北京市第五中学高二上学期化学期中试卷（解析版）-A4

这是一份北京市第五中学高二上学期化学期中试卷（解析版）-A4，共21页。试卷主要包含了2 ml/L H2SO4B， 下列说法不正确的是， 某同学进行如下实验等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56
第一部分 选择题
本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列生活中常用的方法，其原理与盐类的水解反应有关的是
A. 用明矾净水B. 用酒精进行环境消毒
C. 用3%H2O2溶液清洗伤口D. 用白醋清洗水壶中的水垢
【答案】A
【解析】
【详解】A．用明矾净水，是利用明矾中所含Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附水中悬浮颗粒物并使之沉降的能力，使水体发生净化，A符合题意；
B．用酒精进行环境消毒，是利用酒精能使细菌表面蛋白质发生变性，从而杀死细菌，B不符合题意；
C．用3%的H2O2溶液清洗伤口，是利用H2O2具有强氧化性，能够杀死细菌而达到给伤口消毒的目的，C不符合题意；
D．用白醋清洗水壶中的水垢，是利用醋酸显酸性，且酸性比碳酸强，能溶解水垢，从而达到去除水垢的目的，D不符合题意；
故选A。
2. 常温下，下列溶液中，c(H+)=10-2ml/L的是
A. 0.2 ml/L H2SO4B. pH=12的NaOH溶液
C. pH=2的盐酸D. 0.01ml/L氨水
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2SO4为二元强酸，则0.2 ml/L H2SO4中c(H+)=2×0.2ml/L=0.4ml/L，A不符合题意；
B．pH=12的NaOH溶液，c(H+)=10-12ml/L，B不符合题意；
C．盐酸为一元强酸，pH=2的盐酸，c(H+)=10-2ml/L，C符合题意；
D．0.01ml/L氨水中，一水合氨发生部分电离，所以c(OH-)＜0.01ml/L，c(H+)＞10-12ml/L，D不符合题意；
故选C。
3. 下列说法不正确的是
A. NH4NO3溶于水吸热，说明其溶于水不是自发过程
B. 水凝结成冰的过程中，体系的混乱度变化△S＜0
C. 某化学反应自发进行的方向，与反应的△H和△S都有关
D. 发生离子反应的条件之一是生成气体，此过程是一个△S＞0的过程
【答案】A
【解析】
【详解】A．虽然NH4NO3溶于水吸热，但吸收的热量较少，固体转化为溶液时，混乱度增大，△S＞0，则NH4NO3溶于水仍可以是自发过程，A不正确；
B．水凝结成冰的过程中，水分子由无序排列转化为有规则排列，体系的混乱度减小，△S＜0，B正确；
C．某化学反应自发进行的方向，由焓判据和熵判据共同决定，所以与反应的△H和△S都有关，C正确；
D．发生离子反应的条件之一是生成气体，此过程中物质由固态或液态转化为气态，混乱度增大，所以是一个△S＞0的过程，D正确；
故选A。
4. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是
A. 密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深
B. 溶液将水垢中的转化为
C. 的醋酸溶液稀释10倍，溶液的
D. 溶液中滴加溶液，促进分解
【答案】D
【解析】
【详解】A．密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深，是因为温度升高，平衡向生成的方向移动，能用平衡移动原理解释，A错误；
B．溶液将水垢中的转化为，是因为碳酸钙溶解度小于硫酸钙，能用平衡移动原理解释，B错误；
C．的醋酸溶液稀释10倍，溶液的，是因为醋酸是弱酸，稀释促进电离，能用平衡移动原理解释，C错误；
D．溶液中滴加溶液，促进分解，是因为氯化铁作催化剂，不能用平衡移动原理解释，D正确；
故选D。
5. 燃料电池法可以处理高浓度氨氮废水，原理的示意图如下(忽略溶液体积的变化)。
下列说法不正确的是
A. 通过质子交换膜向a极室迁移
B. 工作一段时间后，a极室中稀硫酸的浓度增大
C. 电极b的电极反应：
D. 电池的总反应：
【答案】B
【解析】
【分析】根据燃料电池装置可知，左侧a极为正极，通入空气后氧气在正极发生还原反应，电极反应式：；右侧b极为负极，在负极发生氧化反应，电极反应式：；
【详解】A．结合分析，根据电极反应及电解质溶液呈电中性可知，通过质子交换膜向a极室迁移，A正确；
B．根据分析，a极电极反应式：可知，工作过程中每当消耗4ml氢离子的同时，生成2ml水，则工作一段时间后，a极室中稀硫酸浓度减小，B错误；
C．根据分析可知，b极为负极，在负极发生氧化反应，电极反应式：，C正确；
D．结合分析，根据得失电子守恒，将两电极反应式相加得总反应：，D正确；
答案选B。
6. 室温下，对于醋酸溶液，下列判断不正确的是
A. 加入固体后，溶液的增大
B. 导电能力比盐酸的导电能力弱
C. 加入少量溶液后，产生气泡，说明的小于的
D. 与溶液反应的离子方程式为
【答案】C
【解析】
【分析】
醋酸溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，依此解答。
【详解】A．加入固体，醋酸根离子浓度增大，醋酸电离平衡逆向移动，溶液中酸性减弱，pH增大，A正确；
B．溶液中自由移动离子的浓度越大导电能力越强，盐酸为强酸在溶液中完全电离，醋酸为弱酸在溶液中部分电离，1ml/L的盐酸溶液中自由离子的浓度比1ml/L醋酸大，导电能力更强，B正确；
C．醋酸与碳酸钠反应可以产生气泡为CO2，说明的酸性强，则的大于的，C错误；
D．由于Ka(CH3COOH)> Ka(H2CO3) > Ka()，CH3COOH可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳碳，离子方程式为：， D正确；
故选C。
7. H2O2是重要的消毒剂、氧化剂，研究其分解反应有重要意义。KI能催化H2O2的分解。①不加KI：2H2O2=2H2O+O2↑；②加入KI：H2O2+I−=H2O+IO−；H2O2+IO−=H2O+O2↑+I−；H2O2分解反应过程中能量变化如图所示。下列判断不正确的是
A. 加入KI后改变了反应的历程
B. 加入KI后改变了反应2H2O2=2H2O+O2↑的反应热
C. H2O2+I−=H2O+IO−是吸热反应
D. KI降低了反应2H2O2=2H2O+O2↑的活化能
【答案】B
【解析】
【详解】A．由反应历程图可知，不加KI时反应一步完成，加入KI后分两步进行，并且KI是催化剂，即加入KI后改变了反应的历程，故A项正确；
B．KI是该反应的催化剂，但催化剂不能改变反应的始态和终态，即不能改变反应的反应热，故B项错误；
C．加入KI后反应分为：、，由图可知，H2O2和I-具有的能量小于H2O和IO-具有的能量，所以该步反应是吸热反应，故C项正确；
D．催化剂能降低反应的活化能，KI是该反应的催化剂，降低了反应的活化能，故D项正确；
答案选B。
8. 某同学进行如下实验：
下列说法不正确的是
A. ①中存在沉淀溶解平衡：
B. 比较离子浓度大小：：③>①；：③>①
C. ③中存在水解平衡：
D. 综合上述实验现象，说明能转化为
【答案】B
【解析】
【分析】①中加入酚酞后无现象说明碱性很小，又知BaCO3(s)⇌Ba2+(aq)+CO(aq)，CO+H2O⇌HCO+OH−，则溶液中CO浓度极小，水解程度也很小，②中Na2SO4为强酸强碱盐，溶液呈中性故无明显现象，③混合后变红说明CO水解后生成的OH-浓度增大，即发生了BaCO3+SO⇌BaSO4+CO的转化，BaSO4更难溶于水，以此解答。
【详解】A．由沉淀溶解平衡得知存在BaCO3(s)⇌Ba2+(aq)+CO(aq)，A正确；
B．由上述分析可知，c(CO)：③>①，BaSO4更难溶于水，随着沉淀的转化：BaCO3+SO⇌BaSO4+CO，溶液中Ba2+的浓度降低，即c(Ba2+)：③ 0。实验测得：υ正(NO2 )＝k正c2(NO2 )，υ逆(NO)＝k逆c2(NO)·c(O2 )，k正、k逆为化学反应速率常数，只受温度影响。
下列说法不正确的是
A. Ⅰ中NO2的平衡转化率约为66.7%
B. Ⅱ中达到平衡状态时，c(O2)＜0.2 ml·L−1
C. 该反应的化学平衡常数可表示为K=
D. 升高温度，该反应的化学平衡常数减小
【答案】D
【解析】
【分析】先用三段式法计算出实验Ⅰ中各组分的改变浓度和平衡浓度：
而实验Ⅱ相当于在Ⅰ基础上再加入NO，平衡会逆向移动，再判断各量的变化。
【详解】A、由上述分析可知，Ⅰ中NO2的平衡转化率为，故A正确；
B、Ⅰ中平衡时c(O2)=0.2 ml·L−1，实验Ⅱ相当于在Ⅰ基础上再加入NO，平衡会逆向移动，c(O2)＜0.2 ml·L−1，故B正确；
C、平衡时υ正(NO2 )＝υ逆(NO)，即k正c2(NO2 )＝k逆c2(NO)·c(O2 )，得==K，故C正确；
D、该反应为吸热反应，升高温度，K值增大，故D错误。
答案选D。
10. 下列实验中，均产生白色沉淀
下列分析不正确的是
A. Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B. CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C. Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D. 4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、、、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；
B． H++，加入Ca2+后，Ca2+和反应生成沉淀，促进的电离，B错误；
C．Al3+与、都能发生互相促进的水解反应，C正确；
D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；
故选B。
11. ℃时，在 溶液中逐滴加入 溶液，变化曲线如下图所示：
下列说法不正确的是
A. 点的水的电离程度小于点的水的电离程度
B. 点溶液中微粒浓度：
C. 点点的过程中持续增大
D. 若向点对应的溶液中滴加1滴 溶液或滴醋酸溶液，变化均不大
【答案】B
【解析】
【详解】A．c点醋酸和NaOH恰好反应，a点→c点过程中，随着NaOH的增多，醋酸浓度减小，c点两者恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子浓度最大，醋酸根离子水解催进水的电离，点的水的电离程度小于点的水的电离程度，故A正确；
B．b点时溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO－)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，b点溶液呈中性c(H+)= c(OH-)，则c(CH3COO－)= c(Na+)，故B错误；
C．c点醋酸和NaOH恰好反应，a点→c点的过程中，随着NaOH的增多，醋酸浓度减小，c点两者恰好反应生成醋酸钠，过程中持续增大，故C正确；
D．酸碱中和滴定中接近滴定终点，pH出现突变，a点加入10mLNaOH溶液，距离滴定终点还很远，此时向a点对应的溶液中滴加1滴0.1 ml·L-1 NaOH溶液或1滴0.1 ml·L-1 醋酸溶液，pH变化均不大，故D正确；
故选：B。
12. 液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如图。下列说法不正确的是
已知：①
②凝胶中允许离子存在、生成或迁移。
A. 充电过程中，阴极的电极反应：
B. 放电过程中，正极的电极反应：
C. 放电过程中，由正极向负极迁移
D. 充电过程中，凝胶中的可再生
【答案】C
【解析】
【详解】液体锌电池放电时Zn作负极，发生氧化反应，失电子生成，负极电极反应式为，MnO2所在电极作正极，发生还原反应生成Mn2+，正极反应式为MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，放电时，阳离子由负极移向正极、阴离子由正极移向负极；充电时，原电池正负极分别与外加电源正负极相接，作电解池的阳极、阴极，阴阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，据此分析解答。
【点睛】A．原电池负极反应为，充电时，原电池负极与外加电源负极相接，作电解池的阴极，阴极电极反应式与负极反应式正好相反，即，故A正确；
B．液体锌电池中MnO2所在电极作正极，MnO2发生还原反应生成Mn2+，即电极反应式为MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，故B正确；
C．原电池放电时，阳离子由负极移向正极，即H+由负极向正极迁移，故C错误；
D．电解时阴极电极反应式为，由于KOH凝胶的特殊作用可使KOH再生，故D正确；
本题选C。
13. 25℃时，已知HClO和电离平衡常数：
根据提供的数据判断，下列离子方程式或化学方程式不正确的是
A. 向NaClO溶液中通入过量：
B. 向NaClO溶液中通入少量：
C. 向溶液中滴加过量氯水：
D. 向溶液中滴加过量氯水：
【答案】B
【解析】
【详解】A．由表中数据可知，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，故向NaClO溶液中通入CO2，应得到的是NaHCO3，故A正确；
B．根据表格数据可知，次氯酸的酸性比碳酸的酸性弱，比碳酸氢根离子的酸性强，则向NaClO溶液中通入CO2，应得到的是NaHCO3，而不是Na2CO3，故B错误；
C．氯水中有Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCl可以和CO反应，使得平衡不断向右移动，最终生成HClO、CO2、Cl-，故C正确；
D．氯水中有Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCl可以和HCO反应，使得平衡不断向右移动，最终生成HClO、CO2、Cl-，故D正确；
故选：B。
14. 利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。

下列说法不正确的是
A. 由图1，
B. 由图2，初始状态，无沉淀生成
C. 由图2，初始状态，平衡后溶液中存在
D. 由图1和图2，初始状态、，发生反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；
B．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；
C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误；
D．时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确；
故选C。
第二部分 非选择题
15. 小组同学对比和的性质，进行了如下实验。
（1）向相同体积、相同浓度的和溶液中分别滴加的盐酸，溶液pH变化如下。
①图_______ (填“甲”或“乙”)是的滴定曲线。
②A′-B′发生反应的离子方程式为_______。
③下列说法正确的是_______ (填序号)。
a.和溶液中所含微粒种类相同
b.A、B、C均满足：
c.水的电离程度：
（2）向1ml的和溶液中分别滴加少量溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生。
资料：
i.1ml的溶液中，，
ii.25℃时，，
①补全与反应的离子方程式：_______。
②通过计算说明与反应产生的沉淀为而不是_______。
【答案】（1） ①. 乙 ②. H++= ③. ac
（2） ①. 2+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O ②. 1ml⋅L−1 NaHCO3溶液中：生成FeCO3沉淀所需c1(Fe2+)===3.210-9ml⋅L−1；生成Fe(OH)2沉淀所需c2(Fe2+)===1.2510-5ml⋅L−1；c1(Fe2+)c2(Fe2+)。
【解析】
【小问1详解】
①H2CO3的电离平衡常数Ka1＞Ka2，故相同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，前者的pH更高，即图乙是Na2CO3的滴定曲线；
②HCl和Na2CO3的反应分为两步：HCl+Na2CO3=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则A′-B′发生反应的离子方程式为H++=；
③a．Na2CO3和NaHCO3溶液中所含微粒均有Na+、H+、、、OH-、H2CO3和H2O，a正确；
b．图甲是NaHCO3的滴定曲线，B点表示NaHCO3和HCl恰好完全反应，此时溶液中已不含、、H2CO3，则仅A点满足c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，b错误；
c．图甲中，A点的溶质是NaHCO3，的水解能促进水的电离；B点溶质是NaCl，对水的电离无影响；C点的溶质是NaCl和HCl，H+能抑制水的电离；故水的电离程度：A＞B＞C，c正确；
故选ac。
【小问2详解】
①向NaHCO3溶液中滴加少量FeCl2溶液，产生白色FeCO3沉淀，还生成气体，该气体为CO2，该反应的离子方程式为2+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
②1ml⋅L−1 NaHCO3溶液中：生成FeCO3沉淀所需c1(Fe2+)===3.210-9ml⋅L−1；生成Fe(OH)2沉淀所需c2(Fe2+)===1.2510-5ml⋅L−1；c1(Fe2+)c2(Fe2+)，故NaHCO3与FeCl2反应产生沉淀为FeCO3而不是Fe(OH)2。
16. 草酸亚铁是黄色晶体，常用作照相显影剂、新型电池材料等。
实验室制备草酸亚铁并测定其中Fe2+和C2O42−的物质的量之比确定其纯度，步骤如下：
Ⅰ．称取一定质量的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]于烧杯中，加蒸馏水和稀硫酸，加热溶解，再加饱和H2C2O4溶液，加热沸腾数分钟，冷却、过滤、洗涤、晾干，得黄色晶体。
Ⅱ．称取m gⅠ中制得的晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，70℃水浴加热，用c ml·L−1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液v1 mL（其中所含杂质与KMnO4不反应）。
Ⅲ．向Ⅱ滴定后的溶液中加入过量锌粉和稀硫酸，煮沸，至反应完全，过滤，用c ml·L−1 KMnO4溶液滴定滤液至终点，消耗KMnO4溶液v2 mL。
Ⅳ．重复上述实验3次，计算。
已知：ⅰ．草酸是弱酸。
ⅱ．pH>4时，Fe2+易被O2氧化。
ⅲ．酸性条件下，KMnO4溶液的还原产物为近乎无色的Mn2+。
(1)Ⅰ中加入稀硫酸的目的是______、______。
(2)Ⅱ中与KMnO4溶液反应的微粒是______、______。
(3)Ⅲ中加入过量锌粉仅将Fe3+完全还原为Fe2+。若未除净过量锌粉，则消耗KMnO4溶液的体积V ______v2 mL（填“＞”、“＝”或“＜”）。
(4)Ⅲ中，滴定时反应的离子方程式是______。
(5)m gⅠ中制得的晶体中，Fe2+和C2O42−的物质的量之比是______（用含v1、 v2的计算式表示）。
【答案】 ①. 抑制Fe2+水解 ②. 增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化 ③. Fe2+ ④. H2C2O4 ⑤. ＞ ⑥. ⑦.
【解析】
【分析】先用硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]与饱和H2C2O4溶液反应制备草酸亚铁，称取m g草酸亚铁晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，用 KMnO4溶液滴定至终点，Fe2+和C2O都反应完，Fe2+被氧化为Fe3+，Ⅱ滴定后的溶液中加入过量锌粉将Fe3+完全还原为Fe2+，最后再用等浓度KMnO4溶液滴定至终点，则可以计算出的Fe2+的含量，则C2O消耗的KMnO4溶液体积为（v1-v2），可计算出C2O的含量。
【详解】(1)亚铁离子要水解，由信息可知pH>4时，Fe2+易被O2氧化，加入稀硫酸的目的是抑制Fe2+水解；增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化；故答案为：抑制Fe2+水解；增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化；
（2）Ⅱ中与KMnO4溶液反应的微粒有Fe2+和H2C2O4，故答案为：Fe2+；H2C2O4；
（3）Ⅲ中若未除净过量锌粉，则在后面的滴定反应中锌粉又会将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+继续和高锰酸钾反应，消耗的高锰酸钾溶液体积偏大，故答案为：＞；
（4）Ⅲ中滴定时，Fe2+与酸性高锰酸钾溶液反应，离子方程式为：；
（5）Ⅲ中滴定时，MnO与Fe2+的关系式为：，的物质的量为：，Fe2+的物质的量为；在Ⅱ中C2O与的关系式为, C2O消耗的KMnO4溶液体积为（v1- v2），的物质的量为：，C2O42−的物质的量为：，Fe2+和C2O的物质的量之比为=，故答案为：。
【点睛】该题主要考查氧化还原滴定，关键是要理清反应原理，用电子守恒法找出关系式，再由关系式进行计算。
17. 二甲醚(CH3OCH3)是重要的化工原料，可用CO和H2制得，总反应的热化学方程式如下。
2CO (g) +4H2 (g) CH3OCH3 (g)+ H2O (g) ΔH = -206.0 kJ/ml
工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行：
i.甲醇合成反应：
ii.甲醇脱水反应：2CH3OH (g) CH3OCH3 (g)+ H2O (g)，ΔH = -24.0 kJ/ml
(1)起始时向容器中投入2 ml CO和4 ml H2，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，此时CO的转化率为_______。
(2)请补全甲醇合成反应的热化学方程式：_______。
(3)甲醇脱水反应2CH3OH (g) CH3OCH3 (g)+ H2O (g) 在某温度下的化学平衡常数为400.此温度下，在恒容密闭容器中加入一定量的CH3OH(g)，测得某时刻各组分浓度如下表所示。此时反应_______(填“已达到”或“未达到”)化学平衡状态。
(4)生产二甲醚的过程中存在以下副反应，与甲醇脱水反应形成竞争：
CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g) +3H2 (g) ΔH = +48.8 kJ/ml
将反应物混合气按进料比n(CO)∶n(H2) = 1∶2通入反应装置，选择合适的催化剂。在不同温度和压强下，测得二甲醚的选择性分别如图1、图2所示。
资料：二甲醚的选择性是指转化为二甲醚的CO在全部CO反应物中所占的比例。
①图1中，温度一定，压强增大，二甲醚选择性增大的原因是_______。
②图2中，温度高于265℃后，二甲醚选择性降低的原因有_______。
【答案】 ①. 25% ②. 2CO(g)+4H2(g)⇌2CH3OH(g) △H = -182.0 kJ/ml或CO(g)+2H2(g)⇌ CH3OH(g) △H = -91.0 kJ/ml ③. 已达到 ④. 增大压强，副反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌ CO2(g)+3H2(g)逆向移动被抑制，主反应中2CH3OH (g)⇌ CH3OCH3 (g)+ H2O (g)不受压强影响 ⑤. 主反应中2CH3OH (g)⇌CH3OCH3 (g)+ H2O (g)正向为放热反应，升高温度平衡逆移，二甲醚选择性降低；副反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌ CO2(g)+3H2(g)正向为吸热反应，升高温度平衡正移，副产物增加，二甲醚选择性降低。
【解析】
【详解】(1)
CO的转化率=×100%=25%；
(2)①2CO(g)+4H2(g) ⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)，根据盖斯定律，(①-ii)÷2可得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH (g)，则∆H==-91 kJ/ml；
(3)当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
A．反应是气体物质的量减少的反应，混合气体的总物质的量是变量，当不变时能表明平衡，A符合题意；
B．容器体积不变，混合气体总质量不变，混合气体密度始终保持不变，不能说明得到平衡，B错误；
C．反应生成物CH3OCH3(g)和H2O(g)的物质的量始终是1:1，不能表明平衡，C不符合题意；
D．每生成1ml CH3OCH3(g)，同时也消耗2ml CO，同时生成2ml CO，能表明平衡，D符合题意；
故选AD。
(4)
①副反应CH3OH(g)+H2O(g) ⇌CO2(g)+3H2(g) 为气体增大的反应，温度一定，压强增大，副反应平衡逆向移动，而主反应2CH3OH (g) ⇌CH3OCH3 (g)+ H2O (g)气体物质的量不变，无影响，则二甲醚选择性增大；
②主反应2CH3OH (g) ⇌ CH3OCH3 (g)+ H2O (g) △H = -24.0 kJ/ml为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二甲醚选择性降低；而副反应CH3OH(g)+H2O(g) ⇌CO2(g)+3H2(g) △H = +48.8 kJ/ml 为吸热反应，平衡正向移动，副产物增大，二甲醚选择性降低。
18. 黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应：
i．3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3O4+2CO
（1）反应i生成1mlS2时，转移电子的物质的量为_____ml。
（2）反应i所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ii，同时发生副反应iii。
ii．2SO2(g)+4CO(g)S2(g)+4CO2(g) ΔH