2023年高考第二次模拟考试卷-化学（江苏A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第二次模拟考试卷-化学（江苏A卷）（全解全析），共19页。试卷主要包含了工业制硝酸转化器中发生反应，铜、银位于周期表中第ⅠB族，硫及其化合物的转化具有重要应用等内容，欢迎下载使用。

2023年高考化学第二次模拟考试卷A（江苏专用）
化学·全解全析
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3． 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cu 64
第Ⅰ卷
一、 单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．近年我国在科学技术领域取得了举世瞩目的成就。对下列成就所涉及的化学知识的判断错误的是
A．北斗三号卫星搭载了精密计时的铷原子钟，铷(Rb)是金属元素
B．奋斗者号潜水器载人舱外壳使用了钛合金，钛合金属于无机非金属材料
C．长征五号B遥二火箭把天和核心舱送入太空，火箭动力源于氧化还原反应
D．天问一号探测器着陆火星过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是高分子材料
【答案】B
【解析】A．铷位于周期表第六周期第ⅠA族，属于碱金属，属于铷(Rb)是金属元素，故A正确；
B．钛合金为合金，属于金属材料，故B错误；
C．火箭动力源于火箭燃料的燃烧，属于氧化还原反应，故C正确；
D．芳纶属于合成纤维，是高分子材料，故D正确；
故选B。
2．向CuSO4溶液中通入NH3至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液。下列说法正确的是
A．基态Cu2＋的电子排布式为[Ar]3d84s1 B．中子数为1的氢原子可表示为
C．NH3的电子式为 D． 的空间结构为正四面体形
【答案】D
【解析】A．Cu元素原子核外电子数为29，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，Cu原子失去4s、3d能级的1个电子形成Cu2+，Cu2+的核外电子排布式为：[Ar]3d9，选项A错误；
B．中子数为1的氢原子质量数为2，可表示为，选项B错误；
C．NH3是N与H形成的共价化合物，其电子式为，选项C错误；
D．根据价层电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数，中中心原子S的价层电子对为4+=4，孤电子对数为=0，不含孤电子对，所以空间构型是正四面体结构，选项D正确；
答案选D。
3．工业制硝酸转化器中发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O。下列说法正确的是
A．半径大小：r(N)＜r(O) B．电离能大小：I1(N)＜I1(O)
C．电负性大小：χ(N)＜χ(O) D．热稳定性：H2O＜NH3
【答案】C
【解析】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；半径大小：r(N)>r(O)，A错误；
B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N、O的第一电离能大小：N>O，B错误；
C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；电负性大小：χ(N)＜χ(O)，C正确；
D．氧原子半径小于氮原子，形成的氢氧键键能大于氮氢键，故热稳定性：H2O>NH3，D错误；
故选C。
4．亚硝酸钠()是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，实验室通过以下反应制备：。下列实验装置不能达到实验目的的是

A．用装置甲制备NO B．用装置乙干燥NO
C．用装置丙合成 D．用装置丁处理尾气
【答案】A
【解析】A．碳和浓硝酸在加热条件下反应生成CO2和NO2，甲装置缺少加热装置，A错误；
B．碱石灰是碱性干燥剂，能用来干燥NO，B正确；
C．由，干燥洁净的NO可与过氧化钠反应合成，C正确；
D．多余的NO尾气在丁装置中能与酸性高锰酸钾溶液反应从而被吸收，D正确；
故选：A。
5．沸点为316℃，常用于蚀刻电路板。硫酸亚铁铵 []常用于治疗缺铁性贫血，向硫酸亚铁铵溶液中加入几滴碘水，振荡后再向其中滴加几滴KSCN溶液，溶液呈血红色，该血红色物质为。下列说法不正确的是
A．1mol中含有σ键的数目为4mol
B．为分子晶体
C．与具有相似的空间构型
D．中心离子的配位数为6
【答案】A
【解析】A．1个SCN− 中含有2个σ，2个Π，A错误；
B．FeCl3中，Fe与Cl之间的化学键是共价键，不是离子键，所以FeCl3属于分子晶体，B正确；
C．中，价层电子对数4，孤电子对数为0，所以空间构型为四面体，中价层电子对数为4，孤电子对数为0，所以空间构型为四面体，C正确；
D．Fe(SCN)n(H2O)6−n]3−n 中，配体为SCN-和H2O，配位数为6，D正确；
故答案为：A。
6．铜、银位于周期表中第ⅠB族。铜、硫酸铜、硝酸银、银氨溶液是实验室常用的含铜或银的化学试剂。从废定影液[主要含有、、、等微粒]中回收Ag和的主要步骤：向该废定影液中加入氢氧化钠调节pH在7.5~8.5之间，然后再加入稍过量溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧制Ag；滤液中通入氧化，用苯萃取分液。下列化学反应表示正确的是
A．硫酸铜溶液中加入小粒金属钠：
B．用铜电极电解硫酸铜溶液：
C．稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：
D．多余的用硝酸处理：
【答案】D
【分析】向该废定影液[主要含有、、、等微粒]中加入氢氧化钠调节pH在7.5~8.5之间，然后再加入稍过量溶液沉银，过滤、洗涤、干燥并灼烧所得沉淀制Ag；滤液中通入，被氧化为溴单质，用苯萃取分液得到的苯溶液，从中即可提取苯。
【解析】A Na与CuSO4溶液反应生成硫酸钠、氢气和氢氧化铜，不会置换出Cu：，A错误；
B． 用惰性电极电解硫酸铜溶液：，用铜电极时阳极铜失去电子被氧化，B错误；
C． 稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管，银与硝酸反应生成硝酸银、水和一氧化氮： ，C错误；
D．与硝酸反应生成硝酸银、硝酸铵和水，则多余的用硝酸处理：，D正确；
答案选D。
7．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．易液化，可用于制取漂白液
B．铁粉能与反应，可用作食品保存的吸氧剂
C．具有氧化性，可用于漂白纸浆
D．硬度大，可用于制造光导纤维
【答案】B
【解析】A．与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，可用于制取漂白液，A错误；
B．铁粉易与反应，可用作食品保存的吸氧剂，B正确；
C．具有漂白性，可用于漂白纸浆，C错误；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与硬度大小无关，D错误；
故选B。
8．硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是
A．硫元素在自然界中均以化合物的形态相互转化
B．工业上通过催化氧化等反应生产
C．天然气中含有的可通过石灰乳吸收的方法除去
D．在煤炭中掺入石灰可有效减少燃烧尾气中的
【答案】A
【解析】A．硫元素在自然界中既能以化合态形式存在，又能以游离态的形式存在，如硫磺是S单质，A错误；
B．工业上通过SO2催化氧化生成SO3，SO3与水反应生产H2SO4，B正确；
C． H2S 与石灰乳(主要成分为氢氧化钙)发生酸碱中和反应而除去，C正确；
D．在煤炭中掺入石灰可吸收燃烧尾气中的 SO2，可通过反应得到硫酸钙，D正确；
故选A。
9．M是一种含有热塑性聚氨脂结构的物质。X和Y是可合成M的单体，其合成反应如下：

下列说法不正确的是。
A．单体Y的化学式为
B．单体X分子中的所有碳原子一定共平面
C．形成聚合物的过程中发生了加成反应
D．该聚合物在一定条件下可降解
【答案】B
【解析】A．根据Y的结构简式可判断单体Y的化学式为，A正确；
B．由于单键可以旋转，所以单体X分子中的所有碳原子不一定共平面，B错误；
C．形成聚合物的过程中碳氮双键变为碳氮单键，因此发生了加成反应，C正确；
D．该聚合物中含有酯基、肽键等，因此在一定条件下可降解，D正确；
答案选B。
10．有关CO2(g)＋CH4(g) = 2CO(g)＋2H2(g)  ΔH1=＋247 kJ·mol-1的说法正确的是
A．该反应在任何温度下都可自发进行
B．反应CO2(s)＋CH4(g) = 2CO(g)＋2H2(g)   ΔH2<＋247 kJ·mol-1
C．选择高效催化剂可以降低反应的活化能，提高化学反应速率
D．反应中每生成1 mol H2，转移电子的数目为2×6.02×1023
【答案】C
【解析】A．该反应为气体体积增大的吸热反应，ΔH>0，ΔS>0，则高温时ΔG=ΔH-TΔS<0，反应自发进行，A错误；
B．CO2(g)＋CH4(g) = 2CO(g)＋2H2(g)  ΔH1=＋247 kJ·mol-1，CO2的固态比气态的能量低，则反应CO2(s)＋CH4(g) = 2CO(g)＋2H2(g)   ΔH2>＋247 kJ·mol-1，B错误；
C．选择高效催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率，C正确；
D．根据反应方程式CO2(g)＋CH4(g) = 2CO(g)＋2H2(g)可知，CO2转化为CO，C元素化合价降低2价，CH4转化为CO，C元素化合价升高6价，CH4转化为H2，H元素化合价共降低4价，所以每生成2molH2，转移6mol电子，则反应中每生成1 mol H2，转移电子的数目为3×6.02×1023，D错误；
故选C。
11．下列实验方案不能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向2mL1mol∙L-1NaHCO3溶液中滴加1mol∙L-1CH3COOH溶液，观察现象
比较Ka(CH3COOH)和Ka1(H2CO3)的大小
B
向NaCl固体中加入适量的酒精，充分振荡形成透明液体，用激光笔照射，观察现象
探究该分散系是否为胶体
C
将生锈铁片置于稀盐酸中，充分反应一段时间后，向溶液中滴加KSCN溶液，观察现象
生锈的铁片表面含有Fe2O3
D
取少量的Na2SO3粉末于试管中，先向其中滴加稍过量的盐酸，再向其中滴加BaCl2溶液，观察现象
Na2SO3粉末是否变质
【答案】C
【解析】A．向2mL1mol∙L-1NaHCO3溶液中滴加1mol∙L-1CH3COOH溶液，可以产生二氧化碳，可得出CH3COOH的酸性强于H2CO3，能比较出Ka(CH3COOH)和Ka1(H2CO3)的大小，故A正确；
B．胶体具有丁达尔效应，向NaCl固体中加入适量的酒精，充分振荡形成透明液体，用激光笔照射，如果有一道光亮的通路，该分散系具有丁达尔效应，该方法可以探究该分散系是否为胶体，故B正确；
C．锈铁片置于稀盐酸中，充分反应一段时间生成的Fe3+会与铁单质生成Fe2+，向溶液中滴加KSCN溶液，应该观察不到溶液变红的现象，不能得出生锈的铁片表面含有Fe2O3结论，故C错误；
D．取少量的Na2SO3粉末于试管中，先向其中滴加稍过量的盐酸，再向其中滴加BaCl2溶液，如果溶液变质会生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，可以判断Na2SO3粉末是否变质，故D正确；
故答案为C。
12．已知室温下。通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验1：测得溶液的
实验2：向溶液中通入过量，无淡黄色沉淀产生
实验3：向溶液中加入等体积溶液充分混合，无气泡产生
下列说法正确的是
A．由实验1可知：
B．实验2说明不能被氧化
C．实验3所得溶液中：
D．溶液中：
【答案】D
【解析】A.由实验1知NaHS溶液的pH>7，说明HS-的水解程度大于电离程度，即c(H2S)>c(S2-)，故c(H+)·c(S2-) B.由实验2知Cl2具有强氧化性，HS-具有较强还原性，故二者混合发生氧化还原反应，实验中无淡黄色沉淀生成，说明Cl2将HS-氧化为，故B错误；
C.根据实验3混合溶液中无气泡产生，结合元素守恒，故C错误；
D.溶液中S2-发生两步水解，第一步:，第二步:，溶液呈碱性，所以，故D正确；
答案选D。
13．在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为
反应I：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-164.7kJ/mol
反应II：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ/mol
反应III：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g)ΔH=-247.1kJ/mol
向恒压、密闭容器中通入1molCO2和4molH2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是

A．图中曲线B表示CO2的物质的量随温度的变化
B．降低温度，可提高CO2平衡转化率
C．反应Ⅲ在a点的平衡常数与CH4浓度大小无关
D．CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)的ΔH=-205.9kJ/mol
【答案】D
【分析】反应生成甲烷的反应Ⅰ和反应Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡左移，平衡时甲烷物质的量减小，生成CO的反应Ⅱ吸热，消耗CO的反应Ⅲ放热，升高温度，平衡时CO的物质的量增大，CO2为反应物的反应Ⅰ是放热反应，升温，平衡左移，CO2为反应物的反应Ⅱ是吸热反应，升温，平衡右移，所以表示平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化曲线分别A、C、B，根据图像可知，温度小于600℃，以反应Ⅱ为主，温度高于600℃，以反应Ⅰ为主。
【解析】A．由以上分析可知图中曲线B表示CO2的物质的量随温度的变化，A项正确；
B．由图可知，温度低于600℃时，二氧化碳低物质的量减小，因此在低温条件下，可提高CO2平衡转化率，B项正确；
C．反应Ⅲ的平衡常数为 ，在a点c(CO)=c(CH4)，所以平衡常数为：，C项正确；
D．由盖斯定律可知，反应Ⅱ-反应Ⅰ，并整理可得到目标反应，则CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)的ΔH=+41.2kJ/mol-（-164.7kJ/mol）=+205.9kJ/mol，D项错误；
故答案选D。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（14分）锌是人体的必需元素，可以促进人体的生长发育。但水体中如果含锌量超标，饮用后会导致急慢性锌中毒产生贫血等症状。纳米铝粉有很强的吸附性和还原性，常用于除去工业生产一水合甘氨酸锌的废水中过量的锌。
(1)写出Zn2+的核外电子排布式：________。
(2)一水合甘氨酸锌的结构简式如图所示，其中Zn2+的配位数为_________。

(3)相对于用纳米铁粉处理废水中Zn2+，使用纳米铝粉效率更高的原因是______。
(4)向含有甘氨酸锌的酸性废水中加入纳米铝粉，水中溶解的氧在纳米铝粉表面产生·OH，将甘氨酸锌中的有机基团(以甘氨酸根表示)降解，释放出的Zn2+被纳米铝粉去除。
①写出·OH氧化甘氨酸根(C2NH4O)生成NO、CO2的离子方程式：_______。
②实验测得溶液中总氮含量[]随时间的变化如图所示，反应初期溶液中的总氮含量先迅速降低后随即上升的原因是________。

【答案】(1)1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10
(2)5
(3)铝可以将Zn2+转化为Zn除去，而Fe不能置换出Zn
(4) ①14·OH+C2NH4O=NO+2CO2↑+9H2O     ②纳米铝粉吸附甘氨酸锌，使得溶液中总氮量迅速降低，吸附后的甘氨酸锌被纳米铝粉表面产生的·OH降解为可溶性的含氮物质，使溶液中的总氮含量上升
【解析】（1）Zn为第30号元素，其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，失去最外层两个电子后形成Zn2+，所以Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（2）由图可知，该物质中，Zn2+与3个O原子、两个N原子配位，所以配位数为5；
（3）Al的还原性强于Zn，所以Al可以将Zn2+还原为Zn而除去，而Fe不能还原Zn2+，所以使用纳米铝粉效率更高；
（4）①·OH中O原子为-1价，C2NH4O中C为+1价、N为-3价，生成NO、CO2，一个C2NH4O化合价整体升高14价，所以·OH和C2NH4O的系数之比为14∶1，再结合元素守恒可得离子方程式为14·OH+C2NH4O=NO+2CO2↑+9H2O；
②纳米铝粉具有很强的吸附性，加入纳米铝粉后，甘氨酸锌被吸附，使得溶液中总氮量迅速下降，吸附后甘氨酸锌又被产生的·OH降解为可溶性的含氮物质，使溶液中的总氮含量上升。
15．（15分）由A(芳香烃)与E为原料制备J和高聚物G的一种合成路线如下：

已知：① 酯能被LiAlH4还原为醇  ②
回答下列问题：
(1)A的结构简式是_______，F的官能团名称为_______。
(2)I 生成J的反应类型为_______
(3)写出F + D → G的化学方程式：_______。
(4)芳香化合物M是B的同分异构体，符合下列要求。
①1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg    ②遇氯化铁溶液显色；
③核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比1∶1∶1。尝试写出M的结构简式：_______。(一种即可)
(5)参照上述合成路线，写出用为原料制备化合物 的合成路线_______。(其他试剂任选)
【答案】(1)          羧基
(2)取代反应
(3)n+n+(2n-1)H2O
(4)或或或
(5)
【解析】芳香烃A被氧化生成邻苯二甲酸，根据A分子式可知，A为，B发生酯化反应生成C，根据C的分子式可知，C为，C发生信息①的反应生成D为，D发生催化氧化反应生成H，H发生信息②的反应生成I，I的结构简式为，I发生取代反应生成J；根据E、F结构简式可知，E先发生取代反应后发生水解反应得到F，F与D发生缩聚反应生成G，G为。
（1）据分析可知，A的结构简式是 ；F为 ，其官能团名称为羧基；
（2）据分析可知，I和甲醇发生取代反应生成J，则I 生成J的反应类型为取代反应；
（3）F和D发生缩聚反应生成G，F + D → G的化学方程式为n +n+(2n-1)H2O；
（4）B为邻苯二甲酸，芳香化合物M是B的同分异构体，M符合下列条件：①1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg，说明含有2个醛基；②遇氯化铁溶液显色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比1∶1∶1，应该有对称结构，如果2个-CHO相邻，有2种结构；如果2个-CHO相对，有2种结构；其符合条件的同分异构体有、、 、；
（5）用为原料制备化合物，先发生信息①反应生成，再发生催化氧化生成 ， 再和双氧水反应生成，最后在浓硫酸存在时加热，发生分子内的脱水反应生成，则该合成路线为 。
16．（16分）NaClO2是一种高效的杀菌消毒剂。用如图装置探究NaClO2的制备。

(1)仪器a的名称是_______，装置②和仪器a的作用_______。
(2)关闭K1，在装置①制取ClO2，已知反应中Na2SO3被氧化为Na2SO4，生成1molClO2，需要Na2SO3固体_______mol。
(3)生成的ClO2进入装置③，与NaOH和H2O2反应生成NaClO2和O2，书写反应的化学方程式：_______
(4)从装置③的溶液中获得NaClO2·3H2O晶体，主要操作有减压蒸发浓缩、_______、_______、洗涤等，若要提高所得晶体的纯度，需进行的操作为_______。
(5)对于含氯消毒剂，通常会使用单位质量该物质能得到的电子数来评价该物质的消毒效率，试计算NaClO2的消毒效率是Cl2的_______倍(氯元素均被还原为-1价，四舍五入保留2位小数)。
(6)实验室测定亚氯酸钠晶体(NaClO2·3H2O)含量的方法如下：
①准确称取所得亚氯酸钠晶体样品2.00g加水溶解于烧杯中，加入过量KI溶液，再滴入适量的稀硫酸，充分反应生成I2，反应的离子方程式：ClO+4I-+4H+=Cl- +2I2+2H2O
②向烧杯中加入少量淀粉溶液，逐滴滴加2 mol/L Na2S2O3标准溶液，发生反应：I2 +2S2O=2I-+S4O，当溶液的蓝色恰好消失时，用去了20.00mLNa2S2O3标准溶液。计算：该样品中亚氯酸钠晶体的质量分数为_______。
【答案】(1)球形干燥管(或干燥管) 防倒吸
(2)0.5
(3)2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2+2H2O
(4)冷却结晶 过滤 重结晶
(5)1.57
(6)72.25%
【解析】（1）仪器a的名称是球形干燥管(或干燥管)；由图可知，装置②为安全瓶，可起到防倒吸的作用，球形干燥管的作用也是防倒吸，故答案为：球形干燥管；防倒吸。
（2）在装置①中发生的反应为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4= 2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，由方程式可知1mol Na2SO3反应生成2mol ClO2，则生成1molClO2，需要Na2SO3固体0.5mol。
（3）ClO2与NaOH和H2O2反应在冰水浴条件下反应生成NaClO2和O2，ClO2作氧化剂，发生还原反应，H2O2作还原剂，发生氧化反应，根据得失电子守恒和原子守恒得化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2+2H2O。
（4）从溶液中制取结晶水合物，为防止其分解而失去结晶水，一般采用减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，若要提高所得晶体的纯度，可进行再一次结晶，即重结晶操作，故答案为：冷却结晶；过滤；重结晶。
（5）NaClO2中氯元素的化合价由+3价变为-1价，消毒效率=，Cl2中氯元素的化合价由0价变为-1价，消毒效率=，则NaClO2的消毒效率是Cl2的=1.57倍。
（6）由关系式：NaClO2·3H2O~ ClO~2I2~4S2O可知，
n(NaClO2·3H2O)=n(Na2S2O3)=2 mol/L20.0010-3L=0.01mol，则m(NaClO2·3H2O)=144.5g/mol0.01mol=1.445g，样品中亚氯酸钠晶体的质量分数为：100%=72.25%。
17．（16分）烟气中常常含有大量SO2和H2S等大气污染物，需经过净化处理后才能排放。
(1)除去燃煤产生的废气中的SO2的过程图所示。

①过程I是一部分SO2发生催化氧化反应，若参加反应SO2和O2的体积比为4：3，则反应的化学方程式为_______。
②过程Ⅱ利用电化学装置吸收另一部分SO2，使得Cu再生，该过程中阳极的电极反应式为_______。若此过程中除去SO2体积分数为0.5%的废气2240L(标准状况)，可使_______gCu再生。
(2)用Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S的原理如下：
反应I：H2S(g)H2S(aq)
反应Ⅱ：H2S(aq)H++HS-
反应Ⅲ：HS-+2Fe3+S↓+2Fe2++H+
一定条件下测得脱硫率与Fe3+浓度关系如图所示。

①吸收液经除S后可进行再生，较经济的再生方法是_______。
②当Fe3+的浓度大于10g·L-1时，浓度越大，脱硫率越低的原因是_______。
(3)我国科学家研究在活性炭催化条件下将煤气中的H2S协同脱除，部分反应机理如图所示(物质吸附在催化剂表面用*标注)。

①H2S中S元素的转化过程可描述为_______。
②从物质转化与资源综合利用角度分析，该过程初步达到的目的为_______。
【答案】(1)     ①4SO2+3O2+2Cu+2H2O2CuSO4+2H2SO4     ②SO2-2e-+2H2O=SO+4H+     32
(2) ①通入足量O2(或空气)     ②Fe3+浓度增大，pH减小，使反应(Ⅱ)、(Ⅲ)的平衡向逆反应方向移动且pH减小因素超过反应(Ⅲ)Fe3+浓度增大因素
(3)     ①在催化剂作用下转化为S、SO2、CS2等物质     ②实现煤气中H2S的脱除，同时产生清洁能源H2
【解析】（1）①据图可知过程I中反应还有CuSO4生成，所以O2除了将SO2氧化还将Cu氧化，生成CuSO4和H2SO4，参加反应SO2和O2的体积比为4：3，根据电子守恒可知氧化SO2的氧气为2份，另外一份氧化Cu，结合原子守恒可得化学方程式为4SO2+3O2+2Cu+2H2O2CuSO4+2H2SO4；
②电解池中阳极发生氧化反应，所以阳极应是SO2被氧化为SO，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应式为SO2-2e-+2H2O=SO+4H+；除去SO2体积分数为0.5%的废气2240L，则参与反应的SO2为2240L×0.5%=11.2L，物质的量为0.5mol，转移1mol，根据阴极反应Cu2++2e-=Cu可知生成0.5molCu，质量为32g；
（2）①根据题目所给信息可知除硫后Fe3+转化为Fe2+，吸收液再生则需要将Fe2+氧化为Fe3+，较经济的方法为通入足量O2(或空气)；
②Fe3+水解会使溶液显酸性，Fe3+浓度增大，pH减小，使反应(Ⅱ)、(Ⅲ)的平衡向逆反应方向移动且pH减小因素超过反应(Ⅲ)Fe3+浓度增大因素，所以浓度越大，脱硫率越低；
（3）①分析题图中箭头的指向及有关物质可知，反应中H2S中的S元素在催化剂作用下转化为S、SO2、CS2等物质；
②据图可知该过程可以实现煤气中H2S的脱除，同时产生清洁能源H2。