1、 高三下学期第三次模拟考试化学试题 高三下学期第三次模拟考试化学试题一、单选题一、单选题1中国是世界著名的陶瓷古国。下列国宝级文物主要由陶瓷制成的是（）选项ABCD文物名称东汉铜车马舞马衔杯纹银壶萧何月下追韩信梅瓶雪景寒林图AABBCCDD2下列物质属于电解质的是（）ABCD3下列有关说法正确的是（）A虽然药物能治病，但大部分药物有毒副作用B抗生素能抵抗所有细菌感染，可以大量使用C绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D用氯气处理水中的 Cu2+、Hg2+等重金属离子4下列说法错误的是（）A晶体熔点由低到高：COKClc(Cl-)=c(Br-)D常温下，向含 0.1molCH3COOH
2、 的溶液中加入 amolNaOH 固体，反应后溶液中 c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，则溶液显碱性。（已知醋酸 Ka=1.7510-5)9多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现 T时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。下列说法正确的是（）A反应过程只有 C-H 键断开B反应 I 的活化能为 C总反应的热化学方程式为：D反应历程中，反应决定整个反应进程的快慢10制造芯片用到高纯硅，用 SiHCl3(沸点：31.85，SiHCl3遇水会剧烈反应，易自燃)与过量 H2在11001200反应制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理
3、装置略去)，下列说法错误的是（）A整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气B装置 II、III 中依次盛装的是浓 H2SO4、温度高于 32的温水C实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置 IV 石英管D尾气处理可直接通入 NaOH 溶液中11用电解法合成 1，2-二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中错误的是（）A该装置工作时，阴极区溶液中的离子浓度不断增大BX、Y 依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜C液相反应中，C2H4被 CuCl2还原为 1，2-二氯乙烷D该装置总反应为 CH2=CH2+2H2O+2NaClH2+2NaOH+ClCH2CH2Cl二、多选题
4、二、多选题12迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构简式如图所示。下列叙述正确的是（）A迷迭香酸与溴单质只能发生取代反应B1mol 迷迭香酸最多能和 7mol 氢气发生加成反应C迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应D1mol 迷迭香酸最多能和 5molNaOH 发生反应三、综合题三、综合题13可从铜转炉烟灰(主要成分为 ZnO)和闪锌矿(主要成分是 ZnS)得到锌。（1）Zn2+基态核外电子排布式为 。（2）铜转炉烟灰(主要成分为 ZnO)，加入氯化铵和水，浸出液中锌元素以Zn(NH3)42+形式存在，则浸取时 ZnO 发生反应的离子方程式 。氨分子的 VSEPR 模型为
5、，中心原子的杂化轨道类型为 。（3）CuSO4能活化 ZnS，地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成 CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的 ZnS，慢慢转变为铜蓝(CuS)，试推测其原因是 。（4）ZnS 的晶胞结构如图所示：在 ZnS 的晶体中与 S2-离子距离相等且最近的 Zn2+的个数是 。其晶胞边长为 540.0pm，密度为 (列式并计算)。（5）取 mg 活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂 34 滴，再加入适量六亚甲基四胺，用 amolL-1EDTA 标准液进行滴定，消耗标准液 VmL。已知：与 1.0mLEDTA 标准液c(EDTA)=1.000molL-1相
6、当的以克表示的氧化锌质量为 0.08139g，则样品中氧化锌的质量分数为 (用代数式表示)，若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果 。14化合物 H 是一种治疗失眠症的药物，其一种合成路线如图：已知：NH2易被氧化；(或 H)；（1）化合物 A 中 (填“是”或“否”)含有手性碳原子。（2）化合物 H 中所含官能团的名称为 。（3）EF 的化学反应类型为 反应。（4）G 的分子式为 。（5）写出 X 物质的名称 。（6）写出 BC 的化学反应方程式 。（7）D 的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式 。分子中有 4 种不同化学环境的氢原子；能发生水解反应，水
7、解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的 Br2相等。（8）写出以和(EtO)2POCH2CN 为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线例见本题题干)。15某同学制备 H2SO4，再用 H2SO4制备 C2H4，并检验产物。（1）I.制备 H2SO4的重要一步是制 SO3某同学在实验室中根据 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，设计如图 1 所示实验装置来制备 SO3固体。在 A 装置中加入 Na2SO3固体的同时，还需加几滴水，然后再滴加浓硫酸。加几滴水的作用是 。装置 D 盛放的是 溶液，其作用是 。实验开始时的操作顺序为 。a.先点燃 E 处的酒精灯后
8、将混合气体通入 Eb.先将混合气体通入 E 后点燃 E 处的酒精灯（2）II.制取乙烯图 2 是实验室制乙烯的发生装置，根据图示回答下列问题：图 2 中仪器、的名称分别为 。（3）反应前在中放入几块碎瓷片的目的是 。（4）III.检验产物为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如表实验并得出相应结论。实验序号检验试剂和反应条件现象结论酸性 KMnO4溶液紫红色褪去产物含有乙烯澄清 Ca(OH)2溶液.变浑浊产物含有 CO2通过品红溶液红色褪去产物含有 SO2实验中的结论不合理的是 (填序号)，原因是 。16燃煤烟气中的 SO2是主要的大气污染物之一。（1）以 Co/Al2O3作催化剂时氢气
9、脱硫的过程由两步反应组成，过程如图 1 所示。结合图 1 中的信息，写出总反应的化学方程式 。用氢气进行脱硫的优点是 。已知在反应过程中，过量的 H2可发生副反应：xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，图 2 中的两条曲线分别代表 SO2的转化率或 Sx的选择性随 H2和 SO2体积比V(H2)/V(SO2)的变化情况(Sx的选择性：SO2还原产物中 Sx所占的体积百分比)，可推断曲线 (填“L1“或“L2”)代表 Sx的选择性，理由是 。现有 3molH2和 1molSO2在上述条件下反应，其中 SO2的转化率或 Sx的选择性的结果如图 2 所示，则剩余的 SO2的物质的量 mol，H2的
10、物质的量 mol。（2）如图 3 表示 Co/Al2O3催化下，相同时间内、不同条件下的 SO2的转化率。由图可知该反应为放热反应，解释图 3 中温度小于 350时，转化率随温度升高而增大的原因是 。在图 3 中 A、B、C、D 四点对应的条件中，你认为 (填“A、B、C、D”)是最佳条件，其原因可能是 。答案解析部分答案解析部分1【答案】C【解析】【解答】A东汉铜车马为青铜器，属于合金，A 不符合题意；B舞马衔杯纹银壶为金属制品，B 不符合题意；C萧何月下追韩信梅瓶为瓷器，由陶瓷制成，C 符合题意；D雪景寒林图为书画，由纤维素制成，D 不符合题意；故答案为 C。【分析】瓷器是由陶瓷制得2【答
11、案】A【解析】【解答】A碳酸钙属于盐是电解质，故 A 选；B属于非电解质，故 B 不选；C铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故 C 不选；D乙醇属于有机物，水溶液和液态时都不导电，属于非电解质，故 D 不选；故答案为：A。【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。3【答案】A【解析】【解答】A凡是药物都带有一定的毒性和副作用，因此要合理使用以确保用药安全，故 A符合题意；B不同的抗生素对不同的细菌感染有抵抗能力，而且会产生耐药性，因此不可以胡乱使用，更不能大量使用，抗生素在对抗细菌感染的同时，它对人体的正常细胞、组织、器官也会造成不同的损害，故 B 不符合题意；C绿色化学的核
12、心是从源头上消除污染，而不是先污染后治理，故 C 不符合题意；D氯气不能与 Cu2+、Hg2+等重金属离子反应生成沉淀，无法用氯气处理水中的 Cu2+、Hg2+等重金属离子，故 D 不符合题意；故答案为：A。【分析】B.抗生素对抵抗细菌感染很有效，但不能滥用；C.绿色化学的核心是从源头上消除污染；D.氯气与 Cu2+、Hg2+等不反应。4【答案】D【解析】【解答】ACO、KCl、SiO2分别属于分子晶体、离子晶体、共价晶体；一般情况下，熔点：分子晶体离子晶体共价晶体，故熔点：COKClSiO2，A 不符合题意；BH2O 和 H2S 都属于分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，其熔沸点越大，但是
13、 H2O 的熔、沸点高于 H2S，这是因为 H2O 分子之间存在氢键，B 不符合题意；CNaCl 晶体是离子晶体，NaCl 晶体溶于水时，离子键被破坏，C 不符合题意；D碘和白磷都属于分子晶体，碘的升华和白磷的熔化都需要克服分子间作用力，而不是化学键，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.熔点：原子晶体离子晶体分子晶体；B.存在氢键的物质熔沸点较高；C.氯化钠为离子晶体。5【答案】D【解析】【解答】A向 NaHCO3溶液中加入 AlCl3溶液生成沉淀是因为 HCO 和 Al3+发生双水解，加入 NaAlO2溶液是因为 HCO 的酸性比 HAlO2强，二者原理不同，A 不符合题意；B加入氯水生成
14、白色沉淀是因为 Cl2将 SO2氧化为 SO ，生成硫酸钡沉淀，加入氨水是因为SO2和氨水反应生成 SO ，生成亚硫酸钡沉淀，二者原理不同，B 不符合题意；C加入饱和 NaCl 发生的是蛋白质的盐析，加入 BaCl2溶液是重金属盐使蛋白质发生变形，二者原理不同，C 不符合题意；D火焰均呈黄色是因为烧碱和纯碱都含有钠元素，钠元素的焰色试验为黄色，二者原理相同，D 符合题意；故答案为：D。【分析】A.碳酸氢钠和氯化铝能产生沉淀，但是不能和偏铝酸钠反应得到沉淀B.氯水具有氧化性将二氧化硫氧化成硫酸根形成硫酸钡沉淀，而加入氨水形成碱性环境得到的是亚硫酸钡沉淀C.氯化钡是蛋白质变性，而氯化钠发生的是盐析
15、D.主要是钠元素的焰色反应均是黄色6【答案】B【解析】【解答】A.A 族基态原子最外层电子排布均为 ns2，故 A 不符合题意B.第三、第四周期同主族元素的原子序数A、A 均相差 8，A-0 族均相差 18，故 B 符合题意；C.第四周期A 族与A 族元素的原子序数相差 11，故 C 不符合题意；D.基态原子 3d 轨道上有 5 个电子的元素位于B 族或B 族，故 D 不符合题意；故答案为：B。【分析】A.A 族基态原子最外层有 2 个电子；C.第四周期A 族与A 族元素的原子序数相差 11，D.基态原子 3d 轨道上有 5 个电子的元素位于B 族或B 族。7【答案】C【解析】【解答】A测定镁
16、铝合金中铝质量分数，可用 NaOH 溶液溶解合金并测定生成氢气的体积，从而求出铝的量，A 可以用如图装置进行实验，不符合题意；B可用活泼金属 Na 与该有机物反应，并测定生成氢气的体积，从而确定两者比例关系，B 可以用如图装置进行实验，不符合题意；C测定该晶体中结晶水的数目可以用热重分析法，该方法需要加热，图示装置实现不了；或者取一定质量晶体，先测 Na2SO4，再求 H2O，利用两者物质的量之比求出 x，图示装置实现不了，C 符合题意；D用水溶解该混合物，测定生成氧气的体积，从而求出 Na2O2含量，D 可以用如图装置进行实验，不符合题意；故答案为：C。【分析】A.铝能与 NaOH 反应，M
17、g 不与 NaOH 反应；B.只有-OH 上氢与 Na 反应生成氢气；D.过氧化钠与水反应生成氧气而氧化钠不生成氧气。8【答案】B【解析】【解答】A、根据电荷守恒 KAl(SO4)2溶液中 c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)，故 A 项不符合题意；B、向 NaHCO3溶液中加入少量 Ba(OH)2固体，反应离子方程式为 2HCO3-+Ba2+2OH-=BaCO3+2H2O+CO32-，所以 c(CO32-)增大，故 B 项符合题意；C、悬浊液中 AgCl 和 AgBr 均达到沉淀溶解平衡，Ksp(AgCl)=C(Ag+)c(Cl-)，Ksp(AgBr)=C(Ag+)c(Br-)，
18、因为 Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，所以 c(Cl-)c(Br-)，故 C 项不符合题意；D、c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，常温下根据电离常数 Ka=1.7510-5和 Ka=，可得：c(H+)=Ka=1.7510-510-7，所以溶液显酸性，故 D 项不符合题意。故答案为：B。【分析】A.根据电荷守恒存在 c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)；C.AgCl 和 AgBr 的溶解度不同；D.CH3COOH 电离程度大于 CH3COO-水解程度。9【答案】C【解析】【解答】A据图可知反应过程中甲醇中的 O-H 键也发生断裂，故 A 不符合题意；B反应 I 的活化
19、能为反应物断键吸收的能量，即反应 I 过程中最大能量与 a 的差值，图中没有体现反应 I 过程中的最大能量，故 B 不符合题意；C焓变=生成物的能量-反应物能量，据图可知总反应的热化学方程式为：，故 C 符合题意；D据图可知反应 I 的活化能大于反应的活化能，活化能越大反应越慢，慢反应决定整个反应的反应速率，所以反应 I 决定整个反应进程的快慢，故 D 不符合题意；故答案为 C。【分析】A.化学反应既有化学键的断裂又有键的产生，其中断裂的是碳氢键和氢氧键，形成的是氢氢键和碳氧键B.分步反应，第一步未给出能量最大值C.根据方程式和图示能量变化即可写出热方程式D.活化能大的影响速率，过程 1 的活
20、化能大10【答案】D【解析】【解答】ASiHCl3的沸点为 31.85C，且易自燃，因而整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气，故 A 不符合题意；B装置中浓 H2SO4可干燥氢气，中盛装温度高于 32的温水，目的是使滴入烧瓶中的 SiHCl3气化，与氢气反应，故 B 不符合题意；C实验时应先打开装有稀硫酸仪器的活塞制取氢气，用氢气将装置内的空气排出，收集尾气验纯，再预热装置石英管，防止氢气不纯加热易爆炸，故 C 不符合题意；DSiHCl3与氢气在 11001200C 反应制备高纯硅，因而处理尾气时，因该在通入 NaOH 溶液前加上防倒吸装置，故 D 符合题意；故答案为：D。【
21、分析】装置中，Zn 与稀硫酸反应生成氢气，中用浓硫酸干燥氢气，SiHCl3在装置中气化，中高温下 SiHCl3与过量 H2在 11001200反应制备高纯硅。11【答案】C【解析】【解答】A 在电解池装置中，阴极 H+放电生成 H2和 NaOH，反应消耗水，阴极区溶液中的离子浓度不断增大，故 A 不符合题意；B.由分析可知，X、Y 依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜，故 B 不符合题意；C.液相反应中，C2H4与 CuCl2反应生成 1，2-二氯乙烷时碳元素化合价升高，发生氧化反应，应为C2H4被 CuCl2氧化为 1，2-二氯乙烷，故 C 符合题意；D.以 NaCl 溶液和乙烯为原料合成 1，
22、2-二氯乙烷中，CuCl 循环使用，其实质是 NaCl、H2O 与 CH2=CH2反应，所以总反应为 CH2=CH2+2H2O+2NaClH2+2NaOH+ClCH2CH2Cl，故 D 不符合题意；故答案为：C。【分析】由图可知，右边电极与电源负极相连，为阴极，电极反应为 2H2O+2e-=H2+2OH-；左边电极为阳极，阳极上 CuCl 转化为 CuCl2，液相反应为 C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2+2NaOH+ClCH2CH2Cl。12【答案】B,C【解析】【解答】A迷迭香酸分子中含碳碳双键，可与溴单质发生加成反应
23、，A 不符合题意；B.1mol 苯环消耗 3mol 氢气、1mol 碳碳双键消耗 1mol 氢气，则 1 mol 迷迭香酸最多能和 7mol 氢气发生加成反应，B 符合题意；C含-COOC-可发生水解反应，含-OH、-COOH 可发生取代反应、酯化反应，C 符合题意；D酚-OH、-COOC-、-COOH 均与 NaOH 反应，则 1mol 迷迭香酸最多能和 6molNaOH 发生反应，D 不符合题意；故答案为：BC。【分析】A.迷迭香酸中含有的碳碳双键能与溴加成；B.迷迭香酸中苯环和碳碳双键均能与氢气加成；C.迷迭香酸含有酯基、羧基、酚羟基和碳碳双键，具有酚、苯、羧酸、酯基、烯烃的性质；D.酚
24、羟基、羧基、酯基水解生成的羧基都能和 NaOH 以 1：1 反应。13【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10 或Ar3d10（2）ZnO2NH 2NH3H2O=Zn(NH3)42+3H2O；四面体；sp3（3）在相同温度下，Ksp(CuS)Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS 比 ZnS 更难溶）（4）4；（5）；偏低【解析】【解答】(1)Zn 的原子序数为 30，则 Zn2+基态核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d10 或Ar3d10；故答案为：1s22s22p63s23p63d10 或Ar3d10。(2)由题目信息可知，ZnO 加入氯化铵和水，反应生成Zn(
25、NH3)42+，则反应的离子方程式为：ZnO2NH 2NH3H2O=Zn(NH3)42+3H2O，氨分子有 3 个键和 1 个孤电子对，则 VSEPR 模型为四面体，中心原子的杂化轨道类型为 sp3；故答案为：ZnO2NH 2NH3H2O=Zn(NH3)42+3H2O；四面体；sp3。(3)CuSO4溶液向地下深层渗透时，遇到难溶的 ZnS，转变为了 CuS，是由于 ZnS 沉淀转化为了难溶的 CuS，即相同温度下，CuS 比 ZnS 更难溶。故答案为：在相同温度下，Ksp(CuS)Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS 比 ZnS 更难溶）。(4)观察 ZnS 的晶胞结构，据均摊法可知 S2
26、-离子数为，Zn2+在晶胞内部也有 4 个，每个 S2-与周围的 4 个带相反电荷的 Zn2+构成正四面体，同样每个 Zn2+也与周围的 4 个 S2-构成正四面体，故其配位数为 4，则密度；故答案为：4，。(5)根据 n=cV 先求出 EDTA 的消耗量为 mol，这些 EDTA 对应的氧化锌的质量为0.08139aVg，因此氧化锌的质量分数为，若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致标准液消耗量较少，测定结果偏低。故答案为：，偏低。【分析】（1）Zn 为 30 号元素，Zn 原子失去 2 个电子生成 Zn2+，根据构造原理书写核外电子排布式；（2）ZnO 加入氯化铵和水，反应生成
27、Zn(NH3)42+；氨分子形成 3 个 键，N 原子上含有一个孤电子对；（3）ZnS 沉淀转化为更难溶的 CuS；（4）根据均摊法和计算；（5）根据 n=cV 计算 EDTA 的消耗量，进而计算氧化锌的质量和质量分数；俯视滴定管读数偏小。14【答案】（1）否（2）酰胺基、醚键（3）还原反应（4）C13H17NO（5）丙酸（6）（7）（8）【解析】【解答】(1)化合物 A 的饱和碳原子上均连有相同的原子或基团，故化合物 A 不含手性碳原子。(2)化合物 H 中所含官能团的名称为酰胺基和醚键。(3)EF 的反应中，E 中的转化为 F 中的-CH2NH2，故该反应为还原反应。(4)由 G 的结构简
28、式可以得知其分子式为 C13H17NO。(5)G 和 X 反应生成 H，对比 G 和 X 的结构简式可知，该反应为取代反应，X 的结构简式为CH3CH2COOH，则 X 的名称为丙酸。(6)由分析可知，B、C 的结构简式分别为为、，则 BC 的化学方程式为。(7)D 的分子式为 C11H10O2，其同分异构体中，能发生水解反应，说明该物质为脂类化合物；水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的 Br2相等，说明该物质水解产物为酚和不饱和酸；分子中有 4 种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为。(8)结合 DH 的转化流程和“已知”可知，目标产物可以由制得，根据“已知”可知，
29、-NH2易被氧化，故应该先将-CH2OH 转化为-COOH，则目标产物的合成路线为：。【分析】A（）和 SOCl2反应生成 B（C11H9O2Br2Cl），则 B 的结构简式为；B 在 AlCl3的作用下反应生成 C（C11H8O2Br2），C 再和 H2反应生成 D（），结合 B、D 的结构简式可知推出 C 的结构简式为；D 和(EtO)2POCH2CN 发生取代反应生成 E（）；E 和 NaBH4发生还原反应生成 F（）；F 和 H2发生加成反应生成 G（）；G 和 X 反应生成 H（），则 X 为 CH3CH2COOH。15【答案】（1）水与浓硫酸作用放热，有利于 SO2的放出；浓硫酸；
30、燥 SO2和 O2；使 SO2和 O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；b（2）温度计和圆底烧瓶（3）防暴沸（4）；二氧化硫能使酸性 KMnO4溶液褪色；二氧化硫能使澄清 Ca(OH)2溶液变浑浊【解析】【解答】(1)实验中 A 装置制取 SO2，制备原理本质为：SO+2H+SO2+H2O，反应通常加热进行，便于SO2逸出，所以加几滴水的作用是水与浓硫酸作用放热，有利于 SO2的放出，故答案为：水与浓硫酸作用放热，有利于 SO2的放出；气体 SO2和 O2在 E 试管中以 Cr2O3作催化剂、加热条件制备 SO3，并且 SO3易吸水。为实验安全、防止催化剂中毒以便得到 SO3固体，进入
31、 E 试管的气体应干燥。气体 SO2和 O2在催化剂表面反应生成 SO3，为充分反应、原料利用充分，防止浪费，进入 E 试管的气体要充分混合，气流不能过快；所以，装置 D 的作用是干燥 SO2和 O2；使 SO2和 O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度，故答案为：浓硫酸；干燥 SO2和 O2；使 SO2和 O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；为将空气中的气体排出，实验开始时的操作顺序为先将混合气体通入 E 后点燃 E 处的酒精灯，故答案为：b。(2)根据仪器构造可判断图 2 中仪器、的名称分别为温度计和圆底烧瓶。(3)反应需要加热，反应前在中放入几块碎瓷片的目的是防暴沸。(4
32、)由于在反应过程中浓硫酸具有强氧化性，生成的乙烯中可能含有二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫也能使酸性 KMnO4溶液褪色，所以中结论不合理；二氧化硫也能使澄清 Ca(OH)2溶液变浑浊，所以中结论也不合理；能使品红溶液褪色的是二氧化硫，是中结论合理。【分析】.A 装置制备二氧化硫，B 装置制备氧气，氧气和二氧化硫通入装置 D 中干燥后在通入装置E 中发生反应生成三氧化硫，装置 F 收集三氧化硫，装置 G 可防止水蒸气进入装置 F 中，最后进行尾气处理；.浓硫酸和乙醇混合加热到 170发生消去反应生成乙烯，浓硫酸有强氧化性和脱水性，乙醇碳化后与浓硫酸发生氧化还原反应生成 CO2和 SO2，制得的乙烯
33、中混有 CO2和 SO2，检验乙烯时需要排除 SO2的干扰，检验 CO2时需要排除 SO2的干扰，且应先检验 SO2，再检验 CO2；.制得的乙烯中混有 CO2和 SO2，SO2具有还原性。16【答案】（1）xSO2+2xH2Sx+2xH2O；产物为 H2O，清洁无污染；L2；随 H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应 xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随 c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低；0.2；1.4（2）在 350前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快；B；该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大【解析】【解答】(1
34、)据图可知总过程为二氧化硫和氢气生成水和 Sx，所以化学方程式 xSO2+2xH2Sx+2xH2O；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为 H2O，清洁无污染；随 H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应 xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随 c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低，则 L2代表 Sx的选择性。有 3molH2和 1molSO2在上述条件下反应时，体积比为 3.0，则 SO2的转化率为 80%，故剩余 SO2的物质的量为 1mol-1mol80%=0.2mol，剩余 H2的物质的量为 3mol-1.6mol=1.4mol。(2)在 350前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大；根据图像可知 B 点为最佳条件，因该点对应的温度、压强条件下 SO2的转化率最大。【分析】（1）图 1 的总过程为二氧化硫和氢气生成水和 Sx；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为 H2O；氢气过量，发生副反应 xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，Sx选择性会降低；物质的量之比等于体积之比，3molH2和 1molSO2对应体积比为 3.0；（2）在 350前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大。
