3.1 电离平衡 同步练习 2023-2024学年高二上学期人教版（2019）化学选择性必修1
一、单选题
1．分类是化学学习和研究的常用手段。下列有关分类结论说法不正确的个数为
①氢氧化铝、冰醋酸、氟化氢都是弱电解质
②、、HI都是强酸
③、、都是离子化合物
④漂粉精、福尔马林、水银都是混合物
⑤青铜、硬铝、不锈钢都是合金
⑥、金刚石、石墨烯都是碳的同素异形体
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
2．向两个锥形瓶中各加入0.05 g镁条，塞紧橡胶塞，然后用注射器分别注入2 mL 2 mol·L－1盐酸、2 mL 2 mol·L－1醋酸，测得锥形瓶内气体的压强随时间的变化如图所示，下列说法正确的是
A．300 s内平均反应速率v(HCl)＜v(CH3COOH)
B．醋酸的平均反应速率呈现“慢—快—慢”的趋势
C．反应结束后锥形瓶中c(MgCl2)＞c[(CH3COO)2Mg]
D．反应到100 s时锥形瓶中c(HCl)＝c(CH3COOH)
3．下列说法正确的是
A．Na2CO3是强电解质，故Na2CO3的电离方程式为Na2CO3=Na＋CO
B．室温下，0.1 mol·L－1的BOH溶液的pH＝11，则BOH的电离方程式为BOHB＋＋OH－
C．25 ℃ NaA溶液的pH>7，则HA的电离方程式为HA=H＋＋A－
D．CaCO3的饱和水溶液导电性很弱，故CaCO3的电离方程式为CaCO3Ca2＋＋CO
4．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO-。下列叙述不正确的是
A．0.1 mol·L-1的CH3COOH 溶液加水稀释或加热均可使CH3COO-的物质的量浓度增大
B．0.1 mol·L-1的CH3COOH 溶液加水稀释，c(CH3COO-)·c(H＋) 减小
C．向0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量纯醋酸，平衡向右移动，电离程度减小
D．0.1 mol·L-1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中减小
5．将4份等量的铝片分别加到足量的下列溶液中充分反应后，产生氢气量最快的是
A．溶液 B．溶液
C．溶液 D．溶液
6．在新制饱和氯水中，若只改变某一条件，下列叙述正确的是
A．再通入少量氯气，减小
B．通入少量SO2，溶液漂白性增强
C．加入少量碳酸钙粉末，pH增大，溶液漂白性增强
D．光照过程中，有气泡冒出，溶液的导电性减弱
7．要使0.1 mol·L－1的醋酸溶液中的值增大，可以采取的措施是
①加少量NaCl固体 ②升高温度 ③加少量冰醋酸 ④加水 ⑤加少量醋酸钠固体
A．①② B．②③④ C．③④⑤ D．②④
8．在0.1mol/L的氨水溶液中存在如下电离平衡：，下列措施能使NH3 H2O的电离平衡正向移动的是
A．加NaOH固体 B．加NH4Cl固体 C．通入HCl气体 D．降温
9．稀氨水中存在着下列平衡：，若要使平衡向逆反应方向移动，应加入的物质或采取的措施是(不考虑气体逸出)
①NH4Cl固体 ②硫酸 ③NaOH固体 ④水 ⑤加热 ⑥MgCl2固体
A．①③ B．②③⑤ C．③④⑥ D．③⑤
10．将等量的分别快速通入等体积等物质的量浓度的溶液和溶液中(除无氧溶液外，都产生白色沉淀)，测得各溶液pH随时间变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．曲线a所示溶液pH降低的原因：、
B．依据曲线b可推知无氧溶液能氧化溶液
C．曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式为：
D．曲线d所表示的过程中氧化的主要微粒是
11．25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．加水稀释0.1mol·L-1氨水，溶液中c(H+)·c(OH-)和的值保持不变
B．向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa，溶液中的值减小
C．等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：>
D．将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数Ka(HF)保持不变，始终增大
二、填空题
12．在一定温度下，有a．盐酸 b．硫酸 c．醋酸三种酸。
(1)当三种酸物质的量浓度相同时，c平(H＋)由大到小的顺序是 (用字母表示，下同)。
(2)同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是 。
(3)若三者c平(H＋)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是 。
(4)将c平(H＋)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c平(H＋)由大到小的顺序是 。
(5)将c平(H＋)相同且体积也相同的三种酸，分别与等浓度的NaOH稀溶液反应至pH=7，则消耗NaOH溶液的体积大小关系为 。
13．在一定温度下，对冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。请回答下列问题：
(1)a、b、c三点对应的溶液中，c(H＋)由小到大的顺序为 。
(2)a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH的电离程度最大的是 。
(3)若使c点对应的溶液中的c(CH3COO-)增大，则下列措施中，可行的是 (填字母，下同)。
A．加热 B．加入NaOH稀溶液 C．加入K2CO3固体
D．加水 E．加入CH3COONa固体 F．加入锌粒
(4)在稀释过程中，随着醋酸浓度的减小，下列始终保持增大趋势的是___________。
A．c(H＋) B．n(H＋) C．CH3COOH分子数 D．
14．水体中的含氮化合物是引起富营养化的主要污染物，分析监测水体中的硝酸(盐)和亚硝酸(盐)含量，控制水体中的含氮污染物，对水资源的循环利用意义重大。
(1)亚硝酸(HNO2)是一种弱酸，其电离平衡常数的表达式为 。
(2)水体中亚硝酸的含量可以利用KI溶液进行分析测定。该测定反应中，含氮的生成物可以是NO、N2O、NH2OH、NH3等。
①NH2OH中，氮元素的化合价为 。
②某水样中含有亚硝酸盐，加入少量稀硫酸酸化后，用KI溶液测定，且选用淀粉溶液作指示剂，反应中含N的生成物为NO，反应的离子方程式为 ，其中氧化产物为 (写化学式)。
三、原理综合题
15．实验小组将电导率传感器插入20.00 mL 0.1 mol·L-1 溶液中，向溶液中匀速滴入等浓度的溶液，电导率与溶液体积图像如图所示。(已知溶液导电性越强，电导率值越大)
(1)按物质分类，属于 (选填“强电解质”或“弱电解质”)。
(2)其它条件相同的情况下，溶液的导电性由 决定。
A．自由移动的离子浓度
B．自由移动的离子个数
C．自由移动离子的物质的量
(3)用离子方程式解释图中a→b段曲线变化的原因。
(4)对b、c两处溶液的进行比较，b c(选填“>”或“=”或“＜”)，说明原因 。
(5)用等浓度的溶液替换溶液，则电导率最低点与图中b点的位置关系为_______。
A．在b上方 B．与b重合 C．在b下方 D．无法确定
(6)向0.1 mol·L-1氨水中，匀速滴入等浓度的醋酸溶液，下列图像正确的是_______。
A． B． C． D．
(7)化学概念在逻辑上存在如图几种关系，下列说法一定正确的是_______。
A．包含关系：能导电的物质与电解质
B．包含关系：非电解质与化合物
C．并列关系：导电性强的物质与强电解质
D．交叉关系：强电解质与弱电解质
16．的捕集和资源化利用能有效减少排放，充分利用碳资源。
(1)一种捕集烟气中的流程如图1所示，溶液中含碳物种分布分数随pH变化如图2所示。
①上述流程中采用气-液逆流接触吸收(烟气从吸收塔底进入，KOH溶液从吸收塔顶喷淋)，其目的是 。
②第一步电离平衡常数为，则 ()。
③“吸收”所得溶液pH约为8时，“转化”过程中主要反应的化学方程式为 。
(2)在催化剂作用下，以、为原料制取主要发生如下反应：
将和充入装有催化剂的1L恒容密闭容器中反应，不同温度下体系中的平衡转化率和、CO的选择性如图所示。
[(或CO)的选择性]
①图中曲线 表示产物的选择性。
②240℃达平衡时，容器中 。
③当温度超过300℃，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。
④不改变反应温度，使平衡转化率达到X点，采取的措施为 。
四、工业流程题
17．二氧化硫的应用与处理
Ⅰ.SO2用途广泛，但直接排放含SO2的烟气会形成酸雨。科学使用和处理SO2意义重大。
(1)二氧化硫___________。
A．是无色无味的气体 B．是共价化合物
C．是弱电解质 D．可由S与O2反应得到
(2)SO2处理葡萄酒时会生成亚硫酸，写出亚硫酸的电离方程式 。
(3)国家规定葡萄酒中SO2残留量不得超过0.05g·kg-1，某葡萄酒的密度0.97g·mL-1，则SO2的物质的量浓度不得高于 mol·L-1(保留三位有效数字)。
(4)写出SO2生成硫酸型酸雨的化学反应方程式： 。
Ⅱ.石灰-石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法，其流程如图所示。
(5)石灰-石膏法和碱法吸收SO2的化学原理相同之处是 。
(6)鉴于NaOH生产成本高，希望实现NaOH循环利用，请在石灰-石膏法和碱法的基础上，设计一个能实现NaOH循环的烟气脱硫方案(用流程图表示)
(7)实验室常用以下方法制取SO2：①Cu和浓H2SO4加热反应；②70%H2SO4 和Na2SO3反应。方法①体现了H2SO4的： 。若用方法②制取SO2，并能控制反应速度，可选
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】①氢氧化铝是两性氢氧化物、具有弱酸、弱碱性，冰醋酸、氟化氢都是弱酸，则三者在水中均部分电离、都是弱电解质，正确；
②、、HI都是强酸，在水中能完全电离，正确；
③、都是离子化合物，是共价化合物，错误；
④漂粉精、福尔马林都是混合物，水银是汞的俗称、是纯净物，错误；
⑤青铜是铜锡合金，硬铝是一种铝合金，不锈钢是一种铁合金，三者都是合金，正确；
⑥、金刚石、石墨烯都是碳元素的不同单质，故均为碳的同素异形体，正确；
综上，错误的有2个，故选A。
2．B
【详解】A．由图可知，300 s时锥形瓶内气体的压强相等，说明300 s内盐酸的平均反应速率与醋酸溶液相等，A错误；
B．醋酸溶液与镁的反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，使反应速率加快，随着反应进行，溶液中醋酸的浓度减小，反应速率又会减慢，所以反应中醋酸的平均反应速率呈现“慢—快—慢”的趋势，B正确；
C．由题给数据可知，镁的物质的量为≈2.1×10-3 mol，盐酸和醋酸的物质的量均为2 mol·L-1×10-3 L＝4×10-3 mol，反应中不足量的盐酸和醋酸均完全反应，则c(MgCl2)＝c[(CH3COO)2Mg]，C错误；
D．由图可知，100 s时盐酸生成的氢气多于醋酸，说明反应消耗盐酸的量多于醋酸，所以锥形瓶中盐酸的浓度小于醋酸，D错误；
故选B。
3．B
【详解】A．Na2CO3的电离方程式为Na2CO3=2Na＋＋CO，故A错误；
B．室温下，0.1 mol·L－1的BOH溶液的pH＝11，说明BOH为弱碱，电离过程可逆，电离方程式为：BOHB＋＋OH－，故B正确；
C．25 ℃ NaA溶液的pH>7，说明NaA是强碱弱酸盐，HA为弱酸，电离过程可逆，电离方程式为：HAH＋＋A－，故C错误；
D．CaCO3难溶，但属于强电解质，全部电离，电离方程式为：CaCO3=Ca2＋＋CO，故D错误；
故选B。
4．A
【详解】A．0.1 mol·L-1的CH3COOH 溶液加水稀释或加热，平衡正向移动，均可使CH3COO-的物质的量增大，但因加水稀释溶液的体积也增大，且增大的幅度大于CH3COO-的物质的量增大的幅度，其物质的量浓度减小，A错误；
B．0.1 mol·L-1的CH3COOH 溶液加水稀释，c(CH3COO-)、c(H＋)均减小，故c(CH3COO-)·c(H＋)减小，B正确；
C．向0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量纯醋酸，平衡向右移动，但是此时醋酸浓度增大，则电离程度减小，C正确；
D．0.1 mol·L-1CH3COOH溶液加水稀释，平衡正向移动，溶液中醋酸分子减少，醋酸根离子增多，则=减小，D正确；
故选A。
5．C
【详解】铝和稀硝酸反应生成NO，不会放出氢气，铝和醋酸、硫酸、盐酸反应实质是和氢离子反应，氢离子浓度越大放出氢气越快，硫酸是二元强酸，盐酸是一元强酸，醋酸是一元弱酸，相同浓度的三种酸开始时氢离子浓度由大到小的顺序为：硫酸>盐酸>醋酸，所以铝和相同浓度的醋酸、硫酸、盐酸，放出氢气最快的是硫酸，答案选C。
6．C
【详解】A．饱和氯水中不能再溶解氯气，各成分的浓度不变，不变，A项错误；
B．通入少量SO2，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，Cl2+H2OH++Cl-+HClO的平衡逆向移动，使HClO的浓度减小，溶液漂白性减弱，B项错误；
C．加入少量碳酸钙粉末，消耗H+，pH增大，使上述平衡正向移动，HClO的浓度增大，溶液漂白性增强，C项正确；
D．光照过程中，HClO分解生成O2和HCl，溶液中的离子浓度增大，导电性增强，D项错误；
答案选C。
7．D
【详解】醋酸溶液中存在，①加少量NaCl固体，电离平衡不移动， 比值不变，①错误；②弱电解质的电离过程是吸热的，升高温度促进电离，溶液中c(H＋)增大，c(CH3COOH)降低，所以比值增大，②正确；③加少量冰醋酸，，平衡常数不变，平衡向右移动所以醋酸根离子浓度增大，比值减小，③错误；④加水溶液体积增大，导致c(H＋)、c(CH3COOH)都减小，但是电离平衡正向移动，c(CH3COOH)减小更多，所以比值增大，④正确；⑤加少量醋酸钠固体，电离平衡逆向移动，则氢离子浓度减小，醋酸浓度增大，则减小，⑤错误；综上②④符合题意，D正确，
故选D。
8．C
【详解】A．加入NaOH固体，能增大溶液中的c(OH-)，促使平衡逆向移动，A不符合题意；
B．加入NH4Cl固体，能增大溶液中的c()，促使平衡逆向移动，B不符合题意；
C．通入HCl气体，中和氨水中的OH-，从而促使平衡正向移动，C符合题意；
D．一水合氨的电离过程是一个吸热过程，降温，平衡逆向移动，D不符合题意；
故选C。
9．A
【详解】①NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，故正确；
②硫酸会消耗氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，平衡正向移动，故错误；
③NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，故正确；
④水稀释，氨水的浓度减小，平衡正向移动，故错误；
⑤弱电解质的电离为吸热过程，加热促进电离，平衡正向移动，故错误；
⑥加入MgCl2固体，氢氧根离子与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧根离子浓度减小，平衡正向移动，故错误；
故选：A。
10．C
【详解】A．曲线a表示无氧环境下，氯化钡溶液 pH减小，说明二氧化硫与水反应生成了弱酸亚硫酸，溶液pH降低的原因是SO2+H2OH2SO3H++HSO，A选项错误；
B．根据曲线b可知，0.1 mol·L-1的Ba(NO3)2在无氧环境下可以氧化二氧化硫，但KNO3溶液(无氧)氧化溶液不存在pH变化，则依据曲线不能推知无氧溶液能氧化溶液，B选项错误；
C．曲线c表示有氧环境下，氯化钡溶液pH变化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的离子方程式是2Ba2++O2 +2SO2+2H2O=2BaSO4↓+4H+，C选项正确；
D．氯化钡、硝酸钡在有氧环境下，pH变化几乎相同，所以不能说明曲线d所表示的过程中NO是氧化SO2的主要微粒，D选项错误；
答案选C。
11．C
【详解】A．0.1mol·L-1氨水稀释过程中c(H+)增大，c(OH-)减小，因而变大，温度不变，c(H+)·c(OH-)=Kw不变，A项错误；
B．=，加入CH3COONa，溶液碱性增强，则c(H+)降低，所以的值增大，B项错误；
C．等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合，根据电离常数有Ka1=、Ka2 =，同一溶液中c(H+)相等，则c(H+)= Ka1·= Ka2·，而Ka1> Ka2，则>，C项正确；
D．0.1mol·L-1的HF加水稀释，c(F-)趋近于0，而c(H+)趋于不变(10-7mol·L-1)，故比值变小，D项错误；
故选C。
12．(1)b＞a＞c
(2)b＞a=c
(3)c＞a＞b
(4)c＞a=b
(5)c＞a=b
【详解】（1）HCl属于一元强酸，H2SO4属于二元强酸，CH3COOH属于一元弱酸、醋酸溶液中存在电离平衡；当三种酸物质的量浓度相同时，c平(H+)由大到小的顺序为b(硫酸)＞a(盐酸)＞c(醋酸)；
（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，能提供的H+总物质的量硫酸＞盐酸=醋酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序为b(硫酸)＞a(盐酸)=c(醋酸)；
（3）HCl属于一元强酸，H2SO4属于二元强酸，CH3COOH属于一元弱酸，醋酸溶液中存在电离平衡，三者c平(H＋)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是c(醋酸) ＞a(盐酸)＞b(硫酸)；
（4）HCl、H2SO4都属于强酸，将c平(H＋)相同的盐酸和硫酸均加水稀释至原来的100倍后c平(H＋)均为原来的；醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进CH3COOH的电离，将醋酸溶液加水稀释至原来的100倍后c平(H＋)大于原来的；故将c平(H＋)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c平(H＋)由大到小的顺序c(醋酸) ＞a(盐酸)=b(硫酸)；
（5）HCl和H2SO4都属于强酸，将c平(H＋)相同且体积也相同的盐酸和硫酸，分别与等浓度的NaOH稀溶液反应至pH=7，消耗NaOH溶液的体积相等；CH3COOH属于弱酸，醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+，与NaOH溶液反应会促进醋酸的电离；将c平(H＋)相同且体积也相同的三种酸，分别与等浓度的NaOH稀溶液反应至pH=7，则消耗NaOH溶液的体积大小关系为c(醋酸) ＞a(盐酸)=b(硫酸)。
13．(1)c
(3)ACEF
(4)BD
【详解】（1）导电能力越强，c(H＋)、c(CH3COO-)越大，故a、b、c三点对应的溶液中，c(H＋)由小到大的顺序为c
（3）A．加热可以使CH3COOH的电离平衡右移，c(CH3COO-)增大，A正确；
B．加入NaOH稀溶液，虽然可使CH3COOH的电离平衡右移，但c(CH3COO-)因稀释而减小，B错误；
C．加入K2CO3固体，CO与H＋反应使平衡右移，c(CH3COO-)增大，C正确；
D．加水虽然会使平衡右移，但是溶液体积增大，c(CH3COO-)减小，D错误；
E．加入CH3COONa固体虽然会使平衡左移，但醋酸钠电离产生醋酸根离子，则c(CH3COO-)增大，E正确；
F．加入锌粒会消耗H＋，使平衡右移，c(CH3COO-)增大，F正确；
故选ACEF；
（4）)A．加水稀释，电离平衡右移，在稀释过程中，溶液体积增大的程度大于氢离子增大的程度，则c(H+)减小，A与题意不符；
B．加水稀释，电离平衡右移，n(H+)始终保持增大趋势，B符合题意；
C．加水稀释，电离平衡右移，c(CH3COOH)始终保持减小趋势，C与题意不符；
D．加水稀释，电离平衡右移，n(H+)始终保持增大趋势，n(CH3COOH)始终保持减小趋势，始终保持增大趋势，D符合题意；
答案为BD。
14．(1)
(2) -1 2HNO2+2I-+2H+=I2+2NO↑+2H2O I2
【详解】（1）亚硝酸的电离方程式为HNO2=+H+，因此其电离平衡常数Ka=。
（2）①根据化合物中所有元素的化合价代数和为0可知，NH2OH中氮元素的化合价为-1。②亚硝酸具有氧化性，被I-还原，生成NO，I-被氧化为I2，反应的离子方程式为2HNO2+2I-+2H+=I2+2NO↑+2H2O，氧化产物为I2。
15．(1)强电解质
(2)A
(3)SO+Ba2+=BaSO4↓
(4) ＜ 过量的BaCl2溶液使溶液中的离子浓度增大
(5)C
(6)C
(7)B
【详解】（1）氯化钡在溶液中能完全电离出钡离子和氯离子，属于强电解质，故答案为：强电解质；
（2）由题意可知，等浓度的稀硫酸与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，反应中离子的数目和物质的量均增大，溶液中离子的浓度减小，由图可知，氯化钡溶液体积越大，电导率越小说明其它条件相同的情况下，溶液的导电性由自由移动的离子浓度决定，故选A；，
（3）a→b发生的反应为稀硫酸与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，反应的离子方程式为SO+Ba2+=BaSO4↓，故答案为：SO+Ba2+=BaSO4↓；
（4）由题给数据可知，加入等浓度氯化钡溶液体积为20mL时稀硫酸与氯化钡溶液恰好反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，b、c点时，氯化钡溶液均过量，由图可知，c点电导率大于b点说明过量的氯化钡溶液使溶液中的离子浓度增大，故答案为：＜；过量的BaCl2溶液使溶液中的离子浓度增大
（5）稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，则用等浓度的氢氧化钡溶液替换氯化钡溶液，溶液中离子浓度小于b点，则电导率最低点低于图中b点，故选C；
（6）一水合氨是弱电解质，醋酸铵是强电解质，向氨水中加入醋酸溶液时，溶液中离子浓度增大，电导率增强，当醋酸溶液过量时，溶液中的离子浓度减小，电导率减弱，则符合题意的图示为C，故选C；
（7）A．能导电的物质不一定是电解质，电解质不一定能导电，则能导电的物质与电解质是交叉关系，故错误；
B．非电解质是不能电离出自由移动的化合物，电解质是熔融状态或在水溶液中能电离出自由移动的化合物，则非电解质与化合物为包含关系，故正确；
C．导电性强的物质不一定是强电解质，强电解质不一定导电性强，则导电性强的物质与强电解质是交叉关系，故错误；
D．在溶液中完全电离的化合物为强电解质，在溶液中不能完全电离的化合物为弱电解质，则强电解质与弱电解质属于并列关系，故错误；
故选B。
16．(1) 提高烟气的吸收率 6.37
(2) b 生成一氧化碳的反应正向移动的程度大于生成甲醇的反应逆向移动的程度 加入氢气或者吸收走生成物
【详解】（1）①上述流程中采用气-液逆流接触吸收(烟气从吸收塔底进入，KOH溶液从吸收塔顶喷淋)，可以使KOH溶液与烟气充分接触，提高吸收效率，答案为：提高烟气的吸收率；
②由图2可知当碳酸和碳酸氢根离子的分布分数相同时溶液的，第一步电离平衡常数为，所以6.37，答案为：6.37；
③“吸收”所得溶液pH约为8时，由图2可知溶质为碳酸氢钾，“转化”过程中氢氧化钾和二氧化碳反应生成碳酸氢钾，答案为： ；
（2）①根据题意知生成甲醇的反应是放热的，生成一氧化碳是吸热的，所以随着温度的升高，一氧化碳的含量会增加，甲醇的含量会减小，所以曲线b表示产物的选择性，a表示产物CO的选择性，c表示的平衡转化率，答案为：b；
②240℃达平衡时，由图可知的平衡转化率40%，、CO的选择性分别为：80%和20%，此状态中，，，根据氧元素守恒此状态中，答案为：
③生成甲醇的反应是放热的温度升高平衡逆向移动，生成一氧化碳的反应是吸热的温度升高平衡正向移动，当温度超过300℃时，生成一氧化碳的反应正向移动的程度大于生成甲醇的反应逆向移动的程度，使的平衡转化率随温度升高而增大，答案为：生成一氧化碳的反应正向移动的程度大于生成甲醇的反应逆向移动的程度；
④不改变反应温度，使平衡转化率达到X点即提高转化率，采取的措施为加入氢气或者吸收走生成物，答案为：加入氢气或者吸收走生成物；
17．(1)BD
(2)、
(3)
(4)、
(5)均是利用酸性氧化物与碱的反应
(6)
(7) 强氧化性和酸性 C
【分析】Ⅱ．石灰-石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。石灰-石膏法中，SO2与Ca(OH)2反应生成CaSO3和H2O，CaSO3被氧气氧化为CaSO4，最终生成石膏；碱法为SO2与NaOH反应生成Na2SO3和H2O。
【详解】（1）A．二氧化硫是一种无色、有刺激性气味的有毒气体，A错误；
B．二氧化硫由非金属构成，只含共价键，属于共价化合物，B正确；
C．二氧化硫属于非电解质，C错误；
D．S在空气中点燃，与O2反应生成SO2，D正确；
故选BD。
（2）亚硫酸为二元弱酸，其电离方程式为、。
（3）1L该葡萄酒的质量为，所含SO2，则，即SO2的物质的量浓度不得高于。
（4）SO2和水反应生成亚硫酸，亚硫酸易被空气中的氧气氧化为硫酸从而形成酸雨，反应的化学方程式为、。
（5）SO2为酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，即化学原理的相同之处为：均是利用酸性氧化物与碱的反应。
（6）碱法吸收SO2生成的可以和Ca(OH)2反应生成CaSO3和NaOH，生成的NaOH返回吸收步骤，实现NaOH的循环利用，通入氧气，将CaSO3氧气为CaSO4，最终得到石膏，据此可设计方案为。
（7）方法①为Cu和浓H2SO4加热反应制备SO2，反应的化学方程式为，体现了浓H2SO4的强氧化性和酸性；方法②为固液混合不需要加热制取SO2，A、D有加热装置不选，要能控制反应速度，不选B，启普发生器只能控制反应的发生与停止，不能控制反应速度，C装置符合，故选C。
答案第1页，共2页
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