2024年江苏省高考化学试题与解释

绝密★启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试〔江苏卷〕化学注意事项考生在答题前请认真阅读本本卷须知及各题答题要求1．本卷总分值为120分，考试时间为100分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5Ca40Fe56Cu64Ag108I127Ba137选择题单项选择题：此题包括10小题，每题2分，共计20分。每题只有一个选项符合题意。1.CO2是自然界碳循环中的重要物质。以下过程会引起大气中CO2含量上升的是A.光合作用B.自然降雨C.化石燃料的燃烧D.碳酸盐的溶解【答案与解释】C。光合作用植物在光照的条件下，利用空气中的水蒸汽与二氧化碳在叶绿素的催化下合成葡萄糖，并释放氧气的过程，是消耗大气中二氧化碳的化学变化，A不符题意；降雨往往使空气变得清新、二氧化碳含量减少，B也不合题意；化石燃料在燃烧的过程中会产生大量的CO2,会引起大气中CO2含量升高，C符合选项；碳酸盐往往难溶于水，但在水中能够与空气中的二氧化碳反响而变成可溶解于水的碳酸氢盐，是消耗CO2的过程。2.用化学用语表示NH3+HClNH4Cl中的相关微粒，其中正确的选项是A.中子数为8的氮原子：87NB.HCl的电子式：C.NH3的结构式：D.Cl−的结构示意图：【答案与解释】C。氮原子的一种中子数为8的核素应该用157N，A不对；HCl是共价化合物，形成的过程中电子发生偏移而没有发生转移，电子式是：HCl，B错误；结构式是指用“—〞代表一对共用电子对，NH3的电子式是HNHH，所以氨分子的结构式是，C正确；Cl-HClHNHH288+173.以下有关物质性质与用途具有对应关系的是A.NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂B.SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维C.Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料D.CaO能与水反响，可用作食品枯燥剂【答案与解释】D。NaHCO3可用于制作胃酸〔HCl〕过多的中和剂，是利用NaHCO3能够与HCl发生复分解反响：NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2↑，A不合题意；利用SiO2晶体对光的全反射，可用作光导纤维，B观点错误；作为高温材料是利用相关物质的熔点很高，C观点不对；CaO能够吸收空气中的水分并与之反响，因此可用作食品的枯燥剂,D正确。4.室温下，以下各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol·L−1KI溶液：Na+、K+、ClO−、OH−B.0.1mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3−、SO42−C.0.1mol·L−1HCl溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−D.0.1mol·L−1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−【答案与解释】B。A中的ClO−与I-不能大量共存，发生3ClO−+I-+3Cl-或ClO−+2I-+H2OI2+Cl-+2OH-;：C中的H+与CH3COO-不能大量共存；D中的Mg2+、HCO3−不能与NaOH大量共存；选B。5.以下有关从海带中提取碘的实验原理和装置能到达实验目的的是甲甲碎海带海带灰乙丙浓盐酸MnO2丁Cl2饱和NaCl溶液A.用装置甲灼烧碎海带B.用装置乙过滤海带灰的浸泡液C.用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2D.用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气【答案与解释】B。灼烧海带不能用烧杯，必须用蒸发皿，A实验无法完成；用浓盐酸与MnO2反响制备Cl2需要加热，C不能实现；饱和食盐水能够除去混在氯气中的氯化氢，不能吸收氯气，D实验无法到达目的，选B。6.以下有关物质性质的表达一定不正确的选项是A.向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色B.KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3胶体C.NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3D.Cu与FeCl3溶液反响可生成CuCl2【答案解释】A。含有三价铁离子的溶液中滴加NH4SCN才可以产生血红色的Fe(SCN)3，A不正确；明矾[KAl(SO4)2·12H2O]能够发生水解反响生成Al(OH)3胶体，C正确；铵盐与熟石灰混合加热产生NH3是实验室制备氨气常用的方法，C正确；Cu与FeCl3溶液反响可生成CuCl2和FeCl2，D正确，选A。7.以下指定反响的离子方程式正确的选项是A.饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反响：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−B.酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I−+IO3−+6H+I2+3H2OC.KClO碱性溶液与Fe(OH)3反响：3ClO−+2Fe(OH)32FeO42−+3Cl−+4H++H2OD.电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+H2↑【答案与解释】A。I−+IO3−+6H+I2+3H2O与中电荷没有守恒，B错误；在碱性溶液中H+不能大量存在，C不对；水属于弱电解质，电解饱和食盐水的离子反响方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-,D也不正确。8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同一主族。以下说法正确的选项是A.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)B.由X、Y组成的化合物中均不含共价键C.Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱D.X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强【答案与解释】D。地壳中含量最多的元素为O,借此可推断X、Y、Z、W分别为O、Na、Al与S；Na、Al和S原子的半经依次递减，A错误；Na2O2中含有非极性共价键，B不对；Na的金属性比Al强，所以NaOH的碱性比Al(OH)3强，C不对；O的非金属性比S强，所以对应的H2O的稳定性比H2S强，正确；选D。9.在给定条件下，以下选项所示的物质间转化均能实现的是A.B.C.D.【答案与解释】A。Al(OH)3可溶于过量的盐酸中，B无法实现；蔗糖属于非复原性二糖，不能与银氨溶液发生银镜反响，C无法实现；Fe与盐酸反响生成FeCl2而不能生成FeCl3，D实验也不能实现。10.以下说法正确的选项是A.氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B.反响常温下可自发进行，该反响为吸热反响C.3molH2与1molN2混合反响生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023D.在酶催化淀粉水解反响中，温度越高淀粉水解速率越快【答案与解释】C。燃料电池与其它设备一样，放电时，除了产生电能外，同时还伴有热能的变化；A错误；4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)为熵减的反响，在常温下能够自发进行，说明该反响过程是放热，B不对；合成氨是可逆反响，3molH2与1molN2混合反响生成NH3少于2mol，C论述正确；酶是一种高度活性的蛋白质，在适宜的温度下，具有条件温和、不需加热，高度的专一性、高效催化作用，但在高温下容易发生变性反响而失效，D观点不正确。不定项选择题：此题包括5小题，每题4分，共计20分。每题只有一个或两个选项符合题意。假设正确答案只包括一个选项，多项选择时，该小题得0分；假设正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得总分值，但只要选错一个，该小题就得0分。11.化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2−甲基丙烯酰氯在一定条件下反响制得：以下有关化合物X、Y的说法正确的选项是A.X分子中所有原子一定在同一平面上OB.Y与Br2的加成产物分子中含有手性碳原子OC.X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色D.X→Y的反响为取代反响【答案与解释】B、D。与苯环直接相连的原子一定与苯环共面，但羟基中的氢原子那么不一定与苯环共平面，A不对；与四个不同原子或原子团相连的碳原子称为手性碳原子，Y〔COCH3=CH2BrBrBr—C—O〕与Br2加成生成物〔OCBrCH2BrCOCH3=CH2BrBrBr—C—OOCBrCH2BrBrBrBr—C—OCH3CCH3CCH2O12.根据以下实验操作和现象所得出的结论正确的选项是选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B向碘水中参加等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度C向CuSO4溶液中参加铁粉，有红色固体析出Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性D向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A.AB.BC.CD.D【答案与解释】B。向苯酚的浊液中参加Na2CO3发生：+Na2CO3→NaHCO3+OHONa，并不能生成H2CO3，A不正确；向碘水中参加CCl4，由于碘在CCl4中的溶解能力比在水中的溶解能力强，因此，CCl4可以将碘水中的碘萃取，因为CCl4的密度比水大，又难溶于水，因此位于水层下B正确；向CuSO4溶液中参加铁粉，有红色的铜生成，发生反响为：Fe+Cu2+Cu+Fe2+，其中氧化剂是Cu2+,而Fe2+是氧化产物，依据：氧化剂的氧化性＞氧化产物，那么说明氧化性的强弱顺序是：Cu2+＞Fe2+，C不对；向NaCl与NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液生成黄色沉淀，只能说明Ag+和I-的浓度商到达AgI的溶度积，但由于NaCl和NaI的浓度不能确定，因此无+Na2CO3→NaHCO3+OHONa13.根据以以下列图示所得出的结论不正确的选项是A.图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反响温度的关系曲线，说明该反响的ΔH<0B.图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反响中c(H2O2)随反响时间变化的曲线，说明随着反响的进行H2O2分解速率逐渐减小C.图丙是室温下用0.1000mol·L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸D.图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+到达沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+)与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42−)越大c(Ba2+)越小【答案与解释】C。图甲说明反响的平衡常数随着温度的升高而减小，即升温，平衡逆向移动，说明反响为放热反响，A判断正确；图乙说明H2O2的浓度随着时间增加而减小，H2O2的分解速率逐渐减小，B观点正确；0.1000mol·L-1的一元酸HX的pH值=2＜1，说明HX为弱酸，C观点错误；室温下，BaSO4等难溶电解质的溶度积是常数，因此c(SO42-){或[cBa2+]}14.H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)=5.4×10−2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L−1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的以下溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的选项是A.0.1000mol·L−1H2C2O4溶液：c(H+)=0.1000mol·L−1+c(C2O42−)+c(OH−)−c(H2C2O4)B.c(Na+)=c(总)的溶液：c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42−)>c(H+)C.pH=7的溶液：c(Na+)=0.1000mol·L−1+c(C2O42−)−c(H2C2O4)D.c(Na+)=2c(总)的溶液：c(OH−)−c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4−)【答案与分析】A、D。依据物料守恒与电荷守恒原那么，在0.1000mol·L−1H2C2O4溶液中存在如下2个等量：cH+=ccH联立⑴、⑵得：c(H+)=0.1000mol·L−1+c(C2O42−)+c(OH−)−c(H2C2O4)，A结论正确；当

cNa+=c总时，所得的溶液为0.1000mol·L−1NaHC2O4，由于HC2在0.1000mol·L−1NaHC2O4溶液中存在如下关系：

cNa+＞当参加一定量的NaOH溶液后得到pH=7的溶液，即形成NaHC2O4与Na2C2O4的混合溶液，那么依据电荷守恒与物料守恒可得如下2个关系式：cNacH联立⑴、⑵式可得：

cNa+＜当参加的NaOH与草酸同好完全反响时，所得的溶液为Na2C2O4溶液，即溶液中存在c(Na+)=2c(总)的溶液时，溶液中存在如下2个等量：cNa++cH+=cHCcNa+联立⑴、⑵式可得：c(OH−)−c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4−)，D结论正确。15.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反响物，发生反响2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反响放热)，测得反响的相关数据如下：以下说法正确的选项是A.v1<v2，c2<2c1B.K1>K3，p2>2p3C.v1<v3，α1(SO2)>α3(SO2)D.c2>2c3，α2(SO3)＋α3(SO2)<1【答案与分析】C、D。分析表中数据，容器2中的相当于将容器1的体积缩小一半，容器2中各成分的分压及浓度均大于容器1中，那么如下成立：v1<v2、c2〔SO3〕＞2c1〔SO3〕，QUOTEα1SO2＜α2SO2且α1SO2+α2SO2＜1QUOTEα1SO2＜α2（SO2）QUOTEα1SO2＜α3（SO3）A不对；因为T3＞T1，那么K1＜K3，B也是错误的；但因为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热的、熵减的反响，因此而升温减压，平衡逆向移动，因此α1(SO2)>α3(SO2)且：α非选择题16.以高硫铝土矿〔主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐〕为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的局部工艺流程如下：〔1〕焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为___________________。〔2〕添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题16图所示。：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃硫去除率=〔1—〕×100%①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于__________________。②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是______________________________________________________。〔3〕向“过滤〞得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_______________〔填化学式〕转化为_______________〔填化学式〕。〔4〕“过滤〞得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反响消耗的n〔FeS2〕∶n〔Fe2O3〕=__________________。【答案】⑴⑵①FeS2；②焙烧时产生的SO2局部与CaO反响生成难分解的CaSO4留存矿粉中；⑶NaAlO2、Al(OH)3；⑷1：16。【分析】⑴NaOH与少量的SO2反响生成的亚硫酸钠，而与过量的SO2反响那么生成了亚硫酸氢钠〔NaHSO3〕，化学反响方程式为：NaOH+SO2NaHSO3；⑵①在不添加CaO低于500℃的情况下，产生的SO2等含硫成份中的硫主要来自FeS2，②700℃有添加CaO时硫的去除率低于没有添加CaO的原因同样是因为焙烧时产生的SO2与CaO反响生成的CaSO3氧化成难分解的CaSO4，⑶含有Al2O3的矿石焙烧后的参加NaOH溶液时，矿物中的Al2O3被反响转化为NaAlO2，过滤后所得含有NaAlO2的滤液中通入过量的CO2，那么NaAlO2与CO2反响生成了难溶的Al(OH)3，即铝元素由NaAlO2转化为Al(OH)3⑷Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2的反响的化学反响方程式是：16Fe2O3+FeS211Fe3O4+2SO2↑，那么n〔FeS2〕∶n〔Fe2O3〕=1：16。17.丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的局部路线如下：：〔1〕A中的官能团名称为__________________〔写两种〕。〔2〕DE的反响类型为__________________。〔3〕B的分子式为C9H14O，写出B的结构简式：__________________。〔4〕的一种同分异构体同时满足以下条件，写出该同分异构体的结构简式：_________。①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反响，不能发生银镜反响；②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。〔5〕写出以和为原料制备的合成路线流程图〔无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图例如见此题题干〕。【答案】⑴羰基、碳碳双键；⑵消去反响〔消除反响〕；⑶OHOH⑷HOHOO—C≡CHO⑸HH2催化剂、△Br2/CCl4BrBrNaOH醇溶液△【分析】⑴略。酮键〔或醛基〕⑵D比E多了个〔H2O〕，D→E的过程中除了生成E以外，还生成了水分子，因此反响属于消除反响；⑶B是由A与中的羰基即：碳氧双键〔OC〕与格林试剂反响时，带局部正电荷的碳原子与烃基相连，而带局部负电荷的氧原子那么与卤原子结合；水解后生成醇；所以B的结构简式为OH⑷双烯加成〔又名狄尔斯-阿尔德反响〔Diels-Alder反响，或译作狄尔斯-阿德尔，第尔斯-阿德尔等等〕，而要生成含有六无环的双烯加成那么必须是由共轭双烯与烯烃或炔烃反响生成，而单烯变双烯的方法是先加成，再消去；即首先只有1个的碳碳双键与卤素单质加成，形成1，2位的二卤化物，然后在制成NaOH醇溶液后，再在加热的条件下发生消去反响OCOH18.碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中参加一定量的碳酸钙粉末，反响后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反响方程式为〔2−x〕Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O2[〔1−x〕Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑生成物〔1−x〕Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。〔1〕制备碱式硫酸铝溶液时，维持反响温度和反响时间不变，提高x值的方法有___________________。〔2〕碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH___________〔填“增大〞、“减小〞、“不变〞〕。〔3〕通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：①取碱式硫酸铝溶液25.00mL，参加盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反响，静置后过滤、洗涤，枯燥至恒重，得固体2.3300g。②取碱式硫酸铝溶液2.50mL，稀释至25mL，参加0.1000mol·L−1EDTA标准溶液25.00mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000mol·L−1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00mL〔Al3+、Cu2+与EDTA反响的化学计量比均为1∶1〕。计算〔1−x〕Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值〔写出计算过程〕。【答案与解释】⑴在其它条件不变的情况下，增加CaCO3的用量；⑵减小；⑶。

分析：⑴硫酸铝钾电离生成的Al3+水解生成Al(OH)3是形成碱式硫酸铝的关键，要增加[〔1−x〕Al2(SO4)3·xAl(OH)3]中的X值，只需提高硫酸铝钾的水解程度；在其它外界条件不变的情况下，增加CaCO3的用量，促进硫酸铝钾水解平衡向生成Al(OH)3的方向进行。⑵SO2是酸性氧化物，溶液于易形成H2SO3而使溶液的酸性增加，pH值降低。⑶碱式硫酸铝中参加盐酸酸化后的BaCl2形成了BaSO4沉淀，那么2.300gBaSO4的物质的量n(BaSO4)=0.01mol，即而溶液中Al3+的物质的量浓度c(Al3+)=

依据碱式硫酸铝的化学式[〔1−x〕Al2(SO4)3·xAl(OH)3]可得：

19.以Cl2、NaOH、(NH2)2CO〔尿素〕和SO2为原料可制备N2H4·H2O〔水合肼〕和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：：①Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O是放热反响。②N2H4·H2O沸点约118℃，具有强复原性，能与NaClO剧烈反响生成N2。〔1〕步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，假设温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反响生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为____________________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是____________________________________。〔2〕步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如题19图−1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反响一段时间后，再迅速升温至110℃继续反响。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________________。〔3〕步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3〔水溶液中H2SO3、、随pH的分布如题19图−2所示，Na2SO3的溶解度曲线如题19图−3所示〕。①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为_________________。②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：_______________________，用少量无水乙醇洗涤，枯燥，密封包装。【答案与解释】⑴Cl2+6NaOHNaCl+NaClO3+3H2O、调节并控制通入氯气的速率；⑵NaClO碱性溶液、冷凝回收可能挥发的水合肼；⑶①当溶液的pH值降到4.5~3.7之间时，就可以停止通入SO2；②往NaHSO3溶液中参加NaOH溶液，当溶液的pH值升高到10以上时，停止滴加，将溶液拿到蒸发皿中加热蒸发，直到有大量的晶体析出，趁热〔温度高于34℃〕过滤⑴Cl2与NaOH发生歧化反响，生成的产物与温度有关，当反响的温度低于40℃时，主要发生：Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O的反响，高于40℃时，那么主要发生：Cl2+6NaOHNaCl+NaClO3+3H2O的反响，即，氯气与氢氧化钠溶液反响时，低温下生成NaClO为主，而在40℃以上时，那么以生成NaClO3为主，由于Cl2与NaOH反响是属于放热反响，为了控制反响的温度低于40℃以下，除了用冰水浴之外，还应控制反响的程度，即通过控制单位时间内通入Cl2的量。⑵水合肼能与NaClO反响，因此只能采用往尿素溶液中滴加NaClO溶液的方法，而不能相反，此外，因为水合肼的沸点与接近110℃，所以在控制反响温度在110℃的同时，必须想方设法防止水合肼的挥发而损失；固采用冷凝管冷凝回流装置。⑶①图2分析得知，pH值在3.7~4.5之间时，溶液中的浓度最大，生成的NaHSO3量最多。固可以通过调节反响过程中溶液的pH值降到4.5时，就可以停止通SO2了。QUOTE②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要参加NaOH溶液与NaHSO3反响生成Na2SO3，然后将溶液加热蒸干、过滤，从图1分析得知，当温度低于34℃时，产物主要为Na2SO3·7H2O晶体，温度高于34℃时，那么主要得到无水Na2SO3。20.NOx〔主要指NO和NO2〕是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。〔1〕用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：2NO2〔g〕+H2O〔l〕HNO3〔aq〕+HNO2〔aq〕ΔH=−116.1kJ·mol−13HNO2〔aq〕HNO3〔aq〕+2NO〔g〕+H2O〔l〕ΔH=75.9kJ·mol−1反响3NO2〔g〕+H2O〔l〕2HNO3〔aq〕+NO〔g〕的ΔH=___________kJ·mol−1。〔2〕用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反响式：____________________________________。〔3〕用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反响。写出该反响的化学方程式：____________________________________。〔4〕在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反响生成N2。①NH3与NO2生成N2的反响中，当生成1molN2时，转移的电子数为__________mol。②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反响器中反响〔装置见题20图−1〕。反响相同时间NOx的去除率随反响温度的变化曲线如题20图−2所示，在50～250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是____________________________；当反响温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。【答案与解释】⑴QUOTEQUOTE⑵；QUOTE⑶2HNO2＋(NH2)2CO2N2↑+CO2↑+3H2O；⑷①3.43mol；②NOX的浓度减小、由于QUOTEQUOTE反响是放热反响，升高温度平衡向逆反响方向移动，所以，温度过高，那么不利于NOx的去除。分析：⑴略；⑵含有HNO3和HNO2的混合溶液电解时，实质上是电解水，即阳极发生：2H2O-4e-=4H++O2↑，而产生的游离的氧分子将亚硝酸氧化为硝酸：即：2HNO2+O2=2HNO3，所以阳极的电极反响式为：

QUOTE；⑶(NH2)2CO与HNO2反响的化学反响方程式为2HNO2＋(NH2)2CO2N2↑+CO2↑+3H2O；⑷①NH3与NO2反响生成N2和H2O，反响的化学反响方程式是：上述反响中每生成3.5mol的N2时，转移了12mol的电子，所以每生成1mol的N2时，那么有3.43mol的电子发生转移；QUOTE②从图中分析得知，随着温度的升高，NOx的去除率先升高后减缓，其原因是温度刚开始升高时，反响随着温度的升高而加快，NOx的去除率自然就快，随着温度的不断升高，由于属于放热反响，升高温度平衡向逆反响方向移动，导致NOx的去除率降低。当温度超过380℃时，催化剂的催化效应急剧下降，同时，反响逆向进行程度加大，导致NOx的去除率下降。21．【选做题】此题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。假设多做，那么按A小题评分。21.[物质结构与性质]臭氧〔O3〕在[Fe(H2O)6]2+催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为和，NOx也可在其他条件下被复原