2014届辽宁省五校协作体高三(高二期末)摸底考试化学试卷.docx

2014届辽宁省五校协作体高三（高二期末）摸底考试化学试卷第I卷（选择题）一、选择题（题型注释）1下列说法不正确的是A重复使用布袋购物、以步代车等都属于“低碳生活”方式BPM2.5指直径小于或等于5m的“细颗粒物”，该“细颗粒物”属于胶体C食品保鲜膜、一次性食品袋的主要成分是聚乙烯D用含有橙色的酸性重铬酸钾的仪器检验酒后驾车，利用乙醇的还原性2用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A通常情况下，7.6g CS2含有非极性键数目为0.4NAB22.4L CO气体与1mol N2所含的电子数相等C将7.8gNa2O2放入足量的水中，反应时转移0.1NA电子D25时，1L pH=13的Ba（OH）2溶液中含OH数目为0.2NA3下列说法正确的是A用氯酸钾固体和浓盐酸制氯气的反应方程式：B向含有大量Ca2+、Cl、Al3+的溶液中通入适量SO2，有沉淀生成C用少量酸性KMnO4溶液可以检测FeCl3浓溶液中是否含有Fe2+D常温下KspCu(OH)2=2.210-20，则常温下2.2mol/L CuCl2溶液的pH不大于44分子式为C7H6Cl2属于芳香族化合物的同分异构体有几种A7种B8种C9种D10种5下列有机物（间）所发生反应的反应类型与其他三项不同的是A苯与浓硫酸、浓硝酸混合加热至60B乙酸与乙醇、浓硫酸混合加热C将铜丝在空气中加热后插入到乙醇中D甲烷与氯气混合光照6X、Y、Z、W四种短周期主族元素原子半径依次减小，其中X、Y、Z位于同一周期，只有X为金属元素，X和Y最外层电子数差1，Y和Z的核电荷数差3，Z与W最外层电子数相同。下列说法正确的是AY与W形成的化合物一定含有离子键BW的氢化物沸点一定大于Z的氢化物沸点C若形成化合物YZ4，则YZ4的电子式为D若形成化合物XZ3，则XZ3中所有原子均满足最外层8电子稳定结构7常温下，下列有关叙述正确的是A物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：BNa2CO3溶液中，CpH相等的CH3COONa、NaClO、NaHCO3三种溶液：DNH4Cl溶液和NaOH溶液混合所得的中性溶液中：第II卷（非选择题）二、填空题（题型注释）8水是生命之源，水处理工艺在生产生活中占有重要地位。自来水生产的流程示意图如下。（净水剂亦称混凝剂，常用的净水剂有聚合氯化铝、碱式氯化铝、硫酸亚铁、聚丙烯酰胺、聚合氯化铝铁、三氯化铁、聚合硫酸铁等）（1）FeSO47H2O是常用的混凝剂，它在水中最终生成 沉淀。（2）A12（OH）nClm是一种无机高分子的高价聚合电解质混凝剂，可视为介于三氯化铝和氢氧化铝之间的一种中间水解产物，则m与n之间的关系 ；（3）推销净水器的商人用自来水做电解实验，装置如图。一段时间后，两极间产生白色沉淀，并很快变成红褐色，然后用净水器净化后的水做电解实验；两极上只有气体产生，水中并无沉淀，以此来说明自来水很“脏”。则沉淀变成红褐色时所发生的化学反应方程式为： 。（4）MnSO4是水质检测中的一种常用试剂MnSO4和过硫酸钾（K2S2O8）两种盐溶液在银离子催化下可发生氧化还原反应，生成高锰酸钾、硫酸盐及另外一种产物，写出并配平上述反应的化学方程式： 。 水中的溶解氧测定过程为：取水样，迅速加入MnSO4和KOH混合液，再加入KI溶液，立即塞好塞子，振荡使完全反应（反应为：Mn2+O2+H2OMnOOH，未配平）。打开塞子，迅速加入适量硫酸溶液，此时有碘单质生成。则该离子反应方程式： 。用Na2S2O3溶液滴定生成的碘，根据消耗溶液的体积可计算出水中溶解氧的量。9甲醇是一种常用的燃料，工业上可以用CO和H2在一定条件下合成甲醇。（1）已知CO（g）、H2（g）、CH3OH（1）的燃烧热H分别为：-283.0kJmol、-285.8 kJ/mol、-726.5kJ/mol，则CO合成甲醇的热化学方程式为： 。（2）在恒容密闭容器中CO与H2发生反应生成甲醇，各物质浓度在不同条件下的变化状况如图所示（开始时氢气的浓度曲线和8分钟后甲醇的浓度曲线未画出。4分钟和8分钟改变的条件不同）： 下列说法正确的是 A起始时n（H2）为17mol B当容器内压强恒定时，说明反应达到平衡状态 C4分钟时，改变的条件是升高温度D7分钟时，v（CO）=v（CH3OH）计算02min内平均反应速率v（H2）= 在3min时该反应的平衡常数K= （计算结果）在图中画出812min之间c（CH3OH）曲线 （2）2009年，中国在甲醇燃料电池技术上获得突破，组装了自呼吸电池及主动式电堆，其装置原理如图甲。该电池的负极反应式为： 。乙池是一铝制品表面“钝化”装置，两极分别为铝制品和石墨。M电极的材料是 ，该铝制品表面“钝化”时的反应式为： 。评卷人得分三、实验题（题型注释）10白菜中含有钙铁等元素，某化学小组设计如下方案测定干白菜中钙元素的质量分数。首先取10.00g干白菜叶，灼烧得白菜灰粉进行下列实验：（1）实验前要先将干白菜叶样品高温灼烧成灰粉，其主要目的是使样品中的有机物完全分解，使干白菜叶中的钙、铁元素溶解完全，灼烧用到的部分仪器有 A坩埚B蒸发皿C玻璃棒D泥三角（2）写出从滤液A沉淀D的离子反应方程式 。（3）用KMnO4标准溶液滴定滤液C：先将滤液C稀释至500 mL，再取其中的2500 mL溶液，用硫酸酸化后，用0.100 0 molL-1的KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗KMnO4溶液10.00mL。发生的反应为：滴定的过程中，同学们发现一个现象：向C溶液中加入第一滴KMnO4溶液时，需要振摇锥形瓶较长时间才能褪色，当溶液褪色后，再滴入KMnO4溶液，则迅速褪色，直至达到终点；为了加快滴入第一滴KMnO4溶液时的褪色速度，可采取的方法是 .（选择合适的选项）A适当加热锥形瓶内溶液 B在锥形瓶内加少量水C在锥形瓶内加适量乙醇 D在锥形瓶内加入几滴MnSO4溶液判断滴定达到终点的方法是 。（4）原干白菜叶中钙元素的质量分数为 。（5）为保证实验精确度，沉淀D及E需要分别洗涤，并将洗涤液转移回母液中，试判断沉淀D已经洗涤干净的方法是 。如果沉淀E未洗涤，或未将洗涤液转移回母液，则测得的钙元素质量分数 （填“偏高”“偏低”或“无影响”）。11如图是现今常规生产发烟硫酸和硫酸的流程图（1）在处二氧化硫被催化成三氧化硫，的设备名称是 。该处发生反应的方程式为 。为提高三氧化硫的产率，该处应采用 （填“等温过程”或“绝热过程”）为宜。（2）在处进行二次催化处理的原因是 。（3）处气体混合物主要是氮气和三氧化硫。此时气体经过后不立即进入是因为 （4）20%的发烟硫酸（SO3的质量分数为20%）1吨需加水 吨（保留2位有效数字）才能配置成98%的成品硫酸。（5）在处发生1500的“不完全燃烧”，即先混入少量干燥空气，然后在处于700下再继续燃烧。试说明为何这种燃烧方式对环境保护是有利的？ 。四、推断题12现有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，D原子核外哑铃形原子轨道上有2个未成对电子，D与A形成的化合物分子构型是V型。B元素是形成化合物种类最多的元素，A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，F是同周期第一电离能最小的元素。（1）写出C元素基态原子的价电子排布式 ；B、C、D三种元素电负性由大到小的顺序为（用元素符号表示） ；（2）E与A能形成分子式为EA的化合物。接近EA沸点的EA蒸气的相对分子质量测量值要大于其分子计算值，原因是 ；C、D分别与A形成最简单分子中，稳定性较高的是 （填化学式）分子；该分子再与A+结合成离子时，ACA键的键角会 （填“变大”、“不变”或“变小”）（3）C与F形成的化合物FC3中，C3的空间构型为 ，C3中心原子采用 杂化。灼烧FC3时，火焰呈现特殊颜色，请从原理上解释产生该现象的原因： 。（4）右图为B元素的某种单质晶体的晶胞，则该晶体中B原子的空间占有率为 （用r表示B的原子半径，用带r的表达式表示，不必简化）13已知CH2=CHOH在常温下很不稳定，自动转变为CH3CHO。某化合物分子式为C10H6O6，其分子模型如下图所示（图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键）：该物质在酸性条件下水解为A和丙酮酸（C3H4O3）（1）该有机物分子中含有含氧官能团的名称是 。（2）写出该有机物NaOH溶液反应的化学方程式（有机物用结构简式表示） 。（3）A有多种同分异构体，同时符合下列要求的A的同分异构体共有 种。1mol该同分异构体能与5molNaOH发生反应核磁共振氢谱显示有四个吸收峰（4）丙酮酸是一种常见有机合成中间体。用石油裂解气成分之一为原料，通过下述过程制得丙酮酸，进而合成高聚物K：写出下列物质的结构简式：D、 M、 。在步骤中，属于加成反应的是 （用编号填写）第步的化学反应方程式为 。参考答案1B【解析】试题分析：PM2.5：PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物。这个值越高，就代表空气污染越严重。1m =10-6m =103nm，该颗粒物也不能叫做胶体，胶体是一种分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系，B项错误。考点：考查STS中化学与环境保护和社会的有关问题。2C【解析】试题分析：A项， CS2的结构式为S=C=S，只含有极性键，无非极性键，错误。B项，描述气体体积时，没有指明在标准状况下。C项，1molNa2O2与H2O反应转移1mol电子，0.1molNa2O2则转移0.1mol电子，正确。D项，pH=13的Ba（OH）2溶液中，C（OH-）=0.1mol/L，n（OH-）=0.1mol，错误。考点：考查阿伏加德罗常数的应用。3D【解析】试题分析：A项，该反应是一个归中反应，6mol HCl有5molCl被氧化成2.5molCl2，还有0.5molCl2的氯原子来自KClO3，同时6mol HCl中还有1mol氯原子化合价没有变，到KCl中去了，所以6mol氯-37，5mol在氯气中，1mol在氯化钾中，错误。B项，SO2通入上述溶液中，首先生成亚硫酸，亚硫酸不会与钙离子反应生成沉淀，错误。C项，FeCl3浓溶液呈棕黄色，并且颜色很浓，即使里面有Fe2+，并加入少量酸性KMnO4溶液，反应的现象并不明显，错误。D项，首先计算CuCl2溶液Cu2+沉淀最小的pH， 则pH=4，因此常温下2.2mol/L CuCl2溶液的pH4。考点：考查水溶液中的离子反应和氧化还原反应。4D【解析】试题分析：首先根据分子式计算该有机物的不饱和度，该有机物属于芳香族化合物，即含有苯环，那么除苯环外都是饱和的。分情况讨论，如果苯环上有三个取代基，一个甲基，两个氯原子。两个氯原子邻位，甲基的位置有2种；两个氯原子在间位，甲基的位置有3种；两个氯原子在对位，甲基的位置有1中，共有6种。如果苯环上有两个取代基，一个氯原子在苯环上，一个氯原子在侧链的碳原子上，那么总共是3种。如果苯环上只有一个取代基，即两个氯原子都在侧链的碳原子上，只有1种结构。综合上述三种情况，该有机物共有10种同分异构体。考点：考查有机物中同分异构体数目的判断。5C【解析】试题分析：A项，该反应生成硝基苯，是取代反应。B项，该反应是酯化反应，也属于取代反应。C项，乙醇在灼热的铜丝催化氧化成乙醛，属于氧化反应。D项，甲烷与氯气在光照下反应属于取代反应。A、B、D的反应类型相同，都是取代反应。考点：考查有机化学常见的反应类型。6B【解析】试题分析：由题意可推知X、Y、Z、W分别为Al、Si、Cl、F四种元素。A项，Y与W形成的化合物为SiF4不含离子键，错误。B项，HF分子间存在氢键，因此沸点要高于HCl，正确。C项，SiCl4的电子式中，氯原子和硅原子的最外层均达到8电子稳定结构，写法错误。D项，AlCl3中Al原子最外层没有满足8电子结构。考点：考查元素周期表元素的推断以及物质结构特点和物理性质。7A【解析】试题分析：A项，首先写出电荷守恒：C（H+）+C（Na+）=C（CH3COO-）+C（OH-）物料守恒：C（Na+）=，将物料守恒代入电荷守恒，消去C（Na+）得出：正确。B项，物料守恒写错，应写成：c(Na+) = 2c(CO3 2-) + c(HCO3-) + c(H2CO3)；C项，三种盐溶液溶质均水解从而使溶液呈碱性，盐水解后对应的酸越弱，水解程度越大，则碱性越强。现在三种盐溶液的pH相同，盐对应的酸越弱，水解程度越大，则盐的浓度就越小。对应的酸酸性强弱为：CH3COOHH2CO3 HClO，因此三种盐溶液的浓度大小为：C（CH3COONa）C（NaHCO3）C（NaClO），错误。D项，混合后根据电荷守恒：再根据物料守恒：又因为溶液呈中性，根据两个守恒：因此：C（Cl-）C（Na+）C（NH3H2O），D项错误。考点：考查水溶液中的电离、水解平衡，以及各种离子的浓度大小关系。8（1）Fe(OH)3 （2）m+n=6（3）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（4）2MnSO4+5K2S2O8+8H2O=2KMnO4+4K2SO4+8H2SO4，（Ag+催化剂）6H+2MnOOH+2I-=I2+2Mn2+4H2O【解析】试题分析：（1）FeSO47H2O溶于水，水解之后生成Fe(OH)2，继续被氧化成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体有很强的吸附能力，将水中的悬浮颗粒物吸附并沉降下来，所以最终生成Fe(OH)3沉淀。（2）由A12（OH）nClm，根据化合价整体为0，因此m+n=6。（3）铁在阳极放电，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，之后Fe2+ + 2OH- =Fe(OH)2，Fe(OH)2易被氧化，4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4Fe(OH)3白色沉淀变成红褐色。（4）陌生情景下氧化还原反应方程式的书写步骤是：先写骨架（氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物），再根据电子守恒把骨架配平，最后根据原子守恒在方程式的两边在“H2O”上做文章。根据题意，硫酸锰被氧化成高锰酸钾，则过硫酸钾被还原成硫酸盐（硫酸钾），所以骨架为硫酸锰、过硫酸钾、高锰酸钾、硫酸钾，根据电子守恒把骨架配平，再根据原子守恒，方程式的左边有12个硫原子，右边只有4个硫原子，所以右边还缺8个硫原子，同时化合价应该是+6价，而钾原子已经守恒，所以只能是硫酸，如果在右边添加8H2SO4 ，再根据氢原子或者氧原子守恒，在方程式的左边补充“8H2O”。 取水样，迅速加入MnSO4和KOH混合液，再加入KI溶液，发生题干中的反应，即Mn2+被氧化成MnOOH，加入硫酸后，I-在酸性条件下被MnOOH氧化成I2，这也是一个氧化还原反应，书写思路同上，先写骨架并配平，再根据电荷守恒和原子守恒，在左边补充H+，在右边补充“H2O”即可。考点：本题考查水处理工艺在生产生活中的应用。结合了胶体、电化学、氧化还原反应离子方程式的书写。9化学反应式或方程式未配平的均扣1分（1）CO(g)2H2(g)CH3OH(l) H128.1kJ/mol （2分，方程式1分，反应热2分，状态错误扣1分，计量数错误不得分。）（2） BD （2分，少选扣1分，有错选不得分） 0.4mol/(Lmin) 或6.67103 molL1s1（2分，无单位不得分） 0.99 （2分，数值在1.00.98之间均得分，写成“”或“” 得1分，单位不做要求。）（3） CH3OH6eH2OCO26 H （2分，无“”或计量数不是最简不扣分；其他书写不得分。） 铝制品（1分，写“Al”或“铝”均可，其他书写不得分） 2Al6e6HCO3Al2O36CO23H2O（3分，或“Al3eAl3，Al33HCO3Al(OH)33CO2，2Al(OH)3Al2O33H2O”各1分，无“”或计量数不是最简不扣分；其他书写不得分。）【解析】试题分析：（1）先写出三种物质的燃烧热的热化学方程式。 CO（g） H1283.0kJmol H2（g）+ H2285.8 kJ/mol CH3OH（1）+ H3726.5kJ/mol再写出目标方程式：CO(g)2H2(g)CH3OH(l) H4根据盖斯定律， + 2-即得到目标方程式。 H4= H1+H22-H3=128.1kJ/mol 根据图像： CO(g)2H2(g)CH3OH(l) 起始：（mol/L） 0.9 x 00-2min（mol/L） 0.4 0.8 0.42-4min（mol/L）（平衡） 0.5 0.9 0.44-6min（mol/L） 0.2 0.4 0.26-8min（mol/L）（平衡） 0.3 0.5 0.68-10min（mol/L） 0.1 0.2 0.1 10-12min（mol/L）（平衡）0.2 0.3 y A项，起始时浓度x=C（H2）为17mol/L，容器体积未知，所以物质的量也未知，A项错误。B项，该容器是一个恒容的容器，反应是一个非等体积反应，因此当气体的总物质的量不再改变，即压强不再改变，反应即达到平衡状态，正确。C项，4min时，平衡向右移，并且各物质的浓度是逐渐变化，所以应该是降温的条件下，C项错误。D项，7min时，反应再次达到平衡，此时v（CO）=v（CH3OH），D项正确。02min内平均反应速率v（H2）=0.4 molL-1min-1在3min时该反应的平衡常数在第8min时，CO的浓度减少0.1molL-1，H2的浓度减少0.2molL-1，可知平衡在向右移动，CO和H2的浓度都是逐渐变小，而此时的条件和上次平衡移动的条件不相同，所以只能是减少甲醇的浓度，才能使平衡向右移动，即在平衡移动的瞬间，甲醇的浓度是很少的，应该要低于0.05molL-1，然后再增加0.1molL-1，在第10min平衡，并且浓度y不超过0.15molL-1。（3）该装置中甲是一个燃料电池装置，给右边的装置乙提供电能，乙装置是一个电解池装置。甲中质子移向右边，从而推知甲装置左是负极，右是正极，则乙装置中M是阳极，N是阴极。甲中电池的负极反应式为：CH3OH6eH2OCO26 H 要注意电解质溶液质子在进行传递。乙池是一铝制品表面“钝化”装置，两极分别为铝制品和石墨。则阳极M材料是铝制品，阴极N材料是石墨。在铝表面钝化，即把铝变成Al2O3，同时考虑溶液中溶质为NaHCO3，则电极反应为：2Al6e6HCO3=Al2O36CO23H2O考点： 考查热化学方程式的书写、化学平衡原理及其图像问题、电化学综合。10（共13分）化学反应式或方程式未配平的均扣1分（1） ACD（2分，少选1个扣1分，有错选不得分）（2） Fe33NH3H2OFe(OH)33NH4+（2分，“NH3H2O”写成“NH3H2O”不扣分；无“”得1分，写成化学方程式不得分）（3） AD （2分，少选1个扣1分，有错选不得分） 滴入最后一滴KMnO4溶液后，溶液显红色且半分钟内溶液不褪色。（1分，提到“溶液显紫色”或“紫色”或“紫红色”或“红色”即可得分）（4）4.000%（3分，有效数字不考虑）（5）取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加Na2CO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净；（2分，试剂1分，结论1分，其他合理方法也给分）偏高（1分）【解析】试题分析：首先要弄清楚整个钙元素质量分数测定的工艺流程。将白菜经过一系列的操作，得到滤液A，滤液A中含有的离子有Fe3、Ca2+。加入氨水调解pH=6的目的是将Fe3除去，然后得到滤液B和沉淀D Fe(OH)3，向滤液B中加入草酸铵，目的是将Ca2+沉淀变成草酸钙，即白色沉淀E。通过测定白色沉淀E的质量来测定白菜中钙元素的质量分数。灼烧干白菜叶所需要的仪器主要有：坩埚，玻璃棒，酒精灯，泥三角。而蒸发结晶操作采用蒸发皿。从滤液A沉淀D的离子反应方程式为：Fe33NH3H2OFe(OH)33NH4+滤液C中有过量的草酸铵，通过用高锰酸钾溶液来测定过量的草酸铵，从而可以得出与Ca2+反应的草酸铵，从而计算出钙离子的含量。为了加快滴入第一滴KMnO4溶液时的褪色速度，即加快反应速度，可以适当的加热锥形瓶内的溶液，也可以加入几滴MnSO4溶液，因为Mn2+有催化该反应速度的作用。当反应达到滴定终点时，也就是最后一滴高锰酸钾溶液滴入，草酸根已经消耗完了，此时溶液由无色变成紫色，并且30s内不褪色，即滴定达到终点。原干白菜叶中钙元素的质量分数的测定。滤液中过量的n（C2O42-）=n（MnO4-）=0.10.01=0.0025 mol则与Ca2+反应的草酸根n（C2O42-）=0.01mol即：n（Ca2+）= n（C2O42-）=0.01molw（Ca）=4.000%（5）判断沉淀是否洗净，则要看沉淀上是否附有可溶性的离子，所以取最后一次洗涤的滤液，检测滤液中是否含有Ca2+ 即可。具体操作：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加Na2CO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净。沉淀E为草酸钙，沉淀上可能附有可溶性离子如：C2O42-。若未洗涤，则后面用高锰酸钾溶液滴定滤液中的C2O42-，则消耗的高锰酸钾的量偏少，那么与钙离子反应的草酸根离子的量则偏高，最终测得的白菜叶中的钙离子的含量偏高。考点：考查元素的定量分析实验，包含实验分析流程、所需要的仪器、实验定量分析的原理。11化学反应式或方程式未配平的均扣1分（1）接触室 （2分） 2SO2O22SO3 （2分，“V2O5”写成“催化剂”也可；无条件得1分；无“”不得分） 等温过程（2分）（2）该反应为可逆反应，二次催化使尚未反应的SO2尽量催化氧化成SO3，可以降低成本提高原料利用率和保护环境（2分，“提高原料利用率”1分，“保护环境” 1分）（3）通过吸收塔后，混合气体中SO3含量较多，不利于SO2的催化氧化反应进行。（2分，“SO3含量较多”1分，“不利于SO2的催化氧化”1分）（4）0.066 （3分，上下差0.001均可）（5）在高温下，空气的氮气和氧气反应生成氮氧化物，有污染。低温下，氮氧化物被还原，生成N2，对环境保护有利。（2分，“生成氮氧化物”1分，“氮氧化物被还原”1分）【解析】试题分析：生产发烟硫酸和硫酸一般经过三个过程：沸腾炉燃烧接触室氧化吸收塔吸收，即先把含硫的矿石在沸腾炉内充分燃烧，然后将产生的SO2通入接触室内，在高温高压催化剂的条件下被氧气氧化，发生反应2SO2O22SO3 ，将反应后的混合气体通入吸收塔，SO3被水充分吸收从而得到发烟硫酸。由上图，含硫矿石在沸腾炉中燃烧，将混合气体通入接触室中，SO2被O2氧化成SO3，将混合气体再通入吸收塔SO3被水吸收生成硫酸，继续通入吸收塔充分吸收，然后再通入接触室使残余的SO2进一步被氧化成SO3，再通入吸收塔被水吸收。（1）的设备为接触室，反应的化学方程式为： 2SO2O22SO3 ，该反应正反应为放热反应，为了提高SO3 的产率，不宜采取绝热条件，而应该采取等温过程。（2）该反应为可逆反应，二次催化使尚未反应完全的SO2尽量催化氧化成SO3，可以降低成本提高原料利用率和保护环境。（3）处气体为SO2、O2、SO3的混合气体，气体经过吸收塔后SO3被水吸收，然后再进入吸收塔，使未被完全吸收的SO3再次被水充分吸收，之后混合气体中的SO3含量很少，此时再将混合气体再次通入接触室，那么SO2的转化率或者SO3的产率会大大提高。（4）1吨发烟硫酸中SO3的质量分数为20%，所以m（SO3）=0.2吨，m（H2SO4）=0.8吨，加水后，发生反应：SO3 + H2O=H2SO4 此时需要水m（H2O）=，生成硫酸m（H2SO4）=，则总共的硫酸的质量为：m（H2SO4）=0.8+0.245=1.045吨，再配置成98%的成品硫酸时需要水的质量为m（H2O）=，所以需要水的总质量m（H2O）=0.045+0.021=0.066吨。（5）在高温下，空气的氮气和氧气反应生成氮氧化物，有污染。低温下，氮氧化物被SO2还原，生成N2，对环境保护有利。考点：本题考查生产发烟硫酸的工艺流程。主要考察工艺流程的工艺原理和所需要的设备，工业生产与环境保护、绿色化学的关系和相关的化学计算。12（1）2s22p3 ONC（2）HF分子间通过氢键作用形成(HF)n分子，使相对分子质量增大 H2O（3）直线型 在加热条件下，低能级电子跃迁到高能级，不稳定，电子由高能级跃迁回低能级，能量以光波形式释放，使火焰呈现特殊颜色（4）或【解析】试题分析：D原子核外哑铃形原子轨道上有2个未成对电子，可知D的p轨道电子排布为：p2或者p4D与A形成的化合物分子构型是V型，则D的p轨道电子排布为：p4，D为氧元素，A为氢元素。B元素是形成化合物种类最多的元素，则B为碳元素，C为氮元素。F是同周期第一电离能最小的元素，则F为钠元素，E为氟元素。（1）C为氮元素，价电子排布为：2s22p3，同周期元素从左至右电负性逐渐增大，所以电负性由大