江苏省南通市海安高级中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题（解析版）

这是一份江苏省南通市海安高级中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了5 K-39 C-59， 反应可制含氯消毒剂等内容，欢迎下载使用。

注意：本试卷分第一部分选择题和第二部分非选择题，共100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 C1-35.5 K-39 C-59
单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 2024年4月24日是第九个“中国航天日”，主题是“极目楚天共襄星汉”。下列有关中国空间站说法不正确的是
A. 太阳能电池中的单晶硅——半导体材料
B. 外表面的高温结构碳化硅陶瓷——硅酸盐材料
C. 外层的热控保温材料石墨烯——无机材料
D. 外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂——高分子材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．太阳能电池中的单晶硅导电性介于导体和半导体之间，属于半导体材料，故A正确；
B．外表面的高温结构陶瓷碳化硅属于无机非金属材料，故B错误；
C．外层的热控保温材料石墨烯主要成分是碳单质，属于无机材料，故C正确；
D．外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂是高聚物，属于高分子材料，故D正确；
答案选B。
2. 反应可制含氯消毒剂。下列说法正确的是
A. HCl和NaCl所含化学键类型相同
B. 是由极性键构成的非极性分子
C. 的空间结构为三角锥形
D. 中子数为18的Cl原子：
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化氢是含有共价键的共价化合物，氯化钠是含有离子键的离子化合物，两者所含化学键类型不同，A错误；
B．中的O—H键为极性键，空间结构为V型，是由极性键构成的极性分子，B错误；
C．氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥型，C正确；
D．Cl的原子序数为17，则中子数为18的Cl原子：，D错误；
故选C。
3. 实验室制取SO2并探究其性质的实验原理和装置能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下Cu与浓硫酸不反应，图中缺少酒精灯，故A错误；
B．二氧化硫密度比空气密度大，图中导管长进短出可收集二氧化硫，故B正确；
C．验证SO2漂白性，应该使用品红溶液，用高锰酸钾溶液褪色体现二氧化硫的还原性，故C错误；
D．浓硫酸不能吸收二氧化硫，应该使用氢氧化钠溶液吸收，故D错误；
故选：B。
4. 对金属材料中C、H、O、N、S的含量进行定性和定量分析，可以确定金属材料的等级。下列说法正确的是
A. 电离能大小：B. 沸点高低：
C. 酸性强弱：D. 半径大小：
【答案】A
【解析】
【详解】A．N的2p轨道有三个电子半充满，因此第一电离能，故A正确；
B．水存在分子间氢键，沸点较高，因此沸点：，故B错误；
C．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，N的非金属性强于C，因此酸性：，故C错误；
D． O2-和N3-的核外电子排布相同，而N的核电荷数小，半径：，故D错误；
故选A。
阅读下列材料，完成下面小题
周期表中第ⅤA族元素及其化合物应用广泛。以为原料可制得、等产品；可以用来防治仓库害虫，次磷酸()是一元酸，具有较强还原性，可由与反应制得；砷化镓可用作半导体材料，其晶胞结构如图所示；锑(Sb)导电性能好，在电池行业有独特应用。
5. 下列说法正确的是
A. 中心原子轨道杂化方式为
B. 与足量NaOH溶液反应可生成
C. 砷化镓化学式为
D. 中共价键键角是120°
6. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A. 氨与水分子之间形成氢键，在水中溶解度比大
B. 易挥发，用于防治害虫
C. 次磷酸是无色液体，可用作强还原剂
D. 砷化镓硬度大，可用作半导体材料
7. 新型电池充电时的工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 放电时电极A为负极
B. 放电时化学能转化为电能
C. 放电时电极B的电极反应式为
D. 放电时理论上每生成转移
【答案】5. D 6. A 7. D
【解析】
【分析】为一元酸，与足量NaOH溶液发生反应；新型电池充电时Na+移向A电极，根据电解池内电路阳离子移向阴极，可知充电时A为阴极，B为阳极；放电时A为负极，B为正极。
【5题详解】
A．中心原子P价层电子对数为，P杂化方式为，故A错误；
B．为一元酸，与足量NaOH溶液发生反应,生成，故B错误；
C．根据晶胞图可知1个晶胞中含有4个Ga，个As，砷化镓化学式为，故C错误；
D．中N价层电子对数，孤电子对数为0，中N采取sp2杂化，离子为平面三角形，键角为120°，故D正确；
故答案为：D。
【6题详解】
A．氨与水分子之间形成氢键，有利于氨气在水中的溶解，所以在水中溶解度比大，故A正确；
B．有毒，用于防治害虫，故B错误；
C．次磷酸中P为+1价，可用作强还原剂，故C错误；
D．砷化镓具有优异的光学性能和电学性能，可用作半导体材料，故D错误；
故答案为：A。
【7题详解】
新型电池充电时Na+移向A电极，根据电解池内电路阳离子移向阴极，可知充电时A为阴极，B为阳极；放电时A为负极，B为正极。
A．根据分析可知放电时电极A为负极，故A 正确；
B．放电时原电池工作将化学能转化为电能，故B正确；
C．放电时电极B为正极，得电子发生还原反应，对应电极反应式为，故C正确；
D．放电时，理论上每生成转移，故D正确；
故答案：D。
8. 实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下：
下列说法正确的是
A. 过二硫酸钠(Na2S2O8)中硫元素的化合价为+7价
B. 氧化除锰后的溶液中存在：Na+、Zn2+、Fe2+、
C. 调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质
D. 沉锌时的离子方程式为3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，向含锌废液中加入过二硫酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，锰离子氧化为二氧化锰，过滤得到二氧化锰和滤液1；向滤液1中加入氧化锌或碳酸锌等调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液2；向滤液2中加入碳酸氢铵溶液，将锌离子转化为ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀，过滤得到滤液和ZnCO3·2Zn(OH)2。
【详解】A．过二硫酸钠中含有过氧链，分子中硫元素的化合价为+6价，故A错误；
B．由分析可知，氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na+、Zn2+、Fe3+、，故B错误；
C．溶液中铁离子能与锌反应生成氯化亚铁和氯化锌，所以调节溶液pH时试剂X不能选用锌，故C错误；
D．沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O，故D正确；
故选D。
9. 有机物G的部分合成路线如下，下列推断正确的是
A. 上述转化中，只发生了取代反应
B. 1mlZ最多能与发生加成反应
C Y→Z转换时加入有利于反应进行
D. G分子中含有2个手性碳原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据信息可知发生取代反应，发生取代反应，反应中碳碳双键变为碳碳单键，该反应不是取代反应，A错误；
B．Z结构中的苯环和羰基均可和氢气发生加成反应，1mlZ中的苯环和3mlH2发生加成反应，1ml羰基和1mlH2发生加成反应，最多能与发生加成反应，B错误；
C．Y→Z转换时加入防止苯酚被氧化，有利于反应进行，C正确；
D．饱和碳原子连接4个不同的原子或原子团为手性碳原子，G分子中含有1个手性碳原子，D错误；
故答案为：C。
10. 雌黄(As2S3)和雄黄(As4S4)都是自然界中常见的砷化物，中国自古有“信口雌黄”、“雄黄入药”之说。早期曾用作绘画颜料，因有抗病毒疗效也用来入药。砷元素有+2、+3 两种常见价态。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。下列说法错误的是
A. 反应Ⅰ中Sn4+为氧化产物
B. 反应Ⅰ中As2S3和Sn²⁺恰好完全反应时，其物质的量a之比为2：1
C. 若反应Ⅱ中转移电子0.7 ml，则生成0.1mlSO2
D. 反应Ⅲ和Ⅳ均属于非氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应I中Sn元素化合价升高，Sn4+为氧化产物，A正确；
B．反应I方程式2As2S3+2Sn2++4H+=As4S4+2Sn4++2H2S↑，As2S3与Sn2+恰好完全反应的物质的量之比为1:1，B错误；
C．反应Ⅱ中As4S4+7O2=2As2O3+4SO2，转移28ml电子，生成4ml SO2，所以转移0.7ml电子，生成0.1ml SO2，C正确；
D．反应Ⅲ和Ⅳ中各元素化合价都没有变化，均属于非氧化还原反应，D正确；
本题选B。
11. 由下列实验事实可推导出结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．未告知NaClO溶液和溶液两种溶液的浓度大小，无法判断HClO、HNO2电离常数的相对大小， A错误；
B．向固体中加入过量饱和溶液有生成，只要满足就能生成沉淀，不能证明， B错误；
C．向苯酚钠溶液中通入少量，生成苯酚和碳酸氢钠证明(苯酚)， C错误；
D．在溶液中加入乙醇，析出蓝色晶体，则表明在乙醇中的溶解度比在水中小，从而说明乙醇的极性比水的弱，D正确；；
选D。
12. 一种吸收再经氧化得到硫酸盐的过程如下图所示。室温下，用0.1ml/L的NaOH溶液吸收，若通入所引起的溶液体积变化和挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度。的电离常数为、。
下列说法正确的是
A. 若“吸收”后，则
B. 若“吸收”后溶液，则
C. 若“吸收”后，则溶液中
D. 若“吸收”后溶液，则氧化过程中主要反应为：
【答案】A
【解析】
【分析】采用NaOH溶液吸收SO2，再经氧化得到硫酸盐
【详解】A．若“吸收”后溶液即为Na2SO3溶液，则质子守恒：，A正确；
B．若“吸收”后溶液（溶液溶质为NaHSO3和Na2SO3）， ,所以==0.624<1,则，B错误；
C．若“吸收”后，则溶液即为NaHSO3溶液，根据物料守恒：，C错误；
D．若“吸收”后溶液，此时溶液中溶质主要成分为NaHSO3，反应为：，D错误；
故选A。
13. 中国科学家首次用改性铜基催化剂，将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压。草酸二甲酯加氢的主要反应有：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
其他条件相同时，相同时间内温度对产物选择性的影响结果如图。
物质B的选择性
下列说法不正确的是
A. 若不使用改性铜基催化剂采用高压条件是为了加快反应速率
B. 乙醇的平衡产率随温度升高而降低
C. 其他条件不变，增加氢气浓度，一定能提高乙二醇的产率
D. 用改性铜基催化剂催化草酸二甲酯反应制乙二醇最佳温度范围约为475~480K
【答案】C
【解析】
【分析】根据题干可知，草酸二甲酯加氢的主要反应为反应Ⅰ、反应Ⅱ、反应Ⅲ，且反应Ⅲ放热，根据图像可知，在相同时间内温度对产物选择性的影响，阿尔可能的选择性随温度的升高先增大后减小，乙醇酸甲酯的转化率随温度的升高而减小，选择性乙醇酸甲酯等于乙二醇时，二者物质的量比值是定值；
【详解】A．使用C60改性铜基催化剂为了加快化学反应速率，那么采用高压条件也是为了加快反应速率，，A不符合题意；
B．反应Ⅲ升高温度平衡逆向移动，乙醇的平衡产率降低，B不符合题意；
C．在选择性乙醇酸甲酯等于乙二醇时，其他条件不变，增加氢气的浓度，乙二醇的产率不变，C符合题意；
D．由图可知，温度为470~480K时，生成乙二醇的选择性最高，D不符合题意；
故答案选C；
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 华为研发人员利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，实现快速充放电，开发出石墨烯电池。
Ⅰ．利用原钴矿C2O3(含少量Cr2O3、NiS等杂质)制备LiCO2的工艺流程如下。
已知：①在含一定量Cl-的溶液中，钴离子以形式存在：；
②溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水；
（1）基态C2+的价层电子排布式为___________。
（2）步骤ⅱ中出现了淡黄色沉淀，写出发生该反应的离子方程式___________。
（3）CCO3在空气中受热分解可生成C3O4，测得剩余固体的质量与起始CCO3的质量的比值(剩余固体的质量分数)随温度变化曲线如图所示。
①为获得高产率C3O4应选择的温度范围为___________。
②超过600℃后，剩余固体质量分数随温度升高而降低的原因是___________。
（4）步骤ⅷ中C3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCO2。该反应的化学方程式是___________。
Ⅱ．锂离子电池工作原理如图所示。
（5）如图所示，充电时阴极发生的变化可描述为___________。
【答案】（1）
（2）C2O3+NiS+6H+=2C2++S+Ni2++3H2O
（3） ①. 400~600℃ ②. 温度超过600℃，C3O4转化为CO，质量减小
（4）
（5）充电时，锂离子在外加电场的作用下从LiCO2中脱嵌，同时阴极石墨烯获得电子在表面聚集，吸引锂离子嵌入石墨烯的层状结构中
【解析】
【分析】I．由流程可知，原钴矿球磨后加入盐酸浸取，由题给信息可知，为分离C2+与Cr2+、Ni2+，加入盐酸浓度在10ml/L以上，浸出液加入氯化钠固体，浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，加入有机胺试剂萃取、洗脱，可得到CCl2溶液，加入碳酸铵生成碱式碳酸钴，煅烧生成C3O4，加入碳酸锂，可生成LiCO2，以此解答该题。
【小问1详解】
钴为27号元素，基态钴原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2，所以价电子排布式为3d74s2，故答案为：3d74s2；
【小问2详解】
步骤ⅱ中出现了淡黄色沉淀，是NiS在酸性环境下将C2O3还原为C2+，NiS中的-2价的S被氧化为淡黄色的S单质，离子方程式为：C2O3+NiS+6H+=2C2++S+Ni2++3H2O，故答案为：C2O3+NiS+6H+=2C2++S+Ni2++3H2O；
【小问3详解】
①将CCO3固体置于热解装置中，通入空气流生成C3O4的反应的方程式为6CCO3+O2=2C3O4+6CO2，剩余固体为C3O4的质量与起始的质量CCO3的质量分数为×100%≈64.3%，根据图可知处于67.51%时，温度为400～600℃，则在400～600℃温度下煅烧至恒重，由CCO3制备C3O4总的反应方程式为6CCO3+O22C3O4+6CO2，故答案为：400～600℃；
②温度超过600℃时，C3O4转化为CO，质量减小，导致剩余固体质量分数随温度升高而降低，故答案为：温度超过600℃，C3O4转化为CO，质量减小；
【小问4详解】
C3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCO2，方程式为4C3O4+6Li2CO3+O212LiCO2+6CO2，故答案为：4C3O4+6Li2CO3+O212LiCO2+6CO2；
小问5详解】
充电时阳离子由阳极移向阴极，结合题干图可知，充电时，锂离子在外加电场的作用下从LiCO2中脱嵌，同时阴极石墨烯获得电子在表面聚集，吸引锂离子嵌入石墨烯的层状结构中，故答案为：充电时，锂离子在外加电场的作用下从LiCO2中脱嵌，同时阴极石墨烯获得电子在表面聚集，吸引锂离子嵌入石墨烯的层状结构中。
15. 物质G是一种药物合成的中间体，其合成路线如下：
（1）A呈碱性，可与酸反应的原因是___________。
（2）D→E的过程中发生加成反应，则X的结构简式为___________。
（3）E→F的反应类型为___________。
（4）写出同时满足下列条件的A的同分异构体的结构简式___________。
含有一个苯环，且碳原子的杂化方式只有一种；该物质能使溴的四氯化碳溶液褪色，且分子的核磁共振氢谱中有5个峰。
（5）已知：。写出以2-羟基丙腈()、丙酮为原料制备的合成路线流程图(须使用和THF，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图见本题题干)______。
【答案】（1）N原子可提供孤电子对与形成配位键
（2）
（3）还原反应 （4）
（5）
【解析】
【分析】A→B：，两步反应分别为取代反应和氧化反应；
B→C：，两步反应分别为加成反应和氧化反应；
C→D： ，为取代反应；
D→E：，为加成反应；
E→F：，为还原反应；
F→G：，为消去反应。
【小问1详解】
胺呈碱性并可与酸发生反应的原因在于胺分子中的氮原子具有一个未共用的电子对，氮原子的孤对电子可以接受一个质子（H+），形成季铵盐，体现氨基的碱性；
【小问2详解】
分析D→E的过程，通过加成反应增加的部分为红色线框的部分，补上双键以后可知X为；
【小问3详解】
E→F的反应过程中羰基转化为羟基，反应类型为还原反应或加成反应
【小问4详解】
A的分子式为C8H9N，不饱和度Ω=5，含有一个苯环占用4个不饱和度，碳原子的杂化方式只有sp2杂化一种，使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键占用1个不饱和度，故含有一个-NH2，分子的核磁共振氢谱中有5个峰，根据苯环结构的对称性可知双键与氨基应在苯环的对称轴上，故满足条件的同分异构体为。
【小问5详解】
结合题给信息，通过逆合成分析法可得
故合成过程为
。
16. 实验室中可用氨浸法从含有杂质的ZnO中提锌，并制备硫酸锌。
Ⅰ.氨浸法提锌
已知：
ⅰ.
ⅱ.M的结构简式如图所示，R为，两个羟基中、酚羟基酸性较强。
（1）和浸取ZnO发生反应的离子方程式为___________。
（2）下列实验操作一定能提高浸取锌的效率的有___________。
A. 水浴加热ZnO与混合溶液B. 研磨ZnO为粉末
C. 延长浸取时间D. 适当加快搅拌速率
（3）M能与形成稳定的配合物X，相关反应为。
①补全图中X的结构并用“…”标出氢键___________。
②X中形成氢键有利于的萃取，原因可能是___________。
（4）从平衡移动的角度解释能提高有机溶液中X含量的原因___________。
Ⅱ.制作。
（5）的溶解度曲线如图所示。
补充完整由含X的有机溶液制取的实验方案：向分液漏斗中加入含X的有机溶液，___________，干燥，得到。(可选择的试剂：溶液，溶液，热蒸馏水)
【答案】（1） （2）BD
（3） ①. ②. 提高X在有机溶剂中的溶解性或降低X在水中的溶解性
（4）与反应，降低，促进向正向移动，导致增大，促进向正向移动
（5）加入溶液反萃取(1分，浓度错误熔断)，多次萃取，并合并水层，将水溶液蒸发至有大量晶体析出，趁热过滤，用热蒸馏水洗涤2~3次
【解析】
【分析】和浸取时，溶解生成ZnNH342+发生反应的离子方程式是，向浸出液中通入二氧化碳并加入含M的有机溶液分层后分离得到含X的有机溶液，向分液漏斗中加入含X的有机溶液，加入溶液反萃取(1分，浓度错误熔断)，多次萃取，并合并水层，将水溶液蒸发至有大量晶体析出，趁热过滤，用热蒸馏水洗涤2~3次，干燥，得到。
【小问1详解】
和浸取时，溶解生成ZnNH342+发生反应的离子方程式是，故答案为：；
【小问2详解】
A．水浴加热，氨气溶解度减小，不利于反应的反应，不能提高浸取锌的效率，A不符合题意；
B．研磨ZnO为粉末，增大固体颗粒表面积，加快反应速率，提高浸取锌的效率，B符合题意；
C．延长浸取时间，不能使平衡移动，不一定能提高浸取锌的效率，C不符合题意；
D．适当加快搅拌，能提高浸取锌的效率，D符合题意；
故答案为： BD；
小问3详解】
①O电负性较强，容易和分子内O-H中的H原子间形成氢键， X的结构分子内含有氢键如图所示，故答案为：；
②氢键的形成能提高X结构的稳定性、提高X在有机溶剂中的溶解性或降低X在水中的溶解性，所以X中形成氢键有利于Zn2+的萃取，故答案为：提高X在有机溶剂中的溶解性或降低X在水中的溶解性；
【小问4详解】
与反应，降低，促进向正向移动，导致增大，促进向正向移动
，使有机溶液中X含量提高，故答案为：与反应，降低，促进向正向移动，导致增大，促进向正向移动；
【小问5详解】
含X的有机溶液制取的方案：向分液漏斗中加入含X的有机溶液，加入溶液反萃取(1分，浓度错误熔断)，多次萃取，并合并水层，将水溶液蒸发至有大量晶体析出，趁热过滤，用热蒸馏水洗涤2~3次，干燥，得到，故答案为：加入溶液反萃取(1分，浓度错误熔断)，多次萃取，并合并水层，将水溶液蒸发至有大量晶体析出，趁热过滤，用热蒸馏水洗涤2~3次。
17. 黄铁矿()可用于制硫和处理废水。
（1）黄铁矿、焦炭和适量空气混合加热制硫，发生反应：。上述反应中生成CO而不是的原因是：___________。
（2）制硫反应所得气体经冷凝回收后，尾气中还含有CO和。将尾气通过催化剂进行处理，发生反应Ⅰ，同时发生副反应Ⅱ。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，、COS平衡产率和10min时实际产率如图所示。
①10min时，实际产率大于平衡产率的原因是___________。
②随温度升高，平衡产率上升的原因是___________。
（3）处理后的尾气仍含少量，用溶液“洗脱”处理，得到的洗脱液中含有，、，再利用生物电池技术，如图所示，将洗脱液中的转化为单质硫()回收。
已知：，，，。
①“洗脱”时化学反应的平衡常数为___________。
②生物电池装置中，正极的电极反应式为___________。
③一段时间后，若洗脱液中减小了2ml，则理论上减小了___________ml。
【答案】（1）为避免被氧化，不能过量，C不完全燃烧生成CO
（2） ①. 反应Ⅰ的活化能较低，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，与CO主要生成，超过平衡产率 ②. 温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，使、增大；对于反应Ⅰ，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动
（3） ①. ②. 或 ③. 4
【解析】
【分析】已知：，，，可知酸性， 用溶液 “洗脱”处理，发生反应，得到的洗脱液中含有，、，利用生物电池技术，将洗脱液中的在正极得电子发生反应或生成 。
【小问1详解】
黄铁矿、焦炭和适量空气混合加热制硫，发生反应：。为避免被氧化，不能过量，C不完全燃烧生成CO，而不是二氧化碳，故答案为：为避免被氧化，不能过量，C不完全燃烧生成CO；
【小问2详解】
① 10min时，反应Ⅰ的活化能较低，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，与CO主要生成，超过平衡产率致使实际产率大于平衡产率，故答案为：反应Ⅰ的活化能较低，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，与CO主要生成，超过平衡产率；
②随温度升高，S2平衡产率上升，其原因是：温度升高，反应II平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，对于反应I，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动，故答案为：温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，使、增大；对于反应Ⅰ，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动；
【小问3详解】
①i，ii，将i+ii得到，，用溶液 “洗脱”处理，发生反应 ，故答案为：；
②根据分析可知该装置中，在正极得电子生成，正极的电极反应式为：或
，故答案为：或
；
③根据电极反应式可知，当消耗1ml，转移4ml电子，同时消耗2ml，根据电荷守恒，则有4ml的通过质子交换膜来到正极，4ml可以结合4ml的生成4ml ，则理论上减小了2ml；若洗脱液中减小了2ml，则理论上减小4 ml，故答案为：4。A．制取SO2
B．收集SO2
C．验证SO2漂白性
D．吸收尾气中的SO2
选项
实验事实(均为室温)
结论
A
分别测定NaClO溶液和溶液的pH：
B
向固体中加入过量饱和溶液，有生成
C
向苯酚钠溶液中通入过量，发生反应：
()
D
在CuNH34SO4溶液中加入乙醇，析出蓝色晶体
乙醇的极性比水的弱