2021年高考化学全真模拟卷（江苏专用）（解析版）

【赢在高考•黄金20卷】备战2021高考化学全真模拟卷（江苏专用）

第五模拟

（本卷共17小题，满分100分，考试用时75分钟）

可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—140—16S—32Fe—56

一、单项选择题：本题共13个小题，每小题3分。共39分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符

合题目要求的。

1.“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合得到的绿色液态燃料。下列有关“液态阳光”的说法

车肯送的是（）

A.CO2和比0转化为“液态阳光”过程中同时释放能量

B.煤气化得到的水煤气合成的甲醇不属于“液态阳光”

C.“液态阳光”行动有利于可持续发展并应对气候变化

D.“液态阳光”有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题

【答案】A

【解析】

A.“液态阳光”是指由阳光、CO?和水通过人工光合得到的绿色液态燃料，是将光能转化成化学能的过

程，该反应为吸热反应，故A说法错误；

B.煤气化是由水蒸气与碳反应生成CO和H?,煤液化可以合成甲醇，不符合“液态阳光”的定义，煤气

化得到水煤气合成的甲醇不属于“液态阳光”，故B说法正确：

C.“液态阳光”由阳光、CO2和水反应，可以解决温室气体，有利于可持续发展并应对气候变化，故C

说法正确；

D.根据“液态阳光’'的定义，“液态阳光”有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题，故D说法正确;

2.氮氧化物形成雾霾时的部分反应为N2O5+H2O2HNO3、HNCh+NH3=NH4NO3.下列表示反应中相关微

粒的化学用语正确的是（）

A.中子数为10的氧原子：；;OB.比0的电子式：H：O：H

C.N的结构示意图：⑥，】H—N—H

D.NH?的结构式：

H

【答案】D

【解析】A.中子数为10的氧原子的质量数为8+10=18,该原子正确的表示方法为［O,故A错误;

B.水分子中含有两个氧氢键，其电子式为H：3：H，故B错误;

C.氮原子质子数为7,核外有2个电子层，最外层有5个电子，其原子结构示意图为⑨J,故C错

误；

D.NH3为共价化合物，分子中含有3个N-H,其结构式为H-?一",

II

3.下列有关物质性质的叙述不正确的是

A.以海水为原料制取Na、Bn等物质

B.漂白粉久置于空气中漂白性增强

C.常温下，Fe在浓硝酸中发生钝化

D.水玻璃浸泡过的木材既能防腐又能耐火

【答案】B

【解析】

A.海水中有钠元素和澳元素，所以海水为原料制取Na、Br2等物质，A正确

B.漂白粉久置于空气中次氯酸钙与空气中的二氧化碳反应，漂白性减弱，B错误

C.二氧化硫还原性，能使酸性高镭酸钾溶液紫红色褪去，C正确

D.水玻璃浸泡过的木材既能防腐又能耐火，D正确

请阅读下列材料，回答4~6题。

二氧化硫是国内外允许使用的一种食品添加剂，通常情况下该物质以焦亚硫酸钾、焦亚硫酸钠、亚硫

酸钠、亚硫酸氢钠、低亚硫酸钠等亚硫酸盐的形式添加于食品中，或采用硫磺熏蒸的方式用于食品处理，

发挥护色、防腐、漂白和抗氧化的作用。二氧化硫是中国允许使用的还原性漂白剂。对食品有漂白和对植

物性食品内的氧化酶有强烈的抑制作用。我国规定可用于葡萄酒和果酒，最大使用量0.25g/kg,残留量不

得超过0.05g/kg«

4.下列关于二氧化硫分子(SO2)说法正确的是()

A.二氧化硫分子中共有1个◎键

B.二氧化硫分子呈V形

C.二氧化硫能使酸性高镭酸钾溶液紫红色褪去，体现二氧化硫的漂白性

D.硫在过量的氧气中燃烧，能生成三氧化硫

【答案】B

【解析】A.二氧化硫分子(SO?)分子中S和O形成。键，共有2个。键，A错误

B.其中心原子(硫原子)的孤电子对数为"产=1；价层电子对数等于◎键+孤电子对，价层电子对数

为2+1=3,该分子的VSEPR模型为平面三角形；孤电子对不占分子形状，则该分子呈V形，B正确

C.二氧化硫能使酸性高镒酸钾溶液紫红色褪去，体现二氧化硫的还原性，C错误

D.硫在过量的氧气中燃烧，只能生成二氧化硫，D错误

5.工业上氧化二氧化硫制取三氧化硫反应的化学方程式为：2so2+O22SO3正反应放热，为了提高二

氧化硫的转化率，下列措施可行的是（）

A.增大氧气的物质的量B.减小氧气的物质的量

C.增大二氧化硫的物质的量D.升高温度

【答案】A

【解析】

A.增大氧气的量或浓度，平衡向右移动，二氧化硫的消耗量增大，可以提高二氧化硫的转化率，故A

正确；

B.减小氧气的量或浓度，平衡向左移动，二氧化硫的消耗量减小，二氧化硫的转化率减小，故B错误；

C.增大二氧化硫的量或浓度，平衡向右移动，二氧化硫的消耗量增大，但是二氧化硫的剩余量增大，

导致二氧化硫的转化率减小，故C错误；

D.该反应正反应放热，升高温度，平衡向左移动，二氧化硫的转化率减小，故D错误；

故答案选Ao

6.下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的的是

A.用图甲装置制取并收集二氧化硫

B.用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释

C.用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物

D.用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发结晶

【答案】C

【解析】

A.二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，选项A错误；

B.反应后的混合物中含有浓度较大的硫酸，稀释该混合物时，要将混合液沿烧杯内壁缓慢加入水中,

并用玻璃棒不断搅拌，选项B错误;

C.转移液体时用玻璃棒引流，防止液体飞溅，操作符合过滤中的一贴二低三靠，操作正确，选项C正

确；

D.溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，不能进行蒸发结晶，选项D错误。

7.下列关于0、Na、S、Cl、K元素及其化合物的说法正确的是()

A.第一电离能：/1(K)>/l(Na)

B.沸点：H2S>H2O

C.原子半径：r(K)>r(Cl)>/tS)>rtO)

D.热稳定性:HC1>H2S

【答案】D

【解析】A.同主族元素从上至下，第一电离能逐渐减小，故第一电离能：/i(K)<L(Na),故A错误；

B.水分子之间可形成氢键，故沸点：H2S<H2O,故B错误；

C.同周期元素从左至右，原子半径逐渐减小，故原子半径：r(Cl)</<S),故C错误；

D.元素的非金属性越强，其氨化物越稳定，非金属性：C1>S,故热稳定性：HCI>H2S,故D正确。

8.工业尾气中含有的SO2对环境有害，采取合理的方法可以将其转化为硫化钙、硫酸钾等有用的物质，其

一种转化路线如图所示：

CaCO,空气NH.HCO,NH,KCI、水

含so：品气岛祖—A一反应|反应n—过泡fKjSo,晶体

C.CO,

A.通入空气的主要目的是将CO2完全吹出

B.得到的固体产物A是CaSC>3

C.反应I的化学方程式为NH4HCO3+NH3+CaSC)4=CaCO3+(NH4)2s。4

D.滤液B中除H+、OH\K\SO42一外，还含有的离子有NH4+

【答案】C

【解析】

利用碳酸钙处理工业尾气中的SO2制备CaSO4,具体流程分析为在高温下，CaCO3,SO2和含有。2

的空气混合充分反应可得到CaSC)4和CO2,在所得CaSO4固体中加入NH4HCO3并同时通入NH3,然

后溶解并过滤除去CaCO3不溶物，滤液中加入KC1,并通过过滤得到K2SO4晶体；

A.氧气有强氧化性，可将+4价S氧化为+6价，得到稳定的硫酸盐，A错误；

B.根据化学反应的本质和原子守恒可知混合物高温下生成了CO?和CaSO4,B错误；

C.反应I有CaSC)4、NH4HCO3及NH3,反应生成了CaCC>3不溶物和(NH4)2so4，化学方程式为：

NH4HCO3+NH3+CaSO4=CaCO3+(NH4)2so4，C错误

D.反应1中生成的(NHQ2s。4和KC1的水溶液混合发生反应II,除去K2s。4晶体，滤液里主要含

有NH4+、c「及H+、OH\K+、SO42-等，滤液中还应有NH4+、cr,D错误

9.甲醇-空气燃料电池的反应为2cH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2。，下列有关说法正确的是

A.甲醇-空气燃料电池的负极反应为CH30H—6e+80Hze023+6丛0

B.一定温度下，反应2H2(g)+C0(g)=CH.QH(g)能自发进行，该反应的△”>()

C.根据共价键的键能可以准确计算C02(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H20(l)^\H

D.标准状况下，甲醇-空气燃料电池放电时消耗5.6LC>2,转移电子的数目约为3.01X1()23

【答案】A

【解析】

2

A.甲醇-空气燃料电池的负极反应为CHQH—6e+80H=CO3+6H2O

B.一定温度下，反应2H2(g)+C0(g)=CH30H(g)ASO,能自发进行该反应的AH<0,B错误

C.键能是Imol理想气体分子AB断裂为中性气态原子A和B所需要的能量，方程式中H2。是液体,

所以不能准确计算AH,C错误

D.标准状况下，甲醇-空气燃料电池放电时消耗5.6LO2,转移电子的数目约为6.02x1()23

lO.TiCh的''纳米材料”有广泛的应用，工业上可利用TiCL制取。TiCL,熔点为-25℃,沸点为136.4℃。制取

TiO2的反应为①2FeTiCh+7cb+3C=2TiCl4+2FeCl3+3CO2,②TiCL+O2=TiO2+2cb.下列说法正确的

是()

A.CO2和CCI4中碳的杂化方式相同

B.。2、。2、C02都是含有非极性键的非极性分子

c.Tick晶体是离子晶体，配位数为4

D.FeCb与KSCN溶液生成的［Fe(SCN)6产中，Fe?+为中心离子，SCM为配体

【答案】D

【解析】

A.CO2中的C为sp杂化，CCI4中的C为sp3杂化，故A错误；

B.COz结构对称，正负电荷中心重合，含有极性键，但是非极性分子，故B错误；

C.TiCL晶体是分子晶体，配位数为4,故C错误；

D.FeCb与KSCN溶液生成的［Fe(SCN)6/中，Fe，+连接了6个SCN:则Fe"为中心离子，SCV为配

体，故D正确;

11.化合物Y是一种药物中间体，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是()

XY

A.用FeCb溶液可以区分X和Y

B.X制备Y的反应类型是取代反应

C.Y中共有2种含氧官能团：羟基和线基

D.ImolY最多能与2moiNaOH发生反应

【答案】B

【解析】A.X和Y均含有酚羟基，故不能用FeCb溶液区分X和Y,故A错误；

B.对比X与Y的结构简式可知，2分子中的C-C1键断裂，其中一

c-CH取代X中甲基上的原子，另一个取代羟基的H原子，故X

制备Y的反应类型是取代反应，故B正确：

C.Y中共有3种含氧官能团：羟基、皴基和酯基，故C错误；

D.Y中酚羟基和酯基均可以与NaOH反应，其中酯基水解生成毅基和酚羟基，故ImolY最多能与3mol

NaOH发生反应，故D错误；

_4

12.室温下，K1(HCOOH)=1.77xlO,7Ca(CH3COOH)=1.75xlO\若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温

时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是()

1++

A.浓度均为O.lmolL_的CH3COONa溶液与HCOOK溶液：c(K)-c(HCOO)>c(Na)-c(CH3COO)

B.向O.lmoLL」的HCOONa溶液中通入HC1气体至pH=7：c(Na+)=c(Cl)=c(HCOOH)

C.O.lmolL-1的HCOOH溶液和O.OSmolL-1的NaOH溶液等体积混合:c(Na+)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)

C.c(NH「)相等的HCOONH4溶液、CH3coONH4溶液：c(HCOONH4)>c(CH.,COONH4)

【答案】C

【解析】

A.根据电荷守恒有:HCOOK溶液中,c(K+)+c(H+)=c(HCOO)+c(OH),c(OH-)-c(H+)=c(K+)-c(HCOO),

++++

CH3coONa溶液中,c(Na)+c(H)=c(CH3COO)+c(OH),c(OH)-c(H)=c(Na)-c(CH3COO),因为

Ka(HCOOH)=1.77x1(AKa(CH3co0H)=1.75x10一,所以CH3coO冰解程度更大，碱性更强,c(OH)-c(H+)

++

更大，那么c(K)-c(HCOO)<c(Na)-c(CH3COO),A错误；

B.电荷守恒式子为：c(Na+)+c(H+)=c(Cl)+c(HCOO)+c(OH),pH=7c(H+)=c(OH),c(Na+)=c(Cl)+

c(HCOO),那么c(Na+)>c(C「)，又因为物料守恒式子为：c(Na+)=c(HCOO)+c(HCOOH),所以c(C「)+

c(HCOO)=c(HCOO)+c(HCOOH),那么c(C「)=c(HCOOH),综上所述：c(Na+)>c(CF)=c(HCOOH),B

错误；

C.O.lmollJ的HCOOH溶液和().05mol-L」的NaOH溶液等体积混合，NaOH反应完，HCOOH反应

「一半，混合后的溶质为:等物质的量的HCOONa和HCOOH,电荷守恒有:c(Na+)+c(H+)=c(HCOO)+

c(OH),物料守恒有：2c(Na+)=c(HCOO)+c(HCOOH),物料守恒-电荷守恒可得：

c(Na+)+c(OH>c(HCOOH)+c(H+),C正确;

D.NH/水解呈酸性，HCOO\CH3co。冰解呈碱性，HCOO\CH3co0水解对NHj水解起促进作用，

因为水解程度HCOO'<CH3co0一，所以CH3coONH_»溶液中NHJ水解程度更大，现在c(NH4，)相等，

那么一定有C(HCOONH4)<C(CH3COONH4),D借误。

13.t℃时，在两个起始容积都为1L的恒温密闭容器中发生反应H2(g)+L(g)2HI(g)AH<0,实验测得v

2

jE=v(H2)ifl{c=v(I2)i««=k,I：C(H2)-c(I2)；vii=v(HI)ifitt=kac(HI),,k#k逆为速率常数，受温度影响。下列说

法正确的是

物质的起始浓度/(mol/L)物质的平衡浓度/(mol/L)

容器

C(H2)C(I2)c(HI)C(I2)

1(恒容)0.10.100.07

n(恒压)000.8

A.平衡时，容器I与容器n中的总压强之比大于1：4

B.平衡时,容器I中c(L)>0.28mol/L

C.「。时，反应H2(g)+b(g)2Hl(g)的平衡常数力K=^—

K逆

D.平衡时，向容器I中再通入0.1mol比、0.1molL和02molHI,此时vQv逆

【答案】C

【解析】

A.H2(g)+I2(g)2HI(g),反应前后气体分子总数不变，容器I、II等温等体积，则气体压强之比为

物质的量之比，从投料看，容器II的量为容器I的4倍，故平衡时，容器I与容器n中的总压强之比

为1:4,A错误；

B.结合反应特点和投料看，容器I、H的平衡为等效平衡，则平衡时容器I中c(l2)=0.07mol/L,I［中

c(l2)=0.28mol/L,B错误；

C.平衡时,VjE=Va，已知VjE=V(H2)制E=v(12脑声左正苏12卜«2)；丫逆=,(m)消耗=吐©2(m)，贝平衡时,人正

2

C(H2)-c(I2)=A：aC(HI),则t℃时,反应H2(g)+l2(g)2HI(g)的平衡常数为：K-:产1<

C(H2)-C(I2)K逆

则C正确；

D.平衡时，向容器I中再通入0.1molH?、0.1mol卜和0.2molHL等效于增压，则平衡不移动，此时

vdi=va,D错误；

二、非选择题：共4题，共61分。

14(15分).活性ZnO在橡胶、塑料等工业中有重要应用，某工厂以含铅锌烟气(主要成分是ZnO、PbO,

还有少量FeO、CuO)制备活性ZnO的工艺流程如下：

—活性ZnO

滤渣I，滤渣IN

(1)下图为温度与Zn、Pb元素浸出率的关系图，“酸浸”时采用30℃而不是更高的温度的原因是：①减

少盐酸挥发；②—。

高尸浸出浓度与温度关系

(2)“氧化”的目的是除去酸浸液中的Fe?+,在pH约为5.1的溶液中，加入高镒酸钾溶液，生成MnCh和

Fe(0H)3沉淀，该反应的离子方程式为o

(3)若“过滤1”所得的滤液浑浊，则处理的方法为一。

(4)在“过滤H”后的溶液中加入Na2cCh溶液，生成碱式碳酸锌［Zn2(OH)2CO3］等物质。

①该反应的化学方程式为—o

②检验碱式碳酸锌洗涤干净的操作为一。

【答案】(1)随温度升高，z/+浸出率基本不变，Pb2+浸出率增大，杂质含量增大(3分)

2++

(2)3Fe+MnO4+7H2O=MnO2i+3Fe(OH)3i+5H(3分)

(3)将滤液重新过滤(3分)

(4)2Na2co3+2ZnCb+H2O=4NaCI+Zn2(OH)2CO.4+CO2T(Wc3Na2CO3+2ZnCI2+2H2O=4NaCl

+Zn2(OH)2co31+2NaHCO3)(3分)

取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗净(3分)

【解析】

(I)从Zn、Pb元素浸出率的关系图可知，“酸浸”时采用30℃而不是更高的温度的原因是除减少盐酸挥

发外，随温度升高，Zn?+浸出率基本不变，Pb”浸出率增大，杂质含量增大；

(2)“氧化”时高锦酸钾将Fe?+氧化，生成MnC>2和Fe(0H)3沉淀，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒写

2++

出该反应的离子方程式为3Fe+MnO4-+7H2O=MnO2i+3Fe(OH)31+5H；

(3)滤液浑浊，为避免产率减小，则处理的方法为将滤液重新过滤。

(4)①ZnCb与Na2c溶液反应，生成碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3],根据原子守恒确定其它产物并配

平，化学方程式为2Na2cCh+2ZnCl2+H2O=4NaCl+Zn2(OH)2CO3i+CO2T(或3Na2CO3+2ZnCl2+2H2O

=4NaCl+Zn2(OH)2CO3i+2NaHCO3)=

②碱式碳酸锌表面可能吸附C「，洗涤干净的操作为检验最后一次洗涤液中是否含有C「，即取最后•次洗涤

液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗净。

oOoooO

nnnH

nII

知

已eCHeNHecC

-CH2-C-NH-R-X--一-

eOOII

HHCH3CH2ONaRR

CC

-E

(I)BTC的反应类型是

⑵ATB的副产物之一X是B的一种同分异构体，X的结构简式是o

⑶写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：。

①分子中含有一个五元环，五元环中含一个氧原子；

②能使澳水褪色，能与金属钠发生反应；

③核磁共振氢谱上有三组峰，且面积比为1：3：3。

/CH9

(4)写出以CH3coOH、CH3cH2OH、'和CH3cH?ONa为原料制备CH,如8广。的合成路线流

COOH

程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。

【答案】⑴取代反应(3分)

0CH}

III

(2)CH3-C-C-COOC2H5(3分)

CHj

⑶CH3©分)

=

H3cq^CH3

(4)

CH3cH20HCH3cHQNa

CHjCOOH►CH3coOCH2cH3>CHCOCHCOOCHCH―

浓H?SO,,△3223

CH3CHQN、

CHJCOCHCOOCHJCHJ

H+O

II

CHJCCHCHJ

I

COOH

5分x

z—

(1)B—C的反应类型是取代反应；

(2)A-B,是酯基断裂发生的取代反应，则副产物之一X应是A(、|-80弓氏)连两个甲基的碳

oCH3

III

原子上的氢被取代，故X的结构简式是：CH3-C-C-COOC2H5;

CH3

（3）①分子中含有一个五元环，五元环中含一个氧原子；

②能使溪水褪色，能与金属钠发生反应；则该物质含碳碳双键，含羟基；

③核磁共振氢谱上一有三组峰，且面积比为1：3：3,高度对称，仅三种环境的氢原子，且个数比为：1：3：

11

—°。C。

3：同时满足条件的分子式为C8HH。3的•种同分异构体的结构简式：H3C>\_/CH3：

=

H3C^^-CH3

（4）以CH3coOH、CH3cH20H先在浓硫酸加热的条件下反应生成乙酸乙酯；再结合醇钠发生取代反应；

在光照下发生取代生成卤代烧；与上诉物质再在醇钠作用下发生类似己知信息的取代反应，即

可制备CH.RlCHz,合成路线为:

COOH

CH3cHQHCHCHONa

CHCOOH►CH3coOCH2cH332*CHCOCHCOOCHCH—

3浓HzSO,,△3223

CH3coeHCOOCH2cH3

Ho

II

CH3CCHCH2-

COOH

16（16分）.亚硝酰硫酸（NOSCUH）主要用于染料、医药等工业。实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下：

将SO?通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度略低于20℃,搅拌，使其充分反应。反应过

程中，亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。

00

LL

C99

Eo,8os.8O一

'oa.77E

M6'

6o.C

Oo.

So.5—■—爪HNO、)s5O

oa.4sN

O——n(NOSOJI)4H

N33r

Eo.2os.2

o.

—

o.—o.

5102030405060

//min

（1）①实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为一。

②反应进行到lOmin后，反应速度明显加快，其可能的原因是一。

③反应过程中，硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量的可能原因是一

(2)次氯酸盐脱除NO的主要过程如下：

@NO+HC1O=NO2+HC1

(2)NO+NO2+H2O=^2HNO2

(3)HC1O+HNO2=HNO3+HC1

下列分析正确的是—。

a.烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率

b.NO?单独存在时不能被脱除

c.脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降

(3)为了测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：。

准确称取1.200g产品放入锥形瓶中，力口入50.00mL0.1000mol-L”的KMnCU标准溶液和足量稀H2so4，摇

匀，使其充分反应。再将反应后溶液加热至60~70℃(使生成的HNCh挥发逸出)，冷却至室温，用

0.2500molLNa2c2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2c溶液的体积为16.00mLo

已知：2KMnO4+5NOSC)4H+2H2O=K2SC)4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；KMnCU在酸性条件下被还原为Mn"。

根据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度。(写出计算过程)一

［答案】(1)①HNCh+SO,浓H2s04NOSO4H(3分)

②生成的NOSO4H对该反应有催化作用(3分)

③硝酸会挥发和分解(3分)

(2)ac(2分)

(3)90.00%(5分)

【分析】

⑴设NOSO4H中N的化合价为X,根据化合价代数和为0有：x+(+6)xl+(-2)x5+(+l)xl=0,解得:x=+3,

N元素化合价从+5降低到+3,必有S元素化合价从+4升高到+6,发生的是氧化还原反应，氧化剂与还原

剂物质的量之比=1：1；

(2)50.00mL0.l000mol-U'的KMnCh与16.00mL0.2500molL'Na2c2O4反应之后剩余的KMnOq再与

NOSO4H反应。

【解析】

(1)①N元素化合价从+5降低到+3,必有S元素化合价从+4升高到+6,N元素和S元素的物质的量

浓硫酸浓硫酸

之比=1:1,所以反应的方程式为：HNO3+SO2==NOSO4H,故答案为：HNO3+SO2--NOSO4H；

②反应前十分钟没有加快，不是温度，十分钟后明显加快，说明生成的物质对反应有催化作用，故答案

为：生成的NOSO4H对该反应有催化作用;

③从反应的方程式看：参加反应的硝酸和生成的NOSO4H比例为1:1,消耗的硝酸多，可能是有一部分

挥发和分解了，故答案为：硝酸会挥发和分解；

（2）a.从给出的条件看，次氯酸盐脱除NO是先将一部分NO氧化成NO?才脱出的，和NO反应生

成NO?，就省了第一步了，所以烟气中含有的少量能提高NO的脱除率，a正确；

b.从原理上看，氮氧化物转换为HNCh就被脱出了，NO?单独存在时能和水反应生成HNQ；和NO,有

一定的脱出率，b错误；

c.次氯酸盐水解显碱性，从原理来看，最后生成硝酸和HC1,pH下降，c正确；

（3）一部分KMnC）4标准溶液和NOSO4H反应，剩余的KMnO」标准溶液用Na2c2O4反滴定，KMnO4

和Na2c2O4,KMnC）4中Mn元素化合价从+7降低到+2,降低5,作氧化剂，Na2c2O4中C元素化合价从

+3升高到+4升高了I,2个C升高了2,作还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之

2KMnO4-5Na2c2O4

比=2:5,所以2moi5mol,解得：和Na2c2O4反应的KM11O4的物质的量

n,0.25mol/Lx16x1O-3L

33

ni=1.6xl（y3moi（1分），KMnO4Wfi=50.00x10-LxO.1000mol-L'=5x10-mol（1分），所以和

NOSO4H反应的KMnC）4的物质的量=5xl（y3mol-1.6xlO3moi=3.4x10101（1分），所以

2KMnO4-5NOSO.H

2mol5x127g,解得NOSO4H的质量m=1.0795g（I分），所以样品中NOSO4H的纯度=

3.4x107m

1（）7^5gxl00%=90.00%（1分），故答案为：90.00%o

1.2g

17（16分）.有效去除大气中的NO、（主要是NO和NO2）是环境保护的重要课题。

（1）NaClO溶液能有效脱除NOo25℃时，NO的脱除率随pH的变化如图-2所示；pH=4时，NO的脱除

率随温度的变化如图-3所示。

55

SO

45

4O

35

3O

①25℃时，随着pH降低，NO的脱除率增大的原因:

@pH=4时，60〜80CNO的脱除率下降的原因:

n(NOJ

(2)一定条件下，将一定浓度NOx(NO?和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改