福建省岐滨中学2016届高三化学上学期开学试卷（含解析）

1、福建省岐滨中学2016届高三上学期开学化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1分析化学中常用X射线研究晶体结构，有一种蓝色晶体可表示为：MxFey（CN）z，研究表明它的结构特性是Fe2+、Fe3+分别占据立方体的顶点，自身互不相邻，而CN一位于立方体的棱上，其晶体中的阴离子结构如图示，下列说法正确的是( )A该晶体是原子晶体BM的离子位于上述立方体的面心，呈+2价CM的离子位于上述立方体的体心，呈+1价，且M+空缺率（体心中没有M+的占总体心的百分比）为50%D晶体的化学式可表示为MFe2（CN）3，且M为+1价考点：晶胞的计算专题：化学键与晶体结构分析：A、该晶体中含有Fe

2、2+、Fe3+、CN等阴阳离子，据此判断晶体类型；B、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数，再根据化合价代数各为零可判断；C、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数比可判断；D、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数，再根据化合价代数各为零可判断解答：A、该晶体中含有Fe2+、Fe3+、CN等阴阳离子，所以该晶体为离子晶体，故A正确；B、根据晶胞结构可知，晶胞中含有Fe2+的个数为4×=，Fe3+的个数为4×=，CN的个数为12×=3，所以Fe2+、Fe3+、CN的个数比为1：1：6，根据化合价代数和为零可知，M的化合价为+1价，故B错误；C、

3、根据晶胞结构，由B的计算可知，每个晶胞中含有Fe2+0.5个，Fe3+0.5个，CN3个，由B可知M的化合价为+1价，根据化合价代数为零，可知每个晶胞平均含有M也是0.5个，而M的离子位于上述立方体的体心上，所以两个晶胞中一个有M+，而另一个必无M+，所以M+空缺率为50%，故C正确；D、由B的分析可知，晶体的化学式可表示为MFe2（CN）6，且M为+1价，故D错误；故选C点评：本题主要考查均摊法计算化学式、晶体结构的确定等知识点，中等难度，有一定的综合性2图为实验室从海带中提取碘单质的流程示意图，判断下列说法错误的是( )A步骤需要用到蒸发皿B步骤需要过滤装置C步骤需要用到分液漏斗D步骤需要

4、蒸馏装置考点：海水资源及其综合利用分析：由提取海带中的碘的实验流程可知，海带在坩埚中灼烧，然后溶解得到悬浊液，步骤为过滤，得到含碘离子的溶液，中发生MnO2+2I+4H+=I2+Mn2+2H2O，得到含碘单质的溶液，为萃取，为蒸馏，以此来解答解答：解：由提取海带中的碘的实验流程可知，海带在坩埚中灼烧，然后溶解得到悬浊液，步骤为过滤，得到含碘离子的溶液，中发生MnO2+2I+4H+=I2+Mn2+2H2O，得到含碘单质的溶液，为萃取，为蒸馏，A灼烧固体，应放在坩埚中，蒸发皿用于加热溶液，故A错误；B步骤用于分离和固体和液体，得到含碘离子的溶液，为过滤操作，故B正确；C为萃取，所用主要仪器是分液漏

5、斗、烧杯，故C正确；D步骤分离碘与苯，二者互溶，但沸点不同，则操作名称是蒸馏，故D正确故选A点评：本题以海带提碘为载体考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中的反应及混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大3取一定质量含Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份并进行下列转化，则转化过程中所加稀HNO3的物质的量浓度为( )A4.4 molL1B3.6 molL1C4.0 molL1D3.2 molL1考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；化学方程式的有关计算专题：计算题分析：Cu、Cu2O、CuO的固体混合物通入足量的氢气，Cu2O、CuO被

6、还原成铜单质，根据减少的质量即为氧的质量列方程；Cu、Cu2O、CuO的固体混合物加入稀硝酸，Cu、Cu2O被硝酸氧化二价铜，硝酸被还原成NO，根据得失电子守恒列方程解答：解：设其中一份中n（Cu）=x mol，n（Cu2O）=y mol，n（CuO）=z mol，依得失电子守恒和氧元素守恒，有：x+2y+z=0.7mol亦即反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.70mol则500mL稀硝酸中，n（HNO3）=0.70mol×2+0.200mol=1.600mol于是：c（HNO3）=1.600mol/0.500L=3.2mol/L，故选：D点评：本题考查铜及化合物的性质，并且利用有关化

7、学方程式计算技能或原子守恒思想解决问题侧重电子守恒和原子守恒的思想的考查，此思想是解决化学计算的简洁方法，应用比较广泛，应给予重视4下列说法中正确的是( )A由元素的原子序数推测其在元素周期表中的位置B由HH和ClCl的键长推测液氢和液氯沸点的高低C由CaF2晶体中，与Ca2+距离最近的F有8个，推知与F距离最近的Ca2+也有8个D由NN、HH、NH的键能数据估算3H2（g）+N2（g）2NH3（g）的反应热考点：元素周期表的结构及其应用；键能、键长、键角及其应用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；反应热和焓变分析：A、知道了元素的原子序数，可以确定元素的电子层数和最外层电子数；B、沸点

8、高低是物质的物理性质与共价键的键长无关；C、萤石中每个Ca2+被8个F所包围，每个F周围最近距离的Ca2+数目为4；D、在外界条件一定的情况下，反应热等于反应物的总键能生成物的总键能解答：解：A、知道了元素的原子序数，可以确定元素的电子层数和最外层电子数，由电子层数确定周期数，最外层电子数确定族序数，所以由元素的原子序数推测其在元素周期表中的位置，故A正确；B、沸点高低是物质的物理性质与共价键的键长无关，共价键的键长是决定化学性质的，故B错误；C、萤石中每个Ca2+被8个F所包围，每个F周围最近距离的Ca2+数目为4，故C错误；D、与外界条件有关，温度和压强不定，所以无法估算反应热，故D错误；

9、故选A点评：本题考查原子序数与元素在周期表中的位置、熔沸点高低的影响因素、晶体中粒子数目的比和反应热的相关知识，综合性强，但比较容易5鼠尾草酚用于防治骨质疏松，鼠尾草酸可两步转化得到鼠尾草酚，下列说法正确的是( )AX、Y、Z属于芳香族化合物BX、Y、Z均能与FeCl3溶液发生显色反应C1 mol X或1mol Z与NaOH溶液反应，均最多消耗3molNaOHDX、Y、Z均能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应考点：有机物的结构和性质分析：A芳香族化合物中含有苯环；B含有酚羟基的有机物能和氯化铁发生显色反应；CX中羧基和酚羟基能和NaOH反应，Z中酚羟基、酯基水解生成的羧基能和NaOH反应；D碳碳不

10、饱和键能和溴发生加成反应解答：解：A芳香族化合物中含有苯环，B中不含苯环，所以不属于芳香族化合物，故A错误；B含有酚羟基的有机物能和氯化铁发生显色反应，B中不含酚羟基，不能和氯化铁发生显色反应，故B错误；CX中羧基和酚羟基能和NaOH反应，Z中酚羟基、酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，所以1 mol X或1mol Z与NaOH溶液反应，均最多消耗3molNaOH，故C正确；D碳碳不饱和键能和溴发生加成反应，X和Z中不含碳碳不饱和键，所以不能和溴发生加成反应，故D错误；故选C点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚、酯的性质，易错选项是C6下列

11、说法错误的是( )A等物质的量的NaX和弱酸HX混合后的溶液中c（HX）可能大于c（X）B在pH=4.5的NaHSO3溶液中，c（H2SO3）大于c（SO32）C向0.1 mol/L醋酸溶液中加水稀释的过程中c（OH）不断增大D向含有Na2SO4的BaSO4悬浊液中加水稀释，c（Ba2+）增大考点：盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：A如水解程度大于电离，则c（HX）大于c（X）；BpH=4.5，说明HSO3电离大于水解程度；C加水解释，c（H+）减小；D加水稀释，c（SO42）降低解答：解：A等物质的量的NaX和弱酸HX混合后，如溶液呈碱性时，说明水解程度大于电离，则c（HX）

12、大于c（X），故A正确；BpH=4.5，说明HSO3电离大于水解程度，则c（H2SO3）小于c（SO32），故B错误；C加水解释，c（H+）减小，但Kw不变，则c（OH）不断增大，故C正确；D加水稀释，c（SO42）降低，但Ksp不变，则c（Ba2+）增大，故D正确故选B点评：本题考查电解质的电离和盐类的水解，属于综合知识的考查，为高频考点，要求学生具有分析和解决问题的能力，注意把握平衡常数的理解和运用，难度不大7室温下，用0.10molL1盐酸分别滴定20.00mL 0.10molL1氢氧化钠溶液和氨水，滴定过程中溶液pH随加入盐酸体积的变化关系如图所示下列说法不正确的是( )A表示的是滴定

13、氨水的曲线，当V（HCl）=20 mL时，有：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）B当pH=7时，滴定氨水消耗的V（HCl）=20 mL，且c（NH4+）=c（Cl）C滴定氢氧化钠溶液时，若V（HCl）20 mL，则一定有：c（Cl）c（Na+）c（OH）c（H+）D当滴定氨水消耗V（HCl）=10 mL时，有：2=c（NH4+）c（NH3H2O）考点：离子浓度大小的比较分析：A根据氨水和NaOH在滴定开始时的pH来判断；B盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性；C滴定氢氧化钠溶液时，若V（HCl）20 mL，氢离子浓度可能大于钠离子；D当滴定氨水消耗V（HCl）=10 mL时，溶液

14、中溶质为等物质的量的NH3H2O和NH4Cl解答：解：A一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离，则开始时氨水的pH小于13，所以表示的是滴定氨水的曲线，当V（HCl）=20 mL时，恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性，则c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故A正确；B滴定氨水消耗的V（HCl）=20 mL，盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性，当pH=7时，滴定氨水消耗的V（HCl）20 mL，故B错误；C滴定氢氧化钠溶液时，若V（HCl）20 mL，氢离子浓度可能大于钠离子，则溶液中离子浓度关系可能为：c（Cl）c（H+）c（Na+）c（OH），故C错误；D当滴定氨水消耗V（HCl）=1

15、0 mL时，溶液中溶质为等物质的量的NH3H2O和NH4Cl，电荷守恒为c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+c（H+），物料守恒为：2c（Cl）=c（NH3H2O）+c（NH4+），则2=c（NH4+）c（NH3H2O），故D正确；故选BC点评：本题考查酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等，注意把握弱电解质的电离特点以及电荷守恒、物料守恒的应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力二、解答题（共4小题，满分58分）8天然气（主要成分甲烷）含有少量含硫化合物，可以用氢氧化钠溶液洗涤除去（1）硫元素的原子结构示意图为；羰基硫分子的电子式为（2）下列说法正确的是bda乙硫醇的相对分子质量大于乙醇，

16、故其沸点更高b同温度同浓度下Na2CO3溶液的pH大于Na2SO4溶液，说明硫元素非金属性强于碳元素cH2S分子和CO2都是极性分子，因为它们都是直线形分子d由于乙基的影响，乙硫醇的酸性弱于H2S（3）羰基硫用氢氧化钠溶液处理及利用的过程如下（部分产物已略去）：COSNa2S溶液X溶液+H2反应I除生成两种正盐外，还有水生成，其化学方程式为COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O已知X溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32，则中主要反应的离子方程式为2S2+5H2O=S2O32+4H2+2OH如图是反应中，在不同反应温度下，反应时间与H2产量的关系图（Na2S初始含量为3mmo1）

17、a判断T1、T2、T3的大小：T1T2T3；b在T1温度下，充分反应后，若X溶液中除S2O32外，还有因发生副反应而同时产生的SO42，则溶液中c（S2O32）：c（SO42）=5：2考点：含硫物质的性质及综合应用分析：（1）S的质子数为16，原子核外有3个电子层，最外层电子为6；羰基硫分子与二氧化碳分子结构相似，均为直线型；（2）a乙醇中含氢键；b同温度同浓度下Na2CO3溶液的pH大于Na2SO4溶液，可知对应最高价含氧酸的酸性；cCO2结构对称，正负电荷中心重合；d由于乙基的影响，乙硫醇难电离出氢离子；（3）反应I除生成两种正盐外，还有水生成，由元素守恒可知，生成正盐为Na2S、Na2C

18、O3；硫化钠与水反应生成S2O32、氢气和氢氧化钠，根据电子守恒和原子守恒书写；a由图可知，温度高的反应速率大，则反应的时间短；b.3molNa2S若只生成S2O32转移12mol电子，T1温度下，生成的氢气为7mol，转移电子为14mol，结合电子守恒计算解答：解：（1）S的质子数为16，原子核外有3个电子层，最外层电子为6，则原子结构示意图为；羰基硫分子与二氧化碳分子结构相似，均为直线型，其电子式为，故答案为：；（2）a乙醇中含氢键，则乙醇沸点高于乙硫醇，故a错误；b同温度同浓度下Na2CO3溶液的pH大于Na2SO4溶液，可知对应最高价含氧酸的酸性为硫酸碳酸，则硫元素非金属性强于碳元素，

19、故b正确；cCO2结构对称，正负电荷中心重合，则为非极性分子，为直线结构，而H2S分子V型极性分子，故c错误；d由于乙基的影响，乙硫醇难电离出氢离子，乙硫醇的酸性弱于H2S，故d正确；故答案为：bd；（3）反应I除生成两种正盐外，还有水生成，由元素守恒可知，生成正盐为Na2S、Na2CO3，反应为COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O，故答案为：COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O；硫化钠与水反应生成S2O32、氢气和氢氧化钠，其反应的离子方程式为：2S2+5H2O=S2O32+4H2+2OH，故答案为：2S2+5H2O=S2O32+4H2+2OH；a由图可知，温

20、度高的反应速率大，则反应的时间短，则T1T2T3，故答案为：T1T2T3；b.3molNa2S若只生成S2O32转移12mol电子，T1温度下，生成的氢气为7mol，转移电子为14mol，设产生的SO42为x，由电子守恒可知x×8+（3x）×4=14，解得x=0.5mol，则n（S2O32）=1.25mol，溶液中c（S2O32）：c（SO42）=1.25：0.5=5：2，故答案为：5：2点评：本题考查较综合，涉及物质结构与性质、氧化还原反应计算、图象分析及离子反应等，侧重反应原理中高频考点的考查，综合性较强，题目难度中等9下表是某学生为探究AgCl沉淀转化为Ag2S沉淀的

21、反应所做实验的记录（1）为了证明沉淀变黑是AgCl转化为Ag2S的缘故，步骤I中NaCl溶液的体积范围为5mL（2）已知：25时Ksp（AgCl）=1.8×1010，Ksp（Ag2S）=6×1030，此沉淀转化反应的平衡常数K=5.4×109（3）步骤V中产生的白色沉淀的化学式为BaSO4，步骤中乳白色沉淀除含有AgCl外，还含有S（4）为了进一步确认步骤中乳白色沉淀产生的原因，设计了如下图所示的对比实验装置装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和分液漏斗，试剂W为过氧化氢溶液装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，B中试剂为Ag2S悬浊液实验表明：C中沉

22、淀逐渐变为乳白色，B中没有明显变化完成C中反应的化学方程式：Ag2S+NaCl+O2+H2OAgCl+S+NaOHC中NaCl的作用是：氧气将Ag2S氧化成S时有Ag+产生，NaCl电离的氯离子与银离子结合生成AgCl沉淀，使c（Ag+）减小，有利于氧化还原反应的平衡右移考点：性质实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析：（1）证明沉淀变黑是AgCl转化为Ag2S的缘故，则应该使步骤中银离子完全转化成氯化银沉淀；（2）写出反应方程式，然后结合平衡常数表达式及氯化银、硫化银的溶度积进行计算；（3）步骤中稀硝酸将硫元素氧化成硫酸根离子，则步骤中加入硝酸钡后生成硫酸钡沉淀；再结合步骤

23、中黑色沉淀消失可知硫化银与空气中氧气反应生成硫单质，通式生成氯化银沉淀；（4）根据装置A中仪器结构判断其名称；装置A需要产生氧气，结合二氧化锰可知试剂W为过氧化氢溶液；要探究生成氯化银和S沉淀的原因，C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，则B中应该为硫化银悬浊液；C中硫化银、氯化钠、氧气和水反应生成氯化银沉淀、S单质和强氧化钠，根据化合价变化相等配平，从影响化学平衡的角度判断氯化钠在装置C中的作用解答：解：（1）要证明沉淀变黑是AgCl转化为Ag2S的缘故，则步骤中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl沉淀，所以加入的NaCl溶液的体积必须5mL，故答案为：5mL；（2）氯化

24、银转化成硫化银的反应为：2AgCl（s）+S2（aq）Ag2S（s）+2Cl（aq），该反应的平衡常数为：K=5.4×109，故答案为：5.4×109；（3）步骤中较长时间后，沉淀变为乳白色，则黑色的硫化银沉淀转化成氯化银沉淀；再根据滤出中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，则被氧化的只能为S元素，故乳白色沉淀为AgCl和S的混合物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根离子，则在步骤中向X中滴加Ba（NO3）2溶液会生成BaSO4沉淀，故答案为：BaSO4；S；（4）根据图示可知，装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和分液漏斗；乳白色沉淀为氯化银和S的混合物

25、，装置A的作用是提供氧气，根据圆底烧瓶中为二氧化锰可知W为过氧化氢溶液，故答案为：分液漏斗；过氧化氢溶液；进一步确认步骤中乳白色沉淀产生的原因，装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，则装置B中应该不含氯化钠溶液，即为Ag2S悬浊液，通过对比反应现象判断生成乳白色沉淀产生的原因，故答案为：Ag2S悬浊液；装置C中生成的白色沉淀为氯化银和S单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以强氧化钠形式存在，则未知的反应物为强氧化钠，再根据H元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平可得反应方程式：2Ag2S+4NaCl+O2+2H2O4AgCl+2S+4NaOH；装置C

26、中氯化钠的作用为：氧气将Ag2S氧化成S时有Ag+产生，NaCl电离的氯离子与溶液中银离子结合生成AgCl沉淀，使溶液中c（Ag+）减小，从而有利于氧化还原反应2Ag2S+4NaCl+O2+2H2O4AgCl+2S+4NaOH向右移动，故答案为：2Ag2S+4NaCl+O2+2H2O4AgCl+2S+4NaOH；氧气将Ag2S氧化成S时有Ag+产生，NaCl电离的氯离子与银离子结合生成AgCl沉淀，使c（Ag+）减小，有利于氧化还原反应的平衡右移点评：本题考查了性质实验方案的设计，题目难度较大，涉及难溶物溶度积的计算、氧化还原反应的配平、性质实验方案评价等知识，根据实验现象得出正确结论为解答关

27、键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力10可降解塑料PCL的结构可表示为其合成路线如下已知：RCH=CGCH3RCH=CHCH2Br回答下列问题：（1）由苯酚生成B的反应试剂和条件为H2，Ni/（2）D的结构简式是上述生成D的反应类型是氧化反应（3）PCL属于线型（填“线型”或“体型”）高分子材料与D具有相同官能团的同分异构体E经下列合成路线可转化为D（4）E的结构简式是（5）由H生成K的化学方程式是HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOHNaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O（6）M的氧化产物己二酸是合成尼龙的原料之一，用B做原料三步反应可制得己

28、二酸BWX己二酸写出W、X的结构简式：W、XOHCCH2CH2CH2CH2CHO考点：有机物的推断专题：有机物的化学性质及推断分析：苯酚与氢气加成生成环己醇B，B为，环己醇在Cu作催化剂的条件下氧化生成环己酮，结合信息环己酮与过氧乙酸反应生成D，D为，M的氧化产物是己二酸，则M为HOOC（CH2）5OH，M能够通过酯化反应，缩聚生成高分子化合物，E是D的同分异构体，具有相同的官能团，可知E为，E水解生成F，F为HOOC（CH2）3CHOHCH3，FG为消去反应，结合信息和GH的反应条件可知，G为HOOCCH2CH2CH=CHCH3，H为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br，H水解生成K，K

29、为HOOCCH2CH2CH=CHCH2OH，以此解答该题解答：解：苯酚与氢气加成生成环己醇B，B为，环己醇在Cu作催化剂的条件下氧化生成环己酮，结合信息环己酮与过氧乙酸反应生成D，D为，M的氧化产物是己二酸，则M为HOOC（CH2）5OH，M能够通过酯化反应，缩聚生成高分子化合物，E是D的同分异构体，具有相同的官能团，可知E为，E水解生成F，F为HOOC（CH2）3CHOHCH3，FG为消去反应，结合信息和GH的反应条件可知，G为HOOCCH2CH2CH=CHCH3，H为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br，H水解生成K，K为HOOCCH2CH2CH=CHCH2OH，（1）B为，可由苯酚与

30、氢气在Ni催化作用下加热生成，故答案为：H2，Ni/；（2）D为，被过氧乙酸氧化生成，故答案为：；氧化反应；（3）PCL的结构可表示为，属于线型高分子材料，故答案为：线型；（4）E的结构简式是，故答案为：；（5）H为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br，在NaOH溶液中发生中和反应和卤代烃的水解反应，化学方程式为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOHNaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O，故答案为：HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOHNaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O；（6）苯酚与氢气加成生成环己醇，环己醇发生消

31、去反应生成环己烯，结合题给信息，用臭氧氧化生成OHCCH2CH2CH2CH2CHO，再氧化生成己二酸，则W为，X为OHCCH2CH2CH2CH2CHO，故答案为：；OHCCH2CH2CH2CH2CHO点评：本题考查有机物的合成，为高频考点，和常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，解答本题注意结合题给信息和官能团的转化，特别是有机物官能团的性质，是解答该题的关键，注意借鉴题给信息进行解答11废水、废气、废渣的处理是减少污染、保护环境的重要措施（1）烟气中的NOx必须脱除（即脱硝）后才能排放列举一种由NOx引起的大气污染现象：光化学烟雾（或硝酸型酸雨）已知：CH4（g）+2O2（g）

32、CO2（g）+2H2O（l）；H=890.3kJmol1N2（g）+O2（g）2NO（g）；H=+180kJmol1则CH4脱硝的热化学方程式为CH4（g）+4NO（g）CO2（g）+2N2（g）+2H2O（l），H=1250.3 kJmol1图1是一种用NH3脱除烟气中NO的原理该脱硝反应中，氧化剂是NO；（2）图2是一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理示意图，同时处理有机废水和硝酸盐废水，并获得淡水图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示电池正极为b（填“a”或“b”）电极a上的电极反应式为C6H10O524e+7H2O6CO2+24H+电池工作过程中Na+离子移向b电极、Cl离子移向a电极（填“a电极”、或“b电极”）假设咸水中氯化钠的质量分数为2.34%，当两极总共产生7.84L气体（标准状况下）时，理论上处理咸水2500g（忽略CO2的溶解）考点：原电池和电解池的工作原理；用盖斯定律进行有关反应热的计算；氮的氧化物的性质及其对环境的影响分析：（1）光化学烟雾（或硝酸型酸雨）都是氮的氧化物引起的；已知：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890.3kJmol1N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180kJmol1根据盖斯定律：2×得CH4（g）+4NO（g）CO2（g）+2N2（g）+2H2O（l），据此计算；氮的化合价降低，