决战高考-化学全真模拟卷一(含答案)

1、决战高考化学全真模拟卷一（本卷共20小题，满分100分，考试用时90分钟）可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 S 32一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1（2022广东省肇庆市高三1月模拟）半导体工业中用到多种化学试剂及材料，下列有关说法正确的是（ ）。A刻蚀二氧化硅的HF和NHF所含化学键类型相同B一种光刻胶所含的聚乙烯醇月桂酸酯属于有机高分子材料C清洗半导体硅片用的去离子水适合长期饮用D半导体材料氮化镓（GaN）属于合金【解析】选B。HF只含共价键，NHF含有离子键和共价键、配位键，所以二者含有化学键类型不

2、同，故A错误；聚乙烯醇月桂酸酯相对分子质量大于10000，属于有机高分子化合物，属于有机高分子材料，故B正确；去离子水不含矿物质，不能补充人体生命需要的微量元素，不适合长期饮用，故C错误；GaN为化合物，不是合金，故D错误。2（重庆市2022年高考第次诊断性检测）自年福岛核电站泄漏以来，日本核污水即将蓄满，日本政府最近打算将其排放入海，引起了全世界人民的恐慌。据悉，福岛核电站受损以来，一直在对核污水进行处理，其中氚很难被清除，此次拟排放的废水中主要污染物为氚，下列与氚有关说法中正确的是（ ）。A氚是核反应产生的一种新元素B氚与氕、氘互为同位素C超重水TO分子中的中子总数为22DH、H、H互为同

3、分异构体【解析】选B。氚（H）的质子数为1，是氢元素的同位素，不是新元素，故A错误；氚（H）与氕（H）、氘（H）是氢元素的三种不同的原子，互为同位素，故B正确；超重水TO分子中的中子总数为2（21）+1（168）10，故C错误；H、H、H是氢气单质，为同种物质，故D错误。3（江苏省百校大联考2022届高三上学期第二次考试）实验室制备NaSO的反应原理：2NaS+NaCO+4SO3NaSO+CO。下列有关说法正确的是（ ）。ASO为非极性分子BNaS的电子式为CCO为三角锥形D基态O原子的轨道表示式：【解析】选B。SO为V形的极性分子；NaS为离子化合物，由Na和S构成；CO为平面三角形；电子应

4、优先占据能量相同的不同轨道。4（湖南省邵阳市2022年高三11月模拟）N为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）。A1L1molLCHCOOH溶液中含有N个CHCOOH分子B标准状况下，11.2L臭氧所含质子数为8NC0.2molNO与0.1molO在密闭容器中充分反应后，容器中含有的氧原子数为0.4ND标准状况下，2.24LCCl中含有的CCl键数为0.4N【解析】选C。1L1mol/LCHCOOH溶液中CHCOOH的物质的量为1L1mol/L1mol，但CHCOOH是弱酸，在水中发生电离，因此溶液中的CHCOOH分子小于1N，A不符合题意；标况下11.2LO的物质的量为0.5mol，每

5、个O原子含8个质子，因此0.5molO所含的质子数为12N，B不符合题意；0.2molNO含有0.2NO原子，0.1molO含有0.2NO原子，根据质量守恒定律，反应前后原子数不变，因此容器中O原子数目为0.4N，C符合题意；标况下CCl为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积22.4L/mol计算物质的量，D不符合题意。5（2022届广东省广州市高三上学期12月调研）一种化合物是生成尼龙66的原料，其分子结构简式：，关于该有机物说法正确的是（ ）。A属于烯烃B能够使酸性高锰酸钾溶液褪色C可发生加成反应，不能发生取代反应D不能与NaOH溶液反应【解析】选B。化合物除了C、H以外还有O元素，不属于烃

6、类，是烃类衍生物，因此A项错误；化合物中有双键，可以使高锰酸钾褪色，因此B项正确；化合物可以发生加成反应，也可以发生取代反应，因此C选项错误；化合物有羧基，可以和NaOH溶液反应，因此D选项错误。6（河北保定2022年1月模拟）直链丁烯有X、Y、Z三种同分异构体，相同温度和压强下，H（X）H（Y）H（Z），下列判断不正确的是（ ）。CH（g）+6O（g）4CO（g）+4HO（g）HCH（g）+H（g）CH（g）HAH0，H0BY（g）Z（g）为放热反应CH（X）H（Y）H（Z）D2丁醇的消去产物中，X的选择性最高【解析】选D。A项，燃烧是放热反应，则H0，在不饱和烃的氢化反应中，断裂HH键和兀

7、键所消耗的能量比形成两个CH键所放出的能量少，因此，氢化是放热反应，所以H0，A正确；B项，相同温度和压强下，H（X）H（Y）H（Z），由于是焓变是小于0的，这说明能量高低顺序为XYZ，所以Y（g）Z（g）为放热反应，B正确；C项，能量高低顺序为XYZ，又因为焓变是小于0的，所以H（X）H（Y）H（Z），C正确；D项，X的能量最高，说明最不稳定，因此2丁醇的消去产物中，X的选择性最低，D错误。7（2022陕西安康高三1月模拟）下列类比合理的是（ ）。A常温下，浓硝酸能溶解铜，则浓硝酸也能溶解铁B工业上用电解熔融氯化物的方法制备钠和镁，则可用电解熔融氯化铝的方法制备铝CAgNO溶液中逐滴加入足量

8、氨水先产生沉淀后溶解，则Cu（NO）溶液中逐滴加入足量氨水现象相同DCl2O中Cl的化合价为+1价，则OF2中F的化合价为+1价【解析】选C。A项，常温下，铁在浓硝酸中发生钝化，不能溶于浓硝酸，A错误；B项，氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，故用电解熔融氯化铝的方法不能制备铝，B错误；C项，AgNO3溶液和Cu（NO3）2溶液都能与氨水反应生成氢氧化银沉淀和氢氧化铜沉淀，两者都能与过量的氨水反应生成银氨络离子和铜氨络离子，则分别向硝酸银溶液和硝酸铜溶液中逐滴加入足量氨水，实验现象都是先产生沉淀后溶解，C正确；D项，氟元素的非金属性强于氧元素，OF2中共用电子对偏向非金属性强的氟原子一方，化

9、合物中氟元素的化合价为1价，D错误。8（重庆市高2022届高三第二次质检）根据下列实验操作及现象，可以得出相应实验推论的是（ ）。选项实验操作实验现象实验推论A向某溶液中加入NaOH溶液未产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体原溶液中不含有NH4+B测定饱和Na2CO3溶液和饱和NaHCO3溶液的pH前者pH更大HCO3的水解程度小于CO32C向红热的木炭滴加浓硝酸产生大量的红棕色气体木炭和浓硝酸反应生成NO2D向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入四氯化碳振荡有白色沉淀生成，四氯化碳层呈紫色白色沉淀可能为CuI【解析】选D。A项，未加热且NaOH溶液浓度可能较低，此时NH4+和OH反应不产生氨气

10、；B项，两者浓度不一致，无法比较水解程度；C项，还可能是浓硝酸受热分解产生NO2。9（南京市、盐城市2022届高三一模）由重晶石矿（主要成分是BaSO4，还含有SiO2等杂质）可制得氯化钡晶体，某兴趣小组设计实验流程如下。下列说法正确的是（ ）。A为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需经研磨处理B“高温焙烧”和“结晶”两处操作均需用到蒸发皿C在“高温焙烧”焦炭和BaSO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为41D因盐酸具有挥发性，上述流程中最好用硫酸代替盐酸进行浸取【解析】选A。A项，研磨处理，可以增大重晶石矿与焦炭的接触面积，能使重晶石矿充分反应，从而提高原料的利用率，正确；B项，“高

11、温焙烧”要在坩埚中加热，错误；C项，反应方程式为：4C+BaSO44CO+BaS，BaSO4为氧化剂，C为还原剂，两者物质的量之比为14，错误；D项，若用硫酸，会生成BaSO4沉淀，减少Ba2+的利用率，错误。10（2021年广东省新高考高中联合质量测评）菠菜、苋菜等蔬菜富含草酸（H2C2O4）。为了探究草酸的性质，进行如下实验。对四组实验进行分析，下列由上述实验得到的反应方程式不正确的是（ ）。A：H2C2O4CO2+CO+H2OB：Ca2+2OH+H2C2O4CaC2O4+2H2OC：H2C2O4+2NaClONa2C2O4+2HCl+O2D：2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+1

12、0CO2+8H2O【解析】选C。澄清石灰水变浑浊，说明H2C2O4受热分解产生了CO2，碳元素的化合价由+3价升高到+4价，则必有化合价降低的物质，即另一种产物是CO，A选项正确；H2C2O4有酸性，与氢氧化钙溶液发生反应：Ca（OH）2+H2C2O4CaC2O4+2H2O，生成草酸钙沉淀，B选项正确；根据实验，能够使酸性高锰酸钾褪色，说明其具有强还原性，反应的离子方程式为2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O，D选项正确；在酸性条件下NaClO具有强氧化性，能够把具有强还原性的H2C2O4氧化成CO2，同时生成NaCl和H2O，反应的化学方程式为H2C2O4+NaC

13、lONaCl+2CO2+H2O，C选项错误。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11（河南省天一大联考2022届高三上学期阶段性测试）磷化氢（PH3）是一种剧毒气体，是常用的高效熏蒸杀虫剂，也是一种电子工业原料。实验室制备PH3的方法有：iPH4I+NaOHNaI+PH3+H2O；iiP4+3KOH（过量）+3H2O3KH2PO2+PH3。下列说法错误的是（ ）。A反应i不是氧化还原反应B加热PH4I使其分解，能得到两种生成物CKH2PO2溶液中含有H3PO2、H2PO2、HPO22、PO23四

14、种含磷微粒D反应ii中1molP4参加反应，转移3mole【解析】选BC。反应i中所有元素的化合价都没有发生变化，不是氧化还原反应，A选项正确；类比NH4Cl的分解，加热PH4I分解产生PH3和HI，但是HI不稳定，受热能够分解生成H2和I2，故PH4I的热分解产物有PH3、H2和I2三种，B选项正确；反应ii中，因为KOH过量，说明KH2PO2为正盐，H3PO2为一元酸，H2PO2只水解不电离，溶液中没有HPO22、PO23，C选项错误；反应ii中P4中有3个P原子化合价升高到+1价，另一个P原子化合价降低到3价，转移了3个电子，所以1molP4参加反应，转移3mole，D选项正确。12（江

15、苏省百校大联考2022届高三上学期第二次考试）甲氧苄啶是一种广谱抗菌药，其合成路线中的一步反应如下。下列说法中正确的是（ ）。XYAX分子中含有6个sp2杂化的碳原子BY分子中含1个手性碳原子CY分子不存在顺反异构体DXY分两步进行，则先发生加成反应，后发生消去反应【解析】选D。X分子中CHO中碳原子和苯环碳均为sp2杂化；Y分子中不含手性碳原子；X分子存在双键，且双键两端基团不同，存在顺反异构；XY分两步进行，则CHO先与酯基和氰基中间的H发生加成反应生成OH，后OH再与H发生消去反应。13（2022年1月浙江选考仿真模拟卷A）燃烧电池能量转化率高，以下是氢氧燃料电池结构示意图：（*PTFE

16、为聚四氟乙烯的缩写，工作温度65左右）下列说法不正确的是（ ）。A电极室a为正极室，电极室b为负极室B燃烧电池的能量转化率比柴油发动机的能量利用率高C碱性电解液的氢氧燃料电池，氧化生成的水在O2侧产生；酸性电解液电池，水在H2侧产生D多孔隔膜既是电解液的仓库，也是反应产物H2O的通道，电解液除KOH外也可用H2SO4或固态离子导体【解析】选AC。A项，电极室a中氢气失电子产生氢离子，为负极室，电极室b中氧气得电子产生氢氧根离子，为正极室，错误；B项，燃烧电池的能量主要为化学能转化为电能，转化率比柴油发动机的能量（热能部分转化为动能再转化为电能）利用率高，正确；C项，碱性电解液的氢氧燃料电池，H

17、2失电子产生的氢离子与氢氧根离子反应生成水，氧化生成的水在H2侧产生；酸性电解液电池，O2和电子产生氢氢根离子与氢离子反应生成水，水在O2侧产生，错误；D项，多孔隔膜既是电解液的仓库，也是反应产物H2O的通道，电解液除KOH外也可用H2SO4或固态离子导体，起到导电的作用，正确。14（2022年1月浙江选考仿真模拟卷B）钒元素用途广泛，如图是一种钒的化合物催化某反应的反应机理。下列叙述错误的是（ ）。AH2O参与了该催化反应B过程中反应的原子利用率为100%C该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成D每次循环的净反应为H2O2+2Cl2HOCl+2e【解析】选D。A项，过程说明H2O参与了该催化反

18、应，故A正确；B项，根据过程的反应，反应物全部变为生成物，说明反应的原子利用率为100%，故B正确；C项，过程中有氢氧键的形成，过程中有氢氧键的断裂，说明该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成，故C正确；D项，根据整个反应体系得到每次循环的净反应为H+H2O2+ClHOCl+H2O，故D错误。15（2022届广东省广州市高三上学期12月调研）用0.01mol/L氨水滴定20mL浓度均为0.01mol/L的HCl和CH3COOH混合溶液。导电能力随加入氨水体积变化曲线如图所示。已知Ka（CH3COOH）1.7105。下列叙述正确的是（ ）。Aa点的混合溶液中pH约为5Bb点的混合溶液中：c（CH3

19、COO）+c（Cl）c（NH4+）Cc点的混合溶液中：c（NH4+）c（Cl）c（CH3COO）D滴定过程中c（H+）先减小后增大【解析】选BC。a点为浓度均为0.01mol/L的盐酸和醋酸混合溶液，b点溶质为等浓度氯化铵和醋酸，c点为等浓度氯化铵和醋酸铵，根据醋酸的电离平衡表达式，电荷守恒，物料守恒分析。A选项，盐酸浓度为0.01mol/L，故pH约为2，错误。B选项，根据电荷守恒，c（CH3COO）+c（Cl）+c（OH）c（NH4+）+ c（H+），b点呈酸性，c（H+）c（OH），故c（CH3COO）+c（Cl）c（NH4+），正确。C选项，c点为等浓度氯化铵和醋酸铵，故铵根离子浓度最

20、高，而醋酸根离子因为水解使得浓度小于氯离子浓度，正确。D选项，滴定过程是碱滴酸过程中c（H+）浓度减小，错误。三、非选择题：本题共5小题，共60分16（2022广东省肇庆市高三1月模拟）（12分）随着技术的不断进步，锂离子电池已经开始在重型设备、交通运输等诸多行业取代传统电池。回答下列问题：（1）基态锂原子核外电子有种不同空间运动状态，第二电离能锂（选填“”、“”或“”）铍。（2）某锂电池的正极材料为LiFePO4。基态铁原子价电子的轨道表达式为。磷元素能形成多种酸根和氧化物，其中一种氧化物的P4O10的结构如图所示，其中P原子的杂化方式为，P4O10分子是（选填“极性”或“非极性”）分子。图

21、是一种多聚磷酸根的示意图，由图可知该多聚磷酸根的化学式为。（用n代表磷原子个数）（3）某锂电池的负极是锂原子以层状规则排列嵌入石墨层间构成的材料，其结构如图所示。关于石墨的导电性说法正确的是。A石墨中碳原子之间以sp杂化轨道成键B石墨导电方向主要是沿着层面方向C石墨属于离子晶体D石墨中每个碳原子均有一个未参与杂化的轨道已知碳原子之间的最短距离为anm，则锂原子之间的最短距离为，如果石墨层之间距离为bnm（b3a），NA为阿伏加德罗常数的值，该材料的密度为gcm1。（列出表达式即可）【解析】（1）Li核外有三个电子，具有三种不同的运动状态；Li和Be相比，Li+：1s2，Be+：1s22s1；L

22、i+：1s2，全满，稳定，难失电子；锂的第电离能大于铍的第电离能；（2）Fe是26号元素，基态Fe原子价层电子排布图为：；P4O10的结构如图所示，P价层电子对数为4，因此P原子的杂化方式为：sp3；P4O10是具有中心对称的，结构对称，对外不显电性，为非极性分子；根据图是某种多聚磷酸根的结构示意图，一个P原子形成的含氧酸有很多种结构，可以是磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式为：PO43、P2O74、P3O105，磷原子的变化规律为：1、2、3、4，n氧原子的变化规律为：4、7、10、3n+1，酸根所带电荷数的变化规律为：3、4、5、n+2，所以这类磷酸根离子的通式为：PnO3n1（n+2）；

23、（3）石墨中的碳原子杂化方式为sp2，故A错误；石墨是一种导体，但石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，故B正确；石墨属于混个晶体，故C错误；层内是正六边形，每个C与周围的3个C原子形成CC，用掉了3个电子，每个C原子还有一个电子未参与杂化，故D正确，故选BD；已知最近碳一碳原子间的距离是anm，中心与碳原子的距离为apm，则最近锂一锂离子间的距离是3anm，石墨层之间的距离是bnm，石墨一个正六边形的面积为：1014cm2，晶胞中有3个正六边形，一个晶胞中碳原子个数为6个，Li+有1个，则该晶体的密度为：1021gcm3。【答案】（1）3（1分）；（1分）（2）（1分）sp3（1分）；非极性（1

24、分）PnO3n1（n+2）（2分）（3）BD（1分）3anm（2分）；1021（2分）17（江苏省百校大联考2022届高三上学期第二次考试）（11分）CoC2O4是制备金属钴的原料，利用含钴废料（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）制取CoC2O4的工艺流程如下：已知：KspCo（OH）21.091015；氧化性：Co2O3O2Cl2；部分金属离子沉淀的pH如下表（开始沉淀的pH按离子浓度为1.00molL1计算）：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Co2+开始沉淀的pH1.56.33.06.4沉淀完全的pH2.88.35.09.2CoC2O42H2

25、O热分解曲线如下：固体残留率100%回答下列问题：（1）“500焙烧”的目的是。（2）“滤渣1”的主要成分是。（3）“净化除杂2”可将钙、镁离子沉淀除去，当c（Mg2+）1.0105molL1时，溶液中Ca2+是否沉淀完全（填“是”或“否”）。已知Ksp（MgF2）7.421011、Ksp（CaF2）1.461010（4）“沉钴”时，用草酸铵，而不用草酸钠的原因是。（5）从环保角度考虑，以含钴废料（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3）制备Co3O4的实验方案为。（可选试剂：1.000molL1H2SO4溶液，1.000molL1H2O2溶液，1.000molL1HCl，0.10

26、00molL1NaOH溶液，1.000molL1（NH4）2C2O4溶液）【解析】（1）焙烧将C和有机物转化成气体除去。（2）CaSO4微溶，形成滤渣。（3）c（Ca2+）c（Mg2+）1.97105molL1105molL1，Ca2+未沉淀完全。（4）Na2C2O4溶液的碱性强于（NH4）2C2O4，防止碱性过强形成Co（OH）2沉淀（5）基本思路：仿照原流程，先将废料溶于酸使Fe2O3、Al2O3转化为Fe3+、Al3+，再将Co3+还原为Co2+后，调节pH沉淀除去Fe3+、Al3+，然后沉钴得到CoC2O4沉淀，从CoC2O42H2O热分解曲线推知：CoC2O4受热分解，通过计算确定温

27、度为385可得Co3O4，温度更高，得到的是CoO。试剂选择：H2O2既有氧化性，又有还原性，已知氧化性：Co2O3O2Cl2，但题目要求从环保角度考虑，用盐酸产生有毒气体Cl2，H2O2被氧化O2，所以选择H2O2做还原剂。实验方案为：向含钴废料中加入1.000molL1H2SO4溶液，充分搅拌，加入1.000molL1H2O2溶液待反应完全后滴加0.1000molL1氢氧化钠溶液，调节溶液的pH在5.06.4之间，静置过滤，取滤液，加入1.000molL1（NH4）2C2O4溶液，待充分沉淀后，静置过滤，将滤渣在385条件下加热至恒重，得到Co3O4。【答案】（11分）（1）除去C和有机物

28、（2分）（2）CaSO4（1分）（3）否（1分）（4）Na2C2O4溶液的碱性强于（NH4）2C2O4，防止碱性过强形成Co（OH）2沉淀（3分）（5）向含钴废料中加入1.000molL1H2SO4溶液，充分搅拌，加入1.000molL1H2O2溶液，待反应完全后滴加0.1000molL1氢氧化钠溶液，调节溶液的pH在5.06.4之间，静置过滤，取滤液，加入1.000molL1（NH4）2C2O4溶液，待充分沉淀后，静置过滤，将滤渣在385条件下加热至恒重（3分）18（2022云南楚雄高三1月模拟）（15分）以硅胶负载浓硫酸形成的固体酸为催化剂，可实现乙酸乙酯的绿色合成。固体酸的制备硅胶预处理

29、吸附抽滤乙醇洗涤干燥称重计算吸附率乙酸乙酯的制备a装置中依次加入冰醋酸（3.4mL，d1.05gmL1），无水乙醇（10.4mL，d0.79gmL1），4.0g固体酸催化剂和几粒沸石。加热回流1h，实验过程未观察到碳化变黑现象。待烧瓶内液体冷却后改为b装置，蒸馏收集粗产品。馏出液依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NaCl溶液、饱和CaCl2溶液洗涤，然后用无水CaCl2干燥。将干燥后的液体转入50mL仪器C中，蒸馏，收集产品（7678）共4.224g。（1）图a装置冷凝水的进水口是（选填“A”或“B”），图b中仪器C的名称是。（2）写出硅酸钠溶液通入适量CO2制备硅酸胶体的离子方程式：。（3）固

30、体酸制备中，用乙醇洗涤的目的是。硅胶的示意图如图c，其吸附浓硫酸时主要通过作用力。（4）馏出液洗涤步骤中，用饱和NaCl溶液而不用水洗涤的目的是。用饱和CaCl2溶液洗涤的目的是。（5）根据数据计算实验的产率是。采用固体酸比用浓硫酸作催化剂产品的产率高，可能的原因是。（写出其中一种）（6）杂多酸也是酯化反应的优良催化剂，用NaH2PO4和钼酸钠可制得固体杂多酸催化剂。设计实验证明NaH2PO4溶液中H2PO4，存在两步电离平衡：。【解析】（1）为了获得良好的冷凝效率，冷凝水应该是下进上出，故进水口为B，图b为蒸馏装置，C为蒸馏烧瓶；（2）碳酸的酸性强于硅酸，故反应离子方程式为：H2O+CO2+

31、SiO32CO32+H2SiO3；（3）使用乙醇洗涤的原因在于乙醇易挥发，利于干燥，减少损失，由图示可知，吸附浓硫酸时，主要通过分子间作用力实现；（4）使用饱和氯化钠洗涤可以除去残留的水，便于液体分层，饱和氯化钙洗涤的目的是除去残留的乙醇；（5）n（冰醋酸）0.0595mol，n（乙醇）0.1786mol，故乙醇过量，乙酸乙酯的理论产量0.0595mol，实际产量0.048mol，故产率为100%80.7%，由已知可得，固体酸不会导致碳化，故可以增加产率；（6）H2PO4分步电离，故可以选用石蕊作为指示剂，选取等浓度等物质的量的氢氧化钠与之反应，可以观察到溶液颜色由红色到紫色（第一步电离的氢离

32、子与碱反应）再到红色（第二步氢离子开始电离）。【答案】（1）B（1分）；蒸馏烧瓶（1分）（2）H2O+CO2+SiO32CO32+H2SiO3（2分）（3）乙醇易挥发，利于干燥，减少损失（1分）；分子间（1分）（4）除去残留的水，便于液体分层（1分）；除去残留的乙醇（1分）（5）80.7%（2分）；固体酸不会导致碳化，故可以增加产率（1分）（6）选用石蕊作为指示剂，选取等浓度等物质的量的氢氧化钠与之反应，可以观察到溶液颜色由红色到紫色再到红色，则说明存在两步电离平衡（2分）19（安徽淮南2022年高三1月模拟）（10分）烟气中含有的高浓度SO2、氮氧化物有害物质及酸性废水中的NO3，在排放前必

33、须进行脱硫、脱硝、脱氮处理。图1（1）H2Y2是乙二胺四乙酸根离子，与Fe2+形成的络合物FeY2可用于吸收烟气中的NO。其吸收原理：FeY2（aq）+NO（g）FeY2（NO）（aq）H0。将含NO的烟气以一定的流速通入起始温度为50的FeY2溶液中。NO吸收率随通入烟气的时间变化如图1所示。时间越长，NO吸收率越低的原因是。（2）H2O2在催化剂FeOOH的表面上，分解产生OH。OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发生反应。反应后所得产物的离子色谱如图2所示。写出OH氧化NO反应的化学方程式：。当H2O2浓度一定时，NO的脱除效率与温度的关系如图3所示。升温至80以上，大量汽化的

34、H2O2能使NO的脱除效率显著提高的原因是，温度高于180，NO的脱除效率降低的原因是。（3）用H2消除酸性废水中的NO3是一种常用的电化学方法。其反应原理如图4所示。图4请结合上述反应过程用合适的文字描述Fe（）、Fe（）在其中的作用：。【解析】（1）反应放热，温度升高，不利于NO的吸收，且随着反应进行，FeY2浓度降低，NO的吸收率降低。（2）由色谱图可知：NO被OH氧化生成NO3，反应为：3OH+NOHNO3+H2O。汽化的H2O2与催化剂的接触更充分，产生更多的更易与NO发生反应的OH，OH浓度增大，与NO混合更充分，NO的脱除效率显著提高；180以后，OH分解成O2和H2O，OH的浓度下降，NO的脱除效率下降。（3）H2在Pd表面失去电子，传递给Fe3O4，其中的Fe（）得到电子，被还原为Fe（），Fe（）又失去电子，将电子传递给NO3，NO3被还原为N2，Fe（）与Fe（）之间相互转化过程中起到了传递电子的作用。【答案】（1）反应放热，温度升高，不利于NO的吸收；随着反应进行，FeY2浓度降低（2分）（2）3OH+NOHNO3+H2O（2分）汽化的H2O2与催化剂的接触更充分，产生更多的OH，OH浓度增大，与NO混合