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2019届高三化学仿真试题(一)(含解析)一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与人类生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是（）A化学药品着火，都要立即用水或泡沫灭火器灭火B开发和推广新能源是实现低碳生活的途径之一C食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品氧化变质D纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质2用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1molFeCl3与沸水反应生成胶体后，含有NA个Fe（OH）3胶粒B标准状况下，1.12 L的HCHO所含的原子数是0.2NAC1 L0.5mol/LNa2CO3 溶液中含有的CO32数目为0.5NAD16.9 g 过氧化钡（BaO2）固体中阴、阳离子总数为0.3NA3一定条件下存在反应：H2（g）+I2（g）2HI（g）H0，现有三个相同的1L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器、，在中充入1mol H2和1mol I2（g），在中充入2molHI（g），在中充入2mol H2和2mol I2（g），700条件下开始反应达到平衡时，下列说法正确的是（）A容器、中正反应速率相同B容器、中反应的平衡常数相同C容器中的气体颜色比容器中的气体颜色深D容器中H2的转化率与容器中HI的转化率之和等于14下列说法正确的是（）AC8H10含苯环的烃同分异构体有3种B结构为CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH的高分子化合物，其单体是乙烯C总质量一定时，乙炔和乙醛无论按什么比例混合，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变D丙烯酸（CH2=CHCOOH）和山梨酸（CH3CH=CHCH=CHCOOH）不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物是同系物5能正确表示下列反应的离子方程式是（）A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32+H2OBCa（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+4H2OC磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OD明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42恰好完全沉淀：2Ba2+3OH+Al3+2SO42=2BaSO4+Al（OH）36热电池是一种可长期储备电能的电池，高氯酸钾广泛用于热电池铁和高氯酸钾反应提供的能量使盐熔化导电，从而激活电池铁和高氯酸钾的热电池反应为KClO4（s）+4Fe（s）KCl（s）+4FeO（s）H下列说法正确的是（）A正极反应式为KClO4（s）+8e-KCl（s）+4O2-（l）B在该热电池中，铁为负极，发生还原反应CH参与反应的高氯酸钾越多，其值越小D生成1 mol FeO转移8 mol电子7电化学降解NO3的原理如图所示下列说法中不正确的是（）A铅蓄电池的A极为正极，电极材料为PbO2B铅蓄电池工作过程中负极质量增加C该电解池的阴极反应为：2NO3+6H2O+10e=N2+12OHD若电解过程中转移2moL电子，则交换膜两侧电解液的质量变化差（m左m右）为10.4g二、解答题（共3小题，满分43分）8镁、铝、铁及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用I：实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如下：（1）已知25时Ksp=1.81011，Ksp=31034，该温度下向浓度均为0.01molL1的MgCl2和AlCl3混合溶液中逐滴加入氨水，先生成 沉淀（填化学式）（2）高温焙烧时发生反应的化学方程式 ，洗涤沉淀时的方法是 （3）常温下如果向AlCl3饱和溶液中不断通人HCl气体，可析出AlCl36H2O晶体，结合化学平衡移动原理解释析出晶体的原因： ：某兴趣小组的同学发现将一定量的铁与浓硫酸加热时，观察到铁完全溶解，并产生大量气体为此，他们设计了如下装置验证所产生的气体（1）G装置的作用是 （2）证明有SO2生成的现象是 ，为了证明气体中含有氢气，装置E和F中加入的试剂分别为 、 （3）若将铁丝换成铜丝，反应后的溶液没有出现预计的蓝色溶液，而出现了大量白色固体，原因是 9硫酸是基础化工的重要产品，硫酸的消费量可作为衡量一个国家工业发展水平的标志生产硫酸的主要反应为：SO2（g）+O2（g）SO3（g）（1）恒温恒容下，平衡体系中SO3的体积分数和y与SO2、O2的物质的量之比的关系如图1：则b= ；y为 （填编号）A平衡常数 BSO3的平衡产率CO2的平衡转化率 DSO2的平衡转化率（2）Kp是以各气体平衡分压代替浓度平衡常数Kc中各气体的浓度的平衡常数在400650时，Kp与温度（）的关系为lgKp=4.6455，则在此条件下SO2转化为SO3反应的H （填“0”或“0”）（3）该反应的催化剂为V2O5，其催化反应过程为：SO2+V2O5SO3+V2O4K1O2+V2O4V2O5K2则在相同温度下2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的平衡常数K= （以含K1、K2的代数式表示）V2O5加快反应速率的原因是 ，其催化活性与温度的关系如图（左）（4）在7.0% SO2、11% O2、82% N2时，SO2平衡转化率与温度、压强的关系如图（右）：则460、1.0atm下，SO2（g）+O2（g）SO3（g）的Kp= （各气体的分压=总压各气体的体积分数）（5）压强通常采用常压的原因是 ，综合第（3）、（4）题图给信息，工业生产最适宜的温度范围400500，你认为最主要的原因是 A原料转化率最大B已达到反应装置所能承受的最高温度C催化剂的活性最高10目前，回收溴单质的方法主要有水蒸气蒸馏法和萃取法等某兴趣小组通过查阅相关资料拟采用如下方案从富马酸废液（含溴0.27%）中回收易挥发的Br2：（1）操作X所需要的主要玻璃仪器为 ；反萃取时加入20%的NaOH溶液，其离子方程式为 （2）反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，并采用冰水浴冷却的原因是 （3）溴的传统生产流程为先采用氯气氧化，再用空气水蒸气将Br2吹出与传统工艺相比，萃取法的优点是 （4）我国废水三级排放标准规定：废水中苯酚的含量不得超过1.00mg/L实验室可用一定浓度的溴水测定某废水中苯酚的含量，其原理如下：请完成相应的实验步骤：步骤1：准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中步骤2：将4.5mL 0.02mol/L溴水迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中加入过量的0.1mol/L KI溶液，振荡步骤4： ，再用0.01mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗 Na2S2O3溶液15mL（反应原理：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6）步骤5：将实验步骤14重复2次该废水中苯酚的含量为 mg/L步骤3若持续时间较长，则测得的废水中苯酚的含量 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）11N，P，As等元素的化合物在生产和研究中有许多重要用途请回答下列问题：（1）意大利罗马大学的12有机物H是一种重要的医药中间体其结构简式如图1所示：合成H的一种路线如图2：已知以下信息：有机物A遇氯化铁溶液发生显色反应，其分子中的苯环上有2个取代基，且A的苯环上一氯代物有2种 J能发生银镜反应请回答下列问题：（1）I的名称是 G生成H的反应类型是 （2）B的含氧官能团名称是 ；E生成F的化学方程式为 （3）在一定条件下，A与J以物质的量比1：1反应生成功能高分子材料K，K的结构简式为 （4）已知：ROH+R1ClROR1+HCl，C与E以物质的量比1：1混合在催化剂、加热条件下反应，写出化学方程式 （5）L是B的同分异构体，L符合下列条件的结构有 种（不考虑立体结构）与B具有相同的官能团；遇氯化铁溶液发生显色反应参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与人类生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是（）A化学药品着火，都要立即用水或泡沫灭火器灭火B开发和推广新能源是实现低碳生活的途径之一C食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品氧化变质D纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质【考点】12：化学科学的主要研究对象【分析】A、根据化学药品的性质来判断灭火方法；B、开发和推广使用新能源，减少化石燃料的使用，可以减少二氧化碳等温室气体的排放；C、生石灰可以吸收水分，不具有还原性；D、人体内没有分解纤维素的纤维素酶【解答】解：A、化学药品着火，像钠着火就不能用水或泡沫灭火器灭火，故A错误；B、开发和推广使用新能源，减少化石燃料的使用，可以减少二氧化碳等温室气体的排放，是实现低碳生活的途径之一，故B正确；C、生石灰不具有还原性就不能防止食物氧化，但可以吸水，其作用为干燥剂，故C错误；D、人体内没有分解纤维素的纤维素酶，不能被人体吸收利用，故D错误故选：B2用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1molFeCl3与沸水反应生成胶体后，含有NA个Fe（OH）3胶粒B标准状况下，1.12 L的HCHO所含的原子数是0.2NAC1 L0.5mol/LNa2CO3 溶液中含有的CO32数目为0.5NAD16.9 g 过氧化钡（BaO2）固体中阴、阳离子总数为0.3NA【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A、胶体粒子是氢氧化铁形成的集合体；B、依据气体摩尔体积换算物质的量，结合分子式计算原子数；C、碳酸根离子水溶液中水解；D、质量换算物质的量结合化学式的过程离子计算；【解答】解：A、胶体粒子是氢氧化铁形成的集合体，1molFeCl3与沸水反应生成胶体后，Fe（OH）3胶粒小于NA个，故A错误；B、标准状况下，1.12 L的HCHO物质的量为0.05mol，HCHO所含的原子数=0.05mol4NA=0.2NA，故B正确；C、碳酸根离子水溶液中水解，1 L0.5mol/LNa2CO3 溶液中含有的CO32数目小于0.5NA，故C错误；D、16.9 g 过氧化钡（BaO2）固体物质的量=0.1mol，含钡离子0.1mol，含过氧根离子0.1mol，共含阴、阳离子总数为0.2NA，故D错误；故选B3一定条件下存在反应：H2（g）+I2（g）2HI（g）H0，现有三个相同的1L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器、，在中充入1mol H2和1mol I2（g），在中充入2molHI（g），在中充入2mol H2和2mol I2（g），700条件下开始反应达到平衡时，下列说法正确的是（）A容器、中正反应速率相同B容器、中反应的平衡常数相同C容器中的气体颜色比容器中的气体颜色深D容器中H2的转化率与容器中HI的转化率之和等于1【考点】CB：化学平衡的影响因素【分析】A容器中从正反应开始到达平衡，容器中从逆反应开始到达，平衡建立的途径不相同；B容器中相当于在容器中平衡的基础上再加入1mol H2和1mol I2（g），反应向正反应进行，故容器中到达平衡时温度更高，该反应正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小；C容器中所到达的平衡状态，相当于在容器中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动；D温度相同时，容器中H2 的转化率与容器中HI的转化率之和等于1，容器中所到达的平衡状态，相当于在容器中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动【解答】解：A容器中从正反应开始到达平衡，容器中从逆反应开始到达，平衡建立的途径不相同，无法比较反应速率，故A错误；B容器中相当于在容器中平衡的基础上再加入1mol H2和1mol I2（g），反应向正反应进行，故容器中到达平衡时温度更高，该反应正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，故B错误；C容器中所到达的平衡状态，相当于在容器中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动，故容器中的气体颜色比容器中的气体颜色深，故C正确；D温度相同时，容器I中H2 的转化率与容器中HI的转化率之和等于1，容器中所到达的平衡状态，相当于在容器中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动，HI的转化率比两容器相同温度时容器中HI的转化率低，故容器中H2 的转化率与容器中HI的转化率之和小于1，故D错误；故选C4下列说法正确的是（）AC8H10含苯环的烃同分异构体有3种B结构为CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH的高分子化合物，其单体是乙烯C总质量一定时，乙炔和乙醛无论按什么比例混合，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变D丙烯酸（CH2=CHCOOH）和山梨酸（CH3CH=CHCH=CHCOOH）不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物是同系物【考点】5A：化学方程式的有关计算；I4：同分异构现象和同分异构体；L1：有机高分子化合物的结构和性质【分析】AC8H10的芳香烃满足CnH2n6的通式，即有可能为苯的同系物，据此解题；B由结构可知，为加聚反应产物，链节为CH=CH；C乙炔为CHCH，乙醛为CH3CHO（改写成C2H2H2O），可知总物质的量一定时，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变；D含双键数目不同，均可与氢气发生加成反应生成饱和一元羧酸【解答】解：AC8H10的芳香烃满足CnH2n6的通式，即有可能为苯的同系物，取代基可以是2个甲基或1个乙基，结构简式：有4种，故A错误；B由结构可知，为加聚反应产物，链节为CH=CH，则单体为CHCH，故B错误；C乙炔为CHCH，乙醛为CH3CHO（改写成C2H2H2O），可知总物质的量一定时，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变，但总质量一定时，C的质量分数不同，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不同，故C错误；D含双键数目不同，均可与氢气发生加成反应生成饱和一元羧酸，则丙烯酸和山梨酸不是同系物，但加成产物是同系物，故D正确；故选D5能正确表示下列反应的离子方程式是（）A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32+H2OBCa（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+4H2OC磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OD明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42恰好完全沉淀：2Ba2+3OH+Al3+2SO42=2BaSO4+Al（OH）3【考点】49：离子方程式的书写【分析】A反应生成亚硫酸铵、水；B少量NaOH完全反应，生成碳酸钙、碳酸氢钠、水；C发生氧化还原反应；D使SO42恰好完全沉淀，生成硫酸钡、偏铝酸钾、水【解答】解：A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2的离子反应为2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32+H2O，故A正确；BCa（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应的离子反应为Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O，故B错误；C将磁性氧化铁溶于足量稀硝酸中的离子反应为3Fe3O4+NO3+28H+9Fe3+14H2O+NO，故C错误；D明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42恰好完全沉淀的离子反应为2Ba2+4OH+Al3+2SO42=2BaSO4+AlO2+2H2O，故D错误；故选A6热电池是一种可长期储备电能的电池，高氯酸钾广泛用于热电池铁和高氯酸钾反应提供的能量使盐熔化导电，从而激活电池铁和高氯酸钾的热电池反应为KClO4（s）+4Fe（s）KCl（s）+4FeO（s）H下列说法正确的是（）A正极反应式为KClO4（s）+8e-KCl（s）+4O2-（l）B在该热电池中，铁为负极，发生还原反应CH参与反应的高氯酸钾越多，其值越小D生成1 mol FeO转移8 mol电子【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【分析】A原电池的正极发生还原反应；B原电池的负极上发生失电子的氧化反应；C原电池是一个自发进行的放热反应，化学反应焓变数值和参与反应物的量无关；D根据化合价的升降情况来确定电子转移数目【解答】解：A原电池的正极发生还原反应，熔融盐可传递氧离子，正极反应式为KClO4（s）+8eKCl（s）+4O2（l），故A正确；B铁为负极，发生氧化反应，故B错误；C原电池是一个自发进行的放热反应，则H0，但热化学方程式中反应热值只与化学计量数有关，和参与反应物的量无关，故C错误；D根据热电池反应：KClO4（s）+4Fe（s）KCl（s）+4FeO（s），生成1 molFeO转移2mol电子，故D错误；故选A7电化学降解NO3的原理如图所示下列说法中不正确的是（）A铅蓄电池的A极为正极，电极材料为PbO2B铅蓄电池工作过程中负极质量增加C该电解池的阴极反应为：2NO3+6H2O+10e=N2+12OHD若电解过程中转移2moL电子，则交换膜两侧电解液的质量变化差（m左m右）为10.4g【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【分析】A该装置中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则AgPt电极为阴极、Pt电极为阳极，连接阳极的电极为正极；B铅蓄电池工作过程中负极为Pb失电子生成硫酸铅；C阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应；D转移2mol电子时，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+）消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极室质量减少18g；阴极室中放出0.2molN2（5.6g），同时有2molH+（2g）进入阴极室；【解答】解：A根据图知，电解槽右边部分N元素化合价由+5价变为0价，所以硝酸根离子发生还原反应，则AgPt电极为阴极、Pt电极为阳极，所以A是正极、电极材料为PbO2，故A正确；B铅蓄电池工作过程中负极为Pb失电子生成硫酸铅，所以负极质量增加，故B正确；C阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为2NO3+6H2O+10e=N2+12OH，故C正确；D转移2mol电子时，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+）消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极室质量减少18g；阴极的电极反应式为2NO3+6H2O+10e=N2+12OH，转移2mol电子，阴极室中放出0.2molN2（5.6g），同时有2molH+（2g）进入阴极室，因此阴极室质量减少3.6g，故膜两侧电解液的质量变化差（m左m右）=18g3.6g=14.4g，故D错误；故选D二、解答题（共3小题，满分43分）8镁、铝、铁及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用I：实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如下：（1）已知25时Ksp=1.81011，Ksp=31034，该温度下向浓度均为0.01molL1的MgCl2和AlCl3混合溶液中逐滴加入氨水，先生成Al（OH）3 沉淀（填化学式）（2）高温焙烧时发生反应的化学方程式2Al（OH）3+Mg（OH）2MgAl2O4+4H2O，洗涤沉淀时的方法是向漏斗中加水至浸没沉淀，待水自然流干后，再重复23次，（3）常温下如果向AlCl3饱和溶液中不断通人HCl气体，可析出AlCl36H2O晶体，结合化学平衡移动原理解释析出晶体的原因：AlCl3饱和溶液中存在溶解平衡：AlCl36H2O（s）Al3+（aq）+3Cl（aq）+6H2O（l），通入HCl气体使溶液中c（Cl）增大，平衡向析出固体的方向移动从而析出AlCl3晶体：某兴趣小组的同学发现将一定量的铁与浓硫酸加热时，观察到铁完全溶解，并产生大量气体为此，他们设计了如下装置验证所产生的气体（1）G装置的作用是防止空气中的水进入F（2）证明有SO2生成的现象是酸性高锰酸钾溶液褪色，为了证明气体中含有氢气，装置E和F中加入的试剂分别为氧化铜、无水硫酸铜（3）若将铁丝换成铜丝，反应后的溶液没有出现预计的蓝色溶液，而出现了大量白色固体，原因是浓硫酸中的水很少【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；GR：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；PR：物质分离、提纯的实验方案设计；U3：制备实验方案的设计【分析】（1）难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越易生成沉淀；（2）经分析沉淀为Al（OH）3和Mg（OH）2，高温焙烧备MgAl2O4时发生反应的化学方程式2Al（OH）3+Mg（OH）2MgAl2O4+4H2O，洗涤沉淀时的方法是 向漏斗中加水至浸没沉淀，待水自然流干后，再重复23次；（3）氯化氢抑制氯化铝溶（1）如果没有G装置，水蒸气进入F装置干扰实验，（2）二氧化硫有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，氢气有还原性能和氧化铜在加热条件下发生置换反应生成铜单质，生成的水遇无水硫酸铜时白色固体变蓝色；（3）因为浓硫酸中的水很少，反应后生成的硫酸铜大多没有溶解出现预计的蓝色溶液，而出现了大量白色固体【解答】解：（1）难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越易生成沉淀，已知25时Ksp=1.81011，Ksp=31034，氢氧化铝先沉淀，故答案为：Al（OH）3；（2）经分析沉淀为Al（OH）3和Mg（OH）2，高温焙烧备MgAl2O4时发生反应的化学方程式2Al（OH）3+Mg（OH）2MgAl2O4+4H2O，洗涤沉淀时的方法是 向漏斗中加水至浸没沉淀，待水自然流干后，再重复23次，故答案为：2Al（OH）3+Mg（OH）2MgAl2O4+4H2O； 向漏斗中加水至浸没沉淀，待水自然流干后，再重复23次；（3）氯化铝在溶液中存在溶解平衡，通入氯化氢后溶液中氯离子浓度增大，抑制氯化铝溶解，所以促进氯化铝晶体析出，故答案为：AlCl3饱和溶液中存在溶解平衡：AlCl36H2O（s）Al3+（aq）+3Cl（aq）+6H2O（l），通入HCl气体使溶液中c（Cl）增大，平衡向析出固体的方向移动从而析出AlCl3晶体（1）如果没有G装置，水蒸气进入F装置干扰实验，所以G的作用是：防止空气中的H2O进入F，故答案为：防止空气中的水进入F；（2）二氧化硫有还原性，酸性高锰酸钾有强氧化性，二者能发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色；氢气有还原性能和氧化铜在加热条件下发生置换反应生成铜单质，生成的水遇无水硫酸铜时白色固体变蓝色，为了证明气体中含有氢气，装置E和F中加入的试剂分别为 氧化铜、无水硫酸铜，故答案为：酸性高锰酸钾溶液颜色褪色；氧化铜；无水硫酸铜；（3）因为浓硫酸中的水很少，反应后生成的硫酸铜大多没有溶解出现预计的蓝色溶液，而出现了大量白色固体，故答案为：浓硫酸中的水很少9硫酸是基础化工的重要产品，硫酸的消费量可作为衡量一个国家工业发展水平的标志生产硫酸的主要反应为：SO2（g）+O2（g）SO3（g）（1）恒温恒容下，平衡体系中SO3的体积分数和y与SO2、O2的物质的量之比的关系如图1：则b=2；y为D（填编号）A平衡常数 BSO3的平衡产率CO2的平衡转化率 DSO2的平衡转化率（2）Kp是以各气体平衡分压代替浓度平衡常数Kc中各气体的浓度的平衡常数在400650时，Kp与温度（）的关系为lgKp=4.6455，则在此条件下SO2转化为SO3反应的H0（填“0”或“0”）（3）该反应的催化剂为V2O5，其催化反应过程为：SO2+V2O5SO3+V2O4K1O2+V2O4V2O5K2则在相同温度下2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的平衡常数K=K1K2）2（以含K1、K2的代数式表示）V2O5加快反应速率的原因是降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高，其催化活性与温度的关系如图（左）（4）在7.0% SO2、11% O2、82% N2时，SO2平衡转化率与温度、压强的关系如图（右）：则460、1.0atm下，SO2（g）+O2（g）SO3（g）的Kp= （各气体的分压=总压各气体的体积分数）（5）压强通常采用常压的原因是常压下SO2的平衡转化率已经很大，再增大压强，对设备要求较高，综合第（3）、（4）题图给信息，工业生产最适宜的温度范围400500，你认为最主要的原因是CA原料转化率最大B已达到反应装置所能承受的最高温度C催化剂的活性最高【考点】CP：化学平衡的计算；CB：化学平衡的影响因素【分析】（1）当二氧化硫的量与氧气的物质的量之比等于系数之比时三氧化硫的体积分数最大；图2表示随着二氧化硫量的增加而逐渐减小的量；（2）根据lgKp=4.6455知，升高温度平衡常数减小，说明平衡逆向移动；（3）将方程式2（+）得2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），据此计算化学平衡常数；催化剂通过降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高，从而增大反应速率；（4）混合气体中7.0% SO2、11% O2、82% N2，假设有混合气体100mol，则二氧化硫为7mol、氧气11mol、氮气82mol，460、1.0atm下二氧化硫转化率为97%，则参加反应的n（SO2）=7mol97%=6.79mol，剩余的n（SO2）=7mol3%=0.21mol，剩余的n（O2）=11mol6.79mol=7.605mol，生成的三氧化硫物质的量=6.79mol，反应后混合气体总物质的量=0.21mol+7.605mol+6.79mol+82mol=96.605mol，反应前后物质的量之比等于其压强之比，则反应后压强=1atm=0.9579atm，二氧化硫的分压=0.9579atm，氧气分压=0.9579atm，三氧化硫分压=0.9579atm，化学平衡常数Kp=；（5）根据工业生产既要考虑转化率又要考虑反应速率还要考虑对设备的要求等，据此分析【解答】解：（1）当二氧化硫的量与氧气的物质的量之比等于系数之比时三氧化硫的体积分数最大，b点三氧化硫体积分数最大，此点处n（SO2）/n（O2）=2：1；由图象可知，n（SO2）/n（O2）越大，y值越小，A平衡常数仅与温度有关，所以n（SO2）/n（O2）变化，平衡常数不变，不符合图象，故错误；Bn（SO2）/n（O2）越大，二氧化硫物质的量越大，则SO3的平衡产率越大，不符合图象，故错误；Cn（SO2）/n（O2）越大，二氧化硫物质的量越大，则O2的转化率越大，不符合图象，故错误；Dn（SO2）/n（O2）越大，二氧化硫物质的量越大，则SO2的平衡转化率越小，符合图象，故正确；故答案为：2；D；（2）根据lgKp=4.6455知，升高温度平衡常数减小，说明平衡逆向移动，正反应是放热反应，焓变小于0，故答案为：0；（3）将方程式2（+）得2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），方程式相加平衡常数相乘，方程式扩大2倍，平衡常数变为原来的平方，所以该反应化学平衡常数K等于（K1K2）2，故答案为：（K1K2）2；催化剂通过降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高，从而增大反应速率，故答案为：降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高；（4）混合气体中7.0% SO2、11% O2、82% N2，假设有混合气体100mol，则二氧化硫为7mol、氧气11mol、氮气82mol，460、1.0atm下二氧化硫转化率为97%，则参加反应的n（SO2）=7mol97%=6.79mol，剩余的n（SO2）=7mol3%=0.21mol，剩余的n（O2）=11mol6.79mol=7.605mol，生成的三氧化硫物质的量=6.79mol，反应后混合气体总物质的量=0.21mol+7.605mol+6.79mol+82mol=96.605mol，反应前后物质的量之比等于其压强之比，则反应后压强=1atm=0.9579atm，二氧化硫的分压=0.9579atm，氧气分压=0.9579atm，三氧化硫分压=0.9579atm，化学平衡常数Kp=，故答案为：；（5）根据图知，在400500时二氧化硫转化率较大，反应速率快，所以工业生产最适宜的温度范围为400500，又常压下SO2的平衡转化率已经很大，再增大压强，对设备要求较高，工业生产最适宜的温度范围400500，此时催化剂的活性最高，故答案为：常压下SO2的平衡转化率已经很大，再增大压强，对设备要求较高；C10目前，回收溴单质的方法主要有水蒸气蒸馏法和萃取法等某兴趣小组通过查阅相关资料拟采用如下方案从富马酸废液（含溴0.27%）中回收易挥发的Br2：（1）操作X所需要的主要玻璃仪器为分液漏斗；反萃取时加入20%的NaOH溶液，其离子方程式为Br2+2OH=Br+BrO+H2O（2）反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，并采用冰水浴冷却的原因是减少Br2的挥发（3）溴的传统生产流程为先采用氯气氧化，再用空气水蒸气将Br2吹出与传统工艺相比，萃取法的优点是没有采用有毒气体Cl2，更环保（4）我国废水三级排放标准规定：废水中苯酚的含量不得超过1.00mg/L实验室可用一定浓度的溴水测定某废水中苯酚的含量，其原理如下：请完成相应的实验步骤：步骤1：准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中步骤2：将4.5mL 0.02mol/L溴水迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中加入过量的0.1mol/L KI溶液，振荡步骤4：滴入23滴淀粉溶液，再用0.01mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗 Na2S2O3溶液15mL（反应原理：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6）步骤5：将实验步骤14重复2次该废水中苯酚的含量为18.8mg/L步骤3若持续时间较长，则测得的废水中苯酚的含量偏低（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）【考点】FE：三废处理与环境保护【分析】富马酸废液中含有Br，电解生成溴单质，加入四氯化碳萃取后分液，再加入氢氧化钠反萃取得到含修炼者和次溴酸根离子的溶液，加入硫酸酸化发生氧化还原反应生成溴单质；（1）操作X为萃取分液，需要烧杯、分液漏斗等仪器；反萃取时加入20%的NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水；（2）溴单质易挥发，浓硫酸溶解放热分析；（3）无有毒气体氯气参加反应，生产过程环保；（4）硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，加入淀粉溶液做指示剂；依据化学方程式定量关系计算；步骤3持续的时间长导致的是KI被氧化；【解答】解：富马酸废液中含有Br，电解生成溴单质，加入四氯化碳萃取后分液，再加入氢氧化钠反萃取得到含修炼者和次溴酸根离子的溶液，加入硫酸酸化发生氧化还原反应生成溴单质；（1）操作X为萃取分液，需要烧杯、分液漏斗等仪器；反萃取时加入20%的NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，反应的离子方程式为：Br2+2OH=Br+BrO+H2O；故答案为：分液漏斗，Br2+2OH=Br+BrO+H2O；（2）溴单质易挥发，浓硫酸溶解放热分析，反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，并采用冰水浴冷却的原因是减少溴单质的挥发；故答案为：减少Br2的挥发；（3）无有毒气体氯气参加反应，生产过程环保；故答案为：没有采用有毒气体Cl2，更环保（4）硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，加入淀粉溶液做指示剂；滴入23滴淀粉溶液，再用0.01mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点；故答案为；滴入23滴淀粉溶液；依据化学方程式定量关系计算，将4.5mL 0.02mol/L溴水迅速加入到锥形瓶中，n（Br2）=0.0045L0.02mol/L=0.00009mol，其中和碘化钾反应的溴单质物质的量2KIBr2I22Na2S2O3，； 1 2 n 0.01mol/L0.015Ln=0.000075mol与苯酚反应的溴单质=0.00009mol0.000075mol=0.000015mol则苯酚物质的量=0.000015mol=0.000005mol该废水中苯酚的含量为=0.000005mol9