2024年高考押题预测卷—化学（江苏卷03）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—化学（江苏卷03）（全解全析），共13页。试卷主要包含了下列说法正确的是，下列化学反应表示不正确的是等内容，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： C-12 N-14 O-16 Ag-108
1．二十大报告提出，科技创新是赢得未来发展主动权的必然选择。下列有关科技知识的说法错误的是（ ）
A．“天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于有机高分子材料
B．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同素异形体
C．“天宫”空间站中太空机械臂的主要成分为铝合金，其强度大于纯铝
D．中国研制的先进微纳米光刻机，其材料之一四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH可溶于水
【答案】A
【解析】氮化硼陶瓷耐高温，是新型无机非金属材料，A错误；同素异形体指由同种元素组成的具有不同性质的单质，螺旋纳米管与石墨互为同素异形体，B正确；合金的硬度大于其成分金属，C正确；四甲基氢氧化铵属于一元碱，易溶于水，D正确。
2．氰(CN)2的化学性质与卤素单质(X2)很相似，与NaOH溶液反应的化学方程式为(CN)2+2NaOH==NaCN+NaCNO+H2O。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8的碳原子： B．(CN)2的结构式：N≡C—C≡N
C．Na+的结构示意图： D．OH-的电子式：
【答案】B
【解析】中子数为8的碳原子应表示为，A错误；根据价键规律（氮三碳四），可知B正确；钠元素的核电荷数为11，C错误；OH-带一个单位的负电荷，氧原子最外层有8个电子，电子式为[]-，D错误。
3．下列有关制取、分离和提纯乙酸乙酯实验装置能达到实验目的的是（ ）
A．向甲试管中依次加入物质的先后顺序为②①③
B．用装置乙制备乙酸乙酯
C．用装置丙分离乙酸乙酯粗品
D．用装置丁提纯乙酸乙酯
【答案】B
【解析】由于浓硫酸稀释时放热，所以浓硫酸不能先加，而醋酸的价格较高，为减少醋酸的挥发，需冷却液体后加入冰醋酸，添加试剂的顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，A错误；乙醇、乙酸在浓硫酸、加热的条件下可以反应生成乙酸乙酯，饱和Na2CO3溶液可以吸收挥发出来的乙醇和乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，用装置乙可以制备乙酸乙酯且能防止倒吸，B正确；乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3溶液，液体分层，应该用分液操作而不是过滤操作分离出乙酸乙酯粗品，C错误；提纯乙酸乙酯应该用分液操作而不是蒸馏操作，D错误。
4．元素N、P、As位于周期表中ⅤA族。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r(N)＞r(P)＞r(As)
B．第一电离能：I1(N)＜I1(P)＜I1(As)
C．NH3、PH3、AsH3的键角逐渐增大
D．HNO3、H3PO4、H3AsO4的酸性逐渐减弱
【答案】D
【解析】同主族元素，从上到下原子半径依次增大，A错误；同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，B错误；N、P、As位于周期表中ⅤA族，元素的非金属性大于H，从上到下原子半径依次增大，它们与H形成共价键的极性逐渐减弱，因此极性键间的排斥力逐渐减小，NH3、PH3、AsH3的键角逐渐减小，C错误；同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则硝酸、磷酸、砷酸的酸性依次减弱， D正确。
阅读下列材料，完成5～7题：
硫元素在自然界中通常以硫化物、硫酸盐或单质的形式存在。斜方硫、单斜硫是常见的两种单质。常见的含硫矿物有硫磺矿、黄铁矿(FeS2)、石膏(CaSO4·2H2O)等。黄铁矿遇酸会生成H2S气体。工业利用黄铁矿与空气高温反应得到Fe2O3、SO2，SO2与O2在400～500℃、V2O5催化作用下反应生成SO3，每生成1ml SO3释放出98.3kJ的热量，生成的SO3用98%的浓硫酸吸收。利用酸性KMnO4溶液可测定工业尾气中SO2的含量。
5．下列说法正确的是（ ）
A．富氧地表附近含硫化合物中硫为正价、氧为负价是因为硫电负性小于氧
B．斜方硫、单斜硫是硫的两种同位素
C．SO3和H2O的中心原子的杂化轨道类型相同
D．CaSO4·2H2O中既有离子键又有非极性共价键
【答案】A
【解析】富氧地表附近含硫化合物中硫为正价、氧为负价是因为硫的电负性小于氧，A正确；斜方硫、单斜硫是硫的两种同素异形体，二者不是同位素，B错误；SO3中心原子的孤电子对数为0，成键电子对数为3，是sp2杂化，H2O中心原子的孤电子对数为，成键电子对数为2，是sp3杂化，C错误；CaSO4·2H2O中的SO42-和水中含有极性共价键，Ca2+和SO42-之间为离子键，该物质中既有离子键又有极性共价键，D错误。
6．下列化学反应表示不正确的是（ ）
A．FeS2与足量稀盐酸反应：FeS2+4H+=Fe2++2H2S↑
B．黄铁矿与空气高温反应：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
C．SO2催化氧化：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH =－196.6 kJ·ml-1
D．用酸性KMnO4溶液吸收SO2：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+
【答案】A
【解析】FeS2与足量稀盐酸反应由H2S生成，氧化还原反应中化合价有升必有降，A反应中只有降没有升，正确的方程式为：FeS2+2H+=Fe2++H2S↑+S↓，A错误；在空气中高温煅烧黄铁矿生成Fe2O3和SO2，B正确；根据每生成1ml SO3释放出98.3kJ的热量，可写出SO2催化氧化的热化学方程式，C正确；酸性KMnO4溶液吸收SO2时，SO2被氧化为硫酸，D正确。
7．下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．Fe2O3能与盐酸反应，可作红色涂料
B．S是淡黄色晶体，可用于配制黑火药
C．SO3具有氧化性，可用于制取硫酸
D．浓H2SO4具有吸水性，可用于除去H2中混有的H2O(g)
【答案】D
【解析】Fe2O3为红色固体，常作红色涂料，A错误；S具有还原性，能和木炭、硝酸钾等发生反应，可用于配制黑火药，B错误；SO3为酸性氧化物，能和水生成硫酸，可用于制取硫酸，C错误；浓H2SO4具有吸水性，能做干燥剂，D正确。
8．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】在NaCl溶液中先通入NH3再通入过量CO2气体可生成NaHCO3晶体，而NaCl溶液中只通入CO2不反应，A错误；浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2气体，SO2与BaCl2溶液不反应，B错误；NH3催化氧化生成NO，NO与NaOH溶液不能直接反应，C错误；淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下可生成乙醇，D正确。
9．化合物Z是合成连翘酯苷类似物的重要中间体，其合成路线如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．X在催化剂作用下可与甲醛发生缩聚反应
B．Y与足量氢气加成的产物中含有3个手性碳原子
C．Z分子存在顺反异构
D．X、Z可用饱和NaHCO3溶液鉴别
【答案】D
【解析】X分子中含酚羟基，能与甲醛发生缩聚反应，A正确；Y分子与足量H2发生加成反应生成的物质含有3个手性碳，分别是三个取代基相连的碳原子，B正确；Z分子每个双键碳原子均连不同的原子或原子团，故其存在顺反异构，C正确；X和Z中均没有羧基，均无法和饱和NaHCO3溶液反应，故无法实现鉴别，D错误。
10．反应2C2H4(g)+6NO(g)+3O2(g)=4CO2(g)+4H2O(g)+3N2(g)可用于去除氮氧化物。Cu+催化该反应的过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中，Cu+参与反应，降低了反应的焓变
B．该反应的平衡常数
C．其他条件不变时，增大，NO的平衡转化率下降
D．步骤Ⅲ中每消耗1ml Cu+(NO2)，转移电子数目为4×6.02×1023
【答案】D
【解析】反应过程中，Cu+为催化剂，催化剂可降低反应活化能但不改变焓变，A错误；该反应的平衡常数，B错误；增大一种反应物的量，可以提高另一种反应物的转化率，增大，则NO的转化率增大，C错误；由反应Ⅰ可知，1ml Cu+结合1ml O2，转移4ml电子，D正确。
11．室温下，设计实验探究1.0ml·L-1 Na2SO3溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是（ ）
【答案】B
【解析】硝酸具有氧化性，能氧化SO32-生成SO42-，SO42-和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，不能检验溶液中是否含有SO32-，A错误；SO32-水解生成OH-，使溶液显碱性，滴加酚酞溶液变红色，再滴加BaCl2溶液至过量，Ba2+和SO32-反应生成沉淀，导致SO32-浓度减小，其水解平衡逆向移动，OH-浓度减小，红色变浅，能达到实验目的，B正确；溴水具有强氧化性，向溴水中滴加足量Na2SO3溶液，两者发生氧化还原反应使得溴水褪色，不体现SO32-的漂白性，C错误；向Na2SO3溶液中先滴加几滴Na2S溶液，加入盐酸，两者在酸性条件下，发生氧化还原反应生成硫单质黄色沉淀，SO32-发生还原反应，体现氧化性，D错误。
12．室温下，用含少量ZnSO4杂质的1ml·L-1 MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下图所示。下列说法正确的是（ ）
已知：Ksp(MnS)= 2×10-10、Ksp(ZnS)= 2×10-24、Kb(NH3·H2O)= 2×10-5、
Ka1(H2CO3)= 4×10-7、Ka2(H2CO3)= 5×10-11。
A．“除锌”后所得上层清液中，c(Zn2+)一定小于1×10-5 ml·L-1
B．0.1ml·L-1 NH4HCO3溶液中存在：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(CO32-)
C．氨水、NH4HCO3溶液中存在：c(NH4+)＜2c(CO32-)+ c(HCO3-)
D．“沉锰”后的滤液中存在：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(SO42-)
【答案】A
【解析】“除锌”步骤中，由于Ksp(MnS)= 2×10-10远大于Ksp(ZnS)= 2×10-24，因此当加入过量MnS时，产生ZnS沉淀，过滤后除掉过量的MnS和产生的ZnS沉淀，再用NH4HCO3将Mn2+沉淀为MnCO3。MnS过量，“除锌”步骤完成时，生成ZnS沉淀，则上层清液c(Zn2+)一定小于1×10-5 ml·L-1，A正确；0.1ml·L-1NH4HCO3溶液中存在质子守恒，质子守恒式为c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(CO32-)+c(NH3·H2O)，B错误；氨水、NH4HCO3溶液中存在电荷守恒，c(NH4+)+c(H+)= c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，混合溶液的pH>7，说明c(H+)＜c(OH-)，则c(NH4+)＞2c(CO32-)+ c(HCO3-)，C错误；沉锰后滤液成分是(NH4)2SO4、NH3·H2O、NH4HCO3，则c(NH4+)+c(NH3·H2O)＞2c(SO42-)，D错误。
13．在密闭容器中充入体积比为3∶1的H2(g)和CO2(g)，二者在一定条件下反应可以合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)CH2==CH2(g)+4H2(g) ΔH<0。已知温度对CO2的平衡转化率及催化剂的催化效率的影响如图所示。
除温度外的其他反应条件相同时，下列有关说法正确的是（ ）
A．M点的反应速率比N点的大
B．N点催化剂的催化效率比M点的高
C．化学平衡常数M点比N点小
D．M点产物乙烯的体积分数为7.7%
【答案】D
【解析】温度越高，反应速率越快，其他条件相同时， N点的反应速率比M点的大，A错误；由图像可知，M点催化剂的催化效率最高，B错误；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，故M点的平衡常数比N点大，C错误；设H2、CO2的起始浓度分别为6ml·L-1、2ml·L-1，则M点时，CO2的平衡转化率为50％，根据三段式可知H2、CO2、CH2==CH2、H2O(g)的平衡浓度（ml·L-1）依次为3ml·L-1、1ml·L-1、0.5ml·L-1、2ml·L-1，故乙烯的体积分数为0.5/(3+1+0.5+2)× 100％＝7.7%，D正确。
14．（15分）硼化钛(结构式为B=Ti=B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣(主要成分为TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3)为原料制取TiB2的流程如图：
已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置；
②B2O3高温下蒸气压大、易挥发：
③TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+。
回答下列问题：
（1）滤渣的主要成分为 (填化学式)。
（2）“水解”需在沸水中进行，离子方程式为 ，该工艺中，经处理可循环利用的物质为 (填化学式)。
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是 。仅增大配料中B2O3的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是 (用化学方程式解释)。
（4）硼可与多种金属形成化合物，其中与Ca组成的金属都化物可做新型半导体材料，晶胞结构如图所示：

该晶胞中B原子数为 个，晶体中Ca原子的配位数为 ；晶胞在z轴方向的投影图为下图中的 (填标号)。
【答案】（15分）（除标注的以外，其余每空2分）（1）SiO2（1分）
（2）TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+ H2SO4
（3）B2O3高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应
TiC+ B2O3+COTiB2+2CO2
（4）6 24 C
【解析】（1）在高钛渣中加入稀盐酸，只有SiO2不会溶解，滤渣的主要成分为SiO2。
（2）TiO2+在沸水中水解生成TiO2·xH2O，同时生成H+。该工艺中，经处理可循环利用的物质为硫酸。
（3） “热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是B2O3高温下蒸气压大，易挥发，只有部分参加了反应；仅增大配料中B2O3的用量，杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是发生了下列反应：TiC+ B2O3+COTiB2+2CO2。
（4）由晶胞结构可知Ca位于以8个B6形成的立方晶胞的体心位置，B6的个数为：8×=1，则B原子个数为6，该晶胞的化学式为CaB6；位于晶胞顶点的每个B6中只有3个B原子距离Ca原子最近，即Ca的配位数为24。由晶胞结构可知B6围成正八面体构型，沿z轴方向的上下顶点投影为正方形的顶点，其余原子投影在棱上，则符合的投影图为C。
15．（15分）化合物F是合成药物盐酸环丙沙星的重要中间体，其合成路线如下：
已知：Et表示-CH2CH3。
（1）A分子中处于同一平面上的原子最多有 个。
（2）为提高B的产率，试剂X可选用 (填序号)。
A．CH3CH2ONa B．CH3OH C．HCl
（3）C→D发生反应：C+(EtO)3CH→D+2Y，Y的结构简式为 。
（4）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结构简式： 。
a．卤素原子均直接连在苯环上；b．在酸性条件下水解，得到2种产物，2种产物分子中均含有2种不同化学环境的氢原子，其中一种水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，另一水解产物能与NaHCO3溶液反应生成CO2。
（5）已知：R-NO2R-NH2。写出以苯和乙烯为原料制备的合成路线流程图： (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（15分）（1）14（2分） （2）A（3分） （3）CH3CH2OH（2分）
（4）或（3分）
（5）（5分）
【解析】（1）由苯是平面正六边形，12个原子共面，再结合单键可以旋转可知分子中处于同一平面上的原子最多有14个。
（2）由可知A生成B发生的反应是取代反应，同时生成HCl，CH3CH2ONa可以和HCl发生反应，使平衡正向移动，提高B的产率。
（3）根据流程图及信息Et表示-CH2CH3，再结合题干C→D发生反应：C+(EtO)3CH→D+2Y，可知Y的结构简式为CH3CH2OH。
（4）的同分异构体满足以下条件：卤素原子均直接连在苯环上；在酸性条件下水解，得到2种产物，2种产物分子中均含有2种不同化学环境的氢原子，其中一种水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应（有酚羟基），另一水解产物能与NaHCO3溶液反应生成CO2（有羧基），则该有机物有酯基中单键的氧直接连在苯环上，且结构非常对称，其结构可以是或。
（5）由可知C-X+H-N→C-N+HX，再结合信息R-NO2R-NH2及所学知识可以确定合成路线。
16．（15分）学习小组利用废银催化剂制备乙炔银(Ag2C2)和酸性乙炔银(Ag2C2·nAgNO3)。已知乙炔银和酸性乙炔银在受热时均易发生分解。
（1）制取乙炔。利用如图装置制取纯净的乙炔。
①电石与水反应剧烈，为减缓反应速率，在不改变电石用量和大小的情况下，可采取的措施有 (写两点)。
②电石主要含CaC2，还含有CaS等杂质。洗气瓶中CuSO4溶液的作用是 。
（2）制备乙炔银。向含有Ag(NH3)2OH的溶液中通入乙炔可得到乙炔银沉淀。写出生成乙炔银的化学方程式： 。
（3）制备酸性乙炔银并测定其组成。将乙炔通入硝酸银溶液中可制得酸性乙炔银。反应原理为C2H2+(n+2)AgNO3= Ag2C2·nAgNO3↓+2HNO3。
①将过滤所得滤渣置于小烧杯中，利用丙酮反复多次冲洗沉淀。检验滤渣已经洗净的实验方案是 。
②准确称取1.260g样品，用浓硝酸完全溶解后，定容得200mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中，以NH4Fe(SO4)2作指示剂，用0.05000ml·L-1 NH4SCN标准溶液进行滴定(Ag+ + SCN-=AgSCN↓)，终点时消耗标准溶液的体积为16.00mL。滴定终点的现象为 。通过计算确定n的数值 (写出计算过程)。
【答案】（15分）（除标注的以外，其余每空2分）
（1）①使用饱和食盐水代替水；减缓分液漏斗中液体的滴加速率（4分） ②除去H2S气体
（2）C2H2+2Ag(NH3)2OH+2H2O=Ag2C2↓+4NH3·H2O
（3）①将最后一次洗涤液倒入少量的蒸馏水中，用pH试纸检测溶液pH，若溶液呈中性，则沉淀已洗涤干净 ②加入最后半滴标准液，锥形瓶内液体出现红色，且半分钟内不褪色 ③ 6（3分）
【解析】（1）①为减缓反应速率，在不改变电石用量和大小的情况下，可以使用饱和食盐水代替水或者减缓分液漏斗中液体的滴加速率。②洗气瓶中的CuSO4溶液可与H2S反应生成CuS沉淀，其作用是除H2S。
（2）向含有Ag(NH3)2OH的溶液中通入乙炔可得到乙炔银沉淀，同时还有一水合氨生成。
（3）①当沉淀中不再含有硝酸时，沉淀则洗净，所以可以通过检查洗涤液中是否含有氢离子来判断，方法是：将最后一次洗涤液倒入少量的蒸馏水中，用pH试纸检测溶液pH，若溶液呈中性，则沉淀已洗涤干净。②Fe3+结合SCN-，溶液显红色，所以加入最后半滴标准液，锥形瓶内液体出现红色，且半分钟内不褪色，则到滴定终点。③根据方程式可知，20mL溶液中，n(Ag+)=n(SCN-)=0.810-3ml，则200mL溶液中总的Ag+的物质的量为8×10-3ml，，解得n=6。
17．（16分）脱除沼气中的H2S具有重要意义，脱除H2S有多种方法。
（1）受热分解法。将H2S和CH4混合气导入热解器，反应分两步进行。
反应Ⅰ：2H2S(g)=2H2(g)+S2(g) ΔH1 =169.8kJ·ml-1
反应Ⅱ：CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) ΔH2 =63.7kJ·ml-1
现将H2S和CH4按照2:1体积比投料，并用N2稀释。在常压和不同温度下，反应相同时间后，H2、S2和CS2的体积分数随温度的变化关系如图所示。
①2H2S(g)+CH4(g) =CS2(g)+4H2(g) ΔH3 = 。
②1050℃时，H2的体积分数为 。
③在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小，其原因可能是 。
（2）光电催化法。某光电催化法脱除H2S的原理如图所示。
①光电催化法脱除H2S的离子方程式为 。
②与受热分解法相比，光电催化法的优点是 。
（3）催化重整法。Fe2O3可以用作脱除H2S催化剂，脱除过程如图所示。
①Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是 。
②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是 。
【答案】（16分）（除标注的以外，其余每空2分）
（1）①233.5 kJ·ml-1 ②3.6% ③在950℃～1100℃之间，以反应I为主，随温度升高，反应I速率增大的幅度大于反应II，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应II速率增大的幅度大于反应I，S2 (g)的体积分数减小（3分）
（2）①2H2S+2I3-=S2↓+6I-+4H+ ②光电催化法脱除H2S，耗能低，还能持续发电；溶液中I-可循环利用，生成的副产物双氧水可回收利用
（3）①H2S中的H带正电、S带负电，Fe2O3中的Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强（3分） ②反应生成的硫单质附着在催化剂表面
【解析】（1）①根据盖斯定律，将反应Ⅰ+Ⅱ得：2H2S(g)+CH4(g) =CS2(g)+4H2(g) ΔH3 =ΔH1+ΔH2=233.5 kJ·ml-1。②1050℃时，S2和CS2的体积分数分别为1.6%、0.1%，由化学方程式体现的关系可知，反应Ⅱ生成H2、消耗S2的体积分数分别为0.1%×2=0.2%、0.1%，反应Ⅰ生成S2的体积分数为(0.1%+1.6%)=1.7%，则反应Ⅰ生成H2的体积分数为1.7%×2= 3.4%，故H2的体积分数为3.4%+0.2%=3.6%。③在950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S2(g)的体积分数减小；故在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小。
（2）①光电催化法脱除H2S的反应为H2S和I3-发生氧化还原反应生成S2、I-及H+，离子方程式为2H2S+2I3-=S2↓+6I-+4H+。②与受热分解法相比，光电催化法优点是光电催化法脱除H2S耗能低，还能持续发电；溶液中I-可循环利用，正极生成的副产物双氧水可回收利用。
（3）①Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附，利用图乙进行吸附，比图甲吸附能力强的原因是H2S中的H带正电、S带负电，Fe2O3中的Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，故乙方式吸附能力强。②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是反应生成的硫附着在催化剂表面，降低了催化剂的表面积。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。
选项
探究目的
实验方案
A
溶液中是否含有SO42-
向Na2SO3溶液中先滴加足量的稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，观察是否有沉淀产生
B
Na2SO3溶液呈碱性的原因
向Na2SO3溶液中先滴加酚酞，再滴加BaCl2溶液至过量，观察溶液颜色变化
C
SO32-是否具有漂白性
向溴水中滴加足量Na2SO3溶液，观察溶液颜色
D
SO32-是否具有还原性
向Na2SO3溶液中先滴加几滴Na2S溶液，无明显现象，再滴加适量稀盐酸，观察是否有沉淀产生
评卷人
得分
二、非选择题：本题共4小题，共61分。