福建省三明市宁化一中高三化学上学期第四次模拟试卷（含解析）.doc

福建省三明市宁化一中2016届高三上学期第四次模拟化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列说法正确的是（）a塑料奶瓶比玻璃奶瓶更有利于健康，且更加经久耐用b含乙醇、naclo、h2o2等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的c喝补铁剂时，加服维生素c效果更好，原因是维生素c具有还原性d碳酸铝是一种应用很广的食品添加剂，可大量添加到馒头、面包等食品中2某天然拒食素具有防御非洲大群蚯蚓的作用，其结构简式如图（未表示出原子或原子团的空间排列）该拒食素与下列某试剂充分反应，所得有机物分子的官能团数目增加，则该试剂是（）abr2的ccl4溶液bag（nh3）2oh溶液chbrdh23设na为阿伏加德罗常数，则下列叙述正确的是（）a0.1mol苯分子中含有0.3na个碳碳双键b1l 1mol/l碳酸钠溶液中阴离子的数目大于nac标准状况下，22.4l己烷中含有的分子数共为nad50ml 18.4mol/l浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子数目为0.92 na4下列各项中实验的设计或操作能达到预期实验目的是（） 选项 实验目的 实验的设计或操作 a 比较cl与s元素的非金属性强弱相同条件下，测定相同浓度的nacl溶液和na2s溶液的ph b 比较ksp（agcl）与ksp（agi）的大小向agcl浊液中滴入少量的ki溶液，振荡 c欲除去苯中混有的苯酚 向混合液中加入浓溴水，充分反应后，过滤 d证明氧化性h2o2比fe3+强 将硫酸酸化的h2o2溶液滴入fe（no3）2溶液中aabbccdd5下列叙述正确的是 （）装置甲可防止铁钉生锈 装置乙可除去乙烯中混有的乙炔装置丙可验证hcl气体在水中的溶解性 装置丁可用于实验室制取乙酸乙酯装置戊可用于收集h2、co2、cl2、hcl、no2等气体abcd6下列有关说法，不正确的是（）将盛有二氧化氮气体的试管倒立在水中，溶液会充满试管向煤中加入适量石灰石，在煤燃烧时最终生成caso4，可减少so2对大气的污染为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化电解从海水中得到的氯化镁溶液可获得金属镁为确证nahco3溶液中混有na2co3，取少量溶液，加入澄清石灰水，若有白色沉淀生成，则证明混有na2co3abcd7下表中根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（） 选项实验操作实验现象结论a 蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液x有白烟产生 x一定是浓盐酸bkio3溶液加入hi溶液，并加入淀粉溶液变为蓝色kio3氧化性比i2强c 强酸性溶液y中加入ba（no3）2溶液，静置后在加入kscn溶液先有白色沉淀，后溶液又变红 y中一定有so42d c2h2oh与浓硫酸混合后加热到170c 制得的气体使酸性kmno4溶液褪色 一定是制得的乙烯使酸性kmno4溶液褪色aabbccdd二、解答题（共3小题，满分43分）8随着我国工业化水平的不断发展，解决水、空气污染问题成为重要课题（1）工业尾气中含有大量的氮氧化物，nh3催化还原氮氧化物（scr）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术反应原理如图所示：如图可知scr技术中的氧化剂为用fe做催化剂加热时，在氨气足量的情况下，当no2与no的物质的量之比为1：1时，写出该反应的化学方程式（2）工业废水中常含有一定量的cr2o72，会对人类及生态系统产生很大损害，电解法是处理铬污染的常用方法该法用fe做电极电解含cr2o72的酸性废水，电解时，在阴极上有大量气泡生成，并产生cr（oh）3、fe（oh）3沉淀反应中lmol cr2o72完全生成cr（oh）3沉淀，外电路通过电子的物质的量mol；常温下，cr（oh）3的溶度积ksp=1032，当cr3+浓度小于105moll一1时，可认为完全沉淀，电解完全后，测得溶液的ph=6，则该溶液过滤后（填“能”或“否”）直接排放（3）c1o2气体是一种常用的消毒剂，现在被广泛的用于饮用水进行消毒自来水厂用clo2处理后的水中，要求c1o2的浓度在0.10.8mgl1之间碘量法可以检测水中c1o2的浓度，步骤如下：i取一定体积的水样用微量的氢氧化钠溶液调至中性，然后加人一定量的碘化钾，并加人淀粉溶液，溶液变蓝；加人一定量的na2s203溶液（已知：2s2o32+i2s4o62+2i）；加硫酸调节水样ph至1.3已知：本题中c1o2在中性条件下还原产物为clo2，在酸性条件下还原产物为c1请回答下列问题：确定操作ii完全反应的现象在操作iii过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式若水样的体积为1.0l，在操作ii时消耗了1.0103moll1的na2s2o3溶液10ml，则水样中clo2的浓度是mgl111硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，其单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用（1）一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程：在铜的作用下完成工业尾气中so2的部分催化氧化，所发生反应为：2so2+2ncu+（n+1）o2+（22n）h2o2n cuso4+（22n） h2so4从环境保护的角度看，催化脱硫的意义为；每吸收2molso2，被so2还原的o2的质量为 g利用如图1所示电化学装置吸收另一部分so2，并完成cu的再生写出装置内所发生反应的离子方程式（2）碘循环工艺不仅能吸收so2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如图2：用离子方程式表示反应器中发生的反应是：用化学平衡移动的原理分析，在hi分解反应中使用膜反应器分离出h2的目的是汽车尾气是造成雾霾天气的重要原因之一已知氮的氧化物是汽车尾气的污染物，用如图3装置可监测其含量，电池中每转移0.4mole，pt 电极消耗l氧气（标况下）该装置的负极反应式为14醇是重要的有机化工原料一定条件下，甲醇可同时发生下面两个反应： i.2ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g） ii.2ch3oh（g）c2h4（g）+h2o（g） i上述反应过程中能量变化如图所示：（1）在某密闭容器中，充人一定量ch3oh（g）发生上述两个反应，反应（填“i”或“ii”）的速率较大，其原因为若在容器中加入催化剂，使ii的反应速率增大，则e1和e2e1的变化是：e1；e2e1（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）已知：ch3ch2oh（g）=ch3och3（g）h=+50.7kjmol1则乙烯气相直接水合反应c2h4（g）+h2o（g）=c2h5oh（g）的h=，某研究小组通过控制反应条件，在三个容积均为2l的密闭容器中只发生反应i，起始反应温度均为t，起始投料如下表所示：起始投料/mol编号ch3oh（g）ch3och3（g）h2o（g）恒温容器1200恒温容器2022绝热容器3200（3）比较平衡时容器1中c1（h2o）和容器2中c2（h2o）的大小：c1（h2o）c2（h2o）（填“”、“”或“=”）；三个容器中反应的化学平衡常数分别记为k1、k2和k3，三者的大小关系为（4）若容器1中平衡时ch3oh（g）的转化率为80%，则该温度下反应i的平衡常数k=三、解答题（共1小题，满分15分）15萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂、医药和溶剂合成a萜品醇g的路线之一如下：已知：rcooc2h3请回答下列问题：（1）a的分子式为，c中所含官能团的名称是，ef的反应类型为（2）cd的化学方程式为（3）试剂y的结构简式为，鉴别有机物e和f合适的试剂为（4）下列关于有机物g的说法正确的有（填字母）a属于芳香烃衍生物b能使溴的四氯化碳溶液褪色c能与naoh反应d能发生消去反应与酯化反应（5）与 b具有相同官能团且官能团都直接连在六元碳环上，满足上述条件b的同分异构体还有种（不考虑立体异构）；写出一种同时满足下列条件的b的链状同分异构体的结构简式：核磁共振氢谱有2个吸收峰 能发生银镜反应福建省三明市宁化一中2016届高三上学期第四次模拟化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列说法正确的是（）a塑料奶瓶比玻璃奶瓶更有利于健康，且更加经久耐用b含乙醇、naclo、h2o2等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的c喝补铁剂时，加服维生素c效果更好，原因是维生素c具有还原性d碳酸铝是一种应用很广的食品添加剂，可大量添加到馒头、面包等食品中【考点】有机高分子化合物的结构和性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；维生素在人体中的作用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【分析】a塑料中含有塑化剂，长期使用塑料奶瓶不利于健康；b乙醇能使蛋白质变性，不是氧化；c能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，容易被氧化，维生素c具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化；d食品添加剂不能大量使用，需要控制加入量【解答】解：a塑料中含有塑化剂，塑化剂是一种有毒的化工塑料软化剂，所以长期使用塑料奶瓶不利于健康，故a错误；b乙醇消毒液消毒是因为可以使蛋白质变性，而并非是将病毒氧化，故b错误；c能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，亚铁离子很容易被氧化为三价铁离子，维生素c具有还原性，能将三价铁还原为亚铁离子，故c正确；d碳酸铝是一种食品添加剂，但不能大量使用，故d错误；故选c【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力2某天然拒食素具有防御非洲大群蚯蚓的作用，其结构简式如图（未表示出原子或原子团的空间排列）该拒食素与下列某试剂充分反应，所得有机物分子的官能团数目增加，则该试剂是（）abr2的ccl4溶液bag（nh3）2oh溶液chbrdh2【考点】有机物分子中的官能团及其结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】a碳碳双键发生加成反应，醛基和溴发生氧化反应；b醛基和银氨溶液发生氧化反应生成羧基；c碳碳双键发生加成反应；d碳碳双键、醛基都发生加成反应【解答】解：a碳碳双键发生加成反应，醛基和溴发生氧化反应，所以增加溴原子，故a正确；b醛基和银氨溶液发生氧化反应生成羧基，官能团数目不变，故b错误；c碳碳双键和hbr发生加成反应，官能团由碳碳双键变为溴原子，hbr和醛基不反应，所以官能团数目不变，故c错误；d碳碳双键、醛基都发生加成反应，官能团数目减少，故d错误；故选a【点评】本题考查了有机物的结构及性质，根据有机物中含有的官能团及其性质来分析解答，明确物质能发生哪些类型的反应，题目难度不大3设na为阿伏加德罗常数，则下列叙述正确的是（）a0.1mol苯分子中含有0.3na个碳碳双键b1l 1mol/l碳酸钠溶液中阴离子的数目大于nac标准状况下，22.4l己烷中含有的分子数共为nad50ml 18.4mol/l浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子数目为0.92 na【考点】阿伏加德罗常数【分析】a苯分子中不含有碳碳双键；b碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子；c标准状况己烷不是气体；d浓硫酸随反应进行，浓度变稀后不和铜反应【解答】解：a苯分子中碳碳键是介于单键和双键之间独特的化学键，不含双键，故a错误；b碳酸钠在水中发生水解，当生成碳酸氢钠时，每有1mol碳酸氢钠生成同时生成1mol氢氧根，所以溶液中阴离子大于na，故b正确；c标准状况下，22.4 l己烷物质的量不是1mol，故c错误；d浓硫酸随反应进行，浓度变稀后不和铜反应，50ml 18.4mol/l浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子的数目小于0.92na，故d错误；故选b【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查气体摩尔体积的条件应用、盐类的水解、浓硫酸与铜的反应，题目难度不大4下列各项中实验的设计或操作能达到预期实验目的是（） 选项 实验目的 实验的设计或操作 a 比较cl与s元素的非金属性强弱相同条件下，测定相同浓度的nacl溶液和na2s溶液的ph b 比较ksp（agcl）与ksp（agi）的大小向agcl浊液中滴入少量的ki溶液，振荡 c欲除去苯中混有的苯酚 向混合液中加入浓溴水，充分反应后，过滤 d证明氧化性h2o2比fe3+强 将硫酸酸化的h2o2溶液滴入fe（no3）2溶液中aabbccdd【考点】化学实验方案的评价【分析】a不能利用氢化物的酸性比较非金属性；b向agcl浊液中滴入少量的ki溶液，出现黄色沉淀，发生沉淀的转化；c溴、三溴苯酚均易溶于苯；d酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子【解答】解：a测定相同浓度的nacl溶液和na2s溶液的ph，可比较盐酸、氢硫酸的酸性，但不能利用氢化物的酸性比较非金属性，故a错误；b向agcl浊液中滴入少量的ki溶液，出现黄色沉淀，发生沉淀的转化，则ksp（agcl）ksp（agi），故b正确；c溴、三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应选naoh溶液、分液来除杂，故c错误；d酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，则不能判断是否发生h2o2与亚铁离子的反应，不能得出氧化性h2o2比fe3+强，故d错误；故选b【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性和非金属性比较、沉淀转化、混合物分离提纯及氧化还原反应等，把握实验技能及化学反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大5下列叙述正确的是 （）装置甲可防止铁钉生锈 装置乙可除去乙烯中混有的乙炔装置丙可验证hcl气体在水中的溶解性 装置丁可用于实验室制取乙酸乙酯装置戊可用于收集h2、co2、cl2、hcl、no2等气体abcd【考点】化学实验方案的评价；金属的电化学腐蚀与防护；物质的分离、提纯和除杂；气体的收集；乙酸乙酯的制取【专题】实验评价题【分析】为防止铁钉生锈，铁应连接电源的负极；乙烯和乙炔都可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；根据气球的体积变化可判断hcl的水溶性；导管不能插入液面以下，且不能用氢氧化钠溶液吸收；根据气体的密度大小选择不同的导管【解答】解：为防止铁钉生锈，铁应连接电源的负极，为外加电源的阴极保护法，故错误；乙烯和乙炔都可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，不能用高锰酸钾除杂，故错误；hcl极易溶于水，烧瓶内压强减少，气球体积膨胀，可证明，故正确；导管不能插入液面以下，因乙酸乙酯在碱性条件下能水解，则不能用氢氧化钠溶液吸收，故错误；密度比空气小的气体可从a通入，密度比空气大的气体可从b通入，故正确故选：d【点评】本题考查较为综合，涉及金属的防护、除杂、收集等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验方案的严密性，难度中等6下列有关说法，不正确的是（）将盛有二氧化氮气体的试管倒立在水中，溶液会充满试管向煤中加入适量石灰石，在煤燃烧时最终生成caso4，可减少so2对大气的污染为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化电解从海水中得到的氯化镁溶液可获得金属镁为确证nahco3溶液中混有na2co3，取少量溶液，加入澄清石灰水，若有白色沉淀生成，则证明混有na2co3abcd【考点】二氧化硫的污染及治理；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理；物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】依据二氧化氮和水反应的气体体积变化分析判断；依据二氧化硫与氧化钙反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙不稳定，易被氧化生成硫酸钙解答；氢氧化钠能够与二氧化硅发生反应；电解从海水中得到的氯化镁溶液可获得氢氧化镁、氯气和氢气；碳酸钠、碳酸氢钠都能够与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀【解答】解：二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，3no2+h2o=2hno3+no，反应后水上升试管容积的三分之二，不能充满液体，故错误；向煤中加入适量石灰石，发生反应：cao+so2caso3、2caso3+o22caso4，可减少so2对大气的污染，故正确；石英坩埚主要成分为二氧化硅，二氧化硅为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应，故错误；电解从海水中得到的氯化镁溶液可获得氢氧化镁、氯气和氢气，电解熔融的氯化镁可得到mg，故错误；碳酸钠、碳酸氢钠都能够与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，无法用加入澄清石灰水的方法证明nahco3溶液中混有na2co3，故错误；故选：a【点评】本题考查元素及化合物的性质、电解原理，明确物质的性质是解题关键，注意电解氯化镁溶液可获得氢氧化镁、氯气和氢气，题目难度不大7下表中根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（） 选项实验操作实验现象结论a 蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液x有白烟产生 x一定是浓盐酸bkio3溶液加入hi溶液，并加入淀粉溶液变为蓝色kio3氧化性比i2强c 强酸性溶液y中加入ba（no3）2溶液，静置后在加入kscn溶液先有白色沉淀，后溶液又变红 y中一定有so42d c2h2oh与浓硫酸混合后加热到170c 制得的气体使酸性kmno4溶液褪色 一定是制得的乙烯使酸性kmno4溶液褪色aabbccdd【考点】化学实验方案的评价【分析】a生成白烟可知x为挥发性酸；b淀粉变蓝，可知生成碘，则kio3溶液加入hi溶液，发生氧化还原反应生成碘；c酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，可氧化亚硫酸根离子；d乙醇易挥发，且乙醇能被高锰酸钾氧化【解答】解：a生成白烟可知x为挥发性酸，则x为浓盐酸或浓硝酸，故a不选；b淀粉变蓝，可知生成碘，则kio3溶液加入hi溶液，发生氧化还原反应生成碘，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，kio3氧化性比i2强，故b选；c酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，可氧化亚硫酸根离子，则y中不一定有so42，可能含有so32，故c不选；d乙醇易挥发，且乙醇能被高锰酸钾氧化，则应排除乙醇的干扰，再检验消去反应的产物乙烯，故d不选；故选b【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、氧化还原反应、物质检验等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大二、解答题（共3小题，满分43分）8随着我国工业化水平的不断发展，解决水、空气污染问题成为重要课题（1）工业尾气中含有大量的氮氧化物，nh3催化还原氮氧化物（scr）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术反应原理如图所示：如图可知scr技术中的氧化剂为no、no2用fe做催化剂加热时，在氨气足量的情况下，当no2与no的物质的量之比为1：1时，写出该反应的化学方程式2nh3+no+no22n2+3h2o（2）工业废水中常含有一定量的cr2o72，会对人类及生态系统产生很大损害，电解法是处理铬污染的常用方法该法用fe做电极电解含cr2o72的酸性废水，电解时，在阴极上有大量气泡生成，并产生cr（oh）3、fe（oh）3沉淀反应中lmol cr2o72完全生成cr（oh）3沉淀，外电路通过电子的物质的量12mol；常温下，cr（oh）3的溶度积ksp=1032，当cr3+浓度小于105moll一1时，可认为完全沉淀，电解完全后，测得溶液的ph=6，则该溶液过滤后能（填“能”或“否”）直接排放（3）c1o2气体是一种常用的消毒剂，现在被广泛的用于饮用水进行消毒自来水厂用clo2处理后的水中，要求c1o2的浓度在0.10.8mgl1之间碘量法可以检测水中c1o2的浓度，步骤如下：i取一定体积的水样用微量的氢氧化钠溶液调至中性，然后加人一定量的碘化钾，并加人淀粉溶液，溶液变蓝；加人一定量的na2s203溶液（已知：2s2o32+i2s4o62+2i）；加硫酸调节水样ph至1.3已知：本题中c1o2在中性条件下还原产物为clo2，在酸性条件下还原产物为c1请回答下列问题：确定操作ii完全反应的现象蓝色消失，半分钟内不变色在操作iii过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式clo2+4i+4h+cl+2i2+2h2o若水样的体积为1.0l，在操作ii时消耗了1.0103moll1的na2s2o3溶液10ml，则水样中clo2的浓度是0.675mgl1【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；氧化还原反应专题；电离平衡与溶液的ph专题；无机实验综合【分析】（1）得电子，化合价降低的反应物是氧化剂；根据化合价升降总数相等、原子守恒来配平；（2）亚铁离子会和cr2o72的酸性废水反应，发生反应的离子方程式是cr2o72+6fe2+14h+2cr3+6fe3+7h2o，结合电极方程式fe2efe2+计算；根据溶度积计算；（3）加入一定量 na2s2o3 溶液，发生反应2s2o32+i2s4o62+2i，使i2还原为i；由图示表明，ph至13时，clo2将i氧化生成的i2与淀粉结合再次出现蓝色，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒来配平；根据关系式clo2is2o32先计算出clo2的物质的量，然后再计算出浓度；【解答】解：（1）由图甲可知scr技术中nh3与no、no2反应产物为n2和水，故氧化剂为no、no2，故答案为：no、no2；nh3中氮的化合价由3价升高到0价，一个nh3失去3个电子，no2中氮的化合价由+4价降低到0价，一个no2得到4个电子，no中氮的化合价由+2价降低到0价，一个no得到2个电子，当no2与no的物质的量之比为1：1时，转移电子的最小公倍数为6，结合质量守恒可知方程式为：2nh3+no+no22n2+3h2o，故答案为：2nh3+no+no22n2+3h2o；（2）亚铁离子会和cr2o72的酸性废水反应，发生反应的离子方程式是cr2o72+6fe2+14h+2cr3+6fe3+7h2o，阳极电极方程式fe2efe2+，则cr2o726fe2+12mol电子，1mol cr2o72完全生成cr（0h）3沉淀，外电路通过电子的物质的量为12mol，故答案为：12；溶液的ph=6，则c（oh）=108moll1，则c3（oh）c（cr3+）=ksp=1032，c（cr3+）=108moll1105moll1，能直接排放，故答案为：能；（3）加入一定量 na2s2o3 溶液，发生反应为：2s2o32+i2s4o62+2i，使i2还原为i，故蓝色会消失，故答案为：蓝色消失，半分钟内不变色；由图示表明，ph至13时，clo2将i氧化生成的i2，clo2中氯的化合价由+3价降低到1价，一个clo2得到4个电子，碘的化合价由1价升高到0价，一个i失去1个电子，转移电子的最小公倍数为4，结合质量守恒、电荷守恒可知离子方程式为：clo2+4i+4h+cl+2i2+2h2o；故答案为：clo2+4i+4h+cl+2i2+2h2o；clo2 is2o32 1 11.0105mol 1.0103 mol/l0.01l m（clo2）=n（clo2）m（clo2）=1.0105mol67.5103mgmol1=0.675mg由于水样的体积为1.0l，所以 clo2 的浓度为=0.675 mgl1，故答案为：0.675【点评】本题主要考查了氧化还原反应、离子方程式式的书写以及化学计算，难度中等，注意掌握实验原理和电子得失配平的方法11硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，其单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用（1）一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程：在铜的作用下完成工业尾气中so2的部分催化氧化，所发生反应为：2so2+2ncu+（n+1）o2+（22n）h2o2n cuso4+（22n） h2so4从环境保护的角度看，催化脱硫的意义为防止酸雨的发生；每吸收2molso2，被so2还原的o2的质量为32 g利用如图1所示电化学装置吸收另一部分so2，并完成cu的再生写出装置内所发生反应的离子方程式so2+2h2o+cu2+4h+so42+cu（2）碘循环工艺不仅能吸收so2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如图2：用离子方程式表示反应器中发生的反应是：so2+i2+2h2o4h+so42+2i用化学平衡移动的原理分析，在hi分解反应中使用膜反应器分离出h2的目的是hi分解为可逆反应，及时分离出产物h2，有利于反应正向进行汽车尾气是造成雾霾天气的重要原因之一已知氮的氧化物是汽车尾气的污染物，用如图3装置可监测其含量，电池中每转移0.4mole，pt 电极消耗2.24l氧气（标况下）该装置的负极反应式为no2e+o2no2【考点】常见的生活环境的污染及治理；氧化还原反应；原电池和电解池的工作原理【专题】氧化还原反应专题；电化学专题【分析】（1）二氧化硫是一种有毒的气体，排放到空气中可引起酸雨的发生，对环境和人类健康有害，脱硫可以防止酸雨的发生；依据二氧化硫和氧气反应方程式，找出二氧化硫和氧气量的关系；利用电解原理将二氧化硫转化成硫酸吸收，先写出两个电极上上发生的电极反应式，加和就可得到总的离子方程式（2）从流程图可知，在反应器中，i2氧化so2，生成硫酸和hi；hi分解是可逆反应，分离出氢气有利于平衡正向移动由离子的定向移动可知nio极为原电池的负极，pt极为原电池的正极，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，以此解答该题【解答】解；（2）脱硫可以减少二氧化硫的排放量，防止酸雨的发生，2so2 +o2 =2so32mol 32g故答案为：防止酸雨的发生；32；分析图中电解装置，可知左边石墨是电解池的阳极，右边是电解池的阴极；阳极放电的物质二氧化硫，失去电子生成硫酸根离子，电极反应式：so22e+2h2o=so42+2h+；阴极放电的物质时铜离子，得到电子被还原成单质铜，电极反应式：cu2+2e=cu；将上述两电极的电极反应式得：so2+2h2o+cu2+4h+so42+cu，故答案为：so2+2h2o+cu2+4h+so42+cu（2）从流程图可知，在反应器中，i2氧化so2，生成硫酸和hi，反应方程式为so2+i2+2h2o=so42+2i+4h+，故答案为：so2+i2+2h2o=so42+2i+4h+；hi分解为可逆反应，及时分离出产物h2，有利于反应正向进行，故答案为：hi分解为可逆反应，及时分离出产物h2，有利于反应正向进行由离子的定向移动可知nio极为原电池的负极，负极反应为no2e+o2=no2，pt电极上电极反应为o2+4e=2o2，则电池中每转移0.4mol e，pt电极消耗氧气为0.1mol22.4l/mol=2.24l，故答案为：2.24；no2e+o2=no2【点评】本题考查氧化还原反应及电化学知识，为高考常见题型和高频考点，注意把握原电池的工作原理，本题解答的关键是离子的定向移动，以此可确定电源的两极和反应类型，注意体会答题思路，题目难度中等14醇是重要的有机化工原料一定条件下，甲醇可同时发生下面两个反应： i.2ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g） ii.2ch3oh（g）c2h4（g）+h2o（g） i上述反应过程中能量变化如图所示：（1）在某密闭容器中，充人一定量ch3oh（g）发生上述两个反应，反应（填“i”或“ii”）的速率较大，其原因为该反应的活化能较小若在容器中加入催化剂，使ii的反应速率增大，则e1和e2e1的变化是：e1减小；e2e1不变（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）已知：ch3ch2oh（g）=ch3och3（g）h=+50.7kjmol1则乙烯气相直接水合反应c2h4（g）+h2o（g）=c2h5oh（g）的h=45.5 kjmol1，某研究小组通过控制反应条件，在三个容积均为2l的密闭容器中只发生反应i，起始反应温度均为t，起始投料如下表所示：起始投料/mol编号ch3oh（g）ch3och3（g）h2o（g）恒温容器1200恒温容器2022绝热容器3200（3）比较平衡时容器1中c1（h2o）和容器2中c2（h2o）的大小：c1（h2o）c2（h2o）（填“”、“”或“=”）；三个容器中反应的化学平衡常数分别记为k1、k2和k3，三者的大小关系为k1=k2k3（4）若容器1中平衡时ch3oh（g）的转化率为80%，则该温度下反应i的平衡常数k=4【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算【专题】化学平衡专题；燃烧热的计算【分析】、（1）如图分析可知，反应的活化能越小反应速率越快，加入催化剂能降低反应的活化能，催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变（2）分析图象2ch3oh（g）c2h4（g）+2h2o（g）h=29.1kj/mol，2ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g）h=23.9kj/mol，ch3ch2oh（g）=ch3och3（g）h=+50.7kjmol1则乙烯气相直接水合反应c2h4（g）+h2o（g）=c2h5oh（g）的热化学方程式可以依据盖斯定律计算得到；、（3）图表数据都是在恒温容器中进行的反应，达到平衡的方向不同，但反应的平衡常数不变，反应i为2ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g），反应前后气体体积不变，容器1正向进行，容器2逆向进行，相当于容器1中达到平衡基础上增大压强，平衡不动，但物质浓度增大，反应速率增大，容器3是绝热容器，反应达到平衡容器中温度高于容器1，平衡应逆向进行，平衡常数减小；（4）若容器l中平衡时ch3oh（g） 的转化率为80%，结合化学平衡三段式列式计算平衡你的，平衡常数k=【解答】解：（1）反应的活化能越小反应速率越快，在某密闭容器中，充人一定量ch3oh（g）发生上述两个反应中反应i和ii相比，反应i的活化能小，反应速率快，加入催化剂改变了反应的途径，降低反应所需的活化能，所以e1和e2的变化是减小，催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变，e2e1的大小为反应的焓变，活化能大小对该反应的反应热无影响，故答案为：；该反应的活化能较小；减小；不变；（2）分析图象得到反应2ch3oh（g）c2h4（g）+2h2o（g）h=29.1kj/mol，2ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g）h=23.9kj/mol，ch3ch2oh（g）=ch3och3（g）h=+50.7kjmol1依据盖斯定律得到乙烯气相直接水合反应的热化学方程式为：c2h4（g）+h2o（g）=c2h5oh（g）h=45.5 kjmol1故答案为：45.5 kjmol1；、（3）图象分析可知，反应为：2ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g）h=23.9kj/mol，图表数据都是在恒温容器中进行的反应，达到平衡的方向不同，但反应的平衡常数不变，k1=k2，反应i为2ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g），反应前后气体体积不变，容器1正向进行，容器2逆向进行，相当于容器1中达到平衡基础上增大压强，平衡不动，但物质浓度增大，c1（h2o）c2（h2o），容器3是绝热容器，反应达到平衡容器中温度高于容器1，平衡应逆向进行，平衡常数减小，k1=k2k3，故答案为：；k1=k2