2024-2025学年江苏省南通徐州宿迁十校高二上学期10月联考化学试题 （解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省南通徐州宿迁十校2024-2025学年高二上学期10月联考注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1．本试卷满分100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。2．答题前，请将自己的姓名、考试号（智学号）用0.5毫米黑色签字笔填涂在答题卡指定的位置。3．选择题答案用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑，非选择题用0.5mm的黑色签字笔在每题对应的答题区域内做答，在其他位置作答一律无效。4．如需作图，必须用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：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Zn65一、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.下列说法正确的是A.化学反应的反应热等于反应前后焓的变化 B.氧化钙溶于水是放热反应C.煤的液化有利于实现碳达峰、碳中和 D.焓的大小与体系的温度、压强等因素无关【答案】B【解析】在一定温度下进行的化学反应，1mol化学反应发生时的焓变才是反应热，此时反应热等于生成物与反应物的焓值差，A错误；氧化钙和水生成氢氧化钙反应为放热过程，B正确；煤的液化能够提高燃煤的能量利用率，减少固体粉尘的产生与排放，但CO2气体排放量不变，因此不利于碳达峰、碳中和的实现，C错误；焓是热力学中表征物质系统能量的一个重要状态参量，其大小决定于物质的种类、数量、聚集状态、并受温度、压强等因素的影响，D错误；故选B2.下列说法正确的是A.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增多B.有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大C.升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是减小了反应物分子中活化分子的百分数D.催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而成千上万倍地增大反应速率【答案】D【解析】增大浓度、增大压强，均使单位体积内活化分子数目增多；而升高温度、使用催化剂，均使活化分子百分数增多。增大浓度，单位体积内活化分子数目增多，活化分子百分数不变，则使有效碰撞次数增大，反应速率加快，故A错误；有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，单位体积内活化分子数目增多，从而使反应速率增大，但活化分子百分数不变，故B错误；升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是提供分子需要的能量，活化分子的百分数增大，从而使有效碰撞次数增大，则反应速率加快，故C错误；催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而成千上万倍地增大反应速率，故D正确；故选D。3.铅酸蓄电池是汽车常用的蓄电池，其构造如图所示。下列说法不正确的是A.电池放电时总反应为B.电池放电时，减小C.电池充电时，正极质量增加D.铅酸蓄电池的缺点是笨重、比能量低【答案】C【解析】放电时，铅蓄电池中铅为负极，发生氧化反应：，氧化铅为正极，发生还原反应：，总反应为：；由分析，放电时总反应为，A正确；放电时消耗硫酸，减小，B正确；充电时正极为电解池阳极，反应为，正极质量减小，C错误；铅蓄电池为传统电池，硫酸铅的摩尔质量大，该电池缺点是笨重、比能量低，D正确；故选C。4.某反应，它的反应能量变化曲线如图所示，下列有关叙述正确的是A.M比N更稳定B.该反应为放热反应C.加入催化剂会改变反应的焓变D.整个反应的【答案】B【解析】由图可知，反应物M的能量高于生成物N的能量，物质的能量越高越不稳定，所以N比M更稳定，故A错误；由图可知，反应物M的能量高于生成物N的能量，所以该反应为放热反应，故B正确；催化剂能改变反应途径，降低反应活化能，但不能改变反应的焓变，故C错误；由图可知，该反应为放热反应，反应的ΔH=E1-E2，故D错误；故选B。5.对于反应，下列有关说法正确的是A.若容器体积不变，压强不变时说明该反应达到化学平衡状态B.升高体系温度正反应速率增大，逆反应速率减小C.其他条件不变，向平衡后的容器中再加入少量，新平衡后的值变大D.增大体系的压强能提高的反应速率和平衡转化率【答案】A【解析】该反应是气体体积增大的反应，反应中恒容容器内气体压强增大，则容器内压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故A正确；升高体系温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故B错误；由方程式可知，反应的平衡常数K=，温度不变，平衡常数不变，则其他条件不变，向平衡后的容器中再加入少量四氧化二氮，新平衡后的值不变，故C错误；该反应是气体体积增大的反应，增大体系的压强，平衡向逆反应方向移动，四氧化二氮的转化率减小，故D错误；故选A。6.用如图所示装置（、是直流电源的两极）分别进行下列各组实验，则下表中各项所列对应关系均正确的是选项X极实验前U形管中液体通电后现象及结论A正极溶液U形管两端滴入酚酞后，a管中呈红色B负极溶液a管中电极反反应式是C正极溶液a管中有气体逸出D负极NaOH溶液溶液pH降低A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】电解溶液时，阳极上是OH－发生失电子的氧化反应，即a管中OH－放电，酸性增强，酚酞遇酸不变色，即a管中呈无色，A错误；电解AgNO3溶液时，阴极上是Ag＋得电子发生还原反应，即a管中电极反应是析出金属Ag的反应，B错误；电解CuCl2溶液时，阳极上是Cl－失电子发生氧化反应，即a管中Cl－放电产生Cl2，C正确；电解NaOH溶液时，阴极上是H＋放电，阳极上是OH－放电，实际上电解的是水，导致NaOH溶液的浓度增大，碱性增强，pH升高，D错误；故选C。7.丙烷与溴原子能发生以下两种反应：①CH3CH2CH3(g)+Br•(g)→CH3CH2CH2•(g)+HBr(g)②CH3CH2CH3(g)+Br•(g)→CH3CHCH3(g)+HBr(g)反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正确的是A.反应①与②均为吸热反应B.反应②使用了催化剂C.产物中CH3CH2CH2•(g)含量比CH3CHCH3(g)低D.CH3CH2CH2•(g)转变为CH3CHCH3(g)放出热量【答案】B【解析】根据图示可知：反应①与②均为生成物的能量比反应物的高，因此这两个反应都是吸热反应，A正确；催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，加快化学反应速率。反应②的活化能低，反应速率快，但反应①与②同时发生，不能确定反应②是否使用催化剂，B错误；由图可知，活化能：反应①＞②，则反应②的反应速率快，生成物含量：产物中CH3CH2CH2•(g)含量比CH3CHCH3(g)低，C正确；由图可知，CH3CH2CH2•(g)和HBr(g)具有的能量大于CH3CHCH3(g)和HBr(g)具有的能量，所以CH3CH2CH2•(g)转变为CH3CHCH3(g)放出热量，D正确；故合理选项是B。8.负载有Pt和Ag的活性炭，可选择性去除实现废酸的纯化，其工作原理如图。下列说法正确的是A.Ag作原电池正极B.电子Pt由经活性炭流向AgC.Pt表面发生的电极反应：D.每消耗标准状况下11.2L的，最多去除【答案】D【解析】氧气在Pt得电子发生还原反应，Pt为正极，Ag失去电子与溶液中的Cl-反应，Ag为负极。由分析可知，Ag失去电子与溶液中的Cl-反应生成AgCl，Ag为负极，A错误；电子由负极经活性炭流向正极，故Ag电子由经活性炭流向Pt，B错误；溶液为酸性，故Pt表面发生的电极反应为，C错误；正极反应为、负极反应为，则每消耗标准状况下11.2L的（为0.5mol）转移电子2mol，最多去除，D正确；故选D。9.氨催化氧化得，继续被氧化为，再与水反应生成硝酸，氨气与硝酸反应可制化肥硝酸铵，已知：，下列说法正确的是A.该反应B.反应物的总键能小于生成物的总键能C.反应平衡常数D.平衡后升高温度，增大，减小，平衡向逆反应方向移动【答案】B【解析】该反应气体分子数增加，为熵增的反应，反应ΔS＞0，故A错误；该反应为放热反应，则反应物的总键能小于生成物的总键能，故B正确；由方程式可知，反应的平衡常数，故C错误；平衡后升高温度，正逆反应速率均增大，故D错误；故选B。10.氯气是一种重要的工业原料，在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新工艺方案，如图所示，下列说法正确的是A.电解时，电流经电极A、电解质溶液流向电极BB.电极B与外接电源的正极相连C.电极A发生还原反应：D.当有2mol电子转移时，两室溶液中数目理论上相差4【答案】B【解析】由图可知，与直流电源正极相连的电极B为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，电极A为阴极，铁离子在阴极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子与通入的氧气反应生成铁离子。由分析可知，B为电解池的阳极，电极A为阴极，则电解时，电流经电极B、电解质溶液流向电极A，故A错误；由分析可知，与直流电源正极相连的电极B为电解池的阳极，故B正确；由分析可知，电极A为阴极，铁离子在阴极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe3++e—=Fe2+，故C错误；电解池工作时，A极区溶液中发生的反应为4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+，反应中消耗4mol氢离子，转移电子的物质的量为4mol，则转移2mol电子时，2mol氢离子通过质子交换膜由阳极室流向阴极室，则阴极室氢离子的物质的量没有发生变化，阳极室减少氢离子的物质的量为2mol，所以两室溶液中氢离子数目差2NA，故D错误；故选B。11.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为。已知：①碳的燃烧热②③，则下列关系式正确的是A. B.C. D.【答案】A【解析】由题意可知，反应①的热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=akJ/mol，由盖斯定律可知，反应①×3+②—③得到反应，则反应ΔH=xkJ/mol=(3a+b-c)kJ/mol，整理可得，故选A。12.目前，常利用催化技术将汽车尾气中NO和CO转化为和。为研究不同条件下对该化学反应的影响。某课题组按下表数据进行了实验探究。实验中使用了等质量的同种催化剂，测得CO的浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是编号T/℃催化剂的比表面积Ⅰ28080.0Ⅱ

120Ⅲ360800A.实验Ⅱ的反应温度为280℃B.由实验Ⅰ、Ⅱ可知，增大催化剂的比表面积，该化学反应的反应速率增大C.实验Ⅰ达到平衡时，NO的浓度为D.该反应的反应热【答案】C【解析】根据单一变量原则，实验Ⅰ和Ⅱ催化剂比表面不同，温度应该相同，所以实验Ⅱ的反应温度为280℃，A正确；实验Ⅰ、Ⅱ催化剂比表面不同，结合坐标图可知，增大催化剂的比表面积，化学反应速率增大，B正确；NO和CO转化为和方程式为，，所以平衡时，NO的浓度为，C错误；对比反应Ⅰ和Ⅲ，温度升高，平衡时CO浓度降低，平衡逆向移动，说明正反应放热，焓变小于0，D正确；故选C。13.乙醇-水催化重整可获得H2。其主要反应为反应Ⅰ：C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)ΔH=173.3kJ·mol-1反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol-1在1.0×105Pa，n始(H2O)﹕n始(C2H5OH)=3﹕1时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。CO的选择性下列说法正确的是A.图中曲线③表示平衡时H2的产率随温度的变化B.平衡时C2H5OH的转化率与H₂O的转化率相等C.一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率D.一定温度下，降低体系压强，反应I的平衡常数减小【答案】C【解析】两个反应均为吸热反应，升高温度平衡都发生正向移动，但CO和CO2的选择性之和为100%，所以二者变化趋势相反，只有第二个反应生成CO，因此升温CO的选择性升高(曲线③)，CO2的选择性降低(曲线①)，曲线②表示氢气的产率。由分析可知，图中曲线②表示平衡时H2的产率随温度的变化，曲线③表示CO的选择性，A不正确；n始(H2O)﹕n始(C2H5OH)=3﹕1，若第二个反应不生成H2O，则平衡时C2H5OH的转化率与H₂O的转化率相等，但第二个反应生成H2O，所以平衡时C2H5OH的转化率与H₂O的转化率不相等，B不正确；一定温度下，增大，相当于C2H5OH的物质的量不变时增大H2O的物质的量，平衡正向移动，乙醇的平衡转化率增大，C正确；平衡常数只受温度变化的影响，一定温度下，降低体系压强，虽然平衡发生移动，但反应I的平衡常数不变，D不正确；故选C。非选择题（共61分）14.氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺，节能超过，在此工艺中，物料传输和转化关系如图，其中电极未标出，所用离子交换膜只允许阳离子通过。（1）分析比较图示中与的大小：______（填“＞”“＜”或“＝”），A中离子交换膜为______离子交换膜，B中离子交换膜为______离子交换膜（填“阴”或“阳”）。（2）写出燃料电池B中的正极的电极反应：______。（3）图中X是______（填化学式），若电解产生11.2L（标准状况）该物质，则至少转移电子______mol；X中所含元素的基态原子的价电子排布式为______。【答案】（1）①.<②.阳③.阳（2）（3）①.Cl2②.1.0③.3s23p5【解析】燃料电池B中，通入空气的电极为正极，则通入Y的电极为负极；电解池A中，右侧电极与负极相连为阴极，则左侧电极为阳极。电解饱和食盐水时，阳极Cl-失电子生成Cl2，则X为Cl2，阴极水得电子生成H2和OH-，Na+通过阳离子交换膜进入右侧阴极区；在B池中，通入的Y(H2)在左侧负极失电子与OH-结合成水；Na+通过阳离子交换膜进入右侧正极区，在正极O2得电子产物与水作用生成OH-，此时正极区溶液中NaOH增多，浓度增大。小问1详解】由分析，<，A中离子交换膜为阳离子交换膜，B中离子交换膜为阳离子交换膜；【小问2详解】燃料电池B中的正极的电极反应为氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子：；【小问3详解】由分析，X是Cl2；，若电解产生11.2L（标准状况，为0.5mol）Cl2，则至少转移电子1.0mol；氯为17号元素，基态原子的价电子排布式为3s23p5。15.氯化铁是重要的化工原料。针对氯化铁的实验室的制备方法，回答下列问题：Ⅰ．的制备流程图如下：（1）含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为______。（2）操作①所必需的玻璃仪器中，除烧杯外还有______。（3）检验溶液中是否残留的试剂是______。（4）为增大溶液的浓度，向稀溶液中加入纯Fe粉后通入，此过程中发生的主要反应的离子方程式为______。（5）操作②为在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体，此过程中HCl的作用是______。Ⅱ．由制备无水将与液体混合并加热，制得无水。已知沸点为77℃，反应方程式为，装置如图所示（夹持和加热装置略）。（6）仪器A的作用为______，NaOH溶液的作用是______。【答案】（1）Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率（2）漏斗、玻璃棒（3）K3[Fe(CN)6]溶液（4）2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−（5）防止Fe3+水解（6）①.冷凝回流SOCl2②.吸收SO2和HCl，防止污染环境【解析】由题给流程可知，稀盐酸与废铁屑反应生成氯化亚铁，过滤得到滤液；向滤液中通入氯气，将氯化亚铁氧化为氯化铁，向氯化铁稀溶液中加入铁粉，将氯化铁转化为氯化亚铁后，再通入氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁得到浓氯化铁溶液，氯化铁溶液在氯化氢气流中经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铁；六水氯化铁与SOCl2混合加热制得无水氯化铁。【小问1详解】铁、铜在盐酸中构成原电池，原电池反应能加快铁与盐酸反应的反应速率，有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，故答案为：Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率；【小问2详解】由分析可知，操作①是固液分离的过滤操作，过滤用到的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：漏斗、玻璃棒；小问3详解】溶液中的亚铁离子能与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，所以检验溶液中残留亚铁离子的试剂为铁氰化钾溶液，故答案为：K3[Fe(CN)6]溶液；【小问4详解】由分析可知，增大氯化铁溶液浓度发生的操作为向氯化铁稀溶液中加入铁粉，将氯化铁转化为氯化亚铁后，再通入氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁得到浓氯化铁溶液，此过程中发生的主要反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；【小问5详解】氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中易发生水解反应，所以氯化铁溶液在氯化氢气流中经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铁的过程中需要通入氯化氢气体防止铁离子水解，故答案为：防止Fe3+水解；【小问6详解】由实验装置图可知，仪器A为球形冷凝管，作用是使挥发出的SOCl2冷凝回流，提高原料的利用率；由方程式可知，反应生成的二氧化硫和氯化氢逸出会污染环境，所以氢氧化钠溶液的作用是吸收二氧化硫和氯化氢，防止污染环境，故答案为：冷凝回流SOCl2；吸收SO2和HCl，防止污染环境。16.某学者分别使用和作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。（1）催化剂制备。在条件下，向足量NaOH溶液中通入一段时间，再加入适量新制溶液，充分反应后制得混合物X；向混合物X中加入溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得催化剂。①通入的目的是______。②混合物X与反应生成和，该反应的化学方程式为______。（2）催化剂研究。如图1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、作催化剂、作催化剂的条件下，测定浓度对模拟烟气（含一定比例的、、、）中NO和脱除率的影响，NO脱除率与浓度的关系如图2所示。已知：·OH能将、氧化。·OH产生机理如下。反应Ⅰ：（慢反应）反应Ⅱ：（快反应）①·OH将氧化的化学方程式______。②与作催化剂相比，相同条件下作催化剂时NO脱除率更高，其原因是____________。③NO部分被氯化成。被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为______。④实验表示·OH氧化的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、作催化剂、作催化剂的条件下，测得脱除率几乎均为的原因是______。【答案】（1）①.排出NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+②.12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O（2）①.2·OH+SO2=H2SO4②.Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生•OH，c(•OH)更大；Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+，再通过快反应Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(•OH)小于前者，所以Fe3O4作催化剂比Fe2O3作催化剂时NO脱除率更大③.2NO2+2OH—=NO+NO+H2O④.SO2几乎完全被NaOH溶液吸收【解析】【小问1详解】①氢氧化钠溶液中溶有少量的氧气，能将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，所以氢氧化钠溶液与硫酸亚铁溶液反应时，应通入氮气排出溶液中的氧气，防止亚铁离子被氧化为铁离子，故答案为：排出NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+；②由题意可知制备四氧化三铁的反应为氢氧化亚铁与硝酸钠共热反应生成四氧化三铁、氨气和水，反应的化学方程式为12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O，故答案为：12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O；【小问2详解】①由题意可知，自由基·OH与二氧化硫反应生成硫酸，反应的化学方程式为2·OH+SO2=H2SO4，故答案为：2·OH+SO2=H2SO4；②与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时NO脱除率更高的原因是Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生•OH，c(•OH)更大；Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+，再通过快反应Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(•OH)小于前者，所以Fe3O4作催化剂比Fe2O3作催化剂时NO脱除率更大，故答案为：Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生•OH，c(•OH)更大；Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+，再通过快反应Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(•OH)小于前者，所以Fe3O4作催化剂比Fe2O3作催化剂时NO脱除率更大；③由题意可知，二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为2NO2+2OH—=NO+NO+H2O，故答案为：2NO2+2OH—=NO+NO+H2O；④二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应被吸收，则测得二氧化硫脱除率几乎均为100%是因为二氧化硫几乎完全被NaOH溶液吸收，故答案为：SO2几乎完全被NaOH溶液吸收。17.为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，从空气中捕集CO2并将其转化为燃料或增值化学品成为了新的研究热点。Ⅰ．CO2的捕集（1）吸收剂X(乙醇胺，HOCH2CH2NH2)可完成对空气中CO2的捕集。乙醇胺溶液能够吸收和解吸CO2的原因是___________。Ⅱ．CO2的资源化（2）二氧化碳甲烷化，其主要反应为：反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-164.7kJ·mol-1反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol-1在密闭容器中，1.01×105Pa，n起始(CO2)﹕n起始(H2)=1﹕4时，CO2平衡转化率在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。①反应2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g)ΔH=___________kJ·mol-1；②580℃以后CO2平衡转化率升高的主要原因是___________。（3）为了进一步研究CO2的甲烷化反应，科学家研究催化剂M/TiO2(M表示Ni或Ru)在300℃光照的条件下进行反应，催化反应的核心过程如图所示：①步骤Ⅲ发生的反应为___________(*X代表吸附态中间体)②研究发现，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率___________(填“高于”或“低于”)使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率。（4）利用高炉炼铁尾气中的CO2制取有机物的过程如图。相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示：，①“电解”在质子交换膜电解池中进行，当电解电压为0.7V，阴极发生的电极反应式为：___________。②当电解电压为0.95V时，生成HCHO和HCOOH的选择性之比为___________。【答案】（1）乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐；该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳（2）①.-247.1②.反应Ⅰ为放热反应，温度升高反应平衡常数K减小，CO2转化的量减小；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高反应平衡常数K增大，CO2转化的量增大，580℃以后，CO2转化量增大的幅度大于减小的幅度（3）①.*COOH→*CO+*OH②.高于（4）①.CO2+2e-+2H＋=HCOOH②.2﹕1【解析】【小问1详解】乙醇胺溶液能够吸收和解吸CO2的原因是乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐；该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳；小问2详解】①根据盖斯定律反应Ⅰ－2×反应Ⅱ得到目标反应，则ΔH=-164.7kJ·mol-1－2×41.2kJ·mol-1=-247.1kJ·mol-1；②反应Ⅰ为放热反应，温度升高反应平衡常数K减小，CO2转化的量减小；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高反应平衡常数K增大，CO2转化的量增大，580℃以后，CO2转化量增大的幅度大于减小的幅度；小问3详解】①由图知，步骤Ⅲ发生的反应为*COOH→*CO+*OH；②光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率可得电负性越大，催化效率越高。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率高于使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率。【小问4详解】①当电解电压为0.7V，观察图像可知，主要产生的是HCOOH，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成HCOOH，电极反应式为CO2+2e-+2H＋=HCOOH；②电解电压为0.95V时，根据图示可知，产物主要有：HCOOH、HCHO，CO2+2e-+2H＋=HCOOH转移2e-，CO2+4e-+4H＋=HCHO+H2O转移4e-，当电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为x：y时，根据FE(HCHO)=60%、FE(HCOOH)=15%，有，则x：y=2：1，电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为2：1。江苏省南通徐州宿迁十校2024-2025学年高二上学期10月联考注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1．本试卷满分100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。2．答题前，请将自己的姓名、考试号（智学号）用0.5毫米黑色签字笔填涂在答题卡指定的位置。3．选择题答案用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑，非选择题用0.5mm的黑色签字笔在每题对应的答题区域内做答，在其他位置作答一律无效。4．如需作图，必须用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：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Zn65一、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.下列说法正确的是A.化学反应的反应热等于反应前后焓的变化 B.氧化钙溶于水是放热反应C.煤的液化有利于实现碳达峰、碳中和 D.焓的大小与体系的温度、压强等因素无关【答案】B【解析】在一定温度下进行的化学反应，1mol化学反应发生时的焓变才是反应热，此时反应热等于生成物与反应物的焓值差，A错误；氧化钙和水生成氢氧化钙反应为放热过程，B正确；煤的液化能够提高燃煤的能量利用率，减少固体粉尘的产生与排放，但CO2气体排放量不变，因此不利于碳达峰、碳中和的实现，C错误；焓是热力学中表征物质系统能量的一个重要状态参量，其大小决定于物质的种类、数量、聚集状态、并受温度、压强等因素的影响，D错误；故选B2.下列说法正确的是A.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增多B.有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大C.升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是减小了反应物分子中活化分子的百分数D.催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而成千上万倍地增大反应速率【答案】D【解析】增大浓度、增大压强，均使单位体积内活化分子数目增多；而升高温度、使用催化剂，均使活化分子百分数增多。增大浓度，单位体积内活化分子数目增多，活化分子百分数不变，则使有效碰撞次数增大，反应速率加快，故A错误；有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，单位体积内活化分子数目增多，从而使反应速率增大，但活化分子百分数不变，故B错误；升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是提供分子需要的能量，活化分子的百分数增大，从而使有效碰撞次数增大，则反应速率加快，故C错误；催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而成千上万倍地增大反应速率，故D正确；故选D。3.铅酸蓄电池是汽车常用的蓄电池，其构造如图所示。下列说法不正确的是A.电池放电时总反应为B.电池放电时，减小C.电池充电时，正极质量增加D.铅酸蓄电池的缺点是笨重、比能量低【答案】C【解析】放电时，铅蓄电池中铅为负极，发生氧化反应：，氧化铅为正极，发生还原反应：，总反应为：；由分析，放电时总反应为，A正确；放电时消耗硫酸，减小，B正确；充电时正极为电解池阳极，反应为，正极质量减小，C错误；铅蓄电池为传统电池，硫酸铅的摩尔质量大，该电池缺点是笨重、比能量低，D正确；故选C。4.某反应，它的反应能量变化曲线如图所示，下列有关叙述正确的是A.M比N更稳定B.该反应为放热反应C.加入催化剂会改变反应的焓变D.整个反应的【答案】B【解析】由图可知，反应物M的能量高于生成物N的能量，物质的能量越高越不稳定，所以N比M更稳定，故A错误；由图可知，反应物M的能量高于生成物N的能量，所以该反应为放热反应，故B正确；催化剂能改变反应途径，降低反应活化能，但不能改变反应的焓变，故C错误；由图可知，该反应为放热反应，反应的ΔH=E1-E2，故D错误；故选B。5.对于反应，下列有关说法正确的是A.若容器体积不变，压强不变时说明该反应达到化学平衡状态B.升高体系温度正反应速率增大，逆反应速率减小C.其他条件不变，向平衡后的容器中再加入少量，新平衡后的值变大D.增大体系的压强能提高的反应速率和平衡转化率【答案】A【解析】该反应是气体体积增大的反应，反应中恒容容器内气体压强增大，则容器内压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故A正确；升高体系温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故B错误；由方程式可知，反应的平衡常数K=，温度不变，平衡常数不变，则其他条件不变，向平衡后的容器中再加入少量四氧化二氮，新平衡后的值不变，故C错误；该反应是气体体积增大的反应，增大体系的压强，平衡向逆反应方向移动，四氧化二氮的转化率减小，故D错误；故选A。6.用如图所示装置（、是直流电源的两极）分别进行下列各组实验，则下表中各项所列对应关系均正确的是选项X极实验前U形管中液体通电后现象及结论A正极溶液U形管两端滴入酚酞后，a管中呈红色B负极溶液a管中电极反反应式是C正极溶液a管中有气体逸出D负极NaOH溶液溶液pH降低A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】电解溶液时，阳极上是OH－发生失电子的氧化反应，即a管中OH－放电，酸性增强，酚酞遇酸不变色，即a管中呈无色，A错误；电解AgNO3溶液时，阴极上是Ag＋得电子发生还原反应，即a管中电极反应是析出金属Ag的反应，B错误；电解CuCl2溶液时，阳极上是Cl－失电子发生氧化反应，即a管中Cl－放电产生Cl2，C正确；电解NaOH溶液时，阴极上是H＋放电，阳极上是OH－放电，实际上电解的是水，导致NaOH溶液的浓度增大，碱性增强，pH升高，D错误；故选C。7.丙烷与溴原子能发生以下两种反应：①CH3CH2CH3(g)+Br•(g)→CH3CH2CH2•(g)+HBr(g)②CH3CH2CH3(g)+Br•(g)→CH3CHCH3(g)+HBr(g)反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正确的是A.反应①与②均为吸热反应B.反应②使用了催化剂C.产物中CH3CH2CH2•(g)含量比CH3CHCH3(g)低D.CH3CH2CH2•(g)转变为CH3CHCH3(g)放出热量【答案】B【解析】根据图示可知：反应①与②均为生成物的能量比反应物的高，因此这两个反应都是吸热反应，A正确；催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，加快化学反应速率。反应②的活化能低，反应速率快，但反应①与②同时发生，不能确定反应②是否使用催化剂，B错误；由图可知，活化能：反应①＞②，则反应②的反应速率快，生成物含量：产物中CH3CH2CH2•(g)含量比CH3CHCH3(g)低，C正确；由图可知，CH3CH2CH2•(g)和HBr(g)具有的能量大于CH3CHCH3(g)和HBr(g)具有的能量，所以CH3CH2CH2•(g)转变为CH3CHCH3(g)放出热量，D正确；故合理选项是B。8.负载有Pt和Ag的活性炭，可选择性去除实现废酸的纯化，其工作原理如图。下列说法正确的是A.Ag作原电池正极B.电子Pt由经活性炭流向AgC.Pt表面发生的电极反应：D.每消耗标准状况下11.2L的，最多去除【答案】D【解析】氧气在Pt得电子发生还原反应，Pt为正极，Ag失去电子与溶液中的Cl-反应，Ag为负极。由分析可知，Ag失去电子与溶液中的Cl-反应生成AgCl，Ag为负极，A错误；电子由负极经活性炭流向正极，故Ag电子由经活性炭流向Pt，B错误；溶液为酸性，故Pt表面发生的电极反应为，C错误；正极反应为、负极反应为，则每消耗标准状况下11.2L的（为0.5mol）转移电子2mol，最多去除，D正确；故选D。9.氨催化氧化得，继续被氧化为，再与水反应生成硝酸，氨气与硝酸反应可制化肥硝酸铵，已知：，下列说法正确的是A.该反应B.反应物的总键能小于生成物的总键能C.反应平衡常数D.平衡后升高温度，增大，减小，平衡向逆反应方向移动【答案】B【解析】该反应气体分子数增加，为熵增的反应，反应ΔS＞0，故A错误；该反应为放热反应，则反应物的总键能小于生成物的总键能，故B正确；由方程式可知，反应的平衡常数，故C错误；平衡后升高温度，正逆反应速率均增大，故D错误；故选B。10.氯气是一种重要的工业原料，在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新工艺方案，如图所示，下列说法正确的是A.电解时，电流经电极A、电解质溶液流向电极BB.电极B与外接电源的正极相连C.电极A发生还原反应：D.当有2mol电子转移时，两室溶液中数目理论上相差4【答案】B【解析】由图可知，与直流电源正极相连的电极B为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，电极A为阴极，铁离子在阴极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子与通入的氧气反应生成铁离子。由分析可知，B为电解池的阳极，电极A为阴极，则电解时，电流经电极B、电解质溶液流向电极A，故A错误；由分析可知，与直流电源正极相连的电极B为电解池的阳极，故B正确；由分析可知，电极A为阴极，铁离子在阴极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe3++e—=Fe2+，故C错误；电解池工作时，A极区溶液中发生的反应为4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+，反应中消耗4mol氢离子，转移电子的物质的量为4mol，则转移2mol电子时，2mol氢离子通过质子交换膜由阳极室流向阴极室，则阴极室氢离子的物质的量没有发生变化，阳极室减少氢离子的物质的量为2mol，所以两室溶液中氢离子数目差2NA，故D错误；故选B。11.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为。已知：①碳的燃烧热②③，则下列关系式正确的是A. B.C. D.【答案】A【解析】由题意可知，反应①的热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=akJ/mol，由盖斯定律可知，反应①×3+②—③得到反应，则反应ΔH=xkJ/mol=(3a+b-c)kJ/mol，整理可得，故选A。12.目前，常利用催化技术将汽车尾气中NO和CO转化为和。为研究不同条件下对该化学反应的影响。某课题组按下表数据进行了实验探究。实验中使用了等质量的同种催化剂，测得CO的浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是编号T/℃催化剂的比表面积Ⅰ28080.0Ⅱ

120Ⅲ360800A.实验Ⅱ的反应温度为280℃B.由实验Ⅰ、Ⅱ可知，增大催化剂的比表面积，该化学反应的反应速率增大C.实验Ⅰ达到平衡时，NO的浓度为D.该反应的反应热【答案】C【解析】根据单一变量原则，实验Ⅰ和Ⅱ催化剂比表面不同，温度应该相同，所以实验Ⅱ的反应温度为280℃，A正确；实验Ⅰ、Ⅱ催化剂比表面不同，结合坐标图可知，增大催化剂的比表面积，化学反应速率增大，B正确；NO和CO转化为和方程式为，，所以平衡时，NO的浓度为，C错误；对比反应Ⅰ和Ⅲ，温度升高，平衡时CO浓度降低，平衡逆向移动，说明正反应放热，焓变小于0，D正确；故选C。13.乙醇-水催化重整可获得H2。其主要反应为反应Ⅰ：C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)ΔH=173.3kJ·mol-1反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol-1在1.0×105Pa，n始(H2O)﹕n始(C2H5OH)=3﹕1时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。CO的选择性下列说法正确的是A.图中曲线③表示平衡时H2的产率随温度的变化B.平衡时C2H5OH的转化率与H₂O的转化率相等C.一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率D.一定温度下，降低体系压强，反应I的平衡常数减小【答案】C【解析】两个反应均为吸热反应，升高温度平衡都发生正向移动，但CO和CO2的选择性之和为100%，所以二者变化趋势相反，只有第二个反应生成CO，因此升温CO的选择性升高(曲线③)，CO2的选择性降低(曲线①)，曲线②表示氢气的产率。由分析可知，图中曲线②表示平衡时H2的产率随温度的变化，曲线③表示CO的选择性，A不正确；n始(H2O)﹕n始(C2H5OH)=3﹕1，若第二个反应不生成H2O，则平衡时C2H5OH的转化率与H₂O的转化率相等，但第二个反应生成H2O，所以平衡时C2H5OH的转化率与H₂O的转化率不相等，B不正确；一定温度下，增大，相当于C2H5OH的物质的量不变时增大H2O的物质的量，平衡正向移动，乙醇的平衡转化率增大，C正确；平衡常数只受温度变化的影响，一定温度下，降低体系压强，虽然平衡发生移动，但反应I的平衡常数不变，D不正确；故选C。非选择题（共61分）14.氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺，节能超过，在此工艺中，物料传输和转化关系如图，其中电极未标出，所用离子交换膜只允许阳离子通过。（1）分析比较图示中与的大小：______（填“＞”“＜”或“＝”），A中离子交换膜为______离子交换膜，B中离子交换膜为______离子交换膜（填“阴”或“阳”）。（2）写出燃料电池B中的正极的电极反应：______。（3）图中X是______（填化学式），若电解产生11.2L（标准状况）该物质，则至少转移电子______mol；X中所含元素的基态原子的价电子排布式为______。【答案】（1）①.<②.阳③.阳（2）（3）①.Cl2②.1.0③.3s23p5【解析】燃料电池B中，通入空气的电极为正极，则通入Y的电极为负极；电解池A中，右侧电极与负极相连为阴极，则左侧电极为阳极。电解饱和食盐水时，阳极Cl-失电子生成Cl2，则X为Cl2，阴极水得电子生成H2和OH-，Na+通过阳离子交换膜进入右侧阴极区；在B池中，通入的Y(H2)在左侧负极失电子与OH-结合成水；Na+通过阳离子交换膜进入右侧正极区，在正极O2得电子产物与水作用生成OH-，此时正极区溶液中NaOH增多，浓度增大。小问1详解】由分析，<，A中离子交换膜为阳离子交换膜，B中离子交换膜为阳离子交换膜；【小问2详解】燃料电池B中的正极的电极反应为氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子：；【小问3详解】由分析，X是Cl2；，若电解产生11.2L（标准状况，为0.5mol）Cl2，则至少转移电子1.0mol；氯为17号元素，基态原子的价电子排布式为3s23p5。15.氯化铁是重要的化工原料。针对氯化铁的实验室的制备方法，回答下列问题：Ⅰ．的制备流程图如下：（1）含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为______。（2）操作①所必需的玻璃仪器中，除烧杯外还有______。（3）检验溶液中是否残留的试剂是______。（4）为增大溶液的浓度，向稀溶液中加入纯Fe粉后通入，此过程中发生的主要反应的离子方程式为______。（5）操作②为在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体，此过程中HCl的作用是______。Ⅱ．由制备无水将与液体混合并加热，制得无水。已知沸点为77℃，反应方程式为，装置如图所示（夹持和加热装置略）。（6）仪器A的作用为______，NaOH溶液的作用是______。【答案】（1）Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率（2）漏斗、玻璃棒（3）K3[Fe(CN)6]溶液（4）2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−（5）防止Fe3+水解（6）①.冷凝回流SOCl2②.吸收SO2和HCl，防止污染环境【解析】由题给流程可知，稀盐酸与废铁屑反应生成氯化亚铁，过滤得到滤液；向滤液中通入氯气，将氯化亚铁氧化为氯化铁，向氯化铁稀溶液中加入铁粉，将氯化铁转化为氯化亚铁后，再通入氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁得到浓氯化铁溶液，氯化铁溶液在氯化氢气流中经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铁；六水氯化铁与SOCl2混合加热制得无水氯化铁。【小问1详解】铁、铜在盐酸中构成原电池，原电池反应能加快铁与盐酸反应的反应速率，有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，故答案为：Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率；【小问2详解】由分析可知，操作①是固液分离的过滤操作，过滤用到的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：漏斗、玻璃棒；小问3详解】溶液中的亚铁离子能与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，所以检验溶液中残留亚铁离子的试剂为铁氰化钾溶液，故答案为：K3[Fe(CN)6]溶液；【小问4详解】由分析可知，增大氯化铁溶液浓度发生的操作为向氯化铁稀溶液中加入铁粉，将氯化铁转化为氯化亚铁后，再通入氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁得到浓氯化铁溶液，此过程中发生的主要反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；【小问5详解】氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中易发生水解反应，所以氯化铁溶液在氯化氢气流中经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铁的过程中需要通入氯化氢气体防止铁离子水解，故答案为：防止Fe3+水解；【小问6详解】由实验装置图可知，仪器A为球形冷凝管，作用是使挥发出的SOCl2冷凝回流，提高原料的利用率；由方程式可知，反应生成的二氧化硫和氯化氢逸出会污染环境，所以氢氧化钠溶液的作用是吸收二氧化硫和氯化氢，防止污染环境，故答案为：冷凝回流SOCl2；吸收SO2和HCl，防止污染环境。16.某学者分别使用和作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。（1）催化剂制备。在条件下，向足量NaOH溶液中通入一段时间，再加入适量新制溶液，充分反应后制得混合物X；向混合物X中加入溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得催化剂。①通入的目的是______。②混合物X与反应生成和，该反应的化学方程式为______。（2）催化剂研究。如图1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、作催化剂、作催化剂的条件下，测定浓度对模拟烟气（含一定比例的、、、）中NO和脱除率的影响，NO脱除率与浓度的关系如图2所示。已知：·OH能将、氧化。·OH产生机理如下。反应Ⅰ：（慢反应）反应Ⅱ：（快反应）①·OH将氧化的化学方程式______。②与作催化剂相比，相同条件下作催化剂时NO脱除率更高，其原因是____________。③NO部分被氯化成。被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为______。④实验表示·OH氧化的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、作催化剂、作催化剂的条件下，测得脱除率几乎均为的原因是______。【答案】（1）①.排出NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+②.12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O（2）①.2·OH+SO2=H2SO4②.Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生•OH，c(•OH)更大；Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+，再通过快反应Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(•OH)小于前者，所以Fe3O4作催化剂比Fe2O3作催化剂时NO脱除率更大③.2NO2+2OH—=NO+NO+H2O④.SO2几乎完全被NaOH溶液吸收【解析】【小问1详解】①氢氧化钠溶液中溶有少量的氧气，能将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，所以氢氧化钠溶液与硫酸亚铁溶液反应时，应通入氮气排出溶液中的氧气，防止亚铁离子被氧化为铁离子，故答案为：排出NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+；②由题意可知制备四氧化三铁的反应为氢氧化亚铁与硝酸钠共热反应生成四氧化三铁、氨气和水，反应的化学方程式为12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O，故答案为：12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O；【小问2详解】①由题意可知，自由基·OH与二氧化硫反应生成硫酸，反应的化学方程式为2·OH+SO2=H2SO4，故答案为：2·OH+SO2=H2SO4；②与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时NO脱除率更高的原因是Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生•OH，c(•OH)更大；Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+，再通过快反应Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(•OH)小于前者，所以Fe3O4