图示回答下列问题：

图2中仪器①、②的名称分别为　 　。
（3）反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是　 　。
（4）III.检验产物
为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如表实验并得出相应结论。
实验序号
检验试剂和反应条件
现象
结论
①
酸性KMnO4溶液
紫红色褪去
产物含有乙烯
②
澄清Ca(OH)2溶液.
变浑浊
产物含有CO2
③
通过品红溶液
红色褪去
产物含有SO2
实验①～③中的结论不合理的是　 　(填序号)，原因是　 　。
16．燃煤烟气中的SO2是主要的大气污染物之一。
（1）以Co/Al2O3作催化剂时氢气脱硫的过程由两步反应组成，过程如图1所示。

①结合图1中的信息，写出总反应的化学方程式　 　。用氢气进行脱硫的优点是　 　。
②已知在反应过程中，过量的H2可发生副反应：xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，图2中的两条曲线分别代表SO2的转化率或Sx的选择性随H2和SO2体积比[V(H2)/V(SO2)]的变化情况(Sx的选择性：SO2还原产物中Sx所占的体积百分比)，可推断曲线　 　(填“L1“或“L2”)代表Sx的选择性，理由是　 　。
③现有3molH2和1molSO2在上述条件下反应，其中SO2的转化率或Sx的选择性的结果如图2所示，则剩余的SO2的物质的量　 　mol，H2的物质的量　 　mol。
（2）如图3表示Co/Al2O3催化下，相同时间内、不同条件下的SO2的转化率。

由图可知该反应为放热反应，解释图3中温度小于350℃时，转化率随温度升高而增大的原因是　 　。在图3中A、B、C、D四点对应的条件中，你认为　 　(填“A、B、C、D”)是最佳条件，其原因可能是　 　。

答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．东汉铜车马为青铜器，属于合金，A不符合题意；
B．舞马衔杯纹银壶为金属制品，B不符合题意；
C．萧何月下追韩信梅瓶为瓷器，由陶瓷制成，C符合题意；
D．雪景寒林图为书画，由纤维素制成，D不符合题意；
故答案为C。

【分析】瓷器是由陶瓷制得
2．【答案】A
【解析】【解答】A．碳酸钙属于盐是电解质，故A选；
B．属于非电解质，故B不选；
C．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；
D．乙醇属于有机物，水溶液和液态时都不导电，属于非电解质，故D不选；
故答案为：A。

【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．凡是药物都带有一定的毒性和副作用，因此要合理使用以确保用药安全，故A符合题意；
B．不同的抗生素对不同的细菌感染有抵抗能力，而且会产生耐药性，因此不可以胡乱使用，更不能大量使用，抗生素在对抗细菌感染的同时，它对人体的正常细胞、组织、器官也会造成不同的损害，故B不符合题意；
C．绿色化学的核心是从源头上消除污染，而不是先污染后治理，故C不符合题意；
D．氯气不能与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应生成沉淀，无法用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】B.抗生素对抵抗细菌感染很有效，但不能滥用；
C.绿色化学的核心是从源头上消除污染；
D.氯气与Cu2+、Hg2+等不反应。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．CO、KCl、SiO2分别属于分子晶体、离子晶体、共价晶体；一般情况下，熔点：分子晶体＜离子晶体＜共价晶体，故熔点：CO＜KCl＜SiO2，A不符合题意；
B．H2O和H2S都属于分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，其熔沸点越大，但是H2O的熔、沸点高于H2S，这是因为H2O分子之间存在氢键，B不符合题意；
C．NaCl晶体是离子晶体，NaCl晶体溶于水时，离子键被破坏，C不符合题意；
D．碘和白磷都属于分子晶体，碘的升华和白磷的熔化都需要克服分子间作用力，而不是化学键，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.熔点：原子晶体>离子晶体>分子晶体；
B.存在氢键的物质熔沸点较高；
C.氯化钠为离子晶体。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液生成沉淀是因为HCO 和Al3+发生双水解，加入NaAlO2溶液是因为HCO 的酸性比HAlO2强，二者原理不同，A不符合题意；
B．加入氯水生成白色沉淀是因为Cl2将SO2氧化为SO ，生成硫酸钡沉淀，加入氨水是因为SO2和氨水反应生成SO ，生成亚硫酸钡沉淀，二者原理不同，B不符合题意；
C．加入饱和NaCl发生的是蛋白质的盐析，加入BaCl2溶液是重金属盐使蛋白质发生变形，二者原理不同，C不符合题意；
D．火焰均呈黄色是因为烧碱和纯碱都含有钠元素，钠元素的焰色试验为黄色，二者原理相同，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.碳酸氢钠和氯化铝能产生沉淀，但是不能和偏铝酸钠反应得到沉淀
B.氯水具有氧化性将二氧化硫氧化成硫酸根形成硫酸钡沉淀，而加入氨水形成碱性环境得到的是亚硫酸钡沉淀
C.氯化钡是蛋白质变性，而氯化钠发生的是盐析
D.主要是钠元素的焰色反应均是黄色
6．【答案】B
【解析】【解答】A. ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2，故A不符合题意
B. 第三、第四周期同主族元素的原子序数ⅠA、ⅡA均相差8，ⅢA-0族均相差18，故B符合题意；
C. 第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，故C不符合题意；
D. 基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.ⅡA族基态原子最外层有2个电子；
C.第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，
D.基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．测定镁铝合金中铝质量分数，可用NaOH溶液溶解合金并测定生成氢气的体积，从而求出铝的量，A可以用如图装置进行实验，不符合题意；
B．可用活泼金属Na与该有机物反应，并测定生成氢气的体积，从而确定两者比例关系，B可以用如图装置进行实验，不符合题意；
C．测定该晶体中结晶水的数目可以用热重分析法，该方法需要加热，图示装置实现不了；或者取一定质量晶体，先测Na2SO4，再求H2O，利用两者物质的量之比求出x，图示装置实现不了，C符合题意；
D．用水溶解该混合物，测定生成氧气的体积，从而求出Na2O2含量，D可以用如图装置进行实验，不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.铝能与NaOH反应，Mg不与NaOH反应；
B.只有-OH上氢与Na反应生成氢气；
D.过氧化钠与水反应生成氧气而氧化钠不生成氧气。
8．【答案】B
【解析】【解答】A 、根据电荷守恒KAl(SO4)2溶液中 c(K+)+3c(Al3+)= 2c(SO42-)，故A项不符合题意；
B、向NaHCO3溶液中加入少量 Ba(OH)2固体，反应离子方程式为2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，所以c(CO32-)增大，故B项符合题意；
C、悬浊液中AgCl和AgBr均达到沉淀溶解平衡，Ksp(AgCl)=C(Ag+)∙c(Cl-)，Ksp(AgBr) =C(Ag+)∙c(Br-)，因为Ksp(AgCl)≠Ksp(AgBr) ，所以c(Cl-)≠c(Br-)，故C项不符合题意；
D、c(CH3COOH) =c(CH3COO-)，常温下根据电离常数 Ka=1.75×10-5和Ka=，可得：c(H+)=Ka=1.75×10-5>10-7，所以溶液显酸性，故D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.根据电荷守恒存在 c(K+)+3c(Al3+)= 2c(SO42-)；
C.AgCl和AgBr的溶解度不同；
D. CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．据图可知反应过程中甲醇中的O-H键也发生断裂，故A不符合题意；
B．反应I的活化能为反应物断键吸收的能量，即反应I过程中最大能量与a的差值，图中没有体现反应I过程中的最大能量，故B不符合题意；
C．焓变=生成物的能量-反应物能量，据图可知总反应的热化学方程式为： ，故C符合题意；
D．据图可知反应I的活化能大于反应Ⅱ的活化能，活化能越大反应越慢，慢反应决定整个反应的反应速率，所以反应I决定整个反应进程的快慢，故D不符合题意；
故答案为C。

【分析】A.化学反应既有化学键的断裂又有键的产生，其中断裂的是碳氢键和氢氧键，形成的是氢氢键和碳氧键
B.分步反应，第一步未给出能量最大值
C.根据方程式和图示能量变化即可写出热方程式
D.活化能大的影响速率，过程1的活化能大
10．【答案】D
【解析】【解答】A．SiHCl3的沸点为31.85°C，且易自燃，因而整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气，故A不符合题意；
B．装置Ⅱ中浓H2SO4可干燥氢气，Ⅲ中盛装温度高于32℃的温水，目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化，与氢气反应，故B不符合题意；
C．实验时应先打开装有稀硫酸仪器的活塞制取氢气，用氢气将装置内的空气排出，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管，防止氢气不纯加热易爆炸，故C不符合题意；
D．SiHCl3与氢气在1100～1200°C反应制备高纯硅，因而处理尾气时，因该在通入NaOH溶液前加上防倒吸装置，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】装置Ⅰ中，Zn与稀硫酸反应生成氢气，Ⅱ中用浓硫酸干燥氢气，SiHCl3在装置Ⅲ中气化，Ⅳ中高温下SiHCl3与过量H2在1100~1200℃反应制备高纯硅。
11．【答案】C
【解析】【解答】A在电解池装置中，阴极H+放电生成H2和NaOH，反应消耗水，阴极区溶液中的离子浓度不断增大，故A不符合题意；
B.由分析可知，X、Y依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜，故B不符合题意；
C. 液相反应中，C2H4与CuCl2反应生成1，2-二氯乙烷时碳元素化合价升高，发生氧化反应，应为C2H4被CuCl2氧化为1，2-二氯乙烷，故C符合题意；
D.以NaCl溶液和乙烯为原料合成1，2-二氯乙烷中， CuCl循环使用，其实质是NaCl、H2O与 CH2=CH2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】由图可知，右边电极与电源负极相连，为阴极，电极反应为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-； 左边电极为阳极，阳极上CuCl转化为CuCl2，液相反应为C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl。
12．【答案】B,C
【解析】【解答】A．迷迭香酸分子中含碳碳双键，可与溴单质发生加成反应，A不符合题意；
B.1mol苯环消耗3mol氢气、1mol碳碳双键消耗1mol氢气，则1 mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，B符合题意；
C．含-COOC-可发生水解反应，含-OH、-COOH可发生取代反应、酯化反应，C符合题意；
D．酚-OH、-COOC-、-COOH均与NaOH反应，则1mol迷迭香酸最多能和6molNaOH发生反应，D不符合题意；
故答案为：BC。

【分析】A.迷迭香酸中含有的碳碳双键能与溴加成；
B.迷迭香酸中苯环和碳碳双键均能与氢气加成；
C.迷迭香酸含有酯基、羧基、酚羟基和碳碳双键，具有酚、苯、羧酸、酯基、烯烃的性质；
D.酚羟基、羧基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应。
13．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10 或[Ar]3d10
（2）ZnO＋2NH＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+＋3H2O；四面体；sp3
（3）在相同温度下，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS 比 ZnS 更难溶）
（4）4；
（5）；偏低
【解析】【解答】(1)Zn 的原子序数为30，则Zn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10 或[Ar]3d10；
故答案为：1s22s22p63s23p63d10 或[Ar]3d10。
(2)由题目信息可知，ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn(NH3)4]2+，则反应的离子方程式为：ZnO＋2NH＋2NH3·H2O===[Zn(NH3)4]2+＋3H2O，氨分子有3个键和1个孤电子对，则VSEPR模型为四面体，中心原子的杂化轨道类型为sp3；
故答案为：ZnO＋2NH＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+＋3H2O；四面体；sp3。
(3)CuSO4溶液向地下深层渗透时，遇到难溶的ZnS，转变为了CuS，是由于ZnS沉淀转化为了难溶的CuS，即相同温度下，CuS 比 ZnS 更难溶。
故答案为：在相同温度下，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS 比 ZnS 更难溶）。
(4)观察ZnS的晶胞结构，据均摊法可知S2-离子数为，Zn2+在晶胞内部也有4个，每个S2-与周围的4个带相反电荷的Zn2+构成正四面体，同样每个Zn2+也与周围的4个S2-构成正四面体，故其配位数为4，则密度；
故答案为：4，。
(5)根据n=cV先求出EDTA的消耗量为 mol，这些EDTA对应的氧化锌的质量为0.08139aVg，因此氧化锌的质量分数为，若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致标准液消耗量较少，测定结果偏低。
故答案为：，偏低。

【分析】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子生成 Zn2+，根据构造原理书写核外电子排布式；
（2）ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn(NH3)4]2+；氨分子形成3个σ键，N原子上含有一个孤电子对；
（3）ZnS沉淀转化为更难溶的CuS；
（4）根据均摊法和计算；
（5）根据n=cV计算EDTA的消耗量，进而计算氧化锌的质量和质量分数；俯视滴定管读数偏小。
14．【答案】（1）否
（2）酰胺基、醚键
（3）还原反应
（4）C13H17NO
（5）丙酸
（6）
（7）
（8）
【解析】【解答】
(1)化合物A的饱和碳原子上均连有相同的原子或基团，故化合物A不含手性碳原子。
(2)化合物H中所含官能团的名称为酰胺基和醚键。
(3)E→F的反应中，E中的转化为F中的-CH2NH2，故该反应为还原反应。
(4)由G的结构简式可以得知其分子式为C13H17NO。
(5)G和X反应生成H，对比G和X的结构简式可知，该反应为取代反应，X的结构简式为CH3CH2COOH，则X的名称为丙酸。
(6)由分析可知，B、C的结构简式分别为为、，则B→C的化学方程式为
。
(7)D的分子式为C11H10O2，其同分异构体中，能发生水解反应，说明该物质为脂类化合物；水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的Br2相等，说明该物质水解产物为酚和不饱和酸；分子中有4种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为。
(8)结合D→H的转化流程和“已知②”可知，目标产物可以由制得，根据“已知①”可知，-NH2易被氧化，故应该先将-CH2OH转化为-COOH，则目标产物的合成路线为：。

【分析】A（）和SOCl2反应生成B（C11H9O2Br2Cl），则B的结构简式为；B在AlCl3的作用下反应生成C（C11H8O2Br2），C再和H2反应生成D（），结合B、D的结构简式可知推出C的结构简式为；D和(EtO)2POCH2CN发生取代反应生成E（）；E和NaBH4发生还原反应生成F（）；F和H2发生加成反应生成G（）；G和X反应生成H（），则X为CH3CH2COOH。
15．【答案】（1）水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出；浓硫酸；燥SO2和O2；使SO2和O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；b
（2）温度计和圆底烧瓶
（3）防暴沸
（4）①；②；二氧化硫能使酸性KMnO4溶液褪色；二氧化硫能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊
【解析】【解答】
(1)①实验中A装置制取SO2，制备原理本质为：SO+2H+＝SO2↑+H2O，反应通常加热进行，便于SO2逸出，所以加几滴水的作用是水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出，故答案为：水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出；
②气体SO2和O2在E试管中以Cr2O3作催化剂、加热条件制备SO3，并且SO3易吸水。为实验安全、防止催化剂中毒以便得到SO3固体，进入E试管的气体应干燥。气体SO2和O2在催化剂表面反应生成SO3，为充分反应、原料利用充分，防止浪费，进入E试管的气体要充分混合，气流不能过快；所以，装置D的作用是①干燥SO2和O2；②使SO2和O2混合均匀；③通过观察控制气体比例和气流速度，故答案为：浓硫酸；干燥SO2和O2；使SO2和O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；
③为将空气中的气体排出，实验开始时的操作顺序为先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯，
故答案为：b。
(2)根据仪器构造可判断图2中仪器①、②的名称分别为温度计和圆底烧瓶。
(3)反应需要加热，反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是防暴沸。
(4)由于在反应过程中浓硫酸具有强氧化性，生成的乙烯中可能含有二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫也能使酸性KMnO4溶液褪色，所以①中结论不合理；二氧化硫也能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊，所以②中结论也不合理；能使品红溶液褪色的是二氧化硫，是③中结论合理。

【分析】Ⅰ.A装置制备二氧化硫，B装置制备氧气，氧气和二氧化硫通入装置D中干燥后在通入装置E中发生反应生成三氧化硫，装置F收集三氧化硫，装置G可防止水蒸气进入装置F中，最后进行尾气处理；
Ⅱ. 浓硫酸和乙醇混合加热到170℃发生消去反应生成乙烯，浓硫酸有强氧化性和脱水性，乙醇碳化后与浓硫酸发生氧化还原反应生成CO2和SO2，制得的乙烯中混有CO2和SO2，检验乙烯时需要排除SO2的干扰，检验CO2时需要排除SO2的干扰，且应先检验SO2，再检验CO2；
Ⅲ.制得的乙烯中混有CO2和SO2，SO2具有还原性。
16．【答案】（1）xSO2+2xH2Sx+2xH2O；产物为H2O，清洁无污染；L2；随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低；0.2；1.4
（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快；B；该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大
【解析】【解答】(1)①据图可知总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx，所以化学方程式xSO2+2xH2Sx+2xH2O；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O，清洁无污染；
②随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低，则L2代表Sx的选择性。
③有3molH2和1molSO2在上述条件下反应时，体积比为3.0，则SO2的转化率为80%，故剩余SO2的物质的量为1mol-1mol×80%=0.2mol，剩余H2的物质的量为3mol-1.6mol=1.4mol。
(2)在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大；根据图像可知B点为最佳条件，因该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大。

【分析】（1）①图1的总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O；
②氢气过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g) ，Sx选择性会降低；
③物质的量之比等于体积之比， 3molH2和1molSO2对应体积比为3.0；
（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大。