2022-2023学年江苏省常熟中学高三上学期1月份学业质量校内调研化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省常熟中学高三上学期1月份学业质量校内调研化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，有机推断题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

江苏省常熟中学2022-2023学年高三上学期1月份学业质量校内调研化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2020年我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法错误的是
A．“北斗”系统组网成功，北斗芯片中的半导体材料为二氧化硅
B．“嫦娥”五号运载火箭用液氧液氢推进剂，产物对环境无污染
C．“硅石墨烯锗晶体管”为我国首创，石墨烯能发生加成反应
D．“奋斗者”号潜水器外壳材料为钛合金，钛合金耐高压、耐腐蚀
【答案】A
【详解】A．“北斗”系统组网成功，北斗芯片中的半导体材料为晶体硅，而二氧化硅则是光导纤维的主要成分，A错误；
B．“嫦娥”五号运载火箭用液氧液氢推进剂，H2燃烧产物是水，水是空气的成分，因此对环境无污染，B正确；
C．“硅石墨烯锗晶体管”为我国首创，石墨烯结构中含有不饱和的碳碳双键，因此能发生加成反应，C正确；
D．“奋斗者”号潜水器外壳材料为钛合金，钛合金是合金，具有耐高压、耐腐蚀的性能，D正确；
故合理选项是A。
2．制取肼的反应为，下列相关微粒的化学用语错误的是
A．分子空间构型：三角锥形 B．的电子式：
C．的结构式： D．的结构示意图：
【答案】C
【详解】A．NH3 分子中N原子价层电子对数为4，采用sp3杂化，含有1个孤电子对，分子的空间构型是三角锥形，选项A正确；
B．次氯酸钠为离子化合物，是NaClO的电子式，选项B正确；
C．N2H4的结构式为，选项C错误；
D．是Cl-的结构示意图，选项D正确；
答案选C。
3．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A．SO2具有还原性，可用于漂白纸浆
B．HNO3具有挥发性，可用于溶解银镜
C．液氨汽化时吸热，可用作制冷剂
D．Na2S具有还原性，可作废水中Hg2＋的沉淀剂
【答案】C
【详解】A．二氧化硫能漂白纸浆是利用其漂白性，不是还原性，故A错误；
B．硝酸溶解银镜是利用其强氧化性，与挥发性无关，故B错误；
C．氨气易液化成液氨，液氨在汽化过程中吸收热量使温度降低，可做制冷剂，故C正确；
D．Na2S作废水中Hg2＋的沉淀剂，是因为反应生成难溶的HgS，反应为复分解反应，与硫化钠的还原性无关，故D错误；
故选：C。
4．对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是

粒子组
判断和分析
A
、、、
不能大量共存，因发生反应：
B
、、、
不能大量共存，因发生反应：

C
、、、
能大量共存，粒子间不反应
D
、、、
能大量共存，粒子间不反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A.Al3+和NH3H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成Al，故A错误；
B．S2和H+反应生成单质硫、二氧化硫和水，离子方程式为：2H++ S2=S↓+SO2↑+H2O，故B正确；
C．Fe3+做催化剂促进H2O2分解，不能大量共存，故C错误；
D．在酸性条件下Mn能将Cl-氧化为Cl2，不能大量共存，故D错误；
答案选B。
5．CuCl可作有机合成的催化剂，可由废铜屑经如下转化流程制得。已知“沉淀”时的反应为[CuCl2]-⇌CuCl↓＋Cl-，Ksp(CuCl)=1×10-6，CuCl的晶胞如图 。

某同学根据转化方案，设计如下实验，其中不能达到实验目的的是

A．用装置甲除去废铜屑表面的油污 B．用装置乙溶解废铜屑
C．用装置丙过滤得到CuCl沉淀 D．用装置丁洗涤CuCl沉淀
【答案】D
【详解】A．碳酸钠溶液呈碱性能使油脂水解，可用热的纯碱除去金属表面的油污，故A正确；
B．双氧水能将铜单质氧化，最终在盐酸溶液中转化为氯化铜，故B正确；
C．氯化亚铜不溶于水，用过滤的方法分离，故C正确；
D．浓盐酸能将CuCl转化成[CuCl2]-，使CuCl溶解损失，因此不能用浓盐酸洗涤，故D错误；
故选：D。
6．CuCl可作有机合成的催化剂，可由废铜屑经如下转化流程制得。已知“沉淀”时的反应为[CuCl2]-⇌CuCl↓＋Cl-，Ksp(CuCl)=1×10-6，CuCl的晶胞如下图。

关于转化流程，下列说法正确的是
A．“氧化”时每消耗1 mol H2O2，同时生成0.5 mol O2
B．“还原”时的离子方程式为Cu2＋＋2Cl-＋SO＋2OH-=[CuCl2]-＋SO＋2H2O
C．“滤液”中c(Cu＋)=1×10-3 mol·L-1
D．1个CuCl晶胞中含有4个Cu＋和4个Cl-
【答案】D
【详解】A．氧化时作氧化剂，其还原产物为水，故A错误；
B．“还原”时亚硫酸钠作还原剂被氧化成硫酸钠，1mol亚硫酸钠反应失2mol电子，铜离子做氧化剂被还原成+1价，1mol铜离子得1mol电子，根据得失电子守恒可得此时的离子反应为：，故B错误；
C．“沉淀”时的反应为[CuCl2]-⇌CuCl↓＋Cl-，可知溶液中含大量的氯离子，结合Ksp(CuCl)=1×10-6可知，CuCl饱和溶液中c(Cu＋)=1×10-3 mol·L-1，氯离子浓度越大时c(Cu＋)越小，“滤液”中c(Cu＋)小于1×10-3 mol·L-1，故C错误；
D．由晶胞结构可知黑球位于8个顶点和6个面心，其个数为，白球为体内，其个数为4，故1个CuCl晶胞中含有4个Cu＋和4个Cl-，故D正确；
故选：D。
7．短周期元素、、、原子序数依次增大，且原子序数，的单质为空气的主要成分且化学性质稳定，的一种盐常用作净水剂，单质及其多种化合物可用作消毒剂。下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．简单离子半径：
C．单质及其某些化合物具有漂白性
D．的最高价氧化物对应的水化物是易溶于水的强碱
【答案】A
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X的单质为空气的主要成分且化学性质稳定，则X为N元素，Y的一种盐常用作净水剂，则Y为Al元素，Z单质及其多种化合物可用作消毒剂，则Z为Cl元素，原子序数，则W的原子序数为3，则W为Li元素。
【详解】A．原子半径越小，第一电离能越大，则第一电离能：N＞Cl＞Al，选项A正确；
B．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，Li+有1个电子层，N3-、Al3+有2个电子层，Cl-有3个电子层，则离子半径：Cl-＞N3-＞Al3+＞Li+，选项B错误；
C．Z为Cl元素，Cl2不具有漂白性，选项C错误；
D．W为Li元素，其最高价氧化物对应水化物为LiOH，为弱碱，选项D错误；
答案选A。
8．已知反应；可用于粗硅的提纯。下列关于该反应的说法正确的是
A．该反应在任何条件下均能自发进行
B．该反应的平衡常数表达式为
C．升高温度可以提高反应物的平衡转化率
D．反应每放出热量，需断裂键
【答案】B
【详解】A．该反应是一个熵减的反应，需满足才能自发进行，故A错误；
B．因为Si为固体，不计入平衡常数计算，因此反应的平衡常数表达式为K=，故B正确；
C．该反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向进行，即逆向进行，将降低反应物的平衡转化率，故C错误；
D．晶体硅是空间网状结构，每个硅原子连接周围4个硅原子，所以每个Si—Si键由两个Si原子共同构成，故1单位硅单质有2单位Si—Si键，则每反应1 mol Si需断裂2 mol Si—Si键，故D错误；
故答案选：B。
9．下图所示电池装置可将转化为。下列说法正确的是

A．物质为
B．放电时，由正极区移向负极区
C．负极电极反应式为
D．每消耗，可将转化为
【答案】C
【分析】要在右侧产生硫酸钾，钾离子由左侧移向右侧，需要不断补充硫酸根离子，故放电过程中需补充的物质X为H2SO4，HCOOH燃料电池中，通入氧气的一极是正极，左侧投入KOH，右侧产生硫酸钾；
【详解】A．要在右侧产生硫酸钾，钾离子由左侧移向右侧，需要不断补充硫酸根离子，故放电过程中需补充的物质X为H2SO4，选项A错误；
B．HCOOH燃料电池中，通入氧气的一极是正极，左侧投入KOH，右侧产生硫酸钾，则钾离子由左侧移向右侧，即K+通过离子交换膜向右迁移，选项B错误；
C．负极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为，选项C正确；
D．每消耗，转移电子4mol，可将转化为，选项D错误；
答案选C。
10．乙酸甲酯在NaOH溶液中发生水解时物质和能量的变化如下图所示。下列说法正确的是

A．总反应为吸热反应
B．决定总反应速率快慢的是反应物→中间产物1的反应
C．反应过程中碳原子的轨道杂化方式不发生变化
D．如反应物使用 ，则产物中存在
【答案】B
【详解】A．由图可知该反应反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，故A错误；
B．反应物到中间产物1的活化能大于中间产物1到中间产物2的活化能，活化能越大反应速率越慢，满反应决定总反应速率的快慢，故B正确；
C．反应物中存在酯基，C原子采用sp2杂化，中间产物1中酯基中碳氧双键转化成单键，碳原子杂化方式为sp3杂化，碳原子的杂化方式发生变化，故C错误；
D．根据图示信息可知酯中的C-O断裂，该氧原子最终进入醇中，反应物使用 则进入甲醇中，故D错误；
故选：B。
11．药物H的结构简式如图所示，下列有关药物H的说法错误的是

A．分子中含有两种官能团
B．分子中碳原子有两种杂化类型
C．该物质苯环上的一溴代物有5种
D．一定条件下完全水解产物经酸化后都能与Na2CO3溶液反应
【答案】C
【详解】A．根据图示可知该物质分子中含有Cl、羰基两种官能团，A正确；
B．在该物质分子中饱和C原子采用sp3杂化；苯环的上的C原子及羰基C原子采用sp2杂化，故分子中碳原子有两种杂化类型，B正确；
C．C-N单键可以旋转，则根据物质分子结构可知：该物质苯环上的一溴代物有6种，C错误；
D．该物质分子中含与苯环连接的Cl原子，水解产物酸化可得HCl及酚羟基，它们都可以与Na2CO3溶液反应，D正确；
故合理选项是C。
12．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向装有Na2O2的试管中滴加少量水，观察是否有气泡产生
检验Na2O2是否变质
B
向MnO2固体中滴加稀盐酸，加热，观察是否有黄绿色气体产生
MnO2的氧化性比Cl2强
C
用pH计测量相同浓度CH3COONa和Na2CO3溶液的pH
比较CH3COOH和H2CO3的酸性
D
向乙醇中滴加少量酸性KMnO4溶液，振荡，观察溶液颜色变化
乙醇具有还原性

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．Na2O2部分变质生成碳酸钠，但还有部分Na2O2时，均会产生气泡，因此通过加入观察是否有气泡产生是无法判断的，选项A错误；
B．MnO2固体与稀盐酸不反应，无法产生氯气，选项B错误；
C．测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaHCO3溶液的pH，后者大，可知，CH3COOH的酸性大于H2CO3的酸性，通过比较同浓度CH3COONa和Na2CO3溶液的pH只能比较CH3COOH和的酸性，选项C错误；
D．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验体现乙醇还原性，选项D正确；
答案选D。
13．常温下，用200 mL 0.1 mol·L -1NaOH溶液吸收SO2与N2混合气体，所得溶液pH与吸收气体体积的关系如图所示，已知Ka1(H2SO3)=1.2×10-2，Ka2(H2SO3)=5.6×10-8。下列说法正确的是

A．吸收3 L气体时溶液中主要溶质为NaHSO3
B．溶液pH=7时2c(SO)>c(HSO)
C．X点呈酸性的原因是HSO水解程度大于其电离程度
D．曲线上任意点均存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO)+c(SO)
【答案】B
【分析】0.1 mol·L -1NaOH溶液吸收SO2，先后发生两个反应，即2NaOH+SO2= Na2SO3+H2O和Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3。由图中信息可知，当吸收3 L气体时，得到Na2SO3溶液；当吸收6L气体时，得到NaHSO3溶液。
【详解】A．由分析可知，当吸收3 L气体时得到Na2SO3溶液，溶液中主要溶质为Na2SO3，A错误；
B．pH=7时，溶液呈中性，则c(H+)=1´10-7mol/L，Ka2(H2SO3)==5.6×10-8,则，因此，，则2c(SO)>c(HSO)，B正确；
C．由图中信息可知，X点为NaHSO3溶液，HSO电离方程式为HSO H++ SO，水解的离子方程式为HSO+H2OH2SO3+OH-，＜Ka2(H2SO3)=5.6×10-8，即HSO的电离程度大于其水解程度，因此，X点呈酸性，C错误；
D．由电荷守恒，曲线上除其起点外，其他任意点均存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO)+2c(SO)，D错误；
故选：B。

二、多选题
14．甲醇脱氢法制HCOOCH3工艺过程涉及如下反应：
反应I：2CH3OH(g)=HCOOCH3(g)＋2H2(g)；ΔH1=＋135.4 kJ·mol-1
反应II： CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)；ΔH2=＋106.0 kJ·mol-1
向容积为10 L的恒容密闭容器中通入1.0 mol CH3OH气体发生上述反应，反应相同时间，测得CH3OH的转化率和HCOOCH3的选择性随温度变化如图所示。

(已知：HCOOCH3的选择性= ×100%)
下列说法正确的是
A．HCOOCH3(g)=2CO(g)＋2H2(g)的ΔH=＋76.6 kJ·mol-1
B．虚线代表的是CH3OH的转化率
C．553 K时，HCOOCH3的产量为0.1 mol
D．低于553 K时，温度越高，生成的HCOOCH3越多。高于553 K时，温度越高，生成的CO越多
【答案】AD
【详解】A．根据盖斯定律可知该反应可由2×反应II-反应I得到，，故A正确；
B．反应I和反应II均为吸热反应，随温度的升高平衡均正向移动，甲醇的转化率增大，虚线不符合，应该为实线，故B错误；
C．553 K时，甲醇的转化率为20%，HCOOCH3的选择性为50%，1.0 mol CH3OH中消耗0.2mol，其中0.1mol转化为甲酸甲酯，甲酸甲酯的物质的量为0.05mol，故C错误；
D．由图可知，低于553 K时，甲醇的转化率和甲酸甲酯的选择性都随温度的升高而增大所以温度越高，生成的HCOOCH3越多。而高于553 K时，甲酸甲酯的选择性明显降低，反应以反应II为主，因此温度越高，生成的CO越多，故D正确；
故选：AD。

三、工业流程题
15．以钴铜矿[主要成分为、、，另含少量及含砷化合物]制备锂电池正极原料，生产流程如图所示。

已知：①铜萃取原理为：，有机溶剂密度比水小；
②沉钴所得固体为；
③也称钴酸亚钴，化学式也可为。
(1)中钴离子的电子排布式为：_______。
(2)“酸浸”液中钴以形式存在，则“酸浸”液中的金属阳离子还有_______。适当升高温度可加快酸浸速率，但温度过高时钴的浸出率明显降低，其可能的原因是_______。
(3)实验室用分液漏斗模拟萃取除铜，加入萃取剂后充分振荡静置后，分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为：_______。
(4)“除铁”过程中，溶液中的及部分转化为沉淀，写出该反应的离子方程式：_______。
(5)“焙烧”过程中，若氧气不足会产生而污染空气，其原因为_______(用方程式表示)。
(6)的一种晶胞结构属于立方晶胞，晶胞中分别占据形成的两种不同空隙(均末占满)，两个中有一个占据如图所示的位置，请在图中用“”符号标出另一个的位置_______。

【答案】(1)
(2)     、     温度过高，的溶解度降低
(3)先打开分液漏斗上口玻璃塞，再打开活塞从下口放出水层，待水层完全放出后再将含铜有机溶液从上口倒出
(4)
(5)
(6)

【分析】钴铜矿[主要成分为、、，另含少量及含砷化合物]粉碎后加入稀硫酸、通入二氧化硫进行酸浸后，除去废渣主要含有，所得溶液加入有机溶剂RH进行萃取除铜，得到R2Cu，水相中加入氯酸钠除铁，除去氢氧化铁、FeAsO4，加入草酸铵沉钴，焙烧制备锂电池正极原料；
【详解】（1）中钴为+3价，Co是27号元素，基态Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2；形成Co3+时，失去4s上的2个电子和次外层的3d上的1个电子，所以Co3+钴离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或；
（2）钴铜矿[主要成分为、、，另含少量及含砷化合物] 酸浸且通入二氧化硫还原，则“酸浸”液中钴以形式存在，则“酸浸”液中的金属阳离子还有、；温度过高，的溶解度降低，所以钴的浸出率降低；
（3）实验室用分液漏斗模拟萃取除铜，加入萃取剂后充分振荡静置后，分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为：先打开分液漏斗上口玻璃塞，再打开活塞从下口放出水层，待水层完全放出后再将含铜有机溶液从上口倒出；
（4）“除铁”过程中，溶液中的及部分转化为沉淀，反应的离子方程式为：；
（5）“焙烧”过程中，若氧气不足会产生而污染空气，发生的反应为；
（6）由题意，晶胞中分别占据形成的两种不同空隙，可知两个中，一个占据形成的体心位置，另一个占据由4个形成的四面体空隙，如图所示： 。

四、有机推断题
16．有机物F对新型冠状肺炎有一定治疗作用。F的合成路线如下图所示(Ar表示芳香烃基)：

(1)对苯二酚在水中的溶解性大于苯酚，原因为_______。
(2)对苯二酚转化为A的目的是_______。
(3)写出与C互为同分异构体，且符合下列条件的某芳香族化合物可能的结构简式_______。
①与FeCl3不发生显色反应；②可发生水解反应和银镜反应；③核磁共振氢谱有4组峰。(已知结构具有较强的氧化性，与还原性原子团不能共存)
(4)D→E的转化率大约为78.6%，主要原因是生成副产物H(分子中含有一个七元环)，则H的结构简式为_______。
(5)请以和为原料，利用题中所给信息设计合成的路线______ (题中有机试剂可选用)
【答案】(1)对苯二酚分子中羟基比苯酚多一个，与水分子形成的分子间氢键更多
(2)保护酚羟基，防止其与乙酰氯反应
(3)
(4)
(5)

【分析】对苯二酚与(CH3CO)2发生取代反应产生A，A与CH3COCl发生取代反应产生B是，B与NaOH水溶液共热发生酯基的水解反应，然后酸化可得C，C与ArCOCl、K2CO3发生取代反应产生D，D中酚羟基与羰基之间先发生加成，再发生醇的消去反应生成E，E分子中的碳碳双键与H2在一定条件下发生加成反应(或还原反应)产生F。
【详解】（1）对苯二酚在水中的溶解性大于苯酚，这是由于羟基是亲水基，对苯二酚分子中羟基比苯酚多一个，与水分子形成的分子间氢键更多，因此水溶性更大；
（2）根据图示可知对苯二酚显转化为A，A发生反应产生，然后在碱性条件下水解，经酸化产生C时又转化为羟基，这是为了保护酚羟基，防止其与乙酰氯反应；
（3）C是，C的同分异构体满足条件：①与FeCl3不发生显色反应，说明分子结构中无酚羟基；②可发生水解反应和银镜反应，说明含有—OOCH；③核磁共振氢谱有4组峰，说明物质分子中含有4种不同位置的H原子，则C的同分异构体结构简式是；
（4）D→E的转化率大约为78.6%，主要原因是生成副产物H(分子中含有一个七元环)，则H的结构简式为；
（5）与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生，该物质与K2CO3、发生反应产生，与CH3COONa、CH3COOH发生反应产生，该物质与Br2发生加成反应产生，故以和为原料合成的路线为：。

五、实验题
17．二氯异氰尿酸钠(，简称是一种高效、安全的消毒剂，常温下性质稳定，受热易分解，难溶于冰水。实验室通过以下原理和装置(夹持仪器已略去)可以制取DCCNa。

已知：(氰尿酸)+2NaClO+2NaOH+H2O
实验步骤如下：
I、制备高浓度溶液：从进料口加入溶液，在10℃左右水浴，搅拌条件下通入至溶液约为8；再加入溶液，继续通入至溶液约为8。
(1)若无水浴降温可生成较多副产物，该副反应的离子方程式为_______。
(2)为提高中的利用率，需对该装置进行改进的可行方法是_______(一种即可)。
II、制备DCCNa晶体：待步骤I结束后，从进料口加入一定量氰尿酸，______，低温晾干得到较高产量的DCCNa晶体。
(3)请根据题给信息，设计完成上述实验步骤：_______
III、DCCNa有效氯含量测定：称取样品，用蒸馏水于硔量瓶中溶解后，依次加入醋酸溶液和过量的溶液。用溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗溶液。
已知：+CH3COOH+2H2O+2HClO+ CH3COONa
；(样品有效氯)
(4)①滴定终点的现象为_______；
②计算样品有效氯_______。(写出必要的计算过程)
【答案】(1)
(2)在装置A与B之间连接盛有饱和食盐水的洗气瓶
(3)保持10℃左右水浴下，边搅拌边继续通入，反应至三颈瓶内有较多白色晶体析出，停止反应；冰水浴冷却三颈烧瓶，过滤，用少量冰水洗涤2~3次
(4)     当滴入最后半滴溶液，锥形瓶中溶液由蓝色褪为无色，且不恢复    

【分析】由图中装置和实验药品可知，A装置为氯气发生装置，反应方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，B装置发生氯化反应生成DCCNa，C装置用于尾气处理，吸收多余的氯气；
【详解】（1）温度高时Cl2与NaOH反应将生成NaClO3和NaCl，故水浴降温可以减少NaClO3副产物的生成，该副反应的离子方程式为：；
（2）由于浓盐酸具有很强的挥发性，挥发出的HCl与NaOH反应，从而降低NaOH的利用率，故通过改进实验装置吸收氯化氢气体，可以提高B中NaOH的利用率，可行的方法是在装置A与B之间连接盛有饱和食盐水的洗气瓶；
（3）根据题给信息，制备DCCNa晶体：待步骤I结束后，从进料口加入一定量氰尿酸，保持10℃左右水浴下，边搅拌边继续通入，反应至三颈瓶内有较多白色晶体析出，停止反应；冰水浴冷却三颈烧瓶，过滤，用少量冰水洗涤2~3次，低温晾干得到较高产量的DCCNa晶体；
（4）①反应中用淀粉溶液作指示剂，碘单质遇到淀粉溶液显蓝色，故滴定终点的现象为溶液由蓝色退为无色，且30s不恢复，故答案为：溶液由蓝色褪为无色，且30s不恢复；
②根据电子守恒可知，HClO~~I2~~2Na2S2O3，故有：n(HClO)=n(I2)=n(Na2S2O3)=×16.00×10-3L×0.1000 mol·L-1=8×10-4mol，故样品有效氯= =56.8%，故答案为：56.8% 。

六、原理综合题
18．空气中过量的二氧化硫会形成酸雨，易引起呼吸道疾病，因此，二氧化硫的污染治理是化学研究的重要课题。
(1)石灰石—石膏法是一种常见的“钙基固硫”方法。其中，石灰石的溶解率与脱硫效果有着密切的关系。可将催化条件下吸收宏观反应分为三步：
i.由固相溶解进入液相，溶解速率为；
ii.由气相扩散进入液相，扩散速率为；
iii.在催化剂作用下，溶解的和发生化学反应，且反应在液相中进行，反应速率为。
若温度变化对总反应速率的影响如图1所示，则：

①温度在25～45℃时，总反应速率受_______(填“”、“”或“”)控制。
②45～55℃(催化剂活性不变)曲线呈下降趋势的原因：一是由于的溶解度随温度升高而降低；二是_______。
(2)利用与反应既可消除污染又可以制备，将含有尾气和一定比例的空气通入悬浊液中，保持温度不变的情况下，测得溶液中和随反应时间的变化如图2所示。

①请写出与反应的化学方程式：_______。
②导致溶液中和的变化产生明显差异的原因是：_______。
(3)一种研究酸雨中水催化促进硫酸盐形成的化学新机制如图3所示：

①请写出与反应的离子方程式为：_______。
②请描述水催化促进硫酸盐形成的化学机制：通过“水分子桥”，处于纳米液滴中的或可以将电子快速转移给周围的气相分子，_______。
【答案】(1)          二氧化硫溶解度随温度升高而降低
(2)          部分与、反应生成，且催化该反应
(3)          反应生成和，再与分子反应形成；与水分子反应形成和

【详解】（1）①三步中，i、 ii 为物理变化，i为溶解，ii 为扩散，只有iii才为化学变化，只有iii中SO2和Ca2+发生了反应，才能说明总反应已经开始，所以RC决定总反应速率；
②45°C以后，升高温度，反应速率变慢，曲线呈下降趋势的原因一是由于CaCO3的溶解度随温度升高而降低，二是SO2的溶解度随温度升高而减小；
（2）①利用与反应既可消除污染又可以制备，与反应的化学方程式为：；
②若反应体系只发生MnO2+SO2=MnSO4，Mn2+与变化应一致，即c(Mn2+)=c()，而图示信息表明，c()>c(Mn2+)，说明还发生了其它生成的反应，由于温度不变，反应中还通入空气，所以可能是空气中的O2将SO2氧化生，从图像看，生成的速率较快，而Mn2+在后期是不变的，所以Mn2+可能是SO2催化氧化成的催化剂；答案为部分与、反应生成，且催化该反应；
（3）①由图知，NO2将氧化生成HNO2和，根据S、N得失电子守恒配平反应，HNO2为弱酸，在离子方程式中不可拆开，离子方程式为H+ + +NO2 = + HNO2；
②题目要求描述滴液外的物质转化。看图描述，液滴中的或与外围的NO2反应生成和HNO2，继续与NO2反应生成NO2，继续与水反应生成 和HNO2。