重庆市部分重点中学 2022-2023学年高三上学期化学一诊调研联考化学试题（解析版）

高三模拟试题PAGEPAGE1高2023届学业质量调研抽测(第一次)高三化学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的答策标号涂黑。如需改动，用橡皮擦千净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16C1-35.5Ca-40Fe-56Co-59一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42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.科技改变生活。下列说法正确的是A.用于医疗领域的Ti－Ni形状记忆合金属于金属化合物B.新型人工智能芯片“天机芯”的主要成分和光导纤维相同C.问天实验舱的太阳翼是一种将太阳能转化为电能的原电池装置D.降噪减震材料丁基橡胶属于有机高分子材料〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．合金是金属与金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；Ti－Ni形状记忆合金属于混合物，A错误；B．芯片“天机芯”的主要成分和光导纤维分别为硅单质、二氧化硅，B错误；C．太阳翼是一种将太阳能转化为电能的装置，但不是原电池，C错误；D．丁基橡胶属于有机高分子材料，D正确；故选D。2.下列说法或图示表达错误的是A.基态Zn2+价层电子的轨道表示式：B.ClO的VSEPR模型与离子的空间结构一致C.NaOH的电子式：D.在〖Cd(NH3)4〗2+中，NH3提供孤对电子，Cd2+提供空轨道〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．锌原子失去2个电子形成锌离子，基态Zn2+价层电子的轨道表示式：，A正确；B．ClO的中心Cl原子价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，O原子采用sp3杂化，VSEPR模型与离子的空间结构一致，B正确；C．NaOH为离子化合物，电子式：，C错误；D．在〖Cd(NH3)4〗2+中，NH3为配体提供孤对电子，Cd2+中存在空轨道能提供空轨道接受孤电子对，D正确；故选C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol环戊二烯含有σ键数目为5NAB.2g氘化锂(6LiD)含中子数为NAC.0.5molCO的中心原子上的价层电子对数为2NAD.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，1分子环戊二烯含有5个C-Cσ键，6个C-Hσ键，则1mol环成二烯含有σ键的数目为11NA，故A错误；B．1分子氘化锂(6LiD)含中子数为4，2g氘化锂(6LiD，为0.25mol)含中子数为NA，故B正确；C．CO中心原子C原子的价层电子对数为，0.5molCO的中心原子上的价层电子对数为1.5NA，故C错误；D．胶体粒子为粒子的集合体，不能确定胶体粒子数目，故D错误；故选B。4.教材中的下列实验，不需要温度计的是A.乙醇的消去反应B.中和反应反应热的测定C.配制100mL1.00mol/L的NaCl溶液D.分离提纯CH4与Cl2取代反应生成的液态混合物〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．乙醇的消去反应需要迅速升高温度到170℃，需要温度计，故A不符合题意；B．中和反应反应热的测定需要温度计测量反应前后温度的变化，故B不符合题意；C．配制100mL1.00mol/L的NaCl溶液，需用的仪器有：托盘天平、药匙、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶；不需温度计，故C符合题意；D．分离提纯CH4与Cl2取代反应生成的液态混合物，需要进行蒸馏操作，需温度计，故D不符合题意；故选C。5.常温下，下列溶液中各组离子可能大量共存的是A.0.1mol·L-1的AlCl3溶液：Na+、AlO、NO、SOB.pH=8的溶液中：Na+、Ba2+、CO、Cl-C.=1012的溶液：K+、Na+、MnO、Cl-D.由水电离产生的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液：K+、SO、NH、Cl-〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．铝离子和偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故A不符合题意；B．pH=8的溶液呈碱性，溶液中钡离子和碳酸根离子生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；C．=1012的溶液呈酸性，酸性条件下MnO、Cl-发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不符合题意；D．由水电离产生的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液可能为酸性或为碱性，若为酸性，各离子之间不反应，能大量共存，故D符合题意；故选D。6.有机物A结构简式如图，下列关于A的说法错误的是A.分子式为C16H19NO2 B.与盐酸或氢氧化钠溶液反应均可生成盐C.分子中含有2个手性碳原子 D.1molA与足量H2加成，最多消耗6molH2〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．由图可知，分子式为C16H19NO2，A正确；B．氨基具有碱性能和盐酸反应生成盐，酯基和氢氧化钠碱性水解生成盐，B正确；C．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；分子中含有2个手性碳原子，C正确；D．苯环、碳碳三键能和氢气加成，1molA与足量H2加成，最多消耗5molH2，D错误；故选D。7.常温下，部分弱酸的电离平衡常数如表。下列离子方程式书写正确的是化学式H2CO3HClOH2S电离常数Ka1=4×10-7Ka2=5.6×10-11Ka=4.7×10-8Ka1=1.3×10-7Ka2=71×10-15A.向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：CO+2Cl2+H2O=CO2↑+2HClO+2Cl-B.向Na2S溶液中通入过量CO2：S2-+2H2O+2CO2=H2S↑+2COC.向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2+ClO-+H2O=HCO+HClOD.向NaClO溶液中通入过量H2S：H2S+ClO-=HS-+HClO〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由图表可知：Ka1(H2CO3)>Ka1(H2S)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)>Ka2(H2S)〖详析〗A．向Na2CO3溶液中滴加少量氯水反应生成碳酸氢钠和次氯酸，CO+Cl2+H2O=HCO+HClO+Cl-，A错误；B．向Na2S溶液中通入过量CO2反应生成硫化氢和碳酸氢根离子：S2-+2H2O+2CO2=H2S+2HCO，B错误；C．向NaClO溶液中通入少量CO2反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，CO2+ClO-+H2O=HCO+HClO，C正确；D．次氯酸根离子具有强氧化性，会和硫化氢发生氧化还原反应生成硫单质和氯离子，D错误；故选C。8.环氧树脂黏合剂A，可由X和Y在一定条件下合成。下列说法错误的是A.X含有2种官能团B.X和Y可通过缩聚反应合成AC.相同条件下，苯酚也可以和X反应生成结构与A相似的高分子D.调节X和Y的用量，可得到相对分子质量不同的A〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．X含有氯原子、醚键2种官能团，A正确；B．X、Y中均含有2个官能团，可通过缩聚反应合成A同时生成小分子HCl，B正确；C．苯酚分子只有1个羟基，不能和X反应生成结构与A相似的高分子，C错误；D．调节X和Y的用量，使得产物中n不同，可得到相对分子质量不同的A，D正确；故选C。9.下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是选项实验操作及现象结论A向含有0.1mol/L的NaCl和0.1mol/L的NaI混合溶液中，滴加0.01mo/LAgNO3溶液，先生成黄色沉淀Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)B将SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，得无水AlCl3SOCl2更易与水结合生成稳定的结晶水合物C向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者生成黄色沉淀KI3溶液中存在平衡：II2+I-D向盛有酸性K2Cr2O7溶液的试管中滴加CH3CH2OH，振荡，溶液颜色由橙色变为绿色乙醇发生了氧化反应A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．反应中氯离子、碘离子浓度相等，加入硝酸银生成黄色沉淀，说明碘化银更难溶，Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，现象与对应结论匹配，故A不符合题意；B．铝离子水解生成氢氧化铝，SOCl2与水反应生成HCl和SO2，可以抑制铝离子水解，操作与对应结论不匹配，故B符合题意；C．滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝说明存在碘单质，后者生成黄色沉淀说明存在碘离子，KI3溶液中存在平衡：II2+I-，操作及现象与对应结论匹配，故C不符合题意；D．K2Cr2O7具有强氧化性，乙醇具有还原性，向盛有酸性K2Cr2O7溶液的试管中滴加CH3CH2OH，振荡，溶液颜色由橙色变为绿色，说明乙醇和K2Cr2O7发生了氧化还原反应，故D不符合题意；故选B。10.化合物(ZX2Y4·W2Y)存在于一些植物的细胞液中，可用于陶瓷上釉。W、X、Y和Z为前20号元素，原子序数依次增大，且加和为35，XY2分子的总电子数为偶数，该化合物在N2或者O2气氛中的热重曲线如图所示，热分解时无刺激性气体逸出。下列说法正确的是A.原子半径：Z>Y>X B.Z和Y只能形成一种化合物C.两种氛围中A→B段均发生了氧化还原反应 D.1000℃后得到固体产物属于盐〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗化合物(ZX2Y4·W2Y)存在于一些植物的细胞液中，则含有氢、碳、氧元素；该化合物在N2或者O2气氛中的热重曲线如图所示，热分解时无刺激性气体逸出，则不含有氮元素；W、X、Y和Z为前20号元素，原子序数依次增大，XY2分子的总电子数为偶数，W为氢、X为碳、Y为氧；原子序数加和为35，则Z为钙；故该物质为CaC2O4•H2O；〖详析〗A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Z>X>Y，A错误；B．Z和Y能形成CaO、CaO2，B错误；C．CaC2O4•H2O加热时首先失去结晶水，失去结晶水后质量保留百分数为，则A为CaC2O4，A→B段CaC2O4草酸钙受热在氧气中生成碳酸钙和二氧化碳、在氮气中生成碳酸钙和一氧化碳，反应均为氧化还原反应，C正确；D．C的相对分子质量为14638.4%=56，则1000℃后得到固体产物为碳酸钙分解生成的氧化物氧化钙，不是盐，D错误；故选C。11.一种无需离子交换膜的氮流电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是A.充电时，a极接电源正极B.充电时，左侧NaCl溶液储液罐中溶液的pH减小C.放电时，a极的电极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+D.放电时，有1molCl2参与反应，理论上NaCl溶液增重71g〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由图可知，放电时b极氯气得到电子发生还原反应，为正极，则a为负极；〖详析〗A．充电时，a极为阴极，接电源负极，A错误；B．充电时，a极为阴极，NaTi2(PO4)3发生还原反应转化为Na3Ti2(PO4)3，溶液中氯化钠浓度减小，溶液的pH不变，B错误；C．放电时，a为负极，失去电子发生氧化反应，a极的电极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，C正确；D．放电时，有1molCl2参与反应，理论上生成2molNaCl，溶液增重117g，D错误；故选C。12.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水制氢流程如图。已知氢气燃烧热△H=-286kJ/mol，△H3为A.+172kJ/mol B.+400kJ/mol C.+29kJ/mol D.+254kJ/mol〖答案〗A〖解析〗〖详析〗①②由盖斯定律可知，①+②得：④；燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；氢气燃烧热△H=-286kJ/mol，则⑤；由盖斯定律可知，-④-⑤得：③；故选A。13.已知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应历程如图1(第一步快速平衡)，在固定容积的容器中充入一定量的NO和O2发生上述反应，测得体系中部分物质的物质的量(n)随温度(T)的变化如图2所示。下列说法错误的是A.该过程决速步骤的活化能为E4-E2B.a点后，n(N2O2)迅速减小的原因是第2步速率加快，第1步平衡逆向移动C.b点后，n(N2O2)增加的原因是第2步平衡逆向移动的程度比第1步的大D.其他条件不变，改为恒压状态，反应速率减慢〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；〖详析〗A．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，由图可知，该过程决速步骤的活化能为E4-E2，故A正确；B．决定总反应速率的是慢反应；a点后，n(N2O2)迅速减小的原因是N2O2浓度增大到一定程度后导致第2步速率加快，且第1步平衡逆向移动，故B正确；C．b点后，n(N2O2)增加说明其消耗量小于其生成量，原因是第2步平衡逆向移动的程度比第1步的大，导致N2O2量增加，故C正确；D．总反应为气体分子数减小的反应，其他条件不变，改为恒压状态，相当于减小体积，物质浓度变大，导致反应速率较恒容变大，故D错误；故选D。14.常温下，保持某含少量CaCO3浊液的水体中H2CO3与空气中CO2的平衡，调节水体pH，水体中lgc(X)(X为H2CO3、HCO、CO、Ca2+)与pH的关系如图所示。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，下列说法错误的是A.①代表lgc(HCO)与pH的关系B.a点的水体中：c(Ca2+)>c(HCO)>c(CO)C.pH=10.3时，c(Ca2+)=2.8×10-7.9mol·L-1D.向水体中加入适量Ca(OH)2固体，可使溶液由b点变到c点〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗碳酸溶液部分电离出氢离子、碳酸氢根离子，溶液显酸性；随着pH值变大碱性增强，碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度变大；碳酸根离子和钙离子生成碳酸钙沉淀，碳酸根离子浓度变大则钙离子浓度减小，结合图像可知①②③分别为lgc(HCO)、lgc(CO)、lgc(Ca2+)曲线；〖详析〗A．①代表lgc(HCO)与pH的关系，故A正确；B．由图可知，a点的水体中：c(Ca2+)>c(HCO)>c(CO)，故B正确；C．已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，pH=10.3时，c(HCO)=c(CO)=10-1.1mol·L-1，则c(Ca2+)==2.8×10-7.9mol·L-1，故C正确；D．向水体中加入适量Ca(OH)2固体，溶液中钙离子浓度增大，不会使溶液由b点变到c点，故D错误；故选D。二、非选择题：4个题，共58分。15.高纯锑在光电催化、半导体材料方面有着重要的应用。现以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等)为原料提取锑。已知：常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子Fe3+Cu2+Fe2+开始沉淀时的pH2.24.47.5完全沉淀时的pH3.26.49.0（1）51Sb在元素周期表中属于______区元素。（2）“溶浸”时氧化产物是S，Sb2S3被氧化的化学方程式为______，浸出渣除S以外，还有______。（3）“还原”操作的目的是______。（4）“水解”时需控制溶液pH=2.5。①SbCl3水解的中间产物有难溶于水的SbOCl生成，其对应的化学方程式为______；水解最终产物Sb2O3的性质与Al2O3相似，为去除Sb2O3中混有的SbOCl，可加入氨水对其“除氯”，不宜用NaOH溶液代替氨水的原因是______。②为避免水解产物中混入Fe(OH)3，Fe3+浓度应小于______mol·L-1。（5）Hg、Ge、Sb形成的物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X晶胞可视为Y晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。X的最简式的相对分子质量为Mr，阿伏加德罗常数的数值为NA，则X晶体的密度为______(列出计算式)。〖答案〗（1）p（2）①.②.SiO2（3）将铁离子还原化亚铁离子（4）①.②.Sb2O3能和强碱氢氧化钠反应导致Sb2O3损失③.（5）〖解析〗〖祥解〗辉锑矿加入盐酸、氯化铁，二氧化硅不反应，Sb2S3和铁离子生成硫单质和亚铁离子，故二氧化硅、硫成为滤渣；滤液加入Sb还原后加入Na2S除去铜，滤液调节pH水解最终得到Sb2O3，还原得到Sb；〖小问1详析〗51Sb为第ⅤA族元素，在元素周期表中属于p区元素；〖小问2详析〗铁离子具有氧化性，“溶浸”时氧化产物是S，则Sb2S3和铁离子生成硫单质和亚铁离子，反应为，浸出渣除S以外，还有不反应的二氧化硅；〖小问3详析〗溶浸后溶液中存在过量的铁离子，能和Sb反应，故“还原”操作的目的是将铁离子还原化为亚铁离子；〖小问4详析〗①SbCl3水解的中间产物有难溶于水的SbOCl生成，同时生成HCl，其对应的化学方程式为；Sb2O3的性质与Al2O3相似，Sb2O3能和强碱氢氧化钠反应导致Sb2O3损失，故不宜用NaOH溶液代替氨水；②由图表可知，Fe(OH)3完全沉淀pH=3.2，pOH=10.8；“水解”时需控制溶液pH=2.5，pOH=11.5，为避免水解产物中混入Fe(OH)3，Fe3+浓度应小于；〖小问5详析〗根据“均摊法”，晶胞X中含个Ge、个Hg、8个Sb，1个晶胞中含有4个GaHgSb2，则晶体密度为。16.H2O2是绿色氧化剂，沸点150.2℃，加热到153℃分解，与水混溶。过氧化氢的制备。（1）乙基蒽醌法：将H2O2从产物中分离和浓缩的实验操作依次是______。（2）电解硫酸氢盐溶液法：硫酸氢盐的电解产物S2O水解可得到H2O2，生成S2O的电极反应式为_______。II.过氧化氢的应用（3）〖Co(NH3)6〗Cl3是一种重要的化工产品，实验室以H2O2、NH4C1、浓氨水、CoCl2·6H2O和活性炭为原料制备〖Co(NH3)6〗Cl3，装置如图所示。产品制备：将CoCl2·6H2O、NH4Cl、活性炭、蒸馏水在三颈烧瓶中混合并溶解，滴加浓氨水后冷却至10℃以下，再滴加6%的H2O2，60℃恒温加热20min。①活性炭是该反应的催化剂，实验室有粒状和粉末状两种形态的活性炭，从比表面积和吸附性的角度分析，本实验选择粉末状活性炭的优缺点是______。②三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为______。③控制反应温度在60℃的原因是______。④为让溶液顺利进入三颈烧瓶，可将分液漏斗换为_______(写出仪器名称)。⑤1.5gCoCl2·6H2O充分反应后生成了0.6g〖Co(NH3)6〗Cl3，本实验中〖Co(NH3)6〗Cl3，的产率为______(保留小数点后1位)。〖答案〗（1）分液、蒸馏（2）（3）①.粉末状活性炭的比表面积大，催化效果好，能增大反应速率；但是其吸附性不如粒状活性炭②.③.防止过氧化氢受热分解④.恒压分液漏斗⑤.35.5%〖解析〗〖祥解〗利用物质的溶解性不同，可以分液分离；利用沸点不同，可以蒸馏分离；CoCl2·6H2O、NH4Cl、活性炭、蒸馏水在三颈烧瓶中混合并溶解，滴加浓氨水后冷却至10℃以下，再滴加6%的H2O2，60℃恒温加热20min反应得到〖Co(NH3)6〗Cl3。〖小问1详析〗过氧化氢与水混溶、沸点150.2℃，，有机物与水互不溶，故将H2O2从产物中分离和浓缩的实验操作依次是分液、蒸馏；〖小问2详析〗硫酸氢盐电解，硫酸根离子失去电子发生氧化生成S2O，生成S2O的电极反应式为；〖小问3详析〗①粉末状活性炭的比表面积大，催化效果好，能增大反应速率；但是其吸附性不如粒状活性炭；②三颈烧瓶中H2O2、NH4C1、浓氨水、CoCl2·6H2O在活性炭催化作用下生成〖Co(NH3)6〗Cl3，发生反应的化学方程式为；③过氧化氢不稳定受热易分解，控制反应温度在60℃的原因是防止过氧化氢受热分解；④为让溶液顺利进入三颈烧瓶，可将分液漏斗换为恒压分液漏斗；⑤1.5gCoCl2·6H2O完全反应生成〖Co(NH3)6〗Cl31.69g，反应中生成了0.6g〖Co(NH3)6〗Cl3，本实验中〖Co(NH3)6〗Cl3的产率为。17.氨气是重要的含氮化合物，在工农业中应用广泛。（1）工业上以NH3和CO2为原料合成尿素，反应的化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)，该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。T/165175185195K111.974.150.634.8①尿素是______(填“有机”或“无机”)化合物。②反应的△H_____0(填“>”“<”或“=”)。（2）氨法脱硫是气液两相过程，其实质是循环的(NH4)2SO3－NH4HSO3混合溶液吸收烟气中的SO2，主要发生如下反应：NH3∙H2O+SO2=NH4HSO3；2NH3∙H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O；(NH4)2SO3+H2O+SO2=2NH4HSO3；NH4HSO3+NH3∙H2O=(NH4)2SO3+H2O(H2SO3：Ka1=1.4×10-2；Ka2=6×10-8；NH3·H2O：Kb=1.79×10-5)。①氨法脱硫过程中，增加超重力旋转填料床的转速能提高脱硫率，原因是_____(超重力旋转填料床能使液－液、液－固、液－气两相在超重力环境下的多孔介质或孔道中流动接触)。②如图1所示，吸收液pH值在5.4~6.8范围，脱硫率历经快速增长和缓慢增长的原因是______。（3）氨法脱氮反应原理：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)。v正=k正c4(NH3)c6(NO)，v逆=k逆cx(N2)cy(H2O)，该反应的平衡常数K=，则x+y=_____。（4）双阴极微生物燃料电池处理NH－N废水的工作原理如图2(a)所示，双阴极通过的电流相等，废水在电池中的运行模式如图2(b)所示。①Y离子交换膜为______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。②III室中除了O2→H2O，主要发生的反应还有______(用离子方程式表示)。③生成3.5gN2，理论上需要消耗______gO2。〖答案〗（1）①.有机②.<（2）①.增加了反应物之间的接触面积，加快了反应速率②.吸收液pH值在5.4~6.8范围内，随着pH增大，溶液酸性减弱，溶液中NH3∙H2O浓度增大，导致NH3∙H2O和二氧化硫反应使得脱硫率快速增长，当pH大于6.0左右时，溶液中pH过大，氨气挥发，使得NH3∙H2O浓度减小，导致脱硫率增长缓慢（3）5（4）①.阳②.③.26〖解析〗〖小问1详析〗①尿素为含碳化合物，是有机化合物；②由表格可知，随着温度的升高，K值减小，反应逆向移动，故反应为放热反应，反应的△H<0；〖小问2详析〗①氨法脱硫过程中，增加超重力旋转填料床的转速能提高脱硫率，原因是增加了反应物之间的接触面积，加快了反应速率；②二氧化硫溶液显酸性，pH过小酸性过强会抑制二氧化硫的吸收；吸收液pH值在5.4~6.8范围内，随着pH增大，溶液酸性减弱，溶液中NH3∙H2O浓度增大，导致NH3∙H2O和二氧化硫反应使得脱硫率快速增长，当pH大于6.0左右时，溶液中pH过大，氨气挥发，使得NH3∙H2O浓度减小，导致脱硫率增长缓慢；〖小问3详析〗当反应达到平衡时，v正=k正c4(NH3)c6(NO)=v逆=k逆cx(N2)cy(H2O)，该反应的平衡常数K=，故x=5、y=0，则x+y=5；〖小问4详析〗①由图可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ室分别发生还原反应、氧化反应、还原反应，中间电极为阳极，Ⅱ中反应为，Ⅲ中反应为，阳离子氢离子通过Y离子交换膜进入右侧，故为阳离子交换膜；②由图可知，III室中溶液进入Ⅰ室，则说明III室中除了O2→H2O，还会发生反应铵根离子被氧化为硝酸根离子，反