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1．漆器是中华民族传统工艺的瑰宝，常以木材(炭)、金属为胎骨，在胎骨上层层髹红漆。漆的主要成分是含有15或17个碳原子的烷基邻苯二酚。下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
A．酚类化合物容易被空气中的氧气氧化，收藏漆器工艺品应注意避免阳光暴晒，A正确；
B．钻石和漆器中的木炭均由碳元素组成，B正确；
C．掉漆后铜长时间放置，会和空气中的氧气、二氧化碳和水反应生成铜绣，C错误；
D．漆的烷基部分是憎水基团，碳原子数越多越难溶于水，D正确。
故选C。
考查方向
解题思路
A．酚类化合物容易被空气中的氧气氧化；
B．钻石和木炭均由碳元素组成；
C．铜长时间放置，会和空气中的氧气、二氧化碳和水反应生成铜绣；
D．烷基部分是憎水基团，碳原子数越多越难溶于水。
易错点
本题解题的关键是掌握有机化合物的烷基部分碳原子数越多越难溶解于水。
知识点
3．某羧酸酯的分子式为C8H16O2，l mol该酯完全水解可得到1 mol A和l mol乙醇，则A的结构有(不含立体异构) （ ）
正确答案
解析
该羧酸酯的分子式为C8H16O2，在酸性条件下水解为A和乙醇两种有机物。水解后得到的醇含有2个C原子，得到的羧酸含有6个C原子，判断6碳羧酸的异构体数目，据此判断有机物A的同分异构体数目。根据题意A的分子式为C5H11COOH，所有酸的同分异构体CH3CH2CH2CH2CH2COOH、(CH3)2CHCH2CH2COOH、CH3CH2CH(CH3)CH2COOH、CH3CH2CH2CH(CH3)COOH、(CH3)3CCH2COOH、(CH3)2CHCH(CH3)COOH、CH3CH2C(CH3)2COOH 、(CH3CH2)2CHCOOH。共计8种。
故选D。
考查方向
解题思路
该羧酸酯的分子式为C8H16O2，在酸性条件下水解为A和乙醇两种有机物。水解后得到的醇含有2个C原子，得到的羧酸含有6个C原子，判断6碳羧酸的异构体数目，据此判断有机物A的同分异构体数目。
易错点
本题考查同分异构体数目的判断，难度中等，清楚饱和一元醇与饱和一元羧酸的同分异构体是解题关键。
知识点
4．用下列装置进行相关实验，不能达到目的的是（ ）
正确答案
解析
A．SO2和高锰酸钾发生氧化还原反应，高锰酸钾褪色，二氧化硫是还原剂，体现了还原性，A错误；
B．HCl气体极易溶于水，导致烧瓶内气体的压强骤减，出现喷泉现象，B正确；
C．由于试管内气体压强的原因，图示的右侧装置会出现高度差，可以检查丙装置的气密性，C正确；
D．一氧化氮难溶于水，可用丁装置测量铜与稀硝酸反应生成气体的体积，D正确。
故选A。
考查方向
解题思路
A．SO2和高锰酸钾发生氧化还原反应；
B．HCl气体极易溶于水，导致烧瓶内气体的压强骤减，出现喷泉现象；
C．由于试管内气体压强的原因，图示的右侧装置会出现高度差，可以检查丙装置的气密性；
D．一氧化氮难溶于水。
易错点
本题难度不大，熟悉常见化学实验基本操作的方法、注意事项是解答此类试题的关键。
知识点
5．随着原子序数的递增，五种短周期元素原子半径的相对大小和最高正价或最低负价如图所示。下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
随着原子序数的递增，根据五种短周期元素原子半径的相对大小和最高正价或最低负价图示，可知：Y显-2价，只能是氧元素或者硫元素，根据W元素显+6价，Y只能是氧元素，W是硫元素，因此Z是钠元素；Q为氯元素；X为H元素；因此X-H，Y-O，Z-Na，W-S，Q-Cl，据此作答。
A．H2S能与SO2反应生成S和水，A正确；
B．元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：S<Cl，B错误；
C．O元素分别与其它四种元素均可形成至少两种以上化合物，例如：H2O2、H2O；Na2O2、Na2O；SO2、SO3；ClO2、ClO等，C正确；
D．O、Na、Cl三种元素组成化合物、NaClO3的水溶液呈中性，NaClO的水溶液呈碱性，D正确。
故选B。
考查方向
解题思路
随着原子序数的递增，根据五种短周期元素原子半径的相对大小和最高正价或最低负价图示，可知：Y显-2价，只能是氧元素或者硫元素，根据W元素显+6价，Y只能是氧元素，W是硫元素，因此Z是钠元素；Q为氯元素；X为H元素；因此X-H，Y-O，Z-Na，W-S，Q-Cl，据此作答。
易错点
本题考查元素化合物推断，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素化合物性质。
知识点
6．制备新型高效水处理剂高铁酸钠(Na2FeO4)的主要反应为：
2FeSO4+aNa2O2= 2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+bX。
下列说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
A．根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和个数都相等，该反应中X物质为O2 ，A正确；
B．该反应中O元素化合价由-1价变为0价和-2价、Fe元素化合价由+2价变为+6价，所以双氧水既是氧化剂又是还原剂，B错误；
C．该反应中发生氧化反应的过程有FeSO4→Na2FeO4，Na2O2→O2，C错误；
D．每生成2mol Na2FeO4，反应过程中转移10 mol e－，因此每生成lmol Na2FeO4，反应过程中转移5 mol e－，D错误；
故选A。
考查方向
解题思路
A．根据质量守恒定律；
B．该反应中O元素化合价由-1价变为0价和-2价、Fe元素化合价由+2价变为+6价；
C．该反应中发生氧化反应的过程有FeSO4→Na2FeO4，Na2O2→O2；
D．每生成2mol Na2FeO4，反应过程中转移10 mol e－；
易错点
本题考查较综合，涉及氧化还原反应及其计算等知识点，根据基本知识点来分析解答，注意氧化还原反应中电子得失数目为易错点。
知识点
7．常温下，取浓度均为0.0l mol· L-1的HA溶液和MOH溶液各20mL，分别用0.01mol·L-1NaOH溶液、0.0l mol·L-1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如右图所示。下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A．0.0l mol· L-1的HA溶液pH>2，MOH溶液pH=12，HA为弱电解质，MOH为强电解质，A错误；
B．曲线a中，强碱和强酸反应，滴加溶液到20 mL时：c(Cl－)=c(M+)=0.005mol/L，c(OH－)=c(H+)=10-7mol/L，B错误；
C．曲线b中，滴加溶液到20 mL时，恰好完全反应，生成强碱弱酸盐，溶液显碱性，因此：c(Na+)>c(A－)>c(OH－)>c(H+) ，C正确；
D曲线b中，滴加溶液到l0 mL时，根据电荷守恒：c(A－)+c(OH－)=c(H+)+c(Na+)，D错误。
故选C。
考查方向
解题思路
A．0.0l mol· L-1的HA溶液pH>2，MOH溶液pH=12，HA为弱电解质，MOH为强电解质；
B．曲线a中，强碱和强酸反应，滴加溶液到20 mL时：c(Cl－)=c(M+)=0.005mol/L，c(OH－)=c(H+)=10-7mol/L；
C．曲线b中，滴加溶液到20 mL时，恰好完全反应，生成强碱弱酸盐，溶液显碱性 ；
D．曲线b中，滴加溶液到l0 mL时，根据电荷守恒：c(A－)+c(OH－)=c(H+)+c(Na+)。
易错点
该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题贴近高考，难易适中，注重答题的灵活性，有利于培养学生的逻辑思维能力和抽象思维能力。该题的关键是明确酸性强弱与盐类水解程度的关系以及溶度积常数的含义和应用。
知识点
2．NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A．标况下，3.36L二氧化氮的物质的量为0.15mol，0.15mol二氧化氮与水反应生成了0.05mol一氧化氮，转移了0.1mol电子，转移的电子数目为0.1NA，A错误；
B．H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故4.0gH218O与D2O混合物的物质的量为0.2mol，而1molH218O与D2O中均含10mol中子，故0.2molH218O与D2O混合物中含2mol中子，即2NA个，B正确；
C．34 gH2O2中含氧原子数为2NA，溶剂水中也含氧原子数，C错误；
D．0.1 mol硝酸铵中氮原子物质的量为0.2mol，即0.2NA，D错误；
故选B。
考查方向
解题思路
A．根据NO2与水的反应为歧化反应来分析；
B．H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol；
C．溶剂水中也含氧原子数；
D．0.1 mol硝酸铵中氮原子物质的量为0.2mol；
易错点
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大。
知识点
8．亚硝酸钠(NaNO2)在肉类制品加工中常用作发色剂，防腐剂。某活动小组在实验室中利用Na2O2+2NO=2NaNO2反应来制备亚硝酸钠，装置如下图所示(部分夹持装置略去)。
已知：①3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；②酸性条件下，NO或NO2－都能与MnO4－反应生成NO3－和Mn2+。
具体操作：如图连接装置，检验气密性后，装入药品。实验开始前先通入常见气体X一段时间，然后关闭弹簧夹，再滴加浓硝酸，加热控制B中导管均匀地产生气泡，直至E中淡黄色粉末完全变为白色固体。
(1)气体X的化学式为_____________，其作用是___________。
(2)上述装置中，仪器C的作用是________。B中观察到的主要现象是____________。
(3)该活动小组制取的NaNO2产品不纯，杂质为_________(填化学式)；为提高产品的纯度，对上述实验装置进行的改进是_____________。
(4)请设计实验证明产品中含有NO2－__________(简述实验操作、现象和结论)。
(5)称取该小组产品4.5 g溶于水配成500mL溶液，取50mL溶液于锥形瓶中，用0.1000 mol·L-1的酸性KMnO4溶液进行滴定，实验数据如下表所示：
第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_________(填字母)。
a．酸式滴定管未用标准液润洗
b．锥形瓶用水洗净后又用待测液润洗
c．滴定前仰视读数，滴定终点平视读数
d．滴定结束后滴定管尖嘴处仍悬有液滴
根据表中数据，计算产品中亚硝酸钠的质量分数_________。
正确答案
(1)N2；防止一氧化氮气体被氧化成二氧化氮。
(2)防止容器B中溶液倒吸；铜片变小，溶液由无色变为蓝色，有无色气体产生。
(3)NaOH；为提高产品的纯度，对上述实验装置进行的改进是D、E之间加上气体干燥装置。
(4)将NaNO2加入酸性酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，实验证明产品中含有NO2－。
(5)abd；76.7%。
解析
(1)连接装置，检验气密性后，装入药品。实验开始前先通入常见气体N2一段时间，其作用是防止一氧化氮气体被氧化成二氧化氮。
(2)仪器C的作用是防止容器B中溶液倒吸。二氧化氮和水反应生成硝酸，铜和硝酸反应，铜片变小，溶液由无色变为蓝色，有无色气体产生。
(3)由于没有气体干燥装置，该活动小组制取的NaNO2产品不纯，杂质为NaOH；为提高产品的纯度，对上述实验装置进行的改进是D、E之间加上气体干燥装置。
(4)将NaNO2加入酸性酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，实验证明产品中含有NO2－。
(5)a．酸式滴定管未用标准液润洗，会造成标准液浓度减小，实验结果偏大，正确。
b．锥形瓶用水洗净后又用待测液润洗，会消耗更多的标准液，实验结果偏大，正确。
c．滴定前仰视读数，滴定终点平视读数，会造成读数偏小，错误；
d．滴定结束后滴定管尖嘴处仍悬有液滴，使得标准液读数偏大，正确。
第一组实验数据出现偏大，造成这种异常的原因可能是abd。
根据表中数据，计算产品中亚硝酸钠的质量分数：
5NO2－ +2MnO4－ +6H+=5NO3－+2Mn2++3H2O
5 2
x 20mL×0.1mol/L
亚硝酸钠的物质的量=0.005×10=0.05mol
亚硝酸钠的质量=0.05mol×69=3.45g
亚硝酸钠的质量分数=3.45g/4.5g×100%=76.7%。
考查方向
亚硝酸钠等化学品的性质与氧化还原滴定；
解题思路
(1)连接装置，检验气密性后，装入药品。实验开始前先通入常见气体N2一段时间，其作用是防止一氧化氮气体被氧化成二氧化氮。
(2)仪器C的作用是防止容器B中溶液倒吸。二氧化氮和水反应生成硝酸，铜和硝酸反应，铜片变小，溶液由无色变为蓝色，有无色气体产生。
(3)由于没有气体干燥装置，该活动小组制取的NaNO2产品不纯，杂质为NaOH；为提高产品的纯度，对上述实验装置进行的改进是D、E之间加上气体干燥装置。
(4)将NaNO2加入酸性酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，实验证明产品中含有NO2－。
(5)a．酸式滴定管未用标准液润洗，会造成标准液浓度减小，实验结果偏大。
b．锥形瓶用水洗净后又用待测液润洗，会消耗更多的标准液，实验结果偏大。
c．滴定前仰视读数，滴定终点平视读数，会造成读数偏小；
d．滴定结束后滴定管尖嘴处仍悬有液滴，使得标准液读数偏大。
根据表中数据，计算产品中亚硝酸钠的质量分数：
5NO2－ + 2MnO4－+ 6H+ =5NO3－ + 2Mn2+ +3H2O
5 2
x 20mL×0.1mol/L
亚硝酸钠的物质的量=0.005×10=0.05mol
亚硝酸钠的质量=0.05mol×69=3.45g
亚硝酸钠的质量分数=3.45g/4.5g×100%=76.7%。
易错点
本题主要考查亚硝酸钠等化学品的性质与氧化还原滴定等方面的知识，这要求对物质的性质必须有一个全面的理解。
知识点
9．在印染工业中，连二亚硫酸钠(Na2S2O4)因能使染好的布褪色，而使布能重新染色，故而俗称保险粉，其可溶于水，但不溶于甲醇。工业制备流程如下：
请回答下列问题：
(1)流程①步骤中需在耐高温的坩埚中进行，常用来制做耐高温坩埚的金属氧化物化学式为_____________。
(2)向锌液中鼓入M气体，使液态锌雾化，冷却得到粒度约为180
(3)流程②步骤中的化学方程式为___________________。
(4)流程③步骤中加入NaCl固体的作用为_______。过滤后用_____洗涤、干燥后可以得到纯净的保险粉。
(5)将等体积0.04 mo1·L-1AgNO3溶液和0.02 mol·L-1碱性Na2S2O4溶液混合，两者恰好完全反应，反应后溶液中有纳米级的银粉生成，写出反应的离子方程式____________。
正确答案
(1)Al2O3
(2)
(3)Zn+2SO2=ZnS2O4；
(4)增加钠离子的浓度，便于Na2S2O4结晶析出；甲醇
(5)2Ag++S2O42-+4OH-=2Ag+2SO32-+2H2O。
解析
(1)氧化铝耐高温，熔点高，常用来制做耐高温坩埚，化学式为Al2O3；
(2)向锌液中鼓入M气体，使液态锌雾化，若气体M为常见的化合物，则M为二氧化碳，电子式为
(3)流程②步骤中，金属锌和二氧化硫在酸性条件下反应，生成ZnS2O4，化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4；
(4)流程③步骤中加入NaCl固体的作用为增加钠离子的浓度，便于Na2S2O4结晶析出；因为保险粉难溶于甲醇，过滤后用甲醇洗涤、干燥后可以得到纯净的保险粉；
(5)将等体积0.04 mo1·L-1AgNO3溶液和0.02 mol·L-1碱性Na2S2O4溶液混合，两者恰好完全反应，AgNO3和Na2S2O4的物质的量之比为2:1；反应后溶液中有纳米级的银粉生成，同时生成亚硫酸根离子，反应的离子方程式：
2Ag++S2O42-+4OH-=2Ag+2SO32-+2H2O。
考查方向
解题思路
(1)氧化铝耐高温，熔点高，常用来制做耐高温坩埚；
(2)向锌液中鼓入M气体，使液态锌雾化，若气体M为常见的化合物，则M为二氧化碳，电子式为
(3)流程②步骤中，金属锌和二氧化硫在酸性条件下反应，生成ZnS2O4；
(4)流程③步骤中加入NaCl固体的作用为增加钠离子的浓度，便于Na2S2O4结晶析出；因为保险粉难溶于甲醇，过滤后用甲醇洗涤、干燥后可以得到纯净的保险粉；
(5)将等体积0.04 mo1·L-1AgNO3溶液和0.02 mol·L-1碱性Na2S2O4溶液混合，两者恰好完全反应，AgNO3和Na2S2O4的物质的量之比为2:1；反应后溶液中有纳米级的银粉生成，同时生成亚硫酸根离子，反应的离子方程式：
2Ag++S2O42-+4OH-=2Ag+2SO32-+2H2O。
易错点
解题的关键是(5)离子方程式的书写要注意物质的量之比与电子得失之间的关系。
知识点
10．草酸(H2C2O4)广泛存在于食品中，人们对其及相关产品进行了深入研究。
(1)已知反应：H2C2O4 (1)=H2O(g)+CO(g)+CO2(g) △H=+340kJ·mol-1，为了使草酸分解，通过CO燃烧反应提供能量：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566 kJ·mol-1，空气中氧气的体积分数为0.20，则分解的草酸与所需空气的物质的量之比为___________。
(2)草酸分解生成的CO燃料燃烧不足以提供足够的能量，还可通过甲烷来制备燃料：
CH4(g)+CO2(g)
①达平衡时，该反应的平均反应速率用CO2表示，v(CO2)=__________。
②在不改变反应混合物用量的前提下，为了提高CH4气体的转化率，可采取的措施是________________________。
(3)电解饱和草酸溶液可以制得高档香料乙醛酸(H2C2O3)，装置如右图所示，写出复合膜电极的电极反应式________________。
(4)已知草酸为二元酸(K1=6×10-2，K2=6×10-5)，是一种温和的还原剂。
①通过计算判断中和反应2Fe(OH)3(s)+3H2C2O4
②在K3Fe(C2O4)3溶液中存在：[Fe(C2O4)3]3-
正确答案
(1)1:3
(2)① 0.01 mol·(L·min)-1；②降低温度或增大体积，减小压强
(3)H2C2O4+2e-+2H+=H2C2O3+H2O
(4)① K=(k1k2)3(Ksp[Fe(OH)3])2/(Kw)6=4.67×10-11，小于10-5，在常温下中和反应
2Fe(OH)3(s)+3H2C2O4
解析
(1)已知反应：H2C2O4 (1)=H2O(g)+CO(g)+CO2(g) △H=+340kJ·mol-1，为了使1mol草酸分解，设通过CO燃烧反应提供能量需要的氧气的物质的量为x，由于2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566 kJ·mol-1，放出的热量为566x，空气中氧气的体积分数为0.20，则空气的物质的量等于5x，340=566x，5x=3则分解的草酸与所需空气的物质的量之比为1:3；
(2)草酸分解生成的CO燃料燃烧不足以提供足够的能量，还可通过甲烷来制备燃料：
CH4(g)+CO2(g)
①达平衡时，该反应的平均反应速率用CO，v(CO)=0.1 mol·L-1/5min=0.02 mol·(L·min)-1，平均反应速率之比等于计量系数之比，用CO2表示，v(CO2)=0.01 mol·(L·min)-1；
②降低温度或增大体积，减小压强，平衡正向移动，在不改变反应混合物用量的前提下，为了提高CH4气体的转化率，可采取的措施是降低温度或增大体积，减小压强，平衡正向移动；
(3)在复合膜电极，草酸得电子可以制得高档香料乙醛酸(H2C2O3)，电极反应式为：H2C2O4+2e-+2H+=H2C2O3+H2O；
(4)已知草酸为二元酸(K1=6×10-2，K2=6×10-5)，是一种温和的还原剂。
①K=(k1k2)3(Ksp[Fe(OH)3])2/(Kw)6=4.67×10-11，小于10-5，在常温下中和反应
2Fe(OH)3(s)+3H2C2O4
②温度升高，[Fe(C2O4)3]3-离子浓度减小，c(Fe3+)增大，A点的c(Fe3+)<B点的c(Fe3+) ；其他条件不变，向K3Fe(C2O4)3溶液中加入少量KMnO4固体，C2O42-被氧化，Fe3+的浓度增大。
考查方向
解题思路
(1)已知反应：H2C2O4 (1)=H2O(g)+CO(g)+CO2(g) △H=+340kJ·mol-1，为了使1mol草酸分解，设通过CO燃烧反应提供能量需要的氧气的物质的量为x，由于2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566 kJ·mol-1，放出的热量为566x，空气中氧气的体积分数为0.20，则空气的物质的量等于5x，340=566x，5x=3则分解的草酸与所需空气的物质的量之比为1:3；
(2)①达平衡时，该反应的平均反应速率用CO，v(CO)=0.1 mol·L-1/5min=0.02 mol·(L·min)-1，平均反应速率之比等于计量系数之比，用CO2表示，v(CO2)=0.01 mol·(L·min)-1；
②降低温度或增大体积，减小压强，平衡正向移动；
(3)在复合膜电极，草酸得电子可以制得高档香料乙醛酸(H2C2O3)，电极反应式为：H2C2O4+2e-+2H+=H2C2O3+H2O；
(4)①K=(k1k2)3(Ksp[Fe(OH)3])2/(Kw)6。
②温度升高，[Fe(C2O4)3]3-离子浓度减小，c(Fe3+)增大；其他条件不变，向K3Fe(C2O4)3溶液中加入少量KMnO4固体，C2O42-被氧化。
易错点
解题的关键是平衡常数的计算及电极反应式的书写。
知识点
11．【化学—选修：化学与技术】
青岛精细化工厂生产发烟硫酸和硫酸的流程如下图所示。已知：②⑤装置为接触室。
(1)设备①的名称为______；在此处投入黄铁矿原料，发生反应的化学方程式为_______。
(2)气体在进入②之前一定要进行净化处理，原因为____________。为提高三氧化硫的产率，该处应采取_________(填“等温”“绝热”或“加催化剂”)等措施。
(3)生产中，能够提高硫元素转化率的条件或措施有_______(填字母)。
a．矿石加入沸腾炉之前先粉碎
b．使用V2O5作催化剂
c．接触室中不使用很高的温度
d．净化后炉气中要有过量的空气
e．接触氧化在常压下进行
f．吸收塔中用98.3％的浓硫酸吸收SO3
(4)③处的气体混合物主要是氮气和三氧化硫。混合物气体通过吸收塔④后不立即通入⑤中的原因是_________
(5)产品最后从a口流出，浓度可达120% ~130％，此流程的优点是___________。
(6)工业上用200 t黄铁矿(含FeS2为75％)，煅烧损失10％，SO2转化为SO3时的转化率为96％，SO3的吸收率为95%，可生产98％硫酸的质量为____________。
正确答案
(1)沸腾炉；4FeS2+11O2高温8SO2+2Fe2O3
(2)防止催化剂中毒，影响催化氧化的效果；等温过程
(3)cd
(4)这时带入催化剂表面的三氧化硫的分压较高，二氧化硫分压较低，不利于反应的进行
(5)多次反应，多次吸收，提高三氧化硫的产率
(6)205.2t
解析
(1)设备①燃烧硫或高温处理黄铁矿，制取二氧化硫，名称为沸腾炉；在此处投入黄铁矿原料，发生反应的化学方程式为 4FeS2+11O2高温8SO2+2Fe2O3。
(2)气体在进入②之前一定要进行净化处理，原因为煅烧黄铁矿形成的炉气主要是二氧化硫气体，另外含有杂质，能使催化剂中毒，影响催化氧化的效果；SO2 和O2 反应生成SO3 ，该反应是可逆反应，温度过高平衡逆向移动，不利于SO3 的生成，且影响催化剂的活性，所以为提高三氧化硫的产率，该处采用等温过程。
(3)a．矿石加入沸腾炉之前先粉碎可以加快化学反应速率，不能提高硫元素转化率，错误；
b．使用V2O5作催化剂可以加快化学反应速率，不能提高硫元素转化率，错误；
c．该反应是个放热反应，温度过高，反应逆向进行，且影响催化剂的催化效果，接触室中不使用很高的温度能够提高硫元素转化率，正确；
d．净化后炉气中要有过量的空气，可以使得反应向正反应方向进行，能够提高硫元素转化率，正确；
e．高压下虽然能提高三氧化硫产率，但是影响不大，同时大大增加了生产成本，因此接触氧化在常压下进行，不能够提高硫元素转化率，错误；
f．为了防止酸雾的产生，用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫，不能够提高硫元素转化率，错误；
故选cd；
(4)③处中的混合气体主要是三氧化硫和氮气，以及少量的二氧化硫，通过吸收塔④后，只能吸收一部分三氧化硫。若将这种含三氧化硫较多，二氧化硫含量较少的混合气体直接通入第二个催化炉⑤，这时带入催化剂表面的三氧化硫的分压较高，二氧化硫分压较低，不利于反应的进行。
(5)产品最后从a口流出，浓度可达120% ~130％，此流程的优点是多次反应，多次吸收，提高三氧化硫的产率；
(6)工业上用200 t黄铁矿(含FeS2为75％)，煅烧损失10％，SO2转化为SO3时的转化率为96％，SO3的吸收率为95%，可生产98％硫酸的质量为
FeS2---------2SO2---------2SO3---------2H2SO4
120 128 160 196
200 t×75％×(1-10％)×96％×95% X×98%
考查方向
解题思路
(1)设备①燃烧硫或高温处理黄铁矿，制取二氧化硫，名称为沸腾炉；在此处投入黄铁矿原料，发生反应的化学方程式为 4FeS2+11O2高温8SO2+2Fe2O3。
(2)气体在进入②之前一定要进行净化处理，原因为煅烧黄铁矿形成的炉气主要是二氧化硫气体，另外含有杂质，能使催化剂中毒，影响催化氧化的效果；SO2 和O2 反应生成SO3 ，该反应是可逆反应，温度过高平衡逆向移动，不利于SO3 的生成，且影响催化剂的活性，所以为提高三氧化硫的产率，该处采用等温过程。
(3)a．矿石加入沸腾炉之前先粉碎可以加快化学反应速率，不能提高硫元素转化率；
b．使用V2O5作催化剂可以加快化学反应速率，不能提高硫元素转化率；
c．该反应是个放热反应，温度过高，反应逆向进行，且影响催化剂的催化效果，接触室中不使用很高的温度能够提高硫元素转化率；
d．净化后炉气中要有过量的空气，可以使得反应向正反应方向进行，能够提高硫元素转化率；
e．高压下虽然能提高三氧化硫产率，但是影响不大，同时大大增加了生产成本，因此接触氧化在常压下进行，不能够提高硫元素转化率；
f．为了防止酸雾的产生，用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫，不能够提高硫元素转化率；
(4)③处中的混合气体主要是三氧化硫和氮气，以及少量的二氧化硫，通过吸收塔④后，只能吸收一部分三氧化硫。若将这种含三氧化硫较多，二氧化硫含量较少的混合气体直接通入第二个催化炉⑤，这时带入催化剂表面的三氧化硫的分压较高，二氧化硫分压较低，不利于反应的进行。
(5)产品最后从a口流出，浓度可达120% ~130％，此流程的优点是多次反应，多次吸收，提高三氧化硫的产率；
(6)工业上用200 t黄铁矿(含FeS2为75％)，煅烧损失10％，SO2转化为SO3时的转化率为96％，SO3的吸收率为95%，可生产98％硫酸的质量为
FeS2---------2SO2---------2SO3---------2H2SO4
120 128 160 196
200 t×75％×(1-10％)×96％×95% X×98%
易错点
本题主要考查了硫酸工业的工艺流程，涉及设备、原理、气体的净化、尾气的吸收等知识，内容较多，解题时注意对硫酸工业的理解。