资源描述
2021-2022学年度第二学期高三级部统练8
化学学科
可能用到的相对原子质量：N 14 Al 27 P 31 Sr 88
一、选择题
1. 化学与社会、科学、技术、生活等密切相关，下列说法正确的是
A. “凡引水种盐，待夏秋之交，南风大起，则一宵结成”该过程属于蒸发结晶
B. “天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于传统无机非金属材料
C. 青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化
D. “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．夏秋之交的温度比较高，引水种盐，温度高时利于水分蒸发，可快速得到盐，属于蒸发结晶，A正确；
B．氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料，B错误；
C．屠呦呦对青蒿素的提取是萃取过程，属于物理变化，C错误；
D．丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，D错误；
故选A。
2. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A. 酸性： B. 金属性：
C. 热稳定性： D. 氢化物的稳定性：
【答案】C
【解析】
【详解】A．元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性Cl>S，故酸性H2SO4<HClO4，A不符合题意；
B．同周期从左往右金属性减弱，故金属性： Na>Al，B不符合题意；
C．碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性与元素周期律无关，C符合题意；
D．同主族从上往下非金属性减弱，气态氢化物的稳定性减弱，故氢化物的稳定性： H2S<H2O，D不符合题意；
故选C。
3. 光气（）是一种重要的有机合成中间体，有剧毒，光气与氨气反应的化学方程式为：.下列有关说法不正确的是
A. 中含有离子键和共价键 B. 原子的原子结构示意图：
C. 的球棍模型： D. 的电子式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH4Cl中，和Cl-之间形成离子键，N原子和H原子之间形成共价键，即该化合物中含有离子键和共价键，A正确；
B．Cl的原子序数为17，则Cl原子的原子结构示意图为，B正确；
C．CO(NH2)2的结构式为，其球棍模型为，C正确；
D．电子式中的非金属原子（除H原子外）周围应有8个电子，则COCl2的电子式为，D错误；
故选D。
4. 下列离子方程式书写正确的是
A. Na与H2O反应：2Na+2H+=2Na++H2↑
B. 向NH4Al(SO4)2溶液滴入过量NaOH溶液：Al3++4OH-=+2H2O
C. 铁丝与CuSO4溶液反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu
D. 将H2C2O4溶液(弱酸)滴入酸性KMnO4溶液：5C2O+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2O是弱电解质，应该写化学式，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-++H2↑，A错误；
B．向NH4Al(SO4)2溶液滴入过量NaOH溶液时，溶液中的、Al3+都会与OH-发生反应，该反应的离子方程式应该为：+Al3++5OH-=+ NH3·H2O +2H2O，B错误；
C．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；
D．H2C2O4是二元弱酸，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D错误；
故合理选项是C。
5. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A. 配制0.1 mol·L-1 NaCl(aq) B. 收集SO2并吸收尾气
C. 制取C2H4 D. 蒸干FeC13溶液制FeC13晶体
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．固体药品的溶解应在烧杯中进行，A错误；
B．SO2密度比空气大，利用向上排空气法收集，二氧化硫有毒，过量的二氧化硫用NaOH溶液吸收，同时可以防倒吸，B正确；
C．制取乙烯，反应液温度为170℃，则温度计应伸入到液面以下，C错误；
D．蒸干FeC13溶液，蒸发过程中铁离子会发生水解，温度升高，HCl挥发，促使水解平衡正向进行，不能得到FeC13，D错误；
答案为B。
6. 关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是
A. CH3OH为极性分子 B. N2H4空间结构为平面形
C. N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2 D. CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A正确；
B．N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；
C．N2H4分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼（(CH3)2NNH2）只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N2H4的低，C正确；
D．CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；
故选B。
7. 设为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A. 白磷中白磷分子总数为
B. 含为的矿泉水含数目为
C. 由乙烯制备一氯乙烷若获得产品需个分子
D. 标准状况下，与足量水反应可获得个分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．31g白磷(P4)的物质的量为=0.25mol，则白磷分子总数为0.25NA，A错误；
B．2L 含 K+ 19.5 mg/L 的矿泉水中 K+的物质的量为=10−3mol，则K+数目为 10-3 NA，B正确；
C．由乙烯制备一氯乙烷，生成 1 mol 产品理论上需HCl分子数为 NA，C错误；
D．标准状况下，SO3不是气体，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；
故选：B。
8. CO2的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将CO2分别转化为CO和HCOOH的反应过程示意图如下：
下列说法正确的是
A. 在转化为CO的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成
B. 在转化为HCOOH的路径中，CO2被氧化为HCOOH
C. 在转化为两种产物的过程中碳、氧原子的利用率均为100%
D. 上述反应过程说明催化剂具有选择性
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由图看出路径中有碳氧单键断裂和碳氧三键的形成，A错误；
B．HCOOH的C元素化合价为+2，CO2为+4价，化合价降低，CO2被还原为HCOOH，B错误；
C．CO2转化为CO，O原子失掉一个，原子利用率不是100%，C错误；
D．该机理图可知CO2在两种金属催化剂作用下生成两种不同产物，即催化剂具有选择性，D正确；
故选：D。
9. 下列说法正确的是
A. 将NaOH溶液分多次缓慢注入盐酸中，或一次性快速注入盐酸中，都不影响中和热的测定
B. 已知中和热为=-57.3kJ·mol-1，则稀H2SO4与稀Ba(OH)2溶液反应的反应热=-2×57.3kJ·mol-1
C. 燃烧热是指在101kPa时1mol可燃物完全燃烧时所放出的热量，故S(s)+O2(g)=SO3(g) =-315kJ·mol-1即为硫的燃烧热
D. 已知冰的熔化热为6.0kJ·mol-1，冰中氢键键能为20.0kJ·mol-1，假设1mol冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰中的氢键，则最多只能破坏1mol冰中15%的氢键
【答案】D
【解析】
【详解】A．分多次缓慢注入，造成热量散失，则测定的中和热偏小，应一次性快速注入盐酸中，A错误；
B．生成硫酸钡放热，则稀H2SO4与稀Ba(OH)2溶液反应的反应热<-2×57.3kJ·mol-1，B错误；
C．燃烧热定义中，硫燃烧生成的稳定氧化物应为二氧化硫，C错误；
D．冰的熔化热为6.0kJ·mol-1，1mol冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6.0kJ·mol-1，冰中氢键键能为20.0kJ·mol-1，1mol冰中有2mol氢键，破坏时需吸收40kJ的热量，则，即最多只能破坏1mol冰中15%的氢键，D正确；
答案选D。
10. 高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是
A. 充电时，中性电解质NaCl的浓度增大
B. 放电时，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=
C. 充电时，1molFQH2转化为FQ转移2mol电子
D. 放电时，正极区溶液的pH增大
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，充电时，FQH2生成FQ，被氧化，所以充电时右侧为阳极，左侧为阴极，被还原为Zn；则放电时左侧为负极，Zn被氧化为，右侧为正极，FQ被还原为FQH2。
【详解】A．充电时，左侧阴极的电极反应为+2e-=Zn+4OH-，阴离子增多，为平衡电荷，中性电解质溶液中的Na+经阳膜迁移至左侧，Cl-经阴膜迁移至右侧，NaCl的浓度减小，A错误；
B．放电时，左侧为负极，Zn被氧化为，电极反应为Zn-2e-+4OH-=，B正确；
C．充电时，右侧FQH2被氧化为FQ，电极反应为FQH2-2e-=FQ+2H+，所以1molFQH2转化为FQ转移2mol电子，C正确；
D．放电时右侧为正极，电极反应为FQ+2H++2e-= FQH2，氢离子被消耗，pH增大，D正确；
综上所述答案为A。
11. 常温下，向一定浓度的H2X溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液的的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
A. 直线m表示pH与的关系
B. H2X的电离常数Ka2的数量级为10-5
C. N点水电离出的c(H+)=1×10-4.3mol·L-1
D. 当混合溶液呈中性时，c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线m，当pH=0时或=-1.3，对应电离常数为10-1.3；根据直线n，当pH=0时或=-4.3，对应电离常数为10-4.3， ，所以、。
【详解】A．直线m对应电离常数为10-1.3，所以直线m表示pH与的关系，故A正确；
B．直线m对应电离常数为10-1.3、直线n对应电离常数为10-4.3，H2X的电离常数Ka2的数量级为10-5，故B正确；
C．直线n表示pH与的关系，，N点=0，则c(H+)=1×10-4.3， HX-电离出氢离子使溶液呈酸性，水电离受到抑制，水电离出的c(H+)=1×10-9.7mol·L-1，故C错误；
D．当混合溶液呈中性时，，所以c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)，故D正确；
选C。
12. 在容积为VL的恒温密闭容器中模拟工业合成氨。充入N2和H2的总物质的量为1mol，容器内各组分的物质的量分数与反应时间t的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. a表示N2物质的量分数的变化情况物质的量分数
B. 0～t1min，v(H2)=mol·L-1·min-1
C. t2min时，NH3的分解速率小于其生成速率
D. t3min时改变的条件可能为减小容器容积
【答案】B
【解析】
【分析】由题中图示可知，开始时N2和H2各占50%，总物质的量是1mol，则N2和H2各为0.5mol，由可得，某时刻总物质的量为n(总)=(0.5-x)mol+(0.5-3x)mol+2xmol=(1-2x)mol，某时刻N2的物质的量分数为=50%，所以，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，随反应进行减小的是c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数；据此解答。
【详解】A．由上述分析可知，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，故A正确；
B．由上述分析可知，a代表N2的物质的量分数，c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数，t1时H2、NH3的物质的量分数相等，即，解之x=0.1mol，则0～t1min，v(H2)= mol·L-1·min-1，故B错误；
C．由上述分析可知，b代表NH3的物质的量分数，t2时刻及以后，NH3的物质的量分数增大，说明反应向右进行，则NH3的分解速率小于其生成速率，故C正确；
D．由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知，t3时刻，减小容积，压强增大，平衡正向移动，NH3的物质的量分数增大，H2的物质的量分数减小，故D正确；
答案为B。
二、填空题
13. 第二代半导体材料——(Ⅲ−V)A族化合物的特殊性能使之成为科学家的研究热点之一。
（1）基态镓原子的价电子排布式为__，基态P原子的价电子排布图为___。
（2）NH4NO3中N的杂化方式为__；NH4NO3呈__性，原因是__。
（3）N、P、As位于同一主族，已知NH3的沸点比PH3的沸点高，AsH3的沸点比PH3的沸点高。产生的原因是__。
（4）第三周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在磷和铝之间的元素有__。
（5）磷化铝晶胞如图，若晶胞参数为dpm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则磷化铝晶体的密度ρ=__g/cm3。(用含d的表达式填空)
【答案】（1） ①. 4s24p1 ②.
（2） ①. sp3、sp2 ②. 酸 ③. 由于NH4NO3在水溶液中发生水解+H2ONH3·H2O+H+
（3）PH3、AsH3分子之间存在范德华力，AsH3的相对分子质量大，范德华力更强，沸点更，而NH3分子间存在氢键，氢键比范德华力更强，NH3的沸点最高
（4）Mg、Si、S （5）
【解析】
【小问1详解】
已知镓为31号元素，则基态镓原子的价电子排布式为4s24p1，磷是15号元素，基态P原子的最外层3p电子3个电子自旋方向相同，基态P原子的价电子排布图为：，故答案为：4s24p1； ；
【小问2详解】
NH4NO3中的中心原子N周围的价层电子对数为：4+(5-1-4×1)=4，中心原子N原子周围的价层电子对数为：3+(5+1-3×)=3，故N的杂化方式为sp3、sp2，由于NH4NO3是强酸弱碱盐，发生水解呈酸性，反应原理为：+H2ONH3·H2O+H+，故答案为：sp3、sp2；酸；由于NH4NO3在水溶液中发生水解+H2ONH3·H2O+H+；
【小问3详解】
PH3、AsH3分子之间存在范德华力，AsH3的相对分子质量大，范德华力更强，沸点更，而NH3分子间存在氢键，氢键比范德华力更强，NH3的沸点最高，故答案为：PH3、AsH3分子之间存在范德华力，AsH3的相对分子质量大，范德华力更强，沸点更，而NH3分子间存在氢键，氢键比范德华力更强，NH3的沸点最高；
【小问4详解】
根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故第三周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在磷和铝之间的元素有Mg、Si、S三种元素，故答案为：Mg、Si、S；
【小问5详解】
由磷化铝晶胞如图，可知一个晶胞中含有Al的个数为：=4，P原子个数为4个，故若晶胞参数为dpm，NA代表阿伏加德罗常数的值，一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：V=(d×10-10cm)3，则磷化铝晶体的密度，故答案为：。
14. 化合物1是一种具有多种药理学活性的黄烷酮类药物。由化合物A制备1的合成路线如图：
回答下列问题：
（1）C中官能团的名称为____________________。
（2）由A生成C的方程式可表示为：，化合物B的结构简式为____________________。
（3）由C生成D的反应类型是_____________，E的化学名称是____________________。检验E中官能团的试剂及现象是_______________________________________。
（4）I的结构简式为_______________________________________。
（5）芳香化合物X是C的同分异构体，同时满足如下条件的X有_________种，其中核磁共振氢谱峰面积比为的X的一种结构简式是___________________________________。
条件：a、苯环上只有三个取代基，且甲基不与苯环直接相连：
b、能与溶液发生显色反应； c、可与反应。
（6）写出用环戊烯和正丙醛为原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）_____________________________________________________________________________________。
【答案】（1）羟基、羰基
（2）
（3） ①. 取代反应 ②. 苯甲醛 ③. 银氨溶液、水浴后有光亮的银镜生成（新制氢氧化铜悬浊液、加热后产生砖红色沉淀）
（4） （5） ①. 6 ②. ：或；
（6）
【解析】
【分析】根据题中信息，A与B反应生成C和H2O，故B为CH3COOH，A到B发生了取代反应；C中两个酚羟基位置上的氢原子被甲基取代得到D，D与苯甲醛反应得到F，F在I2和DMSO的作用下反应得到G，对比结构可知羟基上氢原子的位置发生了反应，且醛基变成了碳碳双键；G中甲氧基中的甲基被取代得到H，酚羟基复原，故C到D的目的是为了保护酚羟基；H到I发生了加成反应，对比分子式可知，H的双键位置发生了加成反应的到I，I的结构简式为：。
【小问1详解】
C中官能团名称为：羟基、羰基；
【小问2详解】
根据分析，B的结构简式为：CH3COOH；
【小问3详解】
根据分析，C到D的反应类型为取代反应，E的名称为苯甲醛；检验醛基可用银氨溶液、水浴后有光亮的银镜生成（或新制氢氧化铜悬浊液、加热后产生砖红色沉淀）；
【小问4详解】
根据分析I的结构简式为：；
【小问5详解】
X为C的同分异构体，除本环外还有一个不饱和度，该同分异构体中苯环上有三个取代基且甲基与苯环不直接相连，能与FeCl3溶液发生显色反应说明有酚羟基，1molX能与4molNaOH溶液反应，说明该物质含1mol酚酯基和2mol酚羟基，可能的同分异构体有：（数字代表-OOCCH3的位置）：、、，共6种；其中核磁共振氢谱峰面积比为的X的一种结构简式是：或；
【小问6详解】
根据逆合成分析法，可由与正丙醛反应得到，可由催化氧化得到，可由与水发生加成反应得到，故合成路线为：。
15. 氮化锶（）是工业上生产荧光粉的原材料。已知：锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应产生氨气。
I.利用装置A和B制备
（1）在元素周期表中的位置是____________________。
（2）装置A中仪器b的名称为_____________________，a导管的作用是_____________________﹔装置B中广口瓶盛放的试剂是_____________________（填名称）。
（3）装置A制备的化学方程式为_______________________________________。
（4）实验时先点燃装置__________处酒精灯（填“A”或“B”），一段时间后，点燃另一只酒精灯。
II.测定产品的纯度
称取产品，放入干燥的三颈瓶中，然后加入蒸馏水，通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用的盐酸标准溶液完全吸收（吸收液体体积变化忽略不计）从烧杯中量取的吸收液放入锥形瓶中，用标准溶液滴定过剩的，到终点时消耗溶液（图中夹持装置略）
（5）三颈烧瓶中发生反应产生氨气的化学方程式为________________________。
（6）产品纯度为____________（精确到）。
（7）下列实验操作可能使氮化锶（）测定结果偏低的_________________（填标号）。
A. 锥形瓶洗涤干净后未干燥，直接装入待测液
B. 滴定时未用标准溶液润洗滴定管
C. 滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
D. 读数时，滴定前平视，滴定后俯视
【答案】（1）第5周期IIA族
（2） ①. 蒸馏烧瓶 ②. 平衡气压，使液体顺利流下 ③. 浓硫酸
（3）
（4）A （5）
（6） （7）BC
【解析】
【分析】本实验利用氮气与锶反应制备氮化锶。装置A为制备氮气的装置，反应原理是：；因氮化锶遇水剧烈反应故制备氮化锶装置前后需要连接干燥装置，制备的氮气需要经过干燥后才能进入装置B，故广口瓶中盛放液体为浓硫酸，作用是干燥氮气。检视会的作用是防止空气中的水分进入制备装置。
【小问1详解】
Sr与Mg同主族，在元素周期表中的位置为：第5周期IIA族；
【小问2详解】
装置A中仪器b的名称为蒸馏烧瓶，导管a的作用是平衡气压，使液体顺利流下；根据分析，广口瓶中盛放的试剂为浓硫酸；
【小问3详解】
根据分析，制备氮气的化学方程式为：；
【小问4详解】
实验时需要先点燃A处的酒精灯，利用产生的氮气将装置中的空气排干净，在点燃B处的酒精灯进行制备氮化锶；
【小问5详解】
根据题中信息，氮化锶遇水剧烈反应产生氨气，化学方程式为：；
【小问6详解】
滴定过程中的盐酸被氢氧化钠和氨气消耗，200m盐酸溶液中与氢氧化钠反应的盐酸的物质的量为：，与氨气反应的盐酸的物质的物质的量为：，即氨气的物质的量为0.04mol，根据化学方程式，氮化锶的物质的量为0.02mol，样品的纯度为：；
【小问7详解】
A. 锥形瓶洗涤干净后未干燥，直接装入待测液，不影响滴定结果，A不符合题意；
B. 滴定时未用标准溶液润洗滴定管，则利用的氢氧化钠溶液体积偏大，即与氢氧化钠溶液反应的盐酸的物质的量偏多，与氨气反应的盐酸的物质的量偏少，计算结果偏低，B符合题意；
C. 滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失，消耗的氢氧化钠溶液的体积偏大，即与氢氧化钠溶液反应的盐酸的物质的量偏多，与氨气反应的盐酸的物质的量偏少，计算结果偏低，C符合题意；
D. 读数时，滴定前平视，滴定后俯视，消耗的氢氧化钠溶液体积偏小，即与氢氧化钠溶液反应的盐酸的物质的量偏少，与氨气反应的盐酸的物质的量偏多，计算结果偏高，D不符合题意；
故选BC。
16. 工业烟气中的SO2严重污染环境，可用多种方法进行脱除。
（1）H2O2氧化法。H2O2可以将SO2氧化生成H2SO4
由于H2O2储存过程可能发生分解反应：。某兴趣小组研究催化分解H2O2历程如下，请补全第二步反应的热化学方程式。
第一步： 慢反应
第二步：______________ 快反应
请根据I-催化H2O2的分解反应历程补充剩余的能量示意图_______。
（2）ZnO水悬浊液吸收SO2
已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化，如图。溶液pH几乎不变的阶段，主要产物是_______(填化学式)：SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______。
（3）SO2经富集后可用于制备硫酸。现向某密闭容器中充入1mol SO2、1molO2，在催化条件下发生反应：，SO2的平衡转化率与反应温度、压强的关系如图所示。
①图中A、B、C三点逆反应速率由大到小的顺序为_______﹔
②实际工业生产时选择A点生产条件而非B点，原因是_______。
③C点对应的Kp为_______MPa-1 (写出关于a的表达式，保留一位小数，Kp为用分压表示的化学平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. IO-(ag) ②. O2(g)+I-(aq)+H2O(l) ③.
（2） ①. ZnSO3 ②. ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2
（3） ①. C＞B＞A ②. A点SO2的平衡转化率已经非常高，B点SO2的平衡转化率比A点提高不大，而增大压强对设备要求高，能耗增加，会增加生产成本 ③.
【解析】
【小问1详解】
因为I-(aq)是催化剂，所以IO-(ag)必然是催化剂的中间产物，H2O2的分解产物是O2和H2O，从而得出第二步：IO-(ag)O2(g)+I-(aq)+H2O(l)
因为第二步反应为快反应，所以其活化能比第一步反应小，中间产物的能量比第一步反应中间产物的能量低；因为总反应为放热反应，所以产物的能量比第一步反应的反应物的能量低，从而可补充剩余的能量示意图为。答案为：IO-(ag)；O2(g)+I-(aq)+H2O(l)；；
【小问2详解】
ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，开始转化为ZnSO3，由于ZnSO3微溶于水，所以SO2吸收率、溶液pH几乎不变；后来ZnSO3与SO2继续反应，转化为Zn(HSO3)2，此时溶液显酸性，所以pH不断下降，SO2的溶解度不断减小，吸收效率不断降低。因此溶液pH几乎不变的阶段，主要产物是ZnSO3：SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2。答案为：ZnSO3；ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2；
【小问3详解】
①图中B点与A点的温度相同，但B点压强比A点大，所以反应速率B点比A点快，C点的压强与B点相同，但温度比B点高，所以C点的反应速率比B点大，从而得出A、B、C三点逆反应速率由大到小的顺序为；C＞B＞A；
②从图中可以看出，A点时SO2的平衡转化率已经超过95%，增大压强固然可增大SO2的平衡转化率，但增大的幅度很小，而消耗的动力、对设备的要求提高很多，所以实际工业生产时选择A点生产条件而非B点，原因是A点SO2的平衡转化率已经非常高，B点SO2的平衡转化率比A点提高不大，而增大压强对设备要求高，能耗增加，会增加生产成本。
③向某密闭容器中充入1mol SO2、1molO2，SO2的平衡转化率为90%，则可建立以下三段式：
Kp=≈MPa-1。答案为：C＞B＞A；A点SO2的平衡转化率已经非常高，B点SO2的平衡转化率比A点提高不大，而增大压强对设备要求高，能耗增加，会增加生产成本；。
【点睛】酸性气体在碱性溶液中的溶解度比在中性溶液中大，在酸性溶液中的溶解度比在中性溶液中小。
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