辽宁省沈阳市2022-2023学年高一下学期期末考试化学试卷

这是一份辽宁省沈阳市2022-2023学年高一下学期期末考试化学试卷，共31页。

2022-2023学年辽宁省沈阳市高一（下）期末化学试卷
一.选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分，共45分）
1．（3分）下列有关化学用语正确的是（　　）
A．乙醇的结构式：​
B．CCl4的电子式：​
C．葡萄糖的结构简式：CH2OH﹣（CHOH）3﹣CHO
D．SiO2的结构式：O＝Si＝O
2．（3分）一氯取代物没有同分异构体的烷烃是（　　）
A．2﹣甲基丙烷 B．2，2﹣二甲基丙烷
C．2﹣甲基丁烷 D．2，3﹣二甲基丁烷
3．（3分）下列离子方程式正确的是（　　）
A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：+2H+＝SO2↑+H2O
B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：+SO2+H2O＝H2SiO3↓+
C．铅酸蓄电池放电时的正极反应：PbO2+4H+++2e﹣＝PbSO4+2H2O
D．CH3OH燃料电池，当电解质为KOH溶液时，负极反应：CH3OH﹣6e﹣+H2O＝CO2↑+6H+
4．（3分）a、b、c、d四种金属，已知：①a+b2+＝b+a2+；②将金属片a、c插入稀硫酸中，用导线将它们与电流表相连，a表面有大量气泡逸出，电极反应为d2++2e﹣＝d，b﹣2e﹣＝b2+。则这四种金属的活动性由强到弱的顺序是（　　）
A．c＞a＞b＞d B．d＞b＞a＞c C．c＞b＞a＞d D．d＞c＞a＞b
5．（3分）下列关于基本营养物质说法正确的是（　　）
A．淀粉和纤维素是天然有机高分子化合物，互为同分异构体
B．蛋白质在酸、碱或酶的作用下能发生水解反应
C．植物油含较多饱和脂肪酸的甘油酯，动物油含较多不饱和脂肪酸的甘油酯
D．糖类、油脂、蛋白质均是由C、H、O、N四种元素组成的
6．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（　　）
A．120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA
B．标准状况下，11.2LNO2含有的原子数为1.5NA
C．某密闭容器中盛有I2和H2各1mol充分反应后，分子的数目为2NA
D．加热条件下，足量的硫黄与64克的铜反应转移的电子数为NA
7．（3分）下列实验装置或操作正确且能达到实验目的的是（　　）
选项
A
B
C
D
装置操作




目的
熔化Na2CO3固体
检验二氧化硫的还原性
制备氨气
接收石油分馏所得馏分
A．A B．B C．C D．D
8．（3分）类比法是一种学习化学的重要方法。下列“类比”合理的是（　　）
选项
已知
类比
A
Mg﹣Al稀H2SO4溶液构成原电池，Mg做负极
Mg﹣Al稀NaOH溶液构成原电池，Mg做负极
B
工业上，电解熔融MgCl2冶炼金属Mg
工业上，电解熔融AlCl3冶炼金属Al
C
N2O5与H2O反应生产HNO3，N2O5是酸性氧化物
SO3与H2O反应生产H2SO4，SO3是酸性氧化物
D
SO2能使KMnO4（H+）溶液和溴水褪色，且原理相同
CH2＝CH2能使KMnO4（H+）溶液和溴水褪色，且原理相同
A．A B．B C．C D．D
9．（3分）变量控制是科学研究的重要方法。四支相同的试管中分别盛有2mL5%H2O2溶液，向其中加入水或1mol⋅L﹣1FeCl3溶液，在下列条件下发生反应，其中化学反应速率最大的是（　　）

A
B
C
D
加入试剂
2滴水
2滴水
2滴FeCl3溶液
2滴FeCl3溶液
水浴温度/℃
20
40
20
40
A．A B．B C．C D．D
10．（3分）某物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是（　　）
A．该物质有三种含氧官能团
B．既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物
C．与互为同分异构体
D．1mol该物质与碳酸钠反应得44gCO2
11．（3分）下列由实验得出的结论正确的是（　　）
选项
实验
结论
A
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1，2二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
B
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性弱于碳酸的酸性
D
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红
生成的氯甲烷具有酸性
A．A B．B C．C D．D
12．（3分）按照自左向右的顺序连接下列实验仪器，能证明亚硫酸的酸性强于次氯酸的是（　　）

A．①③②⑤④⑥ B．①③⑥⑤④ C．①②③⑥④⑤ D．①②⑥⑤④
13．（3分）我国科研人员研制出“Na﹣CO2”电池。以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，放电时总反应的化学方程式为：4Na+3CO2═2Na2CO3+C。其工作原理如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．放电时，电子流向为：钠箔→导线→MWCNT
B．放电时，Na+向正极移动
C．放电时，正极的电极反应式为3CO2+4Na++4e﹣＝2Na2CO3+C
D．该电池可用NaCl溶液做电解质
14．（3分）1molHCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应历程与能量的关系如图所示，下列说法不正确的（　　）

A．1molHCOOH分解生成CO2和H2放出14.1kJ热量
B．由图可知：相同微粒被Pd催化剂吸附后形成的体系，可能具有不同的能量
C．用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2
D．由反应历程预测：在Pd表面积一定时，当c（HCOOH）达到一定值时，再增大c（HCOOH）可能对反应速率没有影响
15．（3分）温度T1时，向容积为2L的密闭容器中加入D（足量）和A（s）+2A（g）⇌B（g）（g），第15min后，温度调整到T2（忽略调整温度时所用的时间）。测得下列各时刻A的物质的量如下表所示．反应中没有使用催化剂，下列说法不正确的是（　　）

T1/°C
T2/°C
t/min
0
5min
10min
15min
20min
25min
30min
n/mol
2.00
1.50
1.25
1.15
1.00
0.95
0.93
A．0～5min，生成B的平均速率为0.025mol⋅L﹣1⋅min﹣1
B．可以利用混合气的平均相对分子质量不变，判断平衡建立
C．由表中数据可知T1＞T2
D．若在恒容绝热装置中进行上述反应，可以利用装置压强不变判断平衡建立
二.填空题
16．（13分）某化学学习小组探究浓度对硝酸氧化能力的影响．
Ⅰ．资料显示：浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO；氢氧化钠能吸收NO2，但不能吸收NO．该学习小组按如图装置进行验证实验（夹持仪器已略去）．

回答下列问题：
（1）装置a的名称 　 　．
（2）写出装置①中反应的离子反应方程式 　 　．
（3）写出装置②中反应的化学反应方程式 　 　．
（4）①～⑥装置中，没有发生氧化还原反应的是 　 　．（填装置序号）
（5）下列说法正确的是 　 　．
A．能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方出现红棕色气体
B．②中的试剂为水
C．滴加浓硝酸前要先打开弹簧夹通一段时间氮气
D．⑥的作用是吸收尾气NO
Ⅱ．测得铁与不同浓度硝酸反应时各还原产物的物质的量相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示：

（6）下列说法正确的是 　 　．
A．硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的N元素成分越多
B．硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物
C．铁能与大于12.2mol⋅L﹣1HNO3溶液反应说明不存在“钝化”现象
（7）已知：在上述反应条件下，反应后铁以Fe3+形式存在于溶液中．当硝酸浓度为9.75mol⋅L﹣1时，计算氧化剂与还原剂的物质的量之比为：　 　．
17．（13分）图表蕴含大量的信息，是分析解决化学问题的重要工具．
Ⅰ．结合如图回答问题

（1）图中三种分子最稳定的是 　 　（填化学式）．
（2）若反应生成2molNO气体 　 　（选“吸收”或“放出”） 　 　kJ热量．
Ⅱ．某温度时，在一个2L的密闭容器中，A、B、C三种气体的浓度随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据

（3）该反应的化学方程式为 　 　．
（4）从开始至2min，B的平均反应速率为 　 　；平衡时，C的物质的量为 　 　．
Ⅲ．已知：“零级反应”是指反应速率与反应物浓度无关的化学反应．某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应2X（s）⇌Y（g）（g），有关数据如下表：
时间段/min
产物Z的平均生成速率/mol⋅L﹣1⋅min﹣1
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
（5）下列说法正确的是 　 　．
①1min时，Z的浓度可能等于0.20mol⋅L﹣1
②2min时，可逆反应可能建立平衡状态
③3min时，无论反应是否为零级反应，Y的体积分数一定约为33.3%
④4min时，无论反应是否为零级反应，可逆反应都不可能建立平衡状态
⑤5min时，X的物质的量为1.4mol
⑥6min时，可逆反应可能刚刚建立平衡状态
18．（15分）A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，E是具有香味的无色透明油状液体．A、B、C、D在一定条件下存在如图转化关系（部分反应条件、产物被省略）．

已知：
（1）①B→C的反应类型是 　 　；②A、D中官能团的名称分别是 　 　、　 　；③E的名称是 　 　．
（2）下列关于有机物A、B、C、D、E的说法正确的 　 　．
①通过煤的干馏可以得到A
②医疗上常用75%（体积分数）的B溶液做消毒剂
③由C的官能团预测：C可能与新制的氢氧化铜反应，生成砖红色的氧化铜沉淀
④当温度低于D的熔点时，D可凝结成类似冰一样的晶体
⑤E的密度大于水
（3）根据已知信息，写出反应B+D→E的化学方程式：　 　．
（4）丁烷是由石蜡油获得A的过程中的中间产物之一，它的一氯代物同分异构体有 　 　种．写出其中含有三个甲基的有机物结构简式：　 　．
（5）三名科学家因在有机合成的复分解反应研究方面做出重大贡献而获得诺贝尔化学奖．一种利用该类型反应生产乙烯的合成路线如图所示：

①步骤Ⅰ～Ⅳ中属于加成反应的是 　 　（填序号）．
②写出上述合成路线的总反应方程式：　 　．
19．（14分）为治理雾霾天气，可采用多种方法实现工业废气脱硫．
Ⅰ．软锰矿浆（主要成分MnO2，含有少量铁、铝等氧化物）可脱除燃煤烟气中的SO2，又可制得电池材料MnO2．主要流程如图：
（1）提高烟气吸收效率的可行措施有 　 　（写出两点）．
（2）写出“沉锰”步骤发生反应的离子方程式：　 　．
（3）现将该烟气以0.1L⋅min﹣1的流量通入到装有10mL0.01mol⋅L﹣1的I2溶液的装置中，10min后，I2恰好完全反应．计算该烟气中SO2含量：　 　mg⋅L﹣1．
Ⅱ．活性Fe2O3⋅H2O是一种固体脱硫剂（无水Fe2O3无脱硫作用），其原理是将废气中的含硫化合物化学吸附到脱硫剂的孔隙中，发生反应改变其化学组成．利用活性Fe2O3⋅H2O脱除沼气中的H2S可转化成Fe2S3⋅H2O．
（4）“脱除沼气中H2S”反应的化学方程式为 　 　．
（5）工业上要求脱除过程温度不能超过90°C，原因是 　 　．
Ⅲ．有人设想利用电化学原理除去SO2，并将化学能转化为电能．装置图如图．
（6）电池的正极是 　 　．（填“a”或“b”）
（7）写出a电极的电极反应 　 　．

2022-2023学年辽宁省沈阳市高一（下）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分，共45分）
1．（3分）下列有关化学用语正确的是（　　）
A．乙醇的结构式：​
B．CCl4的电子式：​
C．葡萄糖的结构简式：CH2OH﹣（CHOH）3﹣CHO
D．SiO2的结构式：O＝Si＝O
【分析】A．乙醇是含有2个碳原子的饱和一元醇，结构式中需要用短线表示出所有的共价键；
B．四氯化碳的电子式中需要标出氯原子的3对未成键电子对；
C．葡萄糖分子中含有5个羟基、6个碳原子；
D．二氧化硅属于共价晶体，不存在二氧化硅分子。
【解答】解：A．乙醇分子中含有1个甲基，其结构式为​，故A正确；
B．分子中含有4个C—Cl键，C，其电子式为，故B错误；
C．葡萄糖为五羟基醛5OH﹣（CHOH）4﹣CHO，故C错误；
D．SiO2为共价晶体，属于空间立体结构5分子，无法书写其结构式；
故选：A。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子式、结构式、结构简式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，题目难度不大。
2．（3分）一氯取代物没有同分异构体的烷烃是（　　）
A．2﹣甲基丙烷 B．2，2﹣二甲基丙烷
C．2﹣甲基丁烷 D．2，3﹣二甲基丁烷
【分析】烷烃的一氯取代物没有同分异构体，说明该烷烃中结构对称只有一种氢原子，据此分析解答。
【解答】解：A.2﹣甲基丙烷含有2种氢原子，其一氯代物有2种；
B.2，2﹣二甲基丙烷结构对称且只有8种氢原子，故B正确；
C.2﹣甲基丁烷4种氢原子，其一氯代物有4种；
D.2，3﹣二甲基丁烷有7种氢原子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题侧重考查有机物同分异构体的判断，为高频考点，难度不大，正确把握有机物等效氢原子的判断。
3．（3分）下列离子方程式正确的是（　　）
A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：+2H+＝SO2↑+H2O
B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：+SO2+H2O＝H2SiO3↓+
C．铅酸蓄电池放电时的正极反应：PbO2+4H+++2e﹣＝PbSO4+2H2O
D．CH3OH燃料电池，当电解质为KOH溶液时，负极反应：CH3OH﹣6e﹣+H2O＝CO2↑+6H+
【分析】A．稀硝酸具有强氧化性，亚硫酸根离子被氧化成硫酸根离子；
B．二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢根离子；
C．铅酸蓄电池放电时正极二氧化铅得到电子生成硫酸铅；
D．电解质为KOH溶液，反应产物中不能存在二氧化碳和氢离子。
【解答】解：A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液的离子方程式为：2+2+═5+4NO↑+H2O，故A错误；
B．向Na2SiO6溶液中通入过量SO2的离子方程式为：+2SO2+7H2O＝H2SiO5↓+2，故B错误；
C．铅酸蓄电池放电时的正极反应为：PbO6+4H+++2e﹣＝PbSO4+6H2O，故C正确；
D．CH3OH燃料电池，当电解质为KOH溶液时6OH+8OH﹣﹣6e﹣＝+6H6O，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，题目难度不大。
4．（3分）a、b、c、d四种金属，已知：①a+b2+＝b+a2+；②将金属片a、c插入稀硫酸中，用导线将它们与电流表相连，a表面有大量气泡逸出，电极反应为d2++2e﹣＝d，b﹣2e﹣＝b2+。则这四种金属的活动性由强到弱的顺序是（　　）
A．c＞a＞b＞d B．d＞b＞a＞c C．c＞b＞a＞d D．d＞c＞a＞b
【分析】活泼金属可置换出较不活泼金属，且原电池中一般活泼金属作负极失去电子，以此来解答。
【解答】解：由a+b2+＝b+a2+反应，可知金属活动性强弱顺序为a＞b；a，a表面有大量气泡逸出，c为原电池的负极；b、d构成的原电池中，b作负极；综上可知，
故选：A。
【点评】本题考查金属性的比较，为高频考点，把握金属单质之间的置换反应、原电池的电极反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
5．（3分）下列关于基本营养物质说法正确的是（　　）
A．淀粉和纤维素是天然有机高分子化合物，互为同分异构体
B．蛋白质在酸、碱或酶的作用下能发生水解反应
C．植物油含较多饱和脂肪酸的甘油酯，动物油含较多不饱和脂肪酸的甘油酯
D．糖类、油脂、蛋白质均是由C、H、O、N四种元素组成的
【分析】A．同分异构体具有相同的分子式和不同的结构；
B．蛋白质中含肽键，在酸、碱或酶的作用下能发生水解反应；
C．食用植物油属于油脂中的油，主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯，动物油含较多饱和脂肪酸的甘油酯；
D．糖类、油脂由C、H、O三种元素组成。
【解答】解：A．淀粉和纤维素化学式都可表示为（C6H10O5）n，但是二者聚合度n不同，所以分子式不同，故A错误；
B．蛋白质中含肽键、碱或酶的作用下能发生水解反应；
C．食用植物油属于油脂中的油，所以植物油的主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯，所以动物油的主要成分为饱和高级脂肪酸甘油酯；
D．糖类、H、O三种元素组成，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查糖类、油脂、蛋白质的元素组成，题目难度不大，注意油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯。
6．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（　　）
A．120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA
B．标准状况下，11.2LNO2含有的原子数为1.5NA
C．某密闭容器中盛有I2和H2各1mol充分反应后，分子的数目为2NA
D．加热条件下，足量的硫黄与64克的铜反应转移的电子数为NA
【分析】A．NaHSO4、KHSO3的摩尔质量都是120g/mol，前者阳离子为钠离子、后者阳离子为钾离子，且化学式中阳离子系数都是1个，固体混合物的物质的量＝＝1mol，则阳离子的物质的量为1mol；
B．标准状况下二氧化氮为液体；
C．I2和H2的反应，反应前后分子数不变；
D．铜与硫反应生成硫化亚铜。
【解答】解：A．NaHSO4、KHSO3的摩尔质量都是120g/mol，前者阳离子为钠离子，且化学式中阳离子系数都是2个＝1mol，则阳离子的物质的量为1molA，故A正确；
B．标准状况下二氧化氮为液体5含有的原子数，故B错误；
C．I2和H2的反应，反应前后分子数不变，7mol H2和1mol I6蒸气充分反应后分子总数为2NA，故C正确；
D．铜与硫反应生成硫化亚铜＝1mol，转移电子数为NA，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，题目难度不大。
7．（3分）下列实验装置或操作正确且能达到实验目的的是（　　）
选项
A
B
C
D
装置操作




目的
熔化Na2CO3固体
检验二氧化硫的还原性
制备氨气
接收石油分馏所得馏分
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．高温下二氧化硅与碳酸钠反应；
B．二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．加热时氯化铵分解，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵；
D．锥形瓶不能密封。
【解答】解：A．高温下二氧化硅与碳酸钠反应，故A错误；
B．二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化，可检验二氧化硫的还原性；
C．加热时氯化铵分解，不能制备氨气，故C错误；
D．锥形瓶不能密封，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，把握物质的性质、物质的制备、混合物的分离提纯、物质的制备及检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
8．（3分）类比法是一种学习化学的重要方法。下列“类比”合理的是（　　）
选项
已知
类比
A
Mg﹣Al稀H2SO4溶液构成原电池，Mg做负极
Mg﹣Al稀NaOH溶液构成原电池，Mg做负极
B
工业上，电解熔融MgCl2冶炼金属Mg
工业上，电解熔融AlCl3冶炼金属Al
C
N2O5与H2O反应生产HNO3，N2O5是酸性氧化物
SO3与H2O反应生产H2SO4，SO3是酸性氧化物
D
SO2能使KMnO4（H+）溶液和溴水褪色，且原理相同
CH2＝CH2能使KMnO4（H+）溶液和溴水褪色，且原理相同
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．原电池中发生氧化反应为负极；
B．氯化铝为共价化合物；
C．N2O5与SO3均是酸性氧化物；
D．乙烯中含碳碳双键，与溴水发生加成反应，可被高锰酸钾氧化。
【解答】解：A．Mg﹣Al插入稀H2SO4溶液中构成原电池，镁发生氧化反应，Mg﹣Al插入稀NaOH溶液中构成原电池，Al作负极；
B．氯化铝为共价化合物，不能用电解熔融的AlCl7可以冶炼铝，工业上用电解质氧化铝的方法制取铝；
C．N2O5与SO3均是酸性氧化物，二者均可与水反应生成相应的酸；
D．乙烯中含碳碳双键，可被高锰酸钾氧化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题为综合题，考查了物质的性质、用途，金属的冶炼方法，明确相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
9．（3分）变量控制是科学研究的重要方法。四支相同的试管中分别盛有2mL5%H2O2溶液，向其中加入水或1mol⋅L﹣1FeCl3溶液，在下列条件下发生反应，其中化学反应速率最大的是（　　）

A
B
C
D
加入试剂
2滴水
2滴水
2滴FeCl3溶液
2滴FeCl3溶液
水浴温度/℃
20
40
20
40
A．A B．B C．C D．D
【分析】温度越高反应速率越快，使用催化剂能加快反应速率，以此解答该题。
【解答】解：由表中数据可知C、D使用催化剂，且D的温度高，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查反应速率，为高频考点，把握温度、固体表面积对反应速率的影响为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意先比较温度，题目难度不大。
10．（3分）某物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是（　　）
A．该物质有三种含氧官能团
B．既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物
C．与互为同分异构体
D．1mol该物质与碳酸钠反应得44gCO2
【分析】结合图示结构简式可知，该有机物分子中含有羟基、碳碳双键和羧基，具有醇、烯烃和羧酸的性质，以此分析解答。
【解答】解：A．该有机物分子中含氧官能团是羟基，故A错误；
B．该有机物分子中含有1个羟基，与乙醇，既不是乙醇的同系物也不是乙酸的同系物；
C．该有机物与的分子式相同，结构不同，故C正确；
D．只有羧基与碳酸钠反应生成二氧化碳，与碳酸钠反应最多生成0.2mol二氧化碳，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物结构与性质，为高频考点，明确官能团类型、反应原理为解答关键，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
11．（3分）下列由实验得出的结论正确的是（　　）
选项
实验
结论
A
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1，2二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
B
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性弱于碳酸的酸性
D
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红
生成的氯甲烷具有酸性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．乙烯与溴发生加成反应；
B．钠与水反应比与乙醇反应剧烈；
C．乙酸与水垢反应，为强酸制取弱酸的反应；
D．生成HCl溶于水显酸性。
【解答】解：A．乙烯与溴发生加成反应，2﹣二溴乙烷，1，溶液呈无色；
B．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，故B错误；
C．乙酸与水垢反应，则乙酸的酸性强于碳酸的酸性；
D．生成HCl溶于水显酸性，而氯甲烷为中性；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，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。
12．（3分）按照自左向右的顺序连接下列实验仪器，能证明亚硫酸的酸性强于次氯酸的是（　　）

A．①③②⑤④⑥ B．①③⑥⑤④ C．①②③⑥④⑤ D．①②⑥⑤④
【分析】强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，从而确定酸性强弱，但是亚硫酸具有还原性、次氯酸具有氧化性，二者发生氧化还原反应，所以不能用亚硫酸和次氯酸钠反应生成次氯酸来检验酸性强弱，可以用亚硫酸制取碳酸，然后用碳酸制取次氯酸来验证亚硫酸酸性强于次氯酸，①制取二氧化硫，②制取二氧化碳，③吸收挥发出的HCl，④检验二氧化硫、⑤吸收二氧化硫、⑥检验二氧化碳，据此分析解答。
【解答】解：强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，从而确定酸性强弱、次氯酸具有氧化性，所以不能用亚硫酸和次氯酸钠反应生成次氯酸来检验酸性强弱，然后用碳酸制取次氯酸来验证亚硫酸酸性强于次氯酸，
各装置作用①制取二氧化硫，②制取二氧化碳，④检验二氧化硫、⑥检验二氧化碳
①装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，用③饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用④品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，如果⑥中有白色沉淀生成，从而证明亚硫酸酸性比次氯酸强，
故选：A。
【点评】本题以酸性强弱判断为载体考查性质实验方案设计，侧重考查实验操作、实验分析判断能力，明确实验原理、元素化合物性质是解本题关键，易漏掉亚硫酸和次氯酸发生氧化还原反应而导致错误设计，题目难度中等。
13．（3分）我国科研人员研制出“Na﹣CO2”电池。以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，放电时总反应的化学方程式为：4Na+3CO2═2Na2CO3+C。其工作原理如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．放电时，电子流向为：钠箔→导线→MWCNT
B．放电时，Na+向正极移动
C．放电时，正极的电极反应式为3CO2+4Na++4e﹣＝2Na2CO3+C
D．该电池可用NaCl溶液做电解质
【分析】据电池反应式知，放电时，Na作负极，电极反应方程式为Na﹣e﹣═Na+，碳纳米管为正极，正极上二氧化碳得电子和钠离子反应生成碳酸钠和C，电极反应方程式为3CO2+4Na++4e﹣═2Na2CO3+C，据此进行分析。
【解答】解：A．放电时、碳纳米管为正极，故电流流向为MWCNT→导线→钠箔，故A正确；
B．放电时，即Na+向正极移动，故B正确；
C．正极上二氧化碳得电子和钠离子反应生成碳酸钠和C2+4Na++8e﹣═2Na2CO7+C，故C正确；
D．NaCl溶液中的水会与金属钠反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池原理，为高频考点，主要涉及电流方向、电极反应方程式的书写以及相关计算，题目难度不大。
14．（3分）1molHCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应历程与能量的关系如图所示，下列说法不正确的（　　）

A．1molHCOOH分解生成CO2和H2放出14.1kJ热量
B．由图可知：相同微粒被Pd催化剂吸附后形成的体系，可能具有不同的能量
C．用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2
D．由反应历程预测：在Pd表面积一定时，当c（HCOOH）达到一定值时，再增大c（HCOOH）可能对反应速率没有影响
【分析】A．由图可知，1molHCOOH分解生成CO2和H2放出14.1akJ热量；
B．由物质Ⅱ、Ⅲ分析；
C．由图中的反应历程可知，HCOOH在催化剂作用下可生成H2和CO2；
D．由反应历程可知，HCOOH只有在催化剂作用下才能生成H2和CO2。
【解答】解：A．由图可知2和H2放出14.7akJ热量，故A错误；
B．由物质Ⅱ，相同的微粒被Pd催化剂吸附后形成的体系，故B正确；
C．由图中的反应历程可知2和CO2，若用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO7，故C正确；
D．由反应历程可知2和CO2，因此在Pd表面积一定时，当c（HCOOH）达到一定值时，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查化学反应中能量的变化，为高频考点，题目难度一般。
15．（3分）温度T1时，向容积为2L的密闭容器中加入D（足量）和A（s）+2A（g）⇌B（g）（g），第15min后，温度调整到T2（忽略调整温度时所用的时间）。测得下列各时刻A的物质的量如下表所示．反应中没有使用催化剂，下列说法不正确的是（　　）

T1/°C
T2/°C
t/min
0
5min
10min
15min
20min
25min
30min
n/mol
2.00
1.50
1.25
1.15
1.00
0.95
0.93
A．0～5min，生成B的平均速率为0.025mol⋅L﹣1⋅min﹣1
B．可以利用混合气的平均相对分子质量不变，判断平衡建立
C．由表中数据可知T1＞T2
D．若在恒容绝热装置中进行上述反应，可以利用装置压强不变判断平衡建立
【分析】A．0～5min，Δn（A）＝2.00mol﹣1.50mol＝0.50mol，根据方程式，Δn（B）＝Δn（A）＝0.25mol，结合v＝计算；
B．平衡发生移动时，混合气的平均相对分子质量变化；
C．T1温度下，0～5min，Δn（A）＝2.00mol﹣1.50mol＝0.50mol，第15min时，温度调整到T2，T2温度下，15～20min中，Δn（A）＝1.15mol﹣1.0mol＝0.15mol，说明T2温度下反应速率比T1温度下反应速率小；
D．反应前后的气体物质的量不变，压强改变，不改变化学平衡，温度升高气体压强增大。
【解答】解：A．0～5min，根据方程式Δn（A）＝0.25mol＝7.025mol/（L•min）；
B．D（s）+2A（g）⇌B（g）+C（g），平衡发生移动时，不可以利用混合气的平均相对分子质量不变，故B错误；
C．T1温度下，8～5min，第15min时2，T3温度下，15～20min中，说明T2温度下反应速率比T1温度下反应速率小，则T7＞T2，故C正确；
D．反应前后的气体物质的量不变，不改变化学平衡，温度变化会导致平衡发生移动，气体压强增大，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应原理，涉及反应速率计算，化学平衡的影响因素，考查学生变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知学科核心素养，题目难度中等。
二.填空题
16．（13分）某化学学习小组探究浓度对硝酸氧化能力的影响．
Ⅰ．资料显示：浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO；氢氧化钠能吸收NO2，但不能吸收NO．该学习小组按如图装置进行验证实验（夹持仪器已略去）．

回答下列问题：
（1）装置a的名称 　分液漏斗　．
（2）写出装置①中反应的离子反应方程式 　Cu+4H++2＝Cu2++2NO2↑+2H2O　．
（3）写出装置②中反应的化学反应方程式 　3NO2+H2O＝2HNO3+NO　．
（4）①～⑥装置中，没有发生氧化还原反应的是 　③⑤　．（填装置序号）
（5）下列说法正确的是 　A　．
A．能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方出现红棕色气体
B．②中的试剂为水
C．滴加浓硝酸前要先打开弹簧夹通一段时间氮气
D．⑥的作用是吸收尾气NO
Ⅱ．测得铁与不同浓度硝酸反应时各还原产物的物质的量相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示：

（6）下列说法正确的是 　B　．
A．硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的N元素成分越多
B．硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物
C．铁能与大于12.2mol⋅L﹣1HNO3溶液反应说明不存在“钝化”现象
（7）已知：在上述反应条件下，反应后铁以Fe3+形式存在于溶液中．当硝酸浓度为9.75mol⋅L﹣1时，计算氧化剂与还原剂的物质的量之比为：　15：13　．
【分析】（1）仪器形状和用途判断仪器名称；
（2）装置①中反应是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；
（3）装置②中反应是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；
（4）反应过程中无元素化合价变化的反应为非氧化还原反应；
（5）装置①浓硝酸和铜反应，装置②利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，将铜和浓硝酸反应生成的二氧化氮转化为一氧化氮，装置③盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气，以此解答该题；
（6）A．结合图象分析产物变化；
B．硝酸浓度变化，产物变化；
C．钝化是金属表面生成一层致密的氧化膜，组织内部金属进一步反应；
（7）电子守恒分析。
【解答】解：（1）装置a的名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）装置①中反应的离子反应方程式为：Cu+4H++2＝Cu2++2NO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+3H++2＝Cu7++2NO2↑+7H2O；
（3）装置②中反应的化学反应方程式：3NO8+H2O＝2HNO3+NO，
故答案为：3NO2+H3O＝2HNO3+NO；
（4）①～⑥装置中，①是铜和浓硝酸发生的氧化还原反应，③中稀硝酸不能氧化NO8属于氧化还原反应，⑤是收集NO气体，⑥是氢氧化钠溶液和二氧化氮发生的氧化还原反应，
故答案为：③⑤；
（5）A．装置③盛放稀硝酸，无现象；
B．装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO，故B正确；
C．滴加浓硝酸前要先打开弹簧夹通一段时间氮气，避免干扰实验现象；
D．反应生成二氧化氮，则⑥的作用是吸收尾气；
故答案为：A；
（6）A．由图可知，生成的NO、N2O、氮气，故A错误；
B．由图可知，随着反应进行，生成物由氮氧化物，故B正确；
C．常温下，铁能与大于12.2 mol•L﹣6HNO3溶液反应不能说明不存在“钝化”现象，故C错误；
故答案为：B；
（7）当硝酸浓度为9.75mol•L﹣3时，生成NO2和N2O的比为10：4：2＝5：2：1，设NO2和N8O的物质的量分别为5mol、3mol，得电子数为2mol×3+3mol×6+1mol×8mol＝26mol4+，由电子守恒可知，还原剂的物质的量为，氧化剂与还原剂的物质的量之比可为（5mol+3mol+1mol×2）：，
故答案为：15：13。
【点评】本题主要考查HNO3的性质、属物质验证性实验设计，利用对比的方法判断硝酸的性质。结合已知的物质具有的性质，选择合适的试剂，设计具体实验方案验证物质是否具有该性质，对有毒气体要设计尾气处理装置，防止污染环境，题目难度中等。
17．（13分）图表蕴含大量的信息，是分析解决化学问题的重要工具．
Ⅰ．结合如图回答问题

（1）图中三种分子最稳定的是 　N2　（填化学式）．
（2）若反应生成2molNO气体 　吸收　（选“吸收”或“放出”） 　180　kJ热量．
Ⅱ．某温度时，在一个2L的密闭容器中，A、B、C三种气体的浓度随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据

（3）该反应的化学方程式为 　3A（g）⇌B（g）+3C（g）　．
（4）从开始至2min，B的平均反应速率为 　0.2mol/（L•min）　；平衡时，C的物质的量为 　2.4mol　．
Ⅲ．已知：“零级反应”是指反应速率与反应物浓度无关的化学反应．某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应2X（s）⇌Y（g）（g），有关数据如下表：
时间段/min
产物Z的平均生成速率/mol⋅L﹣1⋅min﹣1
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
（5）下列说法正确的是 　③⑤　．
①1min时，Z的浓度可能等于0.20mol⋅L﹣1
②2min时，可逆反应可能建立平衡状态
③3min时，无论反应是否为零级反应，Y的体积分数一定约为33.3%
④4min时，无论反应是否为零级反应，可逆反应都不可能建立平衡状态
⑤5min时，X的物质的量为1.4mol
⑥6min时，可逆反应可能刚刚建立平衡状态
【分析】（1）键能越大，物质越稳定；
（2）反应为N2（g）+O2（g）＝2NO（g），其焓变△H＝946kJ/mol+498kJ/mol﹣2×632kJ/mol＝+180kJ/mol；
（3）由图可知，反应物为A，生成物为B和C，反应物A的浓度最终没有减少到0，则该反应为可逆反应，各物质的浓度变化之比等于反应的计量数之比；
（4）根据v＝和n＝cV进行计算；
（5）①0～2min内生成c（Z）＝v△t＝0.20mol•L﹣1•min﹣1×2min＝0.40mol/L，但反应速率是先快后慢；
②0～2min内生成c（Z）＝v△t＝0.20mol•L﹣1•min﹣1×2min＝0.40mol/L，0～4min内△c（Z）＝v（Z）•△t＝0.15mol/（L•min）×4min＝0.60mol/L，说明2min后c（Z）仍在增大；
③Y、Z都是气体且二者的物质的量之比始终为1：2；
④0～4min内△c（Z）＝v（Z）•△t＝0.15mol/（L•min）×4min＝0.60mol/L，0～6min内△c（Z）＝v（Z）•△t＝0.10mol/（L•min）×6min＝0.60mol/L，说明4min时反应已达到平衡状态；
⑤4min时反应达到平衡状态，5min时生成n（Z）＝0.15mol/（L•min）×4min×1L＝0.60mol，消耗n（X）＝0.60mol；
⑥0～4min内△c（Z）＝v（Z）•△t＝0.15mol/（L•min）×4min＝0.60mol/L，0～6min内△c（Z）＝v（Z）•△t＝0.10mol/（L•min）×6min＝0.60mol/L，说明4min时反应已达到平衡状态。
【解答】解：（1）由图可知，N2中N≡N键的键能最大，断裂生成原子时所需能量最高，物质越稳定2，
故答案为：N4；
（2）反应为N2（g）+O2（g）＝4NO（g），其焓变△H＝946kJ/mol+498kJ/mol﹣2×632kJ/mol＝+180kJ/mol，
故答案为：吸收；180；
（3）由图可知，反应物为A，反应物A的浓度最终没有减少到0，各物质浓度的变化量分别为：△c（A）＝（8.4﹣1.6）mol/L＝1.2mol/L，△c（C）＝5.2mol/L、B、C三者反应的计量数之比为1.8：0.4：01.3＝3：1：6，
故答案为：3A（g）⇌B（g）+3C（g）；
（4）从开始至4min时△c（B）＝0.4mol/L，则B的平均反应速率v（B）＝＝；平衡时C的浓度为4.2mol/L，
故答案为：0.6mol/（L•min）；2.4mol；
（5）①5～2min内生成c（Z）＝v△t＝0.20mol•L﹣6•min﹣1×2min＝5.40mol/L，但反应速率是先快后慢﹣1，故①错误；
②0～5min内生成c（Z）＝v△t＝0.20mol•L﹣1•min﹣5×2min＝0.40mol/L，8～4min内△c（Z）＝v（Z）•△t＝0.15mol/（L•min）×2min＝0.60mol/L，即2min时反应未达到平衡状态；
③Y、Z都是气体且二者的物质的量之比始终为6：2，为×100%≈33.3%；
④0～3min内△c（Z）＝v（Z）•△t＝0.15mol/（L•min）×4min＝8.60mol/L，0～6min内△c（Z）＝v（Z）•△t＝5.10mol/（L•min）×6min＝0.60mol/L，故④错误；
⑤6min时反应达到平衡状态，5min时生成n（Z）＝0.15mol/（L•min）×6min×1L＝0.60mol，则4min时X的物质的量为2.0mol﹣6.60mol＝1.4mol；
⑥7～4min内△c（Z）＝v（Z）•△t＝0.15mol/（L•min）×8min＝0.60mol/L，0～6min内△c（Z）＝v（Z）•△t＝0.10mol/（L•min）×6min＝6.60mol/L，6min时反应仍处于平衡状态；
故答案为：③⑤。
【点评】本题考查反应热与焓变、化学平衡状态判断、化学平衡计算、化学平衡影响因素等知识，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确反应热与键能的计算关系、平衡状态判断方法、反应速率计算及其与化学反应计量数的关系等是解本题关键，题目难度中等。
18．（15分）A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，E是具有香味的无色透明油状液体．A、B、C、D在一定条件下存在如图转化关系（部分反应条件、产物被省略）．

已知：
（1）①B→C的反应类型是 　氧化反应　；②A、D中官能团的名称分别是 　碳碳双键　、　羧基　；③E的名称是 　乙酸乙酯　．
（2）下列关于有机物A、B、C、D、E的说法正确的 　②③④　．
①通过煤的干馏可以得到A
②医疗上常用75%（体积分数）的B溶液做消毒剂
③由C的官能团预测：C可能与新制的氢氧化铜反应，生成砖红色的氧化铜沉淀
④当温度低于D的熔点时，D可凝结成类似冰一样的晶体
⑤E的密度大于水
（3）根据已知信息，写出反应B+D→E的化学方程式：　CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O　．
（4）丁烷是由石蜡油获得A的过程中的中间产物之一，它的一氯代物同分异构体有 　5　种．写出其中含有三个甲基的有机物结构简式：　（CH3）3CCl　．
（5）三名科学家因在有机合成的复分解反应研究方面做出重大贡献而获得诺贝尔化学奖．一种利用该类型反应生产乙烯的合成路线如图所示：

①步骤Ⅰ～Ⅳ中属于加成反应的是 　Ⅰ、Ⅲ　（填序号）．
②写出上述合成路线的总反应方程式：　2CH2＝CHCH3CH2＝CH2+CH3CH＝CHCH3　．
【分析】A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，为CH2＝CH2，A和水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，E是具有香味的无色透明油状液体，属于酯类物质，则D为羧酸，B发生氧化反应生成C为CH3CHO，C发生氧化反应生成D为CH3COOH，B和D发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3。
【解答】解：（1）①B→C的反应类型是氧化反应；②A2＝CH2、CH7COOH，则A、羧基3COOCH2CH3，E的名称是乙酸乙酯，
故答案为：氧化反应；碳碳双键；乙酸乙酯；
（2）①A为乙烯，通过煤的干馏可以得到苯，故①错误；
②B为乙醇，医疗上常用75%（体积分数）的乙醇溶液做消毒剂；
③醛基能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色沉淀，则由C的官能团预测：C可能与新制的氢氧化铜反应，故③正确；
④当温度低于D的熔点时，D可凝结成类似冰一样的晶体，故④正确；
⑤E为乙酸乙酯，E的密度小于水；
故答案为：②③④；
（3）反应B+D→E的化学方程式：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH8+H2O，
故答案为：CH3CH5OH+CH3COOHCH3COOCH4CH3+H2O；
（4）丁烷是由石蜡油获得A的过程中的中间产物之一，丁烷有正丁烷和异丁烷、异丁烷有5种氢原子，所以它的一氯代物同分异构体有4种3）4CCl，
故答案为：4；（CH3）6CCl；
（5）①步骤Ⅰ～Ⅳ中属于加成反应的是Ⅰ、Ⅲ，
故答案为：Ⅰ、Ⅲ；
②根据图知，总反应物是CH2＝CHCH3、生成物是CH5＝CH2、CH3CH＝CHCH5，上述合成路线的总反应方程式：2CH2＝CHCH7CH2＝CH2+CH2CH＝CHCH3，
故答案为：2CH3＝CHCH3CH2＝CH2+CH3CH＝CHCH3。
【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意反应中断键和成键方式，题目难度中等。
19．（14分）为治理雾霾天气，可采用多种方法实现工业废气脱硫．
Ⅰ．软锰矿浆（主要成分MnO2，含有少量铁、铝等氧化物）可脱除燃煤烟气中的SO2，又可制得电池材料MnO2．主要流程如图：
（1）提高烟气吸收效率的可行措施有 　逆流喷淋；适当提高反应温度　（写出两点）．
（2）写出“沉锰”步骤发生反应的离子方程式：　3Mn2++2+4OH﹣＝5MnO2↓+2H2O　．
（3）现将该烟气以0.1L⋅min﹣1的流量通入到装有10mL0.01mol⋅L﹣1的I2溶液的装置中，10min后，I2恰好完全反应．计算该烟气中SO2含量：　6.4　mg⋅L﹣1．
Ⅱ．活性Fe2O3⋅H2O是一种固体脱硫剂（无水Fe2O3无脱硫作用），其原理是将废气中的含硫化合物化学吸附到脱硫剂的孔隙中，发生反应改变其化学组成．利用活性Fe2O3⋅H2O脱除沼气中的H2S可转化成Fe2S3⋅H2O．
（4）“脱除沼气中H2S”反应的化学方程式为 　Fe2O3⋅H2O+3H2S＝Fe2S3⋅H2O+3H2O　．
（5）工业上要求脱除过程温度不能超过90°C，原因是 　防止Fe2S3⋅H2O脱水失去脱硫活性　．
Ⅲ．有人设想利用电化学原理除去SO2，并将化学能转化为电能．装置图如图．
（6）电池的正极是 　b　．（填“a”或“b”）
（7）写出a电极的电极反应 　SO2﹣2e﹣+2H2O＝+4H+　．
【分析】酸性软锰矿浆吸收烟气中的二氧化硫生成硫酸锰，加入碳酸锰调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去铁铝，滤液中加高锰酸钾把锰离子氧化为二氧化锰，制得电池材料二氧化锰，以此做题。
【解答】解：（1）根据影响反应速率的因素，提高烟气吸收效率的可行措施有：采用逆流喷淋的方式，
故答案为：逆流喷淋；适当提高反应温度；
（2）“沉锰”步骤中Mn2+被高锰酸钾氧化为二氧化锰，发生反应的离子方程式为：3Mn8++2+8OH﹣＝5MnO2↓+4H2O，
故答案为：3Mn3++2+5H2O＝5MnO6↓+4H+；
（3）现将该烟气以0.2L⋅min﹣1的流量通入到装有10mL0.01mol⋅L﹣4的I2溶液的装置中，发生反应SO2+I8+2H2O＝H6SO4+2HI，10min后，I6恰好完全反应，则SO2的物质的量为0.01L×5.01mol/L＝1×10﹣4mol，计算该烟气中SO8含量：1×10﹣4mol×6.4×104mg/mol÷3.1L/min÷10min＝6.4mg/L，
故答案为：6.4；
（4）Fe5O3⋅H2O脱除沼气中的H7S转化成Fe2S3⋅H7O，“脱除沼气中H2S”反应的化学方程式为：Fe2O2⋅H2O+3H3S＝Fe2S3⋅H3O+3H2O；
故答案为：Fe4O3⋅H2O+6H2S＝Fe2S6⋅H2O+3H6O；
（5）无水Fe2S3无脱硫作用，工业上要求脱除过程温度不能超过90℃7S3⋅H2O脱水失去脱硫活性，
故答案为：防止Fe2S3⋅H2O脱水失去脱硫活性；
（6）氧气得电子生成水，氧气发生还原反应，电池的正极是b，
故答案为：b；
（7）a电极二氧化硫失去电子生成硫酸，a是负极5﹣2e﹣+2H7O＝+5H+，
故答案为：SO2﹣2e﹣+8H2O＝+4H+。
【点评】本题主要考查化学在日常生活中环境保护方面的应用，综合性较强，难度较大。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/9/26 16:17:02；用户：15290311958；邮箱：15290311958；学号：48861359