2020年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)

2020年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Zn65Ag108I127Ba137一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每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．(2020·浙江卷，1)水溶液呈酸性的是()A．NaCl B．NaHSO4C．HCOONa D．NaHCO3答案B2．(2020·浙江卷，2)固液分离操作中，需要用到的仪器是()答案C3．(2020·浙江卷，3)下列物质在熔融状态下不导电的是()A．NaOH B．CaCl2C．HCl D．K2SO4答案C4．(2020·浙江卷，4)下列物质对应的组成不正确的是()A．干冰：CO2 B．熟石灰：CaSO4·2H2OC．胆矾：CuSO4·5H2O D．小苏打：NaHCO3答案B5．(2020·浙江卷，5)下列表示不正确的是()A．乙烯的结构式：B．甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2C．2­甲基丁烷的键线式：D．甲基的电子式：答案B6．(2020·浙江卷，6)下列说法不正确的是()A．天然气是不可再生能源B．用水煤气可合成液态碳氢化合物和含氧有机物C．煤的液化属于物理变化D．火棉是含氮量高的硝化纤维答案C7．(2020·浙江卷，7)下列说法正确的是()A．35Cl和37Cl是两种不同的元素B．单晶硅和石英互为同素异形体C．HCOOH和HOCH2CHO互为同系物D．H与Na在元素周期表中处于同一主族答案D8．(2020·浙江卷，8)下列说法不正确的是()A．Cl－会破坏铝表面的氧化膜B．NaHCO3的热稳定性比Na2CO3强C．KMnO4具有氧化性，其稀溶液可用于消毒D．钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀答案B9．(2020·浙江卷，9)下列说法不正确的是()A．高压钠灯可用于道路照明B．SiO2可用来制造光导纤维C．工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜D．BaCO3不溶于水，可用作医疗上检查肠胃的钡餐答案D10．(2020·浙江卷，10)反应MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是()A．1∶2 B．1∶1C．2∶1 D．4∶1答案B11．(2020·浙江卷，11)下列有关实验说法不正确的是()A．萃取Br2时，向盛有溴水的分液漏斗中加入CCl4，振荡、静置分层后，打开旋塞，先将水层放出B．做焰色反应前，铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至火焰呈无色C．乙醇、苯等有机溶剂易被引燃，使用时须远离明火，用毕立即塞紧瓶塞D．可用AgNO3溶液和稀HNO3区分NaCl、NaNO2和NaNO3答案A解析萃取溴水中的溴时，CCl4的密度比水大，在下层，水在上层，静置分层后，打开旋塞，放出的是有机层，A错误；做焰色反应前，铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至火焰呈无色，B正确；乙醇、苯等有机溶剂易挥发、易燃烧、易被引燃，使用时须远离明火，用毕立即塞紧瓶塞，防止挥发，C正确；向NaCl、NaNO2和NaNO3溶液中滴加AgNO3溶液和稀HNO3溶液，现象分别是产生白色沉淀、产生淡黄色沉淀后溶解、无明显现象，D正确。12．(2020·浙江卷，12)下列说法正确的是()A．Na2O在空气中加热可得固体Na2O2B．Mg加入到过量FeCl3溶液中可得FeC．FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3D．H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2答案A解析Na2O在空气中加热发生反应2Na2O＋O22Na2O2，A正确；Mg加入过量的FeCl3溶液中发生反应Mg＋2FeCl3=2FeCl2＋MgCl2，得不到金属Fe，B错误；FeS2在沸腾炉中与氧气发生反应4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，C错误；H2O2溶液中加入少量MnO2粉末发生反应2H2O22H2O＋O2↑，D错误。13．(2020·浙江卷，13)能正确表示下列反应的离子方程式的是()A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应：SO42−＋Ba2＋=BaSOB．电解MgCl2水溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑C．乙酸乙酯与NaOH溶液共热：CH3COOCH2CH3＋OH－△CH3COO－＋CH3CH2OHD．CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↑答案C解析(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液发生反应：Fe2＋＋SO42−＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋Fe(OH)2↓，A错误；电解MgCl2水溶液，离子方程式为Mg2＋＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑，B错误；CuSO4溶液中滴加稀氨水发生反应：Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH14．(2020·浙江卷，14)下列说法不正确的是()A．相同条件下等质量的甲烷、汽油、氢气完全燃烧，放出的热量依次增加B．油脂在碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分C．根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可以鉴别蚕丝与棉花D．淀粉、纤维素、蛋白质都属于高分子化合物答案A解析相同条件下等质量的甲烷、汽油、氢气完全燃烧放出的热量由小到大依次是汽油、甲烷、氢气，A错误。15．(2020·浙江卷，15)有关的说法正确的是()A．可以与氢气发生加成反应B．不会使溴水褪色C．只含二种官能团D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗1molNaOH答案A解析分子中有苯环、碳碳双键，可以与氢气发生加成反应，A正确；分子中有碳碳双键，可以使溴水褪色，B错误；分子中有醇羟基、酯基、碳碳双键三种官能团，C错误；分子中的酯基水解生成羧基和酚羟基，所以1mol该有机物可以消耗2molNaOH，D错误。16．(2020·浙江卷，16)X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为＋4价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物Z2X4的电子总数为18个；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是()A．原子半径：Z＜Y＜MB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y＞MC．X2Z—ZX2易溶于水，其水溶液呈碱性D．X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物答案D解析短周期元素X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，Y元素的最高正价为＋4价，则Y处于第ⅣA族；Y元素与M元素同主族，且M的原子序数大于Y，则Y是C，M是Si；Y元素与Z、M元素相邻，且Z的原子序数大于Y，则Z是N。化合物Z2X4为N2X4，其电子总数为18个，则X含1个电子，X应为H。Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子，且Q的原子序数大于M(Si)，则Q是Cl。一般来说，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，原子半径越大，故原子半径：N＜C＜Si，A正确；元素的非金属性：N＞C＞Si，则最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，B正确；X2Z—ZX2为H2N—NH2，其性质类似于NH3，易溶于水，其水溶液呈碱性，C正确；H、N、Cl三种元素可形成离子化合物NH4Cl，D错误。17．(2020·浙江卷，17)下列说法不正确的是()A．2.0×10－7mol·L－1的盐酸中c(H＋)＝2.0×10－7mol·L－1B．将KCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH变小但仍保持中性C．常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质D．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大答案A解析对于2.0×10－7mol·L－1的盐酸中，水电离出的c(H＋)相对来说不是很小，不能忽略，故该盐酸中c(H＋)＞2.0×10－7mol·L－1，A错误；升高温度，水的电离程度增大，Kw增大，水电离出的c(H＋)增大，则溶液的pH减小，由于KCl是强酸强碱盐，不水解，故其溶液仍呈中性，B正确；常温下，NaCN溶液呈碱性，说明CN－发生了水解，则HCN为弱电解质，C正确；常温下，pH为3的醋酸溶液中加入CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，醋酸的电离平衡逆向移动，c(H＋)减小，由于Kw不变，则溶液中c(OH－)增大，溶液pH增大，D正确。18．(2020·浙江卷，18)5mL0.1mol·L－1KI溶液与1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液发生反应：2Fe3＋(aq)＋2I－(aq)2Fe2＋(aq)＋I2(aq)，达到平衡。下列说法不正确的是()A．加入苯，振荡，平衡正向移动C．加入FeSO4固体，平衡逆向移动D．该反应的平衡常数K＝c答案D解析加入苯，振荡，苯萃取了I2，水溶液中的c(I2)减小，平衡正向移动，A正确；反应开始时n(KI)＞n(FeCl3)，反应中KI过量；经苯两次萃取分离后，水溶液中c(I2)很小，加入KSCN，溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3＋，证明该反应是可逆反应，存在一定限度，B正确；加入FeSO4固体，c(Fe2＋)增大，平衡逆向移动，C正确；该反应在溶液中进行，平衡常数K＝c219．(2020·浙江卷，19)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．4MnO4−＋5HCHO＋12H＋=4Mn2＋＋5CO2↑＋11H2O,1mol[4MnO4C．常温下，pH＝9的CH3COONa溶液中，水电离出的H＋数为10－5NAD．1L浓度为0.100mol·L－1的Na2CO3溶液中，阴离子数为0.100NA答案A解析Mn元素由＋7价降低到＋2价，C元素由0价升高到＋4价，则1mol[4MnO4−＋5HCHO]完全反应转移的电子数为20NA，A正确；电解精炼铜时，开始阶段阳极上比Cu活泼的金属杂质也会放电，故电路中通过的电子数为NA时，阳极上被氧化的Cu的质量小于32g，B错误；题目未指明pH＝9的CH3COONa溶液的体积，无法确定水电离出的H＋数，C错误；1L浓度为0.100mol·L－1的Na2CO3溶液中含有0.100molNa2CO3，CO32−水解生成HCO3−20．(2020·浙江卷，20)一定条件下：2NO2(g)N2O4(g)ΔH＜0。在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是()A．温度0℃、压强50kPaB．温度130℃、压强300kPaC．温度25℃、压强100kPaD．温度130℃、压强50kPa答案D解析测定NO2的相对分子质量时，要使平衡逆向移动，且逆向移动的程度越大，测定结果的误差越小。该反应的正反应是气体分子数减少的放热反应，因此温度越高、压强越小时，平衡逆向移动的程度越大，故选D。21．(2020·浙江卷，21)电解高浓度RCOONa(羧酸钠)的NaOH溶液，在阳极RCOO－放电可得到R—R(烷烃)。下列说法不正确的是()A．电解总反应方程式：2RCOONa＋2H2OR—R＋2CO2↑＋H2↑＋2NaOHB．RCOO－在阳极放电，发生氧化反应C．阴极的电极反应：2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑D．电解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷答案A解析由于电解液呈强碱性，电解反应不能释放出CO2气体，A错误；电解高浓度RCOONa的NaOH溶液，阳极上RCOO－发生氧化反应，得到R—R(烷烃)，B正确；阴极上H2O得电子放出H2，电极反应式为2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，C正确；根据题中电解原理，电解RCOONa和NaOH混合液可得到R—R(烷烃)，类比推理，电解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH混合溶液，可得到CH3CH3(乙烷)、CH3CH2CH3(丙烷)和CH3CH2CH2CH3(丁烷)，D正确。22．(2020·浙江卷，22)关于下列ΔH的判断正确的是()CO32−(aq)＋H＋(aq)=HCOCO32−(aq)＋H2O(l)HCO3−(aq)＋OH－OH－(aq)＋H＋(aq)=H2O(l)ΔH3OH－(aq)＋CH3COOH(aq)=CH3COO－(aq)＋H2O(l)ΔH4A．ΔH1＜0ΔH2＜0 B．ΔH1＜ΔH2C．ΔH3＜0ΔH4＞0 D．ΔH3＞ΔH4答案B解析将题给四个热化学方程式依次编号为①②③④，反应①可看作Na2CO3溶液和少量稀盐酸反应，为放热反应，ΔH1＜0；反应②是CO32−的水解反应，为吸热反应，ΔH2＞0，从而推知：ΔH1＜ΔH2，A错误、B正确；反应③是中和反应，ΔH3＜0，反应④是CH3COOH和强碱的中和反应，ΔH4＜0，由于CH3COOH电离要吸收热量，等量的OH－分别发生反应③和④时，反应③放出的热量比④多，则有ΔH3＜ΔH23．(2020·浙江卷，23)常温下，用0.1mol·L－1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是()A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl－)＞c(CH3COO－)B．当滴入氨水10mL时，c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CHC．当滴入氨水20mL时，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c(NH4+)＜c(Cl答案D解析HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，浓度均为0.1mol·L－1时，c(Cl－)＞c(CH3COO－)，A正确；滴入10mL氨水时，NH3·H2O和CH3COOH的物质的量相等，据物料守恒可得c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B正确；滴入20mL氨水时，恰好完全反应，所得溶液为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合溶液，据电荷守恒可知c(NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，据物料守恒可得c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(Cl－)，联立两式可得c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C正确；滴入20mL氨水时，所得混合液呈酸性，若溶液呈中性，氨水滴入量要大于20mL，结合电荷守恒关系c(NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，得c(NH4+)＝c(Cl－)＋c(CH3COO24．(2020·浙江卷，24)Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的是()A．可发生反应：Ca3SiO5＋4NH4ClCaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2OB．具有吸水性，需要密封保存C．能与SO2反应生成新盐D．与足量盐酸作用，所得固体产物主要为SiO2答案D解析Ca3SiO5可看作CaSiO3·2CaO，它与NH4Cl固体混合加热反应，生成CaSiO3、CaCl2、NH3和H2O，A正确；Ca3SiO5能够吸水，故需要密封保存，B正确；由于H2SO3的酸性强于H2SiO3，Ca3SiO5与SO2反应可生成CaSO3，C正确；Ca3SiO5与足量盐酸作用，析出H2SiO3沉淀，故所得固体产物主要是H2SiO3，D错误。25．(2020·浙江卷，25)黄色固体X，可能含有漂白粉、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuCl2、KI之中的几种或全部。将X与足量的水作用，得到深棕色固体混合物Y和无色碱性溶液Z。下列结论合理的是()A．X中含KI，可能含有CuCl2B．X中含有漂白粉和FeSO4C．X中含有CuCl2，Y中含有Fe(OH)3D．用H2SO4酸化溶液Z，若有黄绿色气体放出，说明X中含有CuCl2答案C解析X与足量的水作用，得到深棕色固体混合物Y和无色碱性溶液Z，则Y中含有Fe(OH)3，X中含有FeSO4、Fe2(SO4)3中的至少一种；溶液Z为无色碱性溶液，则X中必定含有漂白粉，漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，Ca(ClO)2发生水解而使溶液呈碱性；Fe(OH)3呈红褐色，而Y是深棕色固体混合物，它除含Fe(OH)3外，还应含有Cu(OH)2，则X中含CuCl2；在水溶液中Cu2＋与I－会发生反应：2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2，则X中不含KI。综上所述，X中含有漂白粉、CuCl2，不含KI，含FeSO4、Fe2(SO4)3中的至少一种，A、B错误，C正确；由于溶液Z中含CaCl2、Ca(ClO)2，用H2SO4酸化，发生反应：Cl－＋ClO－＋2H＋=Cl2↑＋H2O，产生黄绿色气体Cl2，不能证明X中含CuCl2，D错误。二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26．(2020·浙江卷，26)(1)气态氢化物热稳定性HF大于HCl的主要原因是___________________________。(2)CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，CaCN2的电子式是________。(3)常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是__________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)原子半径：F＜Cl，键能：F—H＞Cl—H(2)(3)乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷不能与水形成氢键解析(1)同一主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，即原子半径：F＜Cl，原子半径越小，化学键的键长越短，键能越大，气态氢化物热稳定性越大。(2)CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，故电子式为。(3)乙醇分子中有羟基，能与水形成分子间氢键，易溶于水，而氯乙烷中没有羟基等亲水基，在水中的溶解度小于乙醇。27．(2020·浙江卷，27)100mL0.200mol·L－1CuSO4溶液与1.95g锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为20.1℃，反应后最高温度为30.1℃。已知：反应前后，溶液的比热容均近似为4.18J·g－1·℃－1、溶液的密度均近似为1.00g·cm－3，忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：(1)反应放出的热量Q＝________J。(2)反应Zn(s)＋CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)＋Cu(s)的ΔH＝________kJ·mol－1(列式计算)。答案(1)4.18×103(2)－4.18×10锌的物质的量为0.03mol,100mL0.200mol·L－1CuSO4溶液中铜离子的物质的量为0.02mol，所以锌过量，据(1)计算ΔH＝－4.18×103J28．(2020·浙江卷，28)Ⅰ.化合物X由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，Y为纯净物；取3.01gX，用含HCl0.0600mol的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成A1和A2两等份，完成如下实验(白色沉淀C可溶于NaOH溶液)：请回答：(1)组成X的四种元素是N、H和________(填元素符号)，X的化学式是________。(2)溶液B通入过量CO2得到白色沉淀C的离子方程式是___________________________。(3)写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示)_______________________________。要求同时满足：①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素；②反应原理与“HCl＋NH3=NH4Cl”相同。Ⅱ.某兴趣小组为验证浓硫酸的性质进行实验，如图。实验中观察到的现象有：锥形瓶内有白雾，烧杯中出现白色沉淀。请回答：(1)将浓硫酸和浓盐酸混合可产生HCl气体的原因是__________________________________________________________________________________________________________________。(2)烧杯中出现白色沉淀的原因是__________________________________________________。答案Ⅰ.(1)Al、ClAlCl3NH3(2)AlO2−＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓(3)AlCl3＋Cl－=AlCl4−(或AlCl3＋NH3=AlCl3NHⅡ.(1)浓硫酸吸水且放热，导致HCl挥发(2)HCl气体会将H2SO4带出，与Ba(NO3)2作用生成BaSO4解析Ⅰ.加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，则Y是NH3。取3.01gX溶于含HCl0.0600mol的盐酸中，分成两等份，一份加过量浓NaOH加热，产生标准状况下224mL气体，该气体为NH3，其物质的量为0.01mol，则说明溶液A中含有0.02molNH4+；溶液B通入CO2至过量产生白色沉淀，该沉淀为Al(OH)3，灼烧后得到Al2O3，其物质的量为0.510g102g∙mol−1＝0.005mol，说明溶液A中含有0.02molAl3＋；另一份加入过量硝酸银溶液，产生氯化银白色沉淀，且AgCl的物质的量为8.61g143.5g∙mol−1＝0.06mol，则说明溶液A中含有0.12molCl－，由于溶解时加入含HCl0.0600mol的盐酸，即加入0.06molCl－，则说明3.01gX中含有氯离子的物质的量为0.06mol。(1)由上述分析知，组成X的四种短周期元素为N、H、Al、Cl，根据电荷守恒分析，0.02molAl3＋所带正电荷与0.06molCl－所带负电荷相当，固体X中还应有0.02molNH3，所以X的化学式应为AlCl3NH3。(2)溶液B中含有偏铝酸钠，通入过量二氧化碳产生氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，所以反应的离子方程式为AlO2−＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3−Ⅱ.(1)因为浓硫酸具有吸水性，同时放出大量的热，促使HCl气体挥发。(2)与硝酸钡反应产生沉淀，则沉淀一定是硫酸钡，说明HCl挥发时带出了H2SO4。29．(2020·浙江卷，29)研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有：Ⅰ.C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)ΔH1＝136kJ·mol－1Ⅱ.C2H6(g)＋CO2(g)C2H4(g)＋H2O(g)＋CO(g)ΔH2＝177kJ·mol－1Ⅲ.C2H6(g)＋2CO2(g)4CO(g)＋3H2(g)ΔH3Ⅳ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH4＝41kJ·mol－1已知：298K时，相关物质的相对能量(如图1)。可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的ΔH(ΔH随温度变化可忽略)。例如：H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－286kJ·mol－1－(－242kJ·mol－1)＝－44kJ·mol－1。请回答：(1)①根据相关物质的相对能量计算ΔH3＝________kJ·mol－1。②下列描述正确的是________。A．升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大B．加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动C．反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成D．恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：[C2H6(g)＋CO2(g)]→[C2H4(g)＋H2(g)＋CO2(g)]→[C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g)]，且第二步速率较慢(反应活化能为210kJ·mol－1)。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量—反应过程图”，起点从[C2H6(g)＋CO2(g)]的能量－477kJ·mol－1开始(如图2)。(2)①CO2和C2H6按物质的量1∶1投料，在923K和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“CO2氧化C2H6制C2H4”的影响，所得实验数据如下表：催化剂转化率C2H6/%转化率CO2/%产率C2H4/%催化剂X19.037.63.3结合具体反应分析，在催化剂X作用下，CO2氧化C2H6的主要产物是________，判断依据是_____________________________________________________________________________。②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高C2H4的选择性(生成C2H4的物质的量与消耗C2H6的物质的量之比)。在773K，乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是___________________________________________________________。答案(1)①430②AD③(2)①COC2H4的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ的速率②选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡正向移动解析(1)①ΔH3＝(－110kJ·mol－1×4)＋0kJ·mol－1－(－84kJ·mol－1)－(－393kJ·mol－1×2)＝430kJ·mol－1。②A对，反应Ⅰ为吸热反应，升温平衡正向移动，K增大；B错，加压，反应Ⅰ和反应Ⅱ平衡均会逆向移动；C错，反应Ⅲ有利于乙烷脱氢，生成氢气，当氢气浓度增大时，会使反应Ⅰ平衡逆向移动，不利于乙烯生成；D对，恒温恒压下通水蒸气使反应Ⅳ的平衡逆向移动。③[C2H4(g)＋H2(g)＋CO2(g)]的能量：52kJ·mol－1＋0kJ·mol－1＋(－393kJ·mol－1)mol－1)＝－300kJ·mol－1，结合第二步反应的活化能为210kJ·mol－1，可以画出能量变化图像：(2)①根据表中数据：CO2的转化率大于C2H6的转化率，且C2H4的产率较低，说明反应Ⅰ进行的慢，反应Ⅲ进行的快，即催化剂X提高了反应Ⅲ的速率，所以主要产物是CO。②由于其他条件不变，提高产率或提高转化率的原因只能是降低产物的浓度，所以可能是选择性膜吸附了乙烯，造成体系中乙烯浓度减小而使反应Ⅱ平衡正向移动。30．(2020·浙江卷，30)硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备Na2S2O3·5H2O。合成反应：SO2＋Na2CO3=Na2SO3＋CO22Na2S＋3SO2=2Na2SO3＋3SNa2SO3＋SNa2S2O3滴定反应：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6已知：Na2S2O3·5H2O易溶于水，难溶于乙醇，50℃开始失结晶水。实验步骤：Ⅰ.Na2S2O3制备：装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得产品混合溶液。Ⅱ.产品分离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3·5H2O产品。Ⅲ.产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用Na2S2O3·5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算Na2S2O3·5H2O含量。请回答：(1)步骤Ⅰ单向阀的作用是________________；装置C中的反应混合溶液pH过高或过低将导致产率降低，原因是__________________________________________________________。(2)步骤Ⅱ下列说法正确的是________。A．快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒B．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热C．冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率D．可选用冷的Na2CO3溶液作洗涤剂(3)步骤Ⅲ①滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：检漏→蒸馏水洗涤→()→()→()→()→()→开始滴定。A．烘干B．装入滴定液至零刻度以上C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D．用洗耳球吹出润洗液E．排除气泡F．用滴定液润洗2至3次G．记录起始读数②装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是________________。③滴定法测得产品中Na2S2O3·5H2O含量为100.5%，则Na2S2O3·5H2O产品中可能混有的物质是________。答案(1)防止倒吸pH过高，Na2CO3、Na2S反应不充分；pH过低，导致Na2S2O3转化为S和SO2(2)BC(3)①FBECG②防止碘挥发③Na2SO3或失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O解析(1)步骤Ⅰ中，单向阀的作用是防止C中的液体倒吸进A装置中；装置C中混合溶液的pH过高，说明溶液中含有较多的Na2CO3和Na2S，Na2CO3和Na2S溶液水解显碱性，CO32−＋H2OHCO3−＋OH－、S2－＋H2OHS－＋OH－，则SO2和Na2CO3、Na2S反应不充分；pH过低，说明Na2S2O3分解为S和SO2，SO2＋H2OH2SO3、H2SO3H＋＋HSO3−，pH过高或过低都会导致Na2S2O3·5H2O晶体的产率降低。(2)A错，快速蒸发水分，加热温度过高，会造成Na2S2O3·5H2O晶体失去结晶水；B对，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，利用余热蒸发水分，会得到Na2S2O3·5H2O晶体；C对，由题目已知信息，Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高Na2S2O3·5H2O的产率；D错，Na2S2O3·5H2O晶体易溶于水，若用Na2CO3溶液作洗涤剂，Na2S2O3·5H2O会溶解，造成损失。(3)①滴定管使用前的正确操作顺序为检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至零刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下→记录起始读数→开始滴定。②为了防止标