2024年高考押题预测卷—化学（江苏卷01）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—化学（江苏卷01）（全解全析），共14页。试卷主要包含了下列化学反应表示正确的是，对于二氧化硫的催化氧化反应等内容，欢迎下载使用。

（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、准考证号填写在答题卡上。
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 V-51
1. 传统燃油汽车正在向电动化、智能化、网联化方向转型，下列说法不正确的是（ ）
A．电动汽车使用的磷酸铁锂电池属于二次电池
B．汽车中使用的橡胶、塑料属于有机高分子材料
C．车用芯片是以二氧化硅做半导体材料制成的
D．燃油汽车排气管装催化转化器可以减少NOx排放
【答案】C
【解析】磷酸铁锂电池属于可充电的二次电池，A正确；橡胶、塑料属于常见的有机合成高分子材料，B 正确；芯片是以半导体材料硅为原料制成的，C错误；燃油汽车排气管装催化转化器可以减少氮的氧化物的排放，有利于提高环境质量，D正确。
2．OF2能在干燥空气中迅速发生反应：O2+4N2+6OF2=4NF3+4NO2。下列表示反应中相关微粒的化学用语错误的是（ ）
A．中子数为10的氧原子：O B．氮原子的结构示意图：
C．OF2的结构式：F—O—F D．NF3的电子式：
【答案】D
【解析】中子数为10的氧原子其质量数为18，则可表示为O，A正确；氮原子核电荷数为7、核外电子分2层排布，结构示意图： ，B正确；OF2是共价化合物，其结构式：F—O—F，C正确；NF3的电子式中每个F原子还有3对未共用电子对也应表示出来，D错误。
3．实验室从碘的四氯化碳溶液中分离并得到单质碘，主要步骤为：用浓NaOH溶液进行反萃取(3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O)、分液、酸化(5I-+ IO3-+6H+=3I2↓+3H2O)、过滤及干燥等。下列有关实验原理和装置不能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲反萃取时，倒转振荡过程中要适时旋开活塞放气
B．用装置乙分液时，先放出有机相，关闭活塞，从上口倒出水相
C．用装置丙从酸化后的体系中分离出单质碘
D．用装置丁干燥单质碘
【答案】D
【解析】用装置甲反萃取时，倒转振荡过程中要适时旋开活塞放气，避免内部压强过大，A正确；用装置乙分液时，先放出有机相，关闭活塞，从上口倒出水相，可以避免上层液体被污染，B正确；大量析出的固体碘单质可用过滤操作分离出来，C正确；碘易升华，蒸发不能达到实验目的，D错误。
4．工业上利用反应KCl(l)+Na(l)NaCl(l)+K(g)制备K，下列说法不正确的是（ ）
A．沸点：Na＜KB．离子半径：r(K+)＜r(Cl-)
C．碱性：NaOH＜KOHD．第一电离能：I1(Na)＜I1(Cl)
【答案】A
【解析】根据方程式可知，相同温度下钠是液态，钾为气态，因此沸点：K＜Na，A错误；对于具有相同电子层结构的不同离子，核电荷数越大，离子半径越小，B正确；同主族从上到下元素的金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的碱性增强，C正确；同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族大于第ⅢA族，第VA族大于第ⅥA族，则第一电离能：I1(Na)＜I1(Cl)，D正确。
阅读下列材料，完成5～7题：
氮的常见氢化物有氨(NH3)和肼(N2H4)。Mg3N2与水反应可产生NH3，液氨发生微弱电离产生NH2-，液氨能与碱金属(如Na、K)反应产生H2。NH3中一个H被-NH2取代可得N2H4，常温下N2H4为液体，具有很高的燃烧热(622.1 kJ·ml-1)。以硫酸为电解质，通过催化电解可将N2转化为N2H4；碱性条件下，NaClO氧化NH3也可制备N2H4。
5．下列有关氮及其化合物的说法正确的是（ ）
A．N2中σ键与π键的数目比例为1∶1
B．液氨电离可表示为：2NH3NH4++NH2-
C．N2H4的结构式为
D．Mg3N2中存在Mg与N2之间的强烈相互作用
【答案】B
【解析】N2中σ键与π键的数目比例为1∶2，A错误；液氨发生微弱电离产生NH2-，故液氨的电离可表示为：2NH3NH4++NH2-，B正确；N2H4的结构式为，C错误；Mg3N2中存在Mg2+与N3-之间的强烈相互作用，D错误。
6．下列化学反应表示正确的是（ ）
A．肼在氧气中燃烧：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH =622.1 kJ·ml-1
B．液氨与钠反应：2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑
C．NaClO氧化NH3制备N2H4：4NH3+ClO-+2OH-=2N2H4+Cl-+3H2O
D．电解法制备N2H4的阴极反应：N2+4H+－4e- =N2H4
【答案】B
【解析】具有很高的燃烧热（622.1 kJ⋅ml），燃烧热是指生成稳定氧化物时放出的热量，水的状态是液态，所以N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ΔH =－622.1 kJ·ml-1，A错误；金属钠和液氨反应生成NaNH2和H2，B正确；NaClO氧化NH3制N2H4的离子方程式应为：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O，C错误；电解法制备N2H4的阴极反应为：N2+4H++4e- =N2H4，D错误。
7．下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是（ ）
A．NH3分子间存在氢键，NH3极易溶于水
B．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂
C．N2H4中N原子能与H+形成配位键，N2H4的水溶液呈碱性
D．N2H4具有还原性，可用作燃料电池的燃料
【答案】A
【解析】NH3极易溶于水，是由于氨气分子和水分子都是极性分子同时可以形成氢键，与NH3分子间存在氢键无关，A符合题意；氨分子由液态转化为气态时，需要从周围环境吸收热量，液氨可用作制冷剂，B不符合题意；N2H4中的N原子与H+形成配位键，N2H4分子内的N原子可以提供孤电子对，H+提供空轨道形成配位键，故N2H4的水溶液呈碱性，C不符合题意；N2H4中N元素处于较低价态，具有还原性，可以和氧气等氧化剂反应，故而可用作燃料电池的燃料，D不符合题意。
8．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】Na2CO3与CF3COOH反应生成CF3COONa、CO2和H2O，CO2、H2O和苯酚钠反应生成苯酚和NaHCO3，A正确；FeS2在O2燃烧生成Fe2O3和SO2，SO2和硫酸不反应，B错误；NH3催化氧化生成NO，NO和浓硫酸不能反应硝酸，C错误；硝酸是易挥发性酸，Cu2+能发生水解，因此蒸干Cu(NO3)2溶液不能得到Cu(NO3)2固体，D错误。
9．药物沃塞洛托的重要中间体的合成路线如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．1ml X最多能与3ml NaOH反应
B．Y分子中所有原子有可能共平面
C．1个X、Y分子的式量相差40
D．用红外光谱可确证X、Y中存在不同的官能团
【答案】B
【解析】X分子中含有两个酚羟基和一个羧基，羟基、羧基都能与NaOH反应，因此1ml X最多能与3ml NaOH反应，A正确；Y分子中含有饱和碳原子，则所有原子不可能共平面，B错误；根据X和Y的结构简式可知X、Y的分子组成相差C3H4，式量相差40C正确；红外光谱可用于检测官能团，因此用红外光谱可确证X、Y中存在不同的官能团，D正确。
10．对于二氧化硫的催化氧化反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列有关说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔS＞0
B．该反应平衡常数的表达式为K=
C．反应中每消耗22.4 LO2（标准状况），转移电子数约为2×6.02×1023
D. 温度不变，提高O2的起始浓度或增大反应压强，均能提高反应速率和SO2的转化率
【答案】D
【解析】该反应前后气体分子数减少，则ΔS＜0，故A错误；该反应平衡常数的表达式为K=，B错误；每消耗22.4 LO2（标准状况），即1mlO2时，转移4ml电子，转移电子数为4×6.02×1023，故C错误；增大O2的浓度或增大压强均有利于该反应正向移动，从而提高SO2的转化率，D正确。
11．通过下列实验探究草酸(H2C2O4)的性质。
下列有关说法正确的是（ ）
A．依据实验1的现象，无法确定气体的成分
B．0.1 ml·L-1 H2C2O4溶液中存在c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)
C．a、b、c对应的溶液中，水的电离程度：c>b>a
D．V(NaOH)=25.00mL时的溶液中：c(C2O42-)＜c(H2C2O4)
【答案】A
【解析】石灰水变浑浊只能说明实验产生的气体中含有CO2，无法确定气体的成分，A正确；0.1 ml·L-1 H2C2O4溶液中存在电荷守恒式：c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，B错误；b点溶质为Na2C2O4，此时C2O42-水解对水电离的促进程度最大，应在b点水的电离程度最大，C错误；V(NaOH)=25.00mL时，溶质为NaHC2O4，此时溶液的pH＜7，说明HC2O4-的电离大于水解，则c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，D错误。
12．室温下，通过矿物中的PbSO4获得Pb(NO3)2的过程如下：
已知：Ksp(PbSO4)=1.6×10-8，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14。下列说法正确的是（ ）
A．Na2CO3溶液中：c(OH-)＜c(H+)+c(HCO3-)+ c(H2CO3)
B．反应PbSO4+CO32-PbCO3+SO42-正向进行，需满足
C．“脱硫”后上层清液中：2c(SO42-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
D．PbCO3悬浊液加入HNO3“溶解”过程中，溶液中CO32-浓度逐渐减小
【答案】D
【解析】在PbSO4中加入Na2CO3溶液脱硫，PbSO4与Na2CO3反应转化为PbCO3沉淀，再加入HNO3溶解得到。由质子守恒关系得：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+ 2c(H2CO3)，A错误；反应PbSO4+CO32-PbCO3+SO42-的平衡常数K==
=，当浓度商Qc=＜K=时，平衡正向移动，B错误； “脱硫”后的上层清液主要是Na2SO4溶液，还含有未反应完的Na2CO3溶液，电荷守恒关系还应考虑CO32-，C错误；在PbCO3悬浊液加入HNO3 “溶解”的过程中，由于CO32-会和H+反应生成CO2，所以溶液中CO32-的浓度逐渐减小，D正确。
13．二甲醚和水蒸气制氢气可作为燃料电池的氢能源，发生的主要反应如下：
反应Ⅰ CH3OCH3(g)+H2O(g)=2CH3OH(g) ΔH1＞0
反应Ⅱ CH3OH(g) +H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH2＞0
反应Ⅲ CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH3＞0
在恒压下，将一定比例的二甲醚和水蒸气混合后，以一定流速通过装有催化剂的反应器，反应相同时间测得的CH3OCH3实际转化率、CO2实际选择性与CO2平衡选择性随温度的变化如图所示．CO2的选择性．下列说法不正确的是（ ）
A．曲线a表示CH3OCH3实际转化率随温度的变化
B．200℃时，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ的速率
C．适当增加，有利于提高H2产率
D．一定温度下，若增大压强，CO的平衡产量不变
【答案】D
【解析】根据常理可知，CO2实际选择性与CO2平衡选择性随温度的变化的走势变化应该相同，故可知曲线b为CO2实际选择性，则曲线a为CH3OCH3的实际转化率，A正确；在200℃时，CO2的实际选择性大于平衡选择性，可知此温度下，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ，B正确；适当增加的量，会促进CH3OCH3的转化率，还能使反应Ⅱ朝正向进行，反应Ⅲ朝逆向进行，从而提高H2的产率，C正确；增大压强会导致反应Ⅱ平衡逆向移动，从而导致反应Ⅲ逆向移动，CO的平衡产率会减小，D错误。
14. （15分）V2O5广泛用于冶金、化工行业，可制取多种含钒化合物。
（1）实验室制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如下：
“还原”步骤中生成N2，反应的化学方程式为 ；若不加N2H4，HCl也能还原V2O5生成VO2+和Cl2，分析反应中不生成Cl2的原因： 。
（2）对制得的晶体进行含钒量的测定：称取4.000g样品，经过系列处理后将钒（Ⅳ）完全氧化，定容为100mL溶液；量取20.00mL溶液，加入几滴指示剂，用0.2000ml·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，滴定过程中反应为VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O；平行滴定4次，消耗标准溶液的体积分别为22.50mL、22.45mL、21.00mL、22.55mL，则样品中钒元素的质量分数为 （写出计算过程，结果保留两位小数）。
（3）750℃时，将氧钒碱式碳酸铵晶体与NH3反应制备共价晶体VN，一段时间后，固体质量不再变化，经检测仍有氧钒碱式碳酸铵剩余，可能的原因是 。
（4）V2O5可溶于强酸强碱，不同pH、不同钒元素浓度时，+5价V存在形态如题图所示：
①将0.01ml V2O5溶解在200mL烧碱溶液中，剩余溶液的c(OH-)=0.01ml·L-1，反应的离子方程式为 。
②V2O74-具有对称结构，其结构式可表示为 。
【答案】（15分）（1）2V2O5+N2H4+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O（3分） N2H4的还原性强于HCl（2分）
（2）28.69%（3分）
（3）生成了致密的VN覆盖在氧钒碱式碳酸铵晶体表面，阻碍了氧钒碱式碳酸铵晶体与NH3的接触（2分）
（4）① V2O5+4OH- =V2O+2H2O（3分） ② （2分）
【解析】由题给流程可知，V2O5与N2H4、HCl反应生成VOCl2、N2和水，VOCl2与NH4HCO3溶液反应制得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。
（1）还原步骤发生的反应为V2O5与N2H4、HCl反应生成VOCl2、N2和水，反应的化学方程式为2V2O5+N2H4+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；由题给信息可知，V2O5也能与HCl反应生成VOCl2和Cl2，同时加入N2H4和HCl，反应中不生成Cl2，说明N2H4的还原性强于HCl，N2H4会优先与V2O5反应。
（2）由题给数据可知，第三次实验的误差较大，应舍去，则消耗硫酸亚铁铵溶液的平均体积为=22.50mL，由方程式和原子个数守恒可知，样品中钒元素的质量分数为×100%≈28.69%。
（3）由题意可知，750℃时，将氧钒碱式碳酸铵晶体与NH3反应制备共价晶体VN时，一段时间后，固体质量不再变化，经检测仍有氧钒碱式碳酸铵剩余，说明氧钒碱式碳酸铵未能完全反应，可能是生成了致密的VN覆盖在氧钒碱式碳酸铵晶体表面，阻碍了氧钒碱式碳酸铵晶体与NH3的接触。
（4）①由V原子个数守恒可知，V2O5与NaOH溶液反应所得溶液中钒元素的浓度为=0.1ml·L-1，则溶液中钒元素浓度—lgc=1，溶液中的c(OH-)=0.01ml·L-1，溶液pH为12，由图可知，—lgc为1和pH为12时，+5价钒元素的存在形式为V2O74-，则V2O5与NaOH溶液反应的离子方程式为V2O5+4OH—=V2O74-+2H2O。②由V2O74-中钒元素的化合价为+5价，离子具有对称结构可知，该离子的结构式为。
15．（15分）有机化合物H是一种用于治疗心血管疾病的常用药物，其合成路线如下：

（1）A中官能团的名称为 。
（2）C的结构简式为 。
（3）E是一种含有5个碳原子的环酯，则D+E→F的化学方程式为 。
（4）C+G→H的反应类型为 。
（5）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的一种结构简式：___。
①分子中有三键；②核磁共振氢谱中有三组峰，峰面积之比为6:2:1；③能与FeCl3溶液发生显色反应。
（6）已知硝基苯能被Fe在盐酸作用下还原为苯胺：。设计以苯和为原料制备的合成路线（其他无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题干）。 。
【答案】（15分）（1）氨基、醚键（2分） （2）（2分）
（3）（2分）
（4）取代反应（2分） （5）（3分，其他合理答案均可）
（6）（4分）
【解析】（1）A中的官能团是氨基（-NH2）和醚键（—O—）。
（2）A分子中氨基上的一个氢原子被取代生成B，对比B、G、H的结构简式，结合C的分子式，可知B到C发生了成环反应，且B中-C2H5被H原子取代，则C的结构简式为。
（3）E是一种含有5个碳原子的环酯，对比D和F的结构简式，可推出E是，据此可写出D+E→F的化学方程式。
（4）对比C、G、H的结构简式，可知在C+G→H的反应中，G中的Cl原子被C中脱去羟基氢后的原子团取代。
（5）C的同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，则其分子中有酚羟基；结合其他条件，确定有2个酚羟基，2个甲基和1个-C≡N原子团，据此可写出其结构简式。
（6）苯发生硝化反应可生成硝基苯，硝基苯可被还原为苯胺；结合题中A→B→C的信息，可知苯胺与发生取代反应的产生再发生成环反应即可得到目标产物。
16．（15分）硫酸锰在电解锰、染料、造纸以及陶瓷等工业生产中有广泛的应用。工业上用软锰矿（主要成分为MnO2，含铁、铝的化合物等杂质）制得硫酸锰的流程如下：
（1）“酸浸”时SO2与MnO2反应的化学方程式为： 。此过程中，如果SO2废气中混有空气，有副反应发生，部分SO2被氧化为硫酸，致使浸出液的pH下降，这将不利于软锰矿浆继续吸收SO2，原因是 （用平衡移动原理结合化学方程式解释），欲消除生成的硫酸，试剂A最好是 。
a．MnCO3 b．MnO2 c．CaO d．CaCO3
（2）SO2气体中混有空气，实验测得酸浸液中Mn2+、SO42-的浓度随反应时间t变化如下图，产生该现象的原因是 。
（3）浸出液中阳离子主要有Mn2+、Fe2+、Al3+等。氧化后加入NaOH溶液调节pH的目的是 ；溶液的pH不能超过6的原因是 。
（4）硫酸锰的溶解度曲线如下图所示，请设计由滤液制备MnSO4·H2O晶体的实验方案： 。
（实验中须用到的试剂： 80~90℃的蒸馏水：除常用仪器外须使用的仪器：真空干燥箱。）
【答案】（15分）（1）MnO2+SO2=MnSO4（2分） SO2+H2OH2SO3H++HSO3-，酸性增强使平衡逆向移动，SO2的溶解度减小（2分） a（2分）
（2）Mn2+为SO2（或H2SO3）与O2反应的催化剂（2分）
（3）将氧化后浸出液中的Fe3+、Al3+形成氢氧化物除去（2分） 避免Al(OH)3溶解，减少锰元素的损失（2分）
（4）控制温度在80~90℃（温度范围合理即可）之间蒸发结晶，趁热过滤，用80~90℃的蒸馏水洗涤MnSO4·H2O晶体2~3次后，置于真空干燥箱中低温干燥（3分）
【解析】（1）MnO2有较强氧化性，可将SO2氧化为SO42-，则MnO2与SO2反应生成MnSO4。SO2被氧化生成H2SO4时，溶液的pH下降，c(H+)增大，会导致平衡SO2+H2O
H2SO3H++HSO3-逆向移动，使SO2的溶解度减小，不利于吸收SO2。欲消除生成的硫酸，同时还不能引入新的杂质，则试剂A最好是MnCO3，MnO2与硫酸不反应，加CaO或CaCO3会引入Ca2+。
（2）反应中SO42-的浓度快速增加，大于Mn2+的浓度，说明有生成硫酸的副反应发生，Mn2+对SO2（或H2SO3）与O2的反应起了催化作用。
（3）浸出液中阳离子主要有Mn2+、Fe2+、Al3+等，氧化后Fe2+变为Fe3+，加入NaOH溶液调节pH，可以使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去，但溶液的pH不能超过6，否则Al(OH)3有可能溶解，锰元素也可能沉淀。
（4）从MnSO4的溶解度曲线可以看出，温度低于23.9℃时， MnSO4·5H2O的溶解度随温度的降低而减小；温度高于23.9℃时， MnSO4·H2O的溶解度随温度的升高而减小。要得到MnSO4·H2O晶体，应在蒸发浓缩溶液至较高温度，趁热过滤得到MnSO4·H2O晶体。
17．（16分）氮氧化物会严重污染空气，汽车尾气及一些工业生产的烟气中都含有氮氧化物，工业上常用催化转化法、氨还原法、氧化剂氧化法进行处理。回答下列问题：
（1）汽车排放的尾气中有NO和CO，在催化剂的作用下可转化为两种无污染的气体。已知：N2(g)+O2(g)2NO(g) △H1=+180.0kJ·ml-1 ①
CO(g)+O2(g)CO2(g) △H2=－283.5kJ·ml-1 ②
则反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) △H= 。
（2）在2L的密闭容器中充入1ml NO2和2ml CO，发生下述反应：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g) △H＜0
下图为平衡时CO2的体积分数与温度和压强的关系。在D点时，升高反应体系的温度，同时扩大容器的体积减小体系的压强，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的 点。
（3）利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，其反应历程如下图所示。图中生成X的中间反应的离子方程式为 ，历程图中总反应的化学方程式为 。
（4）在酸性条件下，用NaClO2作氧化剂可将NO氧化为NO3-，并放出热量。
①该反应的离子方程式为 。
②向NaClO2溶液中加入Fe3+，会发生反应：Fe3++ClO2-=Fe2++ClO2↑。控制其他条件相同，分别以NaClO2溶液和含少量Fe3+的NaClO2溶液为吸收剂，测得相同时间内，NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的变化如图1所示。

图1 图2
起始NaClO2溶液浓度相同时，含Fe3+的NaClO2溶液作为吸收剂，NO的氧化率更高，原因是 。以NaClO2溶液为吸收剂，NO的氧化率随温度的变化情况，如图2所示。温度超过60℃后，NO氧化率下降，试解释其原因： 。
【答案】（16分）（1）－747.0kJ·ml-1（2分） （2）E（2分）
（3）[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++H++N2+H2O（2分）
2NH3+NO +NO22N2+3H2O （2分）
（4）①2H2O+3ClO2-+4NO=4NO3-+3Cl-+4H+（2分）
②Fe3+会与ClO2-反应生成ClO2，ClO2与NO反应更快（2分） ClO2-或ClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低（4分）
【解析】（1）根据盖斯定律，将②×2－①得2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)
△H=－283.5kJ·ml-1×2－180.0kJ·ml-1=－747.0kJ·ml-1。
（2）该反应是放热反应，升高温度时平衡逆向移动，CO2的体积分数减小；该反应是气体物质的量减少的反应，减小体系的压强，平衡逆向移动，CO2的体积分数减小。图中满足压强减小、CO2的体积分数减小的平衡点是E。
（3）生成X的中间反应的离子方程式为[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++H++X，根据电荷守恒和原子守恒可知X为N2和H2O，据此可写出离子方程式。由反应历程图可知，NH3、NO2、NO是反应物，N2与H2O是生成物，据此可写出总反应的化学方程式。
（4）①酸性条件下，ClO2-可将NO氧化为NO3-，则ClO2-的还原产物为Cl-，据此可写出：ClO2-+NO→Cl-+NO3-，配平氧化剂、还原剂及还原产物、氧化产物得：3ClO2-+4NO→
3Cl-+4NO3-，可知反应物中缺少O原子，生成物中负电荷过多，所以反应物中应补水，生成物中应补H+，最终写出离子方程式：2H2O+3ClO2-+4NO=4NO3-+3Cl-+4H+。②NaClO2可将NO氧化为NO3-，NaClO2溶液浓度越大，NaClO2氧化NO速率越快，NO氧化率增大；起始NaClO2溶液浓度相同时，Fe3+会与ClO2-反应生成ClO2，ClO2与NO反应更快，导致含Fe3+的NaClO2溶液作吸收剂时，NO的氧化率更高；ClO2-或ClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行，其温度过高时，NO在吸收液中的溶解度降低，所以温度超过60℃后，NO氧化率下降。评卷人
得分
一、选择题：本题共13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。
实验
实验操作和现象
1
加热草酸晶体，将产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊
2
室温下，用pH计测得0.1ml·L-1 H2C2O4溶液的pH约为1.3
3
室温下，向25.00mL 0.1ml·L-1 H2C2O4溶液中逐滴加入0.1ml·L-1 NaOH溶液，得到如图滴定曲线
评卷人
得分
二、非选择题：本题共4小题，共61分。