2025年高考第二次模擬考試01高三化學（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H—1C—12N—14O—16Na—23Mg—24S—32Fe—56Cu—64第Ⅰ卷（選擇題共39分）一、選擇題：本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．人類對能源的利用經歷了柴薪、煤炭和石油時期，現正向新能源方向高質量發展。下列有關能源的敘述錯誤的是A．木材與煤均含有碳元素 B．石油裂化可生產汽油C．燃料電池將熱能轉化為電能 D．太陽能光解水可制氫【答案】C【解析】木材的主要成分為纖維素，纖維素中含碳、氫、氧三種元素，煤是古代植物埋藏在地下經歷了復雜的變化逐漸形成的固體，是有機物和無機物組成的復雜混合物，主要含碳元素，A正確；石油裂化是將相對分子質量較大、沸點較高的烴斷裂為相對分子質量較小、沸點較低的烴的過程，汽油的相對分子質量較小，可以通過石油裂化的方式得到，B正確；燃料電池是將燃料的化學能變成電能的裝置，不是將熱能轉化為電能，C錯誤；在催化劑作用下，利用太陽能光解水可以生成氫氣和氧氣，D正確。2．下列化學用語表述不正確的是A．次氯酸鈉的電子式：B．固體HF中的鏈狀結構：C．銅的基態原子的簡化電子排布式：D．的模型【答案】C【解析】次氯酸鈉是離子化合物，O原子得到Na原子失去的一個電子，O和Cl原子再形成一對共用電子，則次氯酸鈉的電子式為：，A正確；在固體HF中，一個HF分子中的氫原子與另一個HF分子中的氟原子之間形成分子間氫鍵，多個HF分子通過氫鍵作用連接成鏈狀結構：，B正確；銅是29號元素，銅的基態原子電子排布為：，則其簡化電子排布式為：，C錯誤；的中心原子S周圍的價層電子對數為：3+=4，有1對孤電子對，則的模型為：，D正確。3．下列由廢鐵屑制取(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O的實驗裝置與操作能達到實驗目的的是A．用裝置甲稱取一定質量的(NH4)2SO4固體B．用裝置乙除去廢鐵屑表面的油污C．用裝置丙將廢鐵屑充分溶解D．用裝置丁蒸干溶液得到(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O晶體【答案】B【解析】裝置甲中，物品與砝碼的位置顛倒，使用游碼時稱取的(NH4)2SO4固體的質量偏低，A不能達到實驗目的；Na2CO3溶液呈堿性，能促進油脂水解，從而去除物品表面的油污，所以可用裝置乙除去廢鐵屑表面的油污，B能達到實驗目的；濃硫酸具有強氧化性，能使鐵表面發生鈍化，所以不能用裝置丙將廢鐵屑充分溶解，C不能達到實驗目的；(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O晶體受熱易失去結晶水，不能用蒸干溶液的方法制取，所以用裝置丁蒸干溶液得不到(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O晶體，D不能達到實驗目的。4．[Cu(NH3)4]SO4常用作殺蟲劑、媒染劑。下列說法正確的是A．原子半徑：r(O)>r(N) B．沸點：H2S>H2OC．第一電離能：I1(N)>I1(O) D．電負性：χ(H)>χ(O)【答案】C【解析】電子層數越多半徑越大，電子層結構相同，核電荷數越大，半徑越小，原子半徑：，故A錯誤；兩種物質均是由分子構成的物質，相對分子質量越大，范德華力越大，熔沸點越高，但是水分子間可形成氫鍵，因此水的沸點高，故沸點：，故B錯誤；同主族從上到下，第一電離能逐漸減小，同一周期從左往右元素的第一電離能呈增大趨勢，但ⅡA與ⅢA、ⅤA與ⅥA反常，故第一電離能：，故C正確；水中氧為-2價，則電負性χ(H)<χ(O)，D錯誤。閱讀下列材料，完成5~7題：周期表中中的O、S、及其化合物應用廣泛。是氧元素的3種核素，其中常用作示蹤原子；實驗證明在室溫和常壓下中含有分子，在放電的條件下得到得到電子生成，吸收的熱量；鉀的含氧化合物有等，和常用于潛水時的供氧劑。常溫下，S在潮濕的空氣中可以被緩慢氧化成，S可以用于制黑火藥：。可以用于橡膠工業的硫化。單質具有半導體的特性，可以用于制作半導體材料?；卮鹣铝袉栴}。5．下列有關說法正確的是A．互稱為同分異構體B．中陰陽離子的個數比不同C．分子中氧原子軌道雜化類型均為D．的結構如圖所示，屬于非極性分子【答案】C【解析】O2、O3、O4由同種元素組成的不同種單質，互稱為同素異形體，故A項錯誤；K2O、K2O2中陰陽離子的個數比均為1:2，故B項錯誤；H2O中心原子的價電子對數為：2+=4，為sp3雜化；H2O2中心原子的價電子對數為：2+=4，為sp3雜化，C項正確；根據S2Cl2的結構如圖可知，其分子結構不對稱，正負電荷重心不重合，屬于極性分子，故D項錯誤。6．下列化學反應表示正確的是A．得到電子生成

B．與水的反應：C．S在潮濕的空氣中氧化成的反應：D．酸性溶液與反應：【答案】C【解析】1molO(g)得到電子生成1molO2-(g)，吸收752kJ的熱量，則，故A項錯誤；KO2與水反應生成KOH和O2，方程式為：，故B項錯誤；S在潮濕的空氣中氧化成H2SO4的反應方程式為，故C項正確；酸性溶液與反應的化學方程式為，故D項錯誤。7．下列物質結構與性質或物質性質與用途具有對應關系的是A．S具有還原性，可用于制造黑火藥B．分子中存在鍵，的沸點比低C．是非金屬元素，可以用于制作半導體材料D．分子中O上有孤對電子對，可與形成配位鍵【答案】D【解析】S制黑火藥反應過程中生成K2S，S元素化合價降低，體現氧化性，故A項錯誤；N2和O2都屬于分子晶體，沸點與分子間作用力有關，與化學鍵無關，故B項錯誤；Se單質具有半導體的特性，可以用于制作半導體材料，是因為其位于元素周期表金屬元素與非金屬元交界處，與其是非金屬無關，故C項錯誤；H+可以提供空軌道，與能提供孤電子對的O結合為H3O+，故D項正確。8．二氧化碳加氫可用于合成甲醇：，其反應過程中能量變化如圖所示，下列有關說法正確的是A．該反應平衡常數B．反應達平衡后，升高溫度，正反應速率減小，逆反應速率增大C．提高的比例，可增大的平衡轉化率D．總反應的決速步為【答案】C【解析】化學平衡常數等于生成物的濃度系數次方與反應物的濃度系數次方之比；該反應平衡常數，A錯誤；升高溫度，正逆反應速率均增大，B錯誤；提高的比例，使得平衡正向移動，促進氫氣轉化，可增大的平衡轉化率，C正確；

過渡態物質的總能量與反應物總能量的差值為活化能，即圖中峰值越大則活化能越大，峰值越小則活化能越小，活化能越小反應越快，活化能越大反應越慢，決定總反應速率的是慢反應，由圖，總反應的決速步為，D錯誤。9．化合物Y是合成治療過敏性疾病藥物的中間體，可由下列反應制得。下列說法正確的是A．化合物X既能鹽酸反應又能與氫氧化鈉反應B．化合物X與足量的氫氣加成后分子中含有3個手性碳原子C．化合物X中所有碳原子一定共面D．能用濃溴水檢驗Y中是否含有X【答案】A【解析】化合物X含有氨基，能與鹽酸反應；含有酚羥基，能與氫氧化鈉反應，A項正確；化合物X與足量的氫氣加成后得到分子如圖：（標記*的為手性碳原子），如圖分子中含有4個手性碳原子，B項錯誤；苯環上的6個碳原子共面，苯環外的碳原子不一定共面，因為C-C單鍵可以旋轉，因此化合物X中所有碳原子不一定共面，C項錯誤；濃溴水可以與酚羥基的鄰、對位發生取代反應生成白色沉淀，而Y和X中均有酚羥基的存在，均能和濃溴水發生取代反應，因此無法檢驗Y中是否含有X，D項錯誤。10．部分含氮物質的分類與相應化合價如圖所示。下列推斷不合理的是A．液態a可用作制冷劑，g是農業上常用的化肥B．b→a、b→c的轉化都屬于氮的固定C．工業上由b出發制備e的路線：bacdeD．足量e的稀溶液與6.4g銅粉反應時，可以生成4.48L氣體d【答案】D【解析】根據物質類別與化合價圖，a為氨氣，b為氮氣，c為NO，d為NO2，e為硝酸，f為NH3?H2O，g為銨鹽。a為氨氣，液氨可以用作制冷劑，g為銨鹽，是農業上常用的銨態化肥，A正確；氮氣→氨氣、氮氣→NO的轉化均為游離態的氮元素轉化為化合態的氮元素，都屬于氮的固定，B正確；工業上氮氣制備硝酸，第一步氮氣在高溫高壓、催化劑存在條件下與氫氣生成氨氣，第二步氨氣在催化劑、加熱條件下與氧氣生成NO，第三步NO與氧氣生成二氧化氮，第四步二氧化氮與水生成硝酸，C正確；足量稀硝酸與銅反應生成NO氣體，不能生成二氧化氮，且沒有標況不確定氣體體積，D錯誤。11．室溫下，根據下列實驗過程及現象，能驗證相應實驗結論的是選項實驗過程及現象實驗結論A將乙醇與濃硫酸混合液加熱至170°C，并將產生的氣體通入高錳酸鉀溶液中，溶液褪色氣體成分為乙烯B用計測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滴同濃度的溶液和溶液，先產生白色沉淀，再產生黃色沉淀D將高氯酸滴入飽和溶液中，產生使澄清石灰水變渾濁的氣體非金屬性：【答案】D【解析】揮發的乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，干擾乙烯的檢驗，A錯誤；的溶液的值大于的溶液的值，說明酸性，B錯誤；5mL溶液中依次滴加5滴同濃度的溶液和溶液，反應中銀離子過量，銀離子會和氯離子生成氯化銀沉淀、和碘離子生成碘化銀沉淀，產生白色沉淀，再產生黃色沉淀，不能說明，C錯誤；

非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，高氯酸滴入飽和溶液中，產生使澄清石灰水變渾濁的氣體，說明酸性高氯酸大于碳酸，則非金屬性：，D正確。12．室溫下，由二氧化錳與硫化錳礦(含Fe、Mg等雜質)制備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，下列說法正確的是A．NH4HCO3溶液中：c()<c()+2c()B．“酸溶”時主要離子方程式：MnO2+MnS+2H2O=2Mn2+++4H+C．“除鐵除鎂”后上層清液中：2c(Mn2+)+c(H+)=2c()+c(OH-)D．“沉錳”后上層清液中：=2.5【答案】D【解析】向二氧化錳與硫化錳礦中加入硫酸溶液酸溶，將硫化錳中的硫元素轉化為硫酸根離子、金屬元素轉化為可溶的硫酸鹽，過濾得到濾液；向濾液中加入氨水，將鐵元素轉化為氫氧化鐵沉淀，再加入氟化錳，將溶液中的鎂離子轉化為氟化鎂沉淀，過濾得到含有硫酸銨、硫酸錳的濾液；向濾液中加入碳酸氫銨溶液，將溶液中的錳離子轉化為碳酸錳沉淀，過濾得到碳酸錳；碳酸錳溶于硫酸溶液得到硫酸錳。由題意可知，一水合氨的電離常數大于碳酸的一級電離常數，則碳酸氫銨溶液中銨根離子的水解程度小于碳酸氫根離子的水解程度，溶液呈堿性，溶液中氫離子濃度小于氫氧根離子濃度，由電荷守恒關系c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH—)可知，溶液中c()＞c()+2c()，故A錯誤；由分析可知，“酸溶”時主要反應為二氧化錳與硫化錳、硫酸溶液反應生成硫酸錳和水，反應的離子方程式為4MnO2+MnS+8H+=5Mn2+++4H2O，故B錯誤；由分析可知，“除鐵除鎂”后上層清液為硫酸銨和硫酸錳的混合溶液，溶液中存在電荷守恒關系2c(Mn2+)+c(H+)+c()=2c()+c(OH—)，故C錯誤；“沉錳”后上層清液中：====2.5，故D正確。13．二氧化碳加氫制甲烷過程中的主要反應如下：反應Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-164.7kJ/mol反應Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ/mol在1.01×105Pa恒壓條件下，按n起始(CO2)∶n起始(H2)=1∶1投料比進行反應，平衡時含碳物質體積分數隨溫度的變化如圖所示。下列說法正確的是

A．2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g)ΔH=-205.9kJ/molB．曲線②表示平衡時CH4的體積分數隨溫度的變化C．溫度在200-300℃時，隨溫度升高，CO2在平衡體系中的分壓減小D．一定溫度下，選用高效催化劑能提高平衡時甲烷的產率【答案】B【解析】根據蓋斯定律，由反應Ⅰ－2×反應Ⅱ可得新化學方程2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g)，則H=—164.7kJ.mol-1—(2×41.2kJmol-1)=—247.1kJ·mol-1，故A錯誤；曲線①代表物質隨溫度升高，平衡時比例降低，反應I在放熱，溫度升高平衡逆移，甲烷減少，曲線②最終降為0，二氧化碳不可能完全轉化，則①為CO2，②為CH4，故B正確；溫度在200~300℃時，反應Ⅱ是吸熱反應，CO曲線在300℃時值為0，即溫度高于300℃，反應Ⅱ才進行，200-300℃時，僅發生反應Ⅰ，反應Ⅰ為放熱反應，溫度升高，平衡逆移，由200℃上升到300℃，平衡逆移，恒壓下，CO2分壓增大，故C錯誤；催化劑不能使平衡發生移動，不能提高平衡時甲烷的產率，故D錯誤。第II卷（非選擇題共61分）二、非選擇題，共4題，共61分。14．（15分）工業上用鋅銅合金灰(含有Cu、Zn、Pb及其氧化物)提取單質Cu和。(1)鋅銅合金灰在空氣中焙燒得到燒渣，主要成分為、及少量等，用硫酸酸浸后過濾得到溶液和含銅濾渣。Zn、Cu、Pb浸出率隨硫酸濃度變化如圖1所示。①用稀硫酸溶解時，Zn浸出率遠高于Cu、Pb浸出率的原因是。②使用和硫酸溶解時，所得濾渣成分的不同之處為。(2)在含有、、的高氯離子濃度的溶液中，先加入適量的Fe粉，后用萃取劑選擇性萃取分離鋅鐵。已知、、可以存在多種含氯配離子。離子常見配離子、、、萃取原理為(也可以被萃取)。①該過程中萃取劑能有效分離鋅鐵的原因是。②向溶液中加入濃鹽酸能提高鋅的萃取率的原因是。(3)向有機相中加入草酸溶液，將Zn(Ⅱ)轉化為草酸鋅()沉淀，灼燒后得到。已知，。①生成草酸鋅()的化學方程式為。②晶體有立方巖鹽結構、立方閃鋅礦結構等結構，晶胞如圖-2所示，立方巖鹽結構、立方閃鋅礦結構晶胞中鋅原子的配位數之比為。(4)向水相加入草酸溶液生成草酸亞鐵()沉淀，將沉淀置于氮氣氛圍中焙燒，剩余固體質量隨溫度變化曲線如圖3所示。220~230℃時，所得固體產物為。的摩爾質量為?！敬鸢浮?1)①氧化鋅在稀硫酸中溶解速率快于氧化銅和氧化鉛(2分)②硫酸鉛()的含量增加(2分)(2)①轉化為，沒有形成帶負電荷的離子，不能與萃取劑結合(2分)②提供，形成和；提供使萃取平衡正向進行(2分)(3)①(2分)②3∶2(2分)(4)(3分)【解析】鋅銅合金灰(含有Cu、Zn、Pb及其氧化物)在空氣中焙燒得到燒渣，主要成分為CuO、ZnO及少量PbO等，燒渣用硫酸酸浸后過濾得到ZnSO4溶液和含銅濾渣；在含有Zn2+、Fe3+、Fe2+的高氯離子濃度的溶液中，先加入適量的Fe粉將Fe3+還原，后用nLorg萃取劑選擇性萃取分離鋅鐵；然后向有機相中加入草酸溶液，將Zn(Ⅱ)轉化為草酸鋅(ZnC2O4?2H2O)沉淀，灼燒后得到ZnO。（1）①燒渣的主要成分為CuO、ZnO及少量PbO等，用硫酸酸浸后過濾得到ZnSO4溶液和含銅濾渣，CuO、ZnO、PbO都屬于金屬氧化物，用4mol/L稀硫酸溶解時，ZnO在稀硫酸中溶解速率快于CuO和PbO，從而導致Zn浸出率遠高于Cu、Pb浸出率；②使用5mol/L硫酸溶解時，Pb的浸出率比用2mol/L硫酸時低，說明硫酸濃度增大，PbO轉化成了微溶于水的PbSO4，故使用2mol/L和5mol/L硫酸溶解時，所得濾渣成分的不同之處為：硫酸鉛(PbSO4)的含量增加。（2）①在含有Zn2+、Fe3+、Fe2+的高氯離子濃度的溶液中，先加入適量的Fe粉將Fe3+轉化成Fe2+，由表中常見配離子可知，Fe2+形成的配離子為FeCl+，在高氯離子濃度的溶液中Zn2+形成的配離子主要為、，根據萃取原理：H+++nLorgHZnCl3?nLorg(也可以被采取)可知，帶負電荷的、能與萃取劑結合，但帶正電荷的FeCl+不能與萃取劑結合，故該過程中nLorg萃取劑能有效分離鋅鐵。②向溶液中加入濃鹽酸，提供Cl-，形成和，同時增大H+濃度，使萃取平衡H+++nLorgHZnCl3?nLorg(也可以被采取)正向進行，故能提高鋅的萃取率。（3）①在有機相中，Zn(Ⅱ)以HZnCl3?nLorg形式存在，加入草酸溶液，形成草酸鋅沉淀，根據原子守恒，生成草酸鋅的化學方程式為HZnCl3?nLorg+H2C2O4+2H2O=ZnC2O4?2H2O)↓+3HCl+nLorg。②根據晶胞結構圖可知，立方巖鹽結構中鋅原子的配位數為6，立方閃鋅礦結構中鋅原子配位數為4，則立方巖鹽結構、立方閃鋅礦結構中鋅原子的配位數之比為6∶4=3∶2。（4）開始FeC2O4?2H2O物質的量為=0.04mol，其中結晶水質量為0.04mol×2×18g/mol=1.44g、n(Fe)=0.04mol，固體質量從7.20g→5.76g過程中失去全部結晶水，即5.76g固體為FeC2O4；220~230℃時固體質量為4.64g，根據Fe守恒，此溫度范圍固體的摩爾質量為=116g/mol，固體中剩余的式量為116-56=60，故所得固體產物為FeCO3。15．（15分）甾類化合物在醫藥領域有廣泛的應用，某種甾類化合物的合成路線如下：(1)C分子中的含氧官能團的名稱為。(2)的反應類型為。(3)E的分子式為，其結構簡式為。(4)寫出同時滿足下列條件的G的一種同分異構體的結構簡式：。能發生銀鏡反應和水解反應，且其中一種水解產物能與顯色；分子中含有5種不同環境的H原子。(5)寫出以乙炔和A為原料制備的合成路線圖(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示意圖見本題題干)?！敬鸢浮?1)羧基、醚鍵(2分)(2)還原反應(2分)(3)(3分)(4)(3分)(5)(5分)【解析】A發生取代反應生成生成B，B發生還原反應生成C，C發生取代生成D，E與生成F，則E為，F發生加成反應生成G。（1）根據結構式可知，C分子中的含氧官能團羧基、醚鍵；故答案為：羧基、醚鍵。（2）B到C，O原子減少，則屬于還原反應；故答案為：還原反應。（3）根據分析，E為；故答案為：。（4）能發生銀鏡反應和水解反應，則分子式中含有甲酸酯基，產物能與顯色，則水解產物含有酚羥基，根據G的結構，則同分異構，；故答案為：。（5）乙炔與水發生加成反應生成乙醛，乙醛催化氧化生成乙酸，乙酸發生取代反應生成CH3COCl，與反應生成，與氫氣發生加成生成；故答案為：。16．（16分）氧化亞銅(Cu2O)主要用于制造殺蟲劑、分析試劑和紅色玻璃等。Cu2O在酸性溶液中歧化為二價銅和銅單質。以黃銅礦(主要成分為CuFeS2，含有雜質SiO2)為原料制取Cu2O的一種工藝流程如圖所示：(1)①Cu＋核外電子排布式為。②寫出“浸泡”時CuFeS2發生反應的離子方程式。(2)判斷“操作1”反應已完成的實驗操作及現象為。(3)“熱還原”時，將新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加熱至90°C并不斷攪拌反應得到Cu2O粉末。制備裝置如題圖所示：

反應時A裝置原料反應配比為n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，B裝置的作用是吸收反應產生的酸性氣體，防止污染環境，A裝置中反應的化學方程式為。(4)實際反應中不斷滴加NaOH溶液的作用是：。(5)反應完成后，利用裝置B中的溶液(NaOH與Na2SO3混合溶液)可制備Na2SO4?10H2O晶體。請補充完整實驗方案，取裝置B中的溶液，，洗滌、干燥得Na2SO4?10H2O晶體。(已知：室溫下，溶液中H2SO3、、的物質的量分數隨pH的分布如圖所示；室溫下從Na2SO4飽和溶液中結晶出Na2SO4?10H2O，實驗中須使用的試劑及儀器有：SO2、氧氣、pH計)【答案】(1)①[Ar]3d10(2分)②CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S(3分)(2)取樣，滴加鐵氰化鉀溶液，無藍色沉淀產生(2分)(3)3Na2SO3+2CuSO4Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑(3分)(4)降低溶液酸性，防止Cu2O在酸性溶液中歧化為二價銅和銅單質(2分)(5)邊攪拌邊向溶液中通入SO2，用pH計測量溶液的pH值，至pH約為10，停止通入SO2；再向溶液中通入O2至pH約為7，將溶液加熱濃縮至有晶膜出現，降溫結晶、過濾(4分)【解析】黃銅礦“浸泡”時，CuFeS2轉化為Fe2+、Cu2+，-2價硫被硫酸鐵氧化為硫單質，硫單質和二氧化硅可通過過濾除去，通入氧氣、加入硫酸，將二價鐵氧化為三價鐵，添加氧化銅，調節pH沉淀三價鐵，過濾所得濾液主要含硫酸銅，再往其中加入氫氧化鈉和亞硫酸鈉，熱還原得到納米Cu2O。（1）Cu的核外電子排布式為[Ar]3d104s1，失4s上的1個電子形成Cu＋，故Cu＋核外電子排布式為[Ar]3d10；由流程圖可知，加入硫酸鐵有硫單質生成，根據氧化還原反應，“浸泡”時CuFeS2發生反應的離子方程式：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S。（2）判斷“操作1”反應已完成即不含有二價鐵，實驗操作及現象為：取樣，滴加鐵氰化鉀溶液，無藍色沉淀產生，則不含有二價鐵，說明“操作1”反應已完成，故答案為取樣，滴加鐵氰化鉀溶液，無藍色沉淀產生。（3）由題干信息可知反應時A裝置原料反應配比為n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，且反應產生酸性氣體生成，說明有二氧化硫生成，同時有目標產物氧化亞銅，故反應方程式為：3Na2SO3+2CuSO4Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑。（4）反應產生SO2，導致溶液酸性增強，Cu2O在酸性溶液中歧化為二價銅和銅單質，從而降低Cu2O含量，故滴加氫氧化鈉溶液除去二氧化硫降低溶液酸性，防止Cu2O在酸性溶液中歧化為二價銅和銅單質。（5）利用裝置B中的溶液（NaOH與Na2SO3混合溶液）制備Na2SO4?10H2O晶體，取裝置B中的溶液，邊攪拌邊向溶液中通入SO2，由微粒物質的量分數可知pH約為10時，硫元素主要以亞硫酸根離子存在，所以用pH計測量溶液的pH，至pH約為10；再向溶液中通入O2，將亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子，至pH約為7，將溶液加熱濃縮至有晶膜出現，降溫結晶，過濾，洗滌、干燥得Na2SO4?10H2O晶體；答案：邊攪拌邊向溶液中通入SO2，用pH計測量溶液的pH值，至pH約為10，停止通入SO2；再向溶液中通入O2至pH約為7，將溶液加熱濃縮至有晶膜出現，降溫結晶、過濾。17．（15分）選擇性催化還原煙氣中的NOx是環境保護研究中的熱點，用NH3在有O2存在時催化還原NOx是其中常見的一種方法。(1)將一定比例的O2、NH3和NOx的混合氣體，勻速通入裝有催化劑的反應器，反應相同時間，NOx的去除率隨反應溫度的變化曲線如圖所示。當反應溫度高于380℃時，NOx的去除率迅速下降的原因除催化劑活性降低外，還可能是。(2)150℃時，一種含MnO2的催化劑催化還原NO的過程如圖所示。①轉化(I)中會生成分子式為H2N2O的中間體，該中間體的結構式為。