2025年高考第二次模拟考试化学（江苏卷01）（全解全析）

2025年高考第二次模拟考试01高三化学（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、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。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—1C—12N—14O—16Na—23Mg—24S—32Fe—56Cu—64第Ⅰ卷（选择题共39分）一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．人类对能源的利用经历了柴薪、煤炭和石油时期，现正向新能源方向高质量发展。下列有关能源的叙述错误的是A．木材与煤均含有碳元素 B．石油裂化可生产汽油C．燃料电池将热能转化为电能 D．太阳能光解水可制氢【答案】C【解析】木材的主要成分为纤维素，纤维素中含碳、氢、氧三种元素，煤是古代植物埋藏在地下经历了复杂的变化逐渐形成的固体，是有机物和无机物组成的复杂混合物，主要含碳元素，A正确；石油裂化是将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，汽油的相对分子质量较小，可以通过石油裂化的方式得到，B正确；燃料电池是将燃料的化学能变成电能的装置，不是将热能转化为电能，C错误；在催化剂作用下，利用太阳能光解水可以生成氢气和氧气，D正确。2．下列化学用语表述不正确的是A．次氯酸钠的电子式：B．固体HF中的链状结构：C．铜的基态原子的简化电子排布式：D．的模型【答案】C【解析】次氯酸钠是离子化合物，O原子得到Na原子失去的一个电子，O和Cl原子再形成一对共用电子，则次氯酸钠的电子式为：，A正确；在固体HF中，一个HF分子中的氢原子与另一个HF分子中的氟原子之间形成分子间氢键，多个HF分子通过氢键作用连接成链状结构：，B正确；铜是29号元素，铜的基态原子电子排布为：，则其简化电子排布式为：，C错误；的中心原子S周围的价层电子对数为：3+=4，有1对孤电子对，则的模型为：，D正确。3．下列由废铁屑制取(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O的实验装置与操作能达到实验目的的是A．用装置甲称取一定质量的(NH4)2SO4固体B．用装置乙除去废铁屑表面的油污C．用装置丙将废铁屑充分溶解D．用装置丁蒸干溶液得到(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体【答案】B【解析】装置甲中，物品与砝码的位置颠倒，使用游码时称取的(NH4)2SO4固体的质量偏低，A不能达到实验目的；Na2CO3溶液呈碱性，能促进油脂水解，从而去除物品表面的油污，所以可用装置乙除去废铁屑表面的油污，B能达到实验目的；浓硫酸具有强氧化性，能使铁表面发生钝化，所以不能用装置丙将废铁屑充分溶解，C不能达到实验目的；(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体受热易失去结晶水，不能用蒸干溶液的方法制取，所以用装置丁蒸干溶液得不到(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体，D不能达到实验目的。4．[Cu(NH3)4]SO4常用作杀虫剂、媒染剂。下列说法正确的是A．原子半径：r(O)>r(N) B．沸点：H2S>H2OC．第一电离能：I1(N)>I1(O) D．电负性：χ(H)>χ(O)【答案】C【解析】电子层数越多半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，原子半径：，故A错误；两种物质均是由分子构成的物质，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，但是水分子间可形成氢键，因此水的沸点高，故沸点：，故B错误；同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能：，故C正确；水中氧为-2价，则电负性χ(H)<χ(O)，D错误。阅读下列材料，完成5~7题：周期表中中的O、S、及其化合物应用广泛。是氧元素的3种核素，其中常用作示踪原子；实验证明在室温和常压下中含有分子，在放电的条件下得到得到电子生成，吸收的热量；钾的含氧化合物有等，和常用于潜水时的供氧剂。常温下，S在潮湿的空气中可以被缓慢氧化成，S可以用于制黑火药：。可以用于橡胶工业的硫化。单质具有半导体的特性，可以用于制作半导体材料。回答下列问题。5．下列有关说法正确的是A．互称为同分异构体B．中阴阳离子的个数比不同C．分子中氧原子轨道杂化类型均为D．的结构如图所示，属于非极性分子【答案】C【解析】O2、O3、O4由同种元素组成的不同种单质，互称为同素异形体，故A项错误；K2O、K2O2中阴阳离子的个数比均为1:2，故B项错误；H2O中心原子的价电子对数为：2+=4，为sp3杂化；H2O2中心原子的价电子对数为：2+=4，为sp3杂化，C项正确；根据S2Cl2的结构如图可知，其分子结构不对称，正负电荷重心不重合，属于极性分子，故D项错误。6．下列化学反应表示正确的是A．得到电子生成

B．与水的反应：C．S在潮湿的空气中氧化成的反应：D．酸性溶液与反应：【答案】C【解析】1molO(g)得到电子生成1molO2-(g)，吸收752kJ的热量，则，故A项错误；KO2与水反应生成KOH和O2，方程式为：，故B项错误；S在潮湿的空气中氧化成H2SO4的反应方程式为，故C项正确；酸性溶液与反应的化学方程式为，故D项错误。7．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是A．S具有还原性，可用于制造黑火药B．分子中存在键，的沸点比低C．是非金属元素，可以用于制作半导体材料D．分子中O上有孤对电子对，可与形成配位键【答案】D【解析】S制黑火药反应过程中生成K2S，S元素化合价降低，体现氧化性，故A项错误；N2和O2都属于分子晶体，沸点与分子间作用力有关，与化学键无关，故B项错误；Se单质具有半导体的特性，可以用于制作半导体材料，是因为其位于元素周期表金属元素与非金属元交界处，与其是非金属无关，故C项错误；H+可以提供空轨道，与能提供孤电子对的O结合为H3O+，故D项正确。8．二氧化碳加氢可用于合成甲醇：，其反应过程中能量变化如图所示，下列有关说法正确的是A．该反应平衡常数B．反应达平衡后，升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大C．提高的比例，可增大的平衡转化率D．总反应的决速步为【答案】C【解析】化学平衡常数等于生成物的浓度系数次方与反应物的浓度系数次方之比；该反应平衡常数，A错误；升高温度，正逆反应速率均增大，B错误；提高的比例，使得平衡正向移动，促进氢气转化，可增大的平衡转化率，C正确；

过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，由图，总反应的决速步为，D错误。9．化合物Y是合成治疗过敏性疾病药物的中间体，可由下列反应制得。下列说法正确的是A．化合物X既能盐酸反应又能与氢氧化钠反应B．化合物X与足量的氢气加成后分子中含有3个手性碳原子C．化合物X中所有碳原子一定共面D．能用浓溴水检验Y中是否含有X【答案】A【解析】化合物X含有氨基，能与盐酸反应；含有酚羟基，能与氢氧化钠反应，A项正确；化合物X与足量的氢气加成后得到分子如图：（标记*的为手性碳原子），如图分子中含有4个手性碳原子，B项错误；苯环上的6个碳原子共面，苯环外的碳原子不一定共面，因为C-C单键可以旋转，因此化合物X中所有碳原子不一定共面，C项错误；浓溴水可以与酚羟基的邻、对位发生取代反应生成白色沉淀，而Y和X中均有酚羟基的存在，均能和浓溴水发生取代反应，因此无法检验Y中是否含有X，D项错误。10．部分含氮物质的分类与相应化合价如图所示。下列推断不合理的是A．液态a可用作制冷剂，g是农业上常用的化肥B．b→a、b→c的转化都属于氮的固定C．工业上由b出发制备e的路线：bacdeD．足量e的稀溶液与6.4g铜粉反应时，可以生成4.48L气体d【答案】D【解析】根据物质类别与化合价图，a为氨气，b为氮气，c为NO，d为NO2，e为硝酸，f为NH3∙H2O，g为铵盐。a为氨气，液氨可以用作制冷剂，g为铵盐，是农业上常用的铵态化肥，A正确；氮气→氨气、氮气→NO的转化均为游离态的氮元素转化为化合态的氮元素，都属于氮的固定，B正确；工业上氮气制备硝酸，第一步氮气在高温高压、催化剂存在条件下与氢气生成氨气，第二步氨气在催化剂、加热条件下与氧气生成NO，第三步NO与氧气生成二氧化氮，第四步二氧化氮与水生成硝酸，C正确；足量稀硝酸与铜反应生成NO气体，不能生成二氧化氮，且没有标况不确定气体体积，D错误。11．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是选项实验过程及现象实验结论A将乙醇与浓硫酸混合液加热至170°C，并将产生的气体通入高锰酸钾溶液中，溶液褪色气体成分为乙烯B用计测得的溶液的值大于的溶液的值酸性：C向5mL溶液中依次滴加5滴同浓度的溶液和溶液，先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀D将高氯酸滴入饱和溶液中，产生使澄清石灰水变浑浊的气体非金属性：【答案】D【解析】挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙烯的检验，A错误；的溶液的值大于的溶液的值，说明酸性，B错误；5mL溶液中依次滴加5滴同浓度的溶液和溶液，反应中银离子过量，银离子会和氯离子生成氯化银沉淀、和碘离子生成碘化银沉淀，产生白色沉淀，再产生黄色沉淀，不能说明，C错误；

非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，高氯酸滴入饱和溶液中，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明酸性高氯酸大于碳酸，则非金属性：，D正确。12．室温下，由二氧化锰与硫化锰矿(含Fe、Mg等杂质)制备MnSO4的流程如下：已知：Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp(MnCO3)=2.24×10-11，下列说法正确的是A．NH4HCO3溶液中：c()<c()+2c()B．“酸溶”时主要离子方程式：MnO2+MnS+2H2O=2Mn2+++4H+C．“除铁除镁”后上层清液中：2c(Mn2+)+c(H+)=2c()+c(OH-)D．“沉锰”后上层清液中：=2.5【答案】D【解析】向二氧化锰与硫化锰矿中加入硫酸溶液酸溶，将硫化锰中的硫元素转化为硫酸根离子、金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤液；向滤液中加入氨水，将铁元素转化为氢氧化铁沉淀，再加入氟化锰，将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸锰的滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰；碳酸锰溶于硫酸溶液得到硫酸锰。由题意可知，一水合氨的电离常数大于碳酸的一级电离常数，则碳酸氢铵溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH—)可知，溶液中c()＞c()+2c()，故A错误；由分析可知，“酸溶”时主要反应为二氧化锰与硫化锰、硫酸溶液反应生成硫酸锰和水，反应的离子方程式为4MnO2+MnS+8H+=5Mn2+++4H2O，故B错误；由分析可知，“除铁除镁”后上层清液为硫酸铵和硫酸锰的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系2c(Mn2+)+c(H+)+c()=2c()+c(OH—)，故C错误；“沉锰”后上层清液中：====2.5，故D正确。13．二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应如下：反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-164.7kJ/mol反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ/mol在1.01×105Pa恒压条件下，按n起始(CO2)∶n起始(H2)=1∶1投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是

A．2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g)ΔH=-205.9kJ/molB．曲线②表示平衡时CH4的体积分数随温度的变化C．温度在200-300℃时，随温度升高，CO2在平衡体系中的分压减小D．一定温度下，选用高效催化剂能提高平衡时甲烷的产率【答案】B【解析】根据盖斯定律，由反应Ⅰ－2×反应Ⅱ可得新化学方程2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g)，则H=—164.7kJ.mol-1—(2×41.2kJmol-1)=—247.1kJ·mol-1，故A错误；曲线①代表物质随温度升高，平衡时比例降低，反应I在放热，温度升高平衡逆移，甲烷减少，曲线②最终降为0，二氧化碳不可能完全转化，则①为CO2，②为CH4，故B正确；温度在200~300℃时，反应Ⅱ是吸热反应，CO曲线在300℃时值为0，即温度高于300℃，反应Ⅱ才进行，200-300℃时，仅发生反应Ⅰ，反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆移，由200℃上升到300℃，平衡逆移，恒压下，CO2分压增大，故C错误；催化剂不能使平衡发生移动，不能提高平衡时甲烷的产率，故D错误。第II卷（非选择题共61分）二、非选择题，共4题，共61分。14．（15分）工业上用锌铜合金灰(含有Cu、Zn、Pb及其氧化物)提取单质Cu和。(1)锌铜合金灰在空气中焙烧得到烧渣，主要成分为、及少量等，用硫酸酸浸后过滤得到溶液和含铜滤渣。Zn、Cu、Pb浸出率随硫酸浓度变化如图1所示。①用稀硫酸溶解时，Zn浸出率远高于Cu、Pb浸出率的原因是。②使用和硫酸溶解时，所得滤渣成分的不同之处为。(2)在含有、、的高氯离子浓度的溶液中，先加入适量的Fe粉，后用萃取剂选择性萃取分离锌铁。已知、、可以存在多种含氯配离子。离子常见配离子、、、萃取原理为(也可以被萃取)。①该过程中萃取剂能有效分离锌铁的原因是。②向溶液中加入浓盐酸能提高锌的萃取率的原因是。(3)向有机相中加入草酸溶液，将Zn(Ⅱ)转化为草酸锌()沉淀，灼烧后得到。已知，。①生成草酸锌()的化学方程式为。②晶体有立方岩盐结构、立方闪锌矿结构等结构，晶胞如图-2所示，立方岩盐结构、立方闪锌矿结构晶胞中锌原子的配位数之比为。(4)向水相加入草酸溶液生成草酸亚铁()沉淀，将沉淀置于氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图3所示。220~230℃时，所得固体产物为。的摩尔质量为。【答案】(1)①氧化锌在稀硫酸中溶解速率快于氧化铜和氧化铅(2分)②硫酸铅()的含量增加(2分)(2)①转化为，没有形成带负电荷的离子，不能与萃取剂结合(2分)②提供，形成和；提供使萃取平衡正向进行(2分)(3)①(2分)②3∶2(2分)(4)(3分)【解析】锌铜合金灰(含有Cu、Zn、Pb及其氧化物)在空气中焙烧得到烧渣，主要成分为CuO、ZnO及少量PbO等，烧渣用硫酸酸浸后过滤得到ZnSO4溶液和含铜滤渣；在含有Zn2+、Fe3+、Fe2+的高氯离子浓度的溶液中，先加入适量的Fe粉将Fe3+还原，后用nLorg萃取剂选择性萃取分离锌铁；然后向有机相中加入草酸溶液，将Zn(Ⅱ)转化为草酸锌(ZnC2O4∙2H2O)沉淀，灼烧后得到ZnO。（1）①烧渣的主要成分为CuO、ZnO及少量PbO等，用硫酸酸浸后过滤得到ZnSO4溶液和含铜滤渣，CuO、ZnO、PbO都属于金属氧化物，用4mol/L稀硫酸溶解时，ZnO在稀硫酸中溶解速率快于CuO和PbO，从而导致Zn浸出率远高于Cu、Pb浸出率；②使用5mol/L硫酸溶解时，Pb的浸出率比用2mol/L硫酸时低，说明硫酸浓度增大，PbO转化成了微溶于水的PbSO4，故使用2mol/L和5mol/L硫酸溶解时，所得滤渣成分的不同之处为：硫酸铅(PbSO4)的含量增加。（2）①在含有Zn2+、Fe3+、Fe2+的高氯离子浓度的溶液中，先加入适量的Fe粉将Fe3+转化成Fe2+，由表中常见配离子可知，Fe2+形成的配离子为FeCl+，在高氯离子浓度的溶液中Zn2+形成的配离子主要为、，根据萃取原理：H+++nLorgHZnCl3∙nLorg(也可以被采取)可知，带负电荷的、能与萃取剂结合，但带正电荷的FeCl+不能与萃取剂结合，故该过程中nLorg萃取剂能有效分离锌铁。②向溶液中加入浓盐酸，提供Cl-，形成和，同时增大H+浓度，使萃取平衡H+++nLorgHZnCl3∙nLorg(也可以被采取)正向进行，故能提高锌的萃取率。（3）①在有机相中，Zn(Ⅱ)以HZnCl3∙nLorg形式存在，加入草酸溶液，形成草酸锌沉淀，根据原子守恒，生成草酸锌的化学方程式为HZnCl3∙nLorg+H2C2O4+2H2O=ZnC2O4∙2H2O)↓+3HCl+nLorg。②根据晶胞结构图可知，立方岩盐结构中锌原子的配位数为6，立方闪锌矿结构中锌原子配位数为4，则立方岩盐结构、立方闪锌矿结构中锌原子的配位数之比为6∶4=3∶2。（4）开始FeC2O4∙2H2O物质的量为=0.04mol，其中结晶水质量为0.04mol×2×18g/mol=1.44g、n(Fe)=0.04mol，固体质量从7.20g→5.76g过程中失去全部结晶水，即5.76g固体为FeC2O4；220~230℃时固体质量为4.64g，根据Fe守恒，此温度范围固体的摩尔质量为=116g/mol，固体中剩余的式量为116-56=60，故所得固体产物为FeCO3。15．（15分）甾类化合物在医药领域有广泛的应用，某种甾类化合物的合成路线如下：(1)C分子中的含氧官能团的名称为。(2)的反应类型为。(3)E的分子式为，其结构简式为。(4)写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式：。能发生银镜反应和水解反应，且其中一种水解产物能与显色；分子中含有5种不同环境的H原子。(5)写出以乙炔和A为原料制备的合成路线图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示意图见本题题干)。【答案】(1)羧基、醚键(2分)(2)还原反应(2分)(3)(3分)(4)(3分)(5)(5分)【解析】A发生取代反应生成生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代生成D，E与生成F，则E为，F发生加成反应生成G。（1）根据结构式可知，C分子中的含氧官能团羧基、醚键；故答案为：羧基、醚键。（2）B到C，O原子减少，则属于还原反应；故答案为：还原反应。（3）根据分析，E为；故答案为：。（4）能发生银镜反应和水解反应，则分子式中含有甲酸酯基，产物能与显色，则水解产物含有酚羟基，根据G的结构，则同分异构，；故答案为：。（5）乙炔与水发生加成反应生成乙醛，乙醛催化氧化生成乙酸，乙酸发生取代反应生成CH3COCl，与反应生成，与氢气发生加成生成；故答案为：。16．（16分）氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有杂质SiO2)为原料制取Cu2O的一种工艺流程如图所示：(1)①Cu＋核外电子排布式为。②写出“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式。(2)判断“操作1”反应已完成的实验操作及现象为。(3)“热还原”时，将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90°C并不断搅拌反应得到Cu2O粉末。制备装置如题图所示：

反应时A装置原料反应配比为n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，A装置中反应的化学方程式为。(4)实际反应中不断滴加NaOH溶液的作用是：。(5)反应完成后，利用装置B中的溶液(NaOH与Na2SO3混合溶液)可制备Na2SO4•10H2O晶体。请补充完整实验方案，取装置B中的溶液，，洗涤、干燥得Na2SO4•10H2O晶体。(已知：室温下，溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图所示；室温下从Na2SO4饱和溶液中结晶出Na2SO4•10H2O，实验中须使用的试剂及仪器有：SO2、氧气、pH计)【答案】(1)①[Ar]3d10(2分)②CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S(3分)(2)取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生(2分)(3)3Na2SO3+2CuSO4Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑(3分)(4)降低溶液酸性，防止Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质(2分)(5)边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10，停止通入SO2；再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶、过滤(4分)【解析】黄铜矿“浸泡”时，CuFeS2转化为Fe2+、Cu2+，-2价硫被硫酸铁氧化为硫单质，硫单质和二氧化硅可通过过滤除去，通入氧气、加入硫酸，将二价铁氧化为三价铁，添加氧化铜，调节pH沉淀三价铁，过滤所得滤液主要含硫酸铜，再往其中加入氢氧化钠和亚硫酸钠，热还原得到纳米Cu2O。（1）Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，失4s上的1个电子形成Cu＋，故Cu＋核外电子排布式为[Ar]3d10；由流程图可知，加入硫酸铁有硫单质生成，根据氧化还原反应，“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S。（2）判断“操作1”反应已完成即不含有二价铁，实验操作及现象为：取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生，则不含有二价铁，说明“操作1”反应已完成，故答案为取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生。（3）由题干信息可知反应时A装置原料反应配比为n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，且反应产生酸性气体生成，说明有二氧化硫生成，同时有目标产物氧化亚铜，故反应方程式为：3Na2SO3+2CuSO4Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑。（4）反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质，从而降低Cu2O含量，故滴加氢氧化钠溶液除去二氧化硫降低溶液酸性，防止Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。（5）利用装置B中的溶液（NaOH与Na2SO3混合溶液）制备Na2SO4⋅10H2O晶体，取装置B中的溶液，边搅拌边向溶液中通入SO2，由微粒物质的量分数可知pH约为10时，硫元素主要以亚硫酸根离子存在，所以用pH计测量溶液的pH，至pH约为10；再向溶液中通入O2，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤，洗涤、干燥得Na2SO4⋅10H2O晶体；答案：边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10，停止通入SO2；再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶、过滤。17．（15分）选择性催化还原烟气中的NOx是环境保护研究中的热点，用NH3在有O2存在时催化还原NOx是其中常见的一种方法。(1)将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器，反应相同时间，NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因除催化剂活性降低外，还可能是。(2)150℃时，一种含MnO2的催化剂催化还原NO的过程如图所示。①转化(I)中会生成分子式为H2N2O的中间体，该中间体的结构式为。