2022年高考化学模拟卷（江苏卷专用）（解析版）.pdf

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1、【赢在高考黄金卷】备战2022年高考化学模拟卷（江苏卷）拔高卷（本卷共18小题，满 分100分，考试用时75分钟）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S32Cl 35.5 Mn 55 Fe 56 Ni 59 Co59一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每题只有一项是符合题目要求的。1.双氧水和“84”消毒液两者混合时可发生反应：NaClO+H2O2=NaCl+O2t+H2O下列有关说法正确的是A.反应属于置换反应 B.NaClO中含有极性共价键C.固体NaCl为分子晶体 D.反应中H2O2作氧化剂【答案】B

2、【解析】A.置换反应是单质和化合物生成单质和化合物的反应，A错误；B.NaClO中氯和氧之间的共价键是极性共价键，B正确；C.固体NaCl为离子晶体，C错误；D.反应中H2O2中氧由-1价变为0价，作还原剂，D错误；2.三氯化六氨合钻CO（NH3）6C13是一种重要的化工产品，实验室可用反应2coeL+lONHs+ZNHqCl+HzOzuZlColNH.aKCh+ZHq制备。下列有关说法正确的是A.基态C02+的价层电子排布式为3d5 4s2H-N HB.NH,的电子式为HC.中子数为18的氯原子可表示为;ClD.1 mol CO（N H 3）J”中含 24moi 共价键【答案】D【解析】A.

3、钻为27号元素，核外有27个电子，基态钻原子的核外电子排布式是Is22s22P63s23P63d74s2,基态钻的价电子排布式为3d74s2,Co?+表示失去最外层两个电子，所以基态Co?+的价层电子排布式为3d7,故A错误；B.NH3分子中一个N原子与三个H原子形成3对共用电子对，N原子还有I对孤电子对，则 N H a 的电子式为H：N：H,故B错误；C.C 1 的原子序数为1 7,即C 1 原子的质子数为1 7,中子数为1 8 的氯原子的质量数为1 7+1 8=3 5,该原子可表示为:;C/，故 C错误；D.由 C o（N H 3）6 F+结构可知，在配位体N H 3 中的3个 N-H 键

4、是共价键，6个配位体N%与中心C O、+离子之间以配位键结合，配位键属于共价键，所 以 1个 C O（N H 3）6 3+含共价键数目为 6+3 x 6=2 4 个，即l m o l C o（N H 3）6 中含2 4 m o i 共价键，故 D正确；3.下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A.N 2 不溶于水，可用作保护气 B.N H 3 极易溶于水，可用作制冷剂C.N 0 2 具有强氧化性，可作火箭燃料推进剂 D.H N C h 易挥发，可用来制备硝酸纤维【答案】C【解析】A.氮气具有叁键结构，化学性质稳定，一般不与物质发生反应，可用作保护气，与难溶于水无关，故 A错误；B.液氨汽

5、化吸收大量的热，具有制冷作用，可以用作制冷剂，与 N%极易溶于水无关，故B错误；C.N C h 具有强氧化性，可被还原为N 2 H 4,可作火箭燃料推进剂，故 C正确；D.在一定条件下，纤维素与浓H 2 s。4 和浓H N O 3 的混合酸反应生成硝酸纤维，和 H N O 3 易挥发无关，故 D错误；4.侯德榜是我国近代化学工业的奠基人之一，他将氨碱法和合成氨工艺联合起来,发明了“联合制碱法”。氨碱法中涉及的反应有：反应 I :N aC l+C O 2+N H3+H2O N aH C C h J+N H 4 cl一 A反应 I I :2 N aH C O3-N a2 cO 3+C O 2 T+

6、H 2 O下列制取少量N a2 cO 3 的实验原理和装置能达到实验目的的是（）co：一 一 溶 有 足 量冰 水、口 耳 器 髅屋些曰 A.制取N aH C C h在/II、稀 盐 酸大 理 C.制取C 0 2【答案】A/、饱 和_/NaHCO3三三三溶液 二 斗 司 B.除去C C h 中 H C 1NaHCO,IIwrI lll ljmi iuiu.l lhP.制 J取 N a2 co3【解析】A.向溶有足量氨气的饱和食盐水中通入二氧化制取N aH C C h,低温温度可降低N aH C C h 溶解度，生成更多的N aH C C h,C符合题意；B.除去C O 2 中 H C 1 应为

7、洗气装置，导管应长进短出，B与题意不符；C.制取C O?装置中的长颈漏斗下端应在液面以下，C与题意不符；D.加热N a2 cC h 固体应试管口略低于试管底部，D 与题意不符；5.我国科学家最近发现一种可用于制造半导体材料的新物质，其结构如图所示，X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、Y处于同一主族。下列说法正确的是w X WI I IW.z y-Z WW X WA.原子半径：W Z Y XB.电负性：Z YC.W、Z形成的化合物各原子最外层满足8电子稳定结构D.W 的氧化物对应的水化物为强电解质【答案】C【解析】X、Y、Z、W 分别为 H、C、S i、C l。A.同一周期从

8、左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：S i ClCH,A 项错误；B.电负性：C S i,B项错误；：ci：C.S i C/4 的电子式为:百点:西:，化合物中各原子最外层满足8电子稳定结构，C项正确；：g：D.a的氧化物对应的水化物，并无说明是最高价氧化物的水化物，如 是 弱 电 解 质，D项错误；阅读下列资料，完成6 8 题：磷及其化合物在生产生活中具有广泛应用。白 磷（P 4,结构见题6图）与 C L 反应得P C 1 3,P C b可继续与C L 反应：P C 1 3（g）+C 1 2（g）=P C k（g）A H 4 溶液解毒，反应方程式如下：P 4

9、+1 6 H 2 0+1 0 C u S O4=1 0 C u+4 H 3 P 0 4+1 O H 2 S O 4.6.下列关于H 2 O、P 4、P C I 3 和 P C 4 的说法正确的是A.H20很稳定是因为分子间含有氢键B.P C 1 3 的空间构型为平面三角形C.P 4 与 P C 1 4 中的键角相同D.H20与 C P+形成的l m o l C u（H 2 O）4 2+中含有4 m o l 配位键【答案】D【解析】题6图A.水很稳定是因为水分子中的氢氧共价键稳定，与氢键无关，氢键影响水的熔沸点，A项错误；B.P C 1 3 中 P原子价层电子对个数=3+=4,含有一个孤对电子对

10、，则其空间构型为2三角锥形，B项错误；C.根据价层电子对互斥理论，P C 1；的价层电子对数为4+=4,则空间构型为正四面体，键角为1 0 9。2 8。P 4 键角为6 0。，即 已 与 P C 1；中的键角不相同，C项错误；D.1 个C u(H 2 O)4 p+中含有4个配位键，则 l m o l C u(H 2 O)4|2+中含有4 m o l 配位键,D项正确；7.在给定条件下，下列物质间所示的转化可以实现的是A.H 3 P o 4(a q)足景N a O I I(a q),N a a P C W a q)B.C u 稀H?S C 4 ,C u S C 4C.P4_HNOLPH3 D.C

11、 h F e C h【答案】A【解析】A.H 3 P O a 属于酸，会与氢氧化钠发生中和反应，生成N a 3 P 0 4，A项正确；B.C u 的金属活泼性在氢之后，不会与稀硫酸反应，B项错误；C.P 4 和硝酸反应，因为硝酸有强氧化性，则反应中磷的化合价上升，不会生成P H 3,C项错误；D.C b 和铁在加热的条件下,生成F e C h,D项错误；8.下列有关反应P C h(g)+C l2(g)=-P C k(g)的说法正确的是A.该反应在任何温度下都能自发进行B.反应物的总能量高于生成物的总能量C.其他条件一定，平衡时升高温度，v(正)减小，v(逆)增大D.消耗2.2 4 L C L,

12、反应转移0.2 m o l 电子【答案】B【解析】A.该反应中，”(),A S 0,根据A H-T A S 0,反应才会自发进行，则该反应在低温下能自发进行，A项错误；B.该反应中，”c(OH),则c(NH；)+3dFe,)0.3mol L71,故 C 正确；D.实验4 中发生的反应为硫酸铁镀溶液与硫氨化钠溶液反应生成硫酸镀、硫酸亚铁、硫酸和硫沉淀，反应的离子方程式为2Fe+H S-=2Feh+SJ+2H，故 D 错误；12.我国科学家最近发明了一种ZnPbO2电池,该电池由a 和 b 两种离子交换膜隔成A、B、C 三个区域，电解质分别为KOH、K2SCU和 H2so4,装置如下图。已知放电时

13、，B 室中电解质浓度不断增大。下列说法不正颐的是A.PbCh电极电势比Z n 电极电势高B.a 为阴离子交换膜C.正极反应式为：PbO2+2e+4H+SO=PbSO4+2H2OD.电池工作时，每消耗6.5 g Z n,理论上A 区域溶液质量减少1.3 g【答案】B【解析】A.该装置中，PbOz电极作为正极，Z n 电极作为负极，所以PbO?电极电势高于Z n电极，故 A 正确；B.Z n 电极反应式为：Zn+4OH-2e=Zn(OH),A 池消耗氢氧根离子，负电荷减少，根据电荷守恒，钾离子向正极移动，所以a 为阳离子交换膜，故 B 错误；C.PbOz电极作为正极，得电子，其反应式为：PbO2+

14、2e-+4H+SO;-=PbSO4+2H2O,故C 正确；D.Z n 电极电极反应式为：Zn-2e+40H=Zn(OH)j,每消耗6.5gZn,转移0.2mol电子，即向正极迁移0.2molK+，同时引入O.lmolzn?*，溶液质量差为39x0.2-65x0=1.3g,故D 正确；13.硫化氢(WS)是一种有毒气体，广泛存在于石油化工、冶金等行业的废气中，常用足量纯碱溶液吸收法、热分解法、Fez(SO4)3溶液氧化脱除法、活性炭吸附氧化法脱除。同时，H2s也是一种重要的化工原料，可以用来制备硫磺、苯硫酚(C6 H 5SH)、H 2S、N aH S还常用于脱除水体中的Cu2+,形成黑色、不溶于

15、稀硫酸的CuS沉淀。室温时，通过下列实验探究N aH S溶液的性质实验实验操作和现象1用pH试纸测量0.1 mol/L N aH S溶液的p H,测得pH约为7.82将浓度均为0.001 mol/L N aH S溶液与CuSO4溶液等体积混合，有黑色沉淀产生下列有关说法不正确的是A.0.：。1/1.吸用溶液中有：“修)(:(52)B.B lm ol/L N aH S 溶液中存在:c(H+)+c(H2S)=c(OH j+c(S2)C.依据实验2的现象，能得出K sp(CuS)lxlO-i4【答案】D【解析】A.用p H试纸测量0.1 mol/L NaHS溶液的p H,测得p H约为7.8,说明H

16、S水解程度大于其电离程度，则水解产生的H2 s的浓度大于电离生成的S%的浓度，即C(H2S)C(S%),故A正确；B.0.1 mol/L NaHS 溶液中存在电荷守恒：c(H)+c(N a，)=c(0H)+2c 俨-)+c(H S),存在物料守恒：c(Na+)=c(S2)+c(H S)+c(H2S),联立可得：c(H+)+c(H 2S)=c(OH )+c(S2-),故B正确；C.将浓度均为0.001 mol/L NaHS溶液与CuSCU溶液等体积混合，混合瞬间铜离子的浓度为0.0005m ol/L,而H S水解程度大于其电离程度，所以此时溶液中的硫离子浓度远小于0.0005mol/L,Ksp(

17、CuS)=c(Cu2 t)-c(S2)0,AH2 0、2 0,故 A 错误；B.升高温度，化学反应速率增大，则若温度高于3 3 5,当*(&0 珥)=0.3 7 4时，反应所需时间可能小于8 h,故 B 正确；C.更换更高效的催化剂，化学反应速率增大，但化学平衡不移动，不能提高G o H g 的平衡产率，故 C 错误；D.化学平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则缩小容器体积，气体压强增大，但 K 和 勺 均不变，故 D 错误；二、非选择题：共 4 题，共 58 分。.1 5(1 5分).用油脂氢化后废弃的银催化剂(主要成分N i、A l,少量其他不溶性物质)制备N iCO3-2 N

18、i(O H)2-2 H2O并研究其分解反应的过程如下：(1)制 N iS CU 溶液。向废银催化剂中加入足量N a O H 溶液，充分反应后过滤。向洗涤后的滤渣中加入稀硫酸至N i恰好完全溶解，过滤。加入N a O H 溶液的作用是.(2)制 N iCO 1 2 N i(O H)2-2 H2 O.控制温度为55,向 N iS CM 溶液中加入适量N a2 c。3 溶液，有N iCO3-2 N i(O H)2-2 H2O沉淀生成和CCh 气体放出，过滤。为确定所加N a2 CO 3 的添加量,需测定N iS C 4溶液的浓度。准确量取5.0 0 m L溶液于1 0 0 m L容量瓶中，加水稀释至

19、刻度；准 确 量 取20.00m L稀释后的溶液于锥形瓶中，用0.04000moL L-EDT A（N a2H 2丫）标准溶液滴定至终点（滴定反应为Ni2*+H2Y2=NiY2-+2H+）,平 行 滴 定3次，平 均 消 耗E D TA标 准 溶 液31.25mL.计 算N iSO4溶液的物质的量浓度（写出计算过程）。生成N iCO3-2N i（OH）2-2H2O时 所 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为。若将NiSO4溶液加入到N a2cCh溶液中，会使沉淀中银元素含量偏高，原因是。（3）N iCO3-2N i（OH）2-2H2O热分解。在氧气气氛中加热N iCCh-2N i（OH）

20、2-2H 2O,固体质量随温度变化的曲线如题15图所示。W照要强救坚制照及画联籁%007题15图500700K之间分解产生的气体为.800K后 剩 余 固 体 质 量 略 有 增 加 的 原 因 是.【答案】除去废银催化剂表面的油污、溶解其中的AI （2分）1.25mol/L （3 分）55 3N i2+3CO；+4H2ONiCO3-2Ni（OH）2-2H 2OJ+2c。2个 （3 分）Na 2 c溶液呈碱性，若将N iSCU溶 液 力 口 入 至IJ N a2c03溶液中，会使沉淀中N i（OH）2偏多，N i（OH）2中银元素含量高于N iCO3-2N i（OH）2-2H2O（3分）CO2

21、（2分）NiO被氧化成更高价态的银氧化物（2分）【解析】油脂氢化后废弃的银催化剂（主要成分Ni、A L少量其他不溶性物质），加 入NaOH溶液,可以除去废银催化剂表面的油污、溶解其中的A I,故答案为：除去废银催化剂表面的油污、溶解其中的AI；根 据滴定反应：N i2+H2Y2-=N iY2+2H+,可知关系式：N iSO41c x 20.00mLEDT A10.04mol/L x 31.25mL，解得C=0.04mol/L x 31.25mL20.00mL=0.06 25mol/L,则 N iS04溶液的物质的量浓度二0.06 25mol/L x 100mL5mL=1.25m ol/L,故答

22、案为：1.25mol/L；向NiS04溶液中加入适量N a2CO3溶液，有N iCO3-2N i(OH H 2H 2。沉淀生成和C 5气体放出，,55 则离子方程式为：3Ni2+3COV+4H2O=NiCO3-2Ni(OH)2-2H2Oj+2CO2个，故答案为：55 3N i2+3CO；+4H 2。=N iCO3-2N i(OH)2-2H 2。J+2CO2 个；N a2c03溶液呈碱性，若 将NiS04溶液加入到N a2c。3溶液中，会使沉淀中Ni(0H”偏多，Ni(0H)2中银元素含量高于N iCO3-2N i(OH)2,2H 2。，故答案为：N azCO?溶液呈碱性，若将N iSCU溶液加

23、入到N a2cO3溶液中，会使沉淀中Ni(0H)2偏多，Ni(0H)2中银元素含量高于N iCO3-2N i(OH)2-2H2O;N iCO3-2N i(OH)2-2H 2O热分解完全，其反应方程式为：N iCO3-2N i(OH)2-2H2O=72N iO+COz个+4出0,若分解先得到水，则固体质量分数降低二缶x00%=2 1.1%,若分解先得341到：氧化碳，则固体质量分数降低二4含4xl0 0%=1 2.9%,因此可知:300-500K之间分解产生的气体为也0,500-700K之间分解产生的气体为C02，故答案为：C02；700K后，反应完成，剩下的固体为NiO,在氧气气氛中加热，Ni

24、O被氧化成更高价态的银氧化物，导致800K后剩余固体质量略有增加，故答案为：N i。被氧化成更高价态的银氧化物。ii.CH3cH2=CH2cH2cH3迎 幽 CH3COOH+CH3cH2coOHiii.反应由2分子的C反应得到1分子的D(1)反应的条件是(2)C中碳的杂化类型_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _（3）D 的结构简式_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _o（4）写出一种满足下列要求的E 的同分异构体的结构简式Imol该有机物可以与足量NaHCCh反应生成4molCO2核磁共振氢谱显示有3 组峰（5）以c7为原料，设计路线合成【答案】（1）氯气，光照 取代（2分）（2）s

25、p2 sp3（2 分）（3分）COOH OO O H（3 分）,无机试剂任选_ _ _ _ _ _ _ _ _ _。COOH0HCOOH【解析】由分析可知，反应是，与氯气在光照条件下发生取代反应生成y-c i,反应,反 应 是 D 发生信息ii中氧化反应生成E。是CI发生消去反应生成Br成 B 反应为（加成反应生成D,C 为A（2/，反 应 为 与 为 单 质 发 生 加 成 反 应 生Br 发生消去反应生成c,反应是C 发生信息i中的入Br而反应是2 分子的C 反应得到1 分子的D,D 为由分析可知，反应是与氯气在光照条件下发生取代反应生成CI所以C的杂化类型为s p 2由分析可知，D的结构

26、简式为:（4）I m o l该有机物可以与足量N a H C O 3反应生成4 m o i c e）2,说明含有4个竣基，核磁共振氢谱显示有3组峰，存在对称结构，符合条件的同分异构体有:COOH 2.2 后，Fe 3+形成Fe(0 H)3 胶体，吸附溶液中的N i ,造成锲的损失率增大(2 分)(3)p H 值过小，F 与H+会结合形成H F,导致M g”沉淀不完全；p H 值过大，会生成N i(O H)沉 淀(4 分)(4)静置，向上层清液中继续滴加N a F,若无沉淀产生，则反应完全(2 分)(5)边搅拌边滴加N a O H 溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸储水洗涤至最后一次洗涤液加BaC%

27、溶液无白色沉淀生成。向滤渣中边搅拌边加入稀硫酸至沉淀完全溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.853.8C间冷却结晶，趁热过滤(4分)【解析】根据上述分析，沉铁步骤是将F e3+变为沉淀，因而预处理，中加入HQ?的目的是将铁元素全部氧化为F e3+,后期可充分转化为黄钠铁矶，故答案为：将铁元素全部氧化为Fe ,后期可充分转化为黄钠铁机。F e3+、N i开始沉淀的pH值分别为2.2 7.5,沉铁步骤中,若用Na2c 0?作为除铁所需钠源,由图像可知，当pH2.2后,不仅有F e(0H)3沉淀，同时还可能产生F e(0H)3胶体，F e(0H)3胶体具有吸附性，可吸附N i2+,使银的损失率会增大，故

28、答案为:pH2.2后，F e?+形成F e(0H)3胶体，吸附溶液中的N i?,造成银的损失率增大。(3)沉镁 步骤中，若pH值过小，F与H+会结合形成HF,导致Mg2+沉淀不完全；若pH值过大，会生成Ni(OH%沉淀，因此，沉镁 前，应保证M gO已将溶液pH值调节至5.56.0,故答案为：pH值过小，F与H+会结合形成HF,导致Mg2+沉淀不完全；pH值过大，会生成Ni(OH%沉淀。沉镁 步骤中，加入NaF溶液沉镁，则判断 沉镁 已完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加NaF,若无沉淀产生，则反应完全，故答案为：静置，向上层清液中继续滴加N aF,若无沉淀产生，则反应完全。滤液Y中主要含

29、有NiSO 还含有N a2sO,等杂质,为除去杂质可加入NaOH溶 液,使W+转化为N i(0H)2沉淀，过滤后洗涤沉淀，检查沉淀是否洗涤干净，向沉淀中加硫酸溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.853.8回间冷却结晶，趁热过滤，即可得到NiSO6H q,故根据所提供的试剂及溶解度曲线，设计由滤液Y制备NiSO,-6凡0的实验方案为：边搅拌边滴加NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸储水洗涤至最后一次洗涤液加BaCl?溶液无白色沉淀生成。向滤渣中边搅拌边加入稀硫酸至沉淀完全溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.8-53.813间冷却结晶，趁热过滤。18(1 4分).燃煤烟气中SO2和NO*是大气污染物的主

30、要来源，脱硫脱硝技术是烟气治理技术的研究热点。(1)尿素田2。2溶液脱硫脱硝。尿素 CO(N H 2)2是一种强还原剂。6 0时在一定浓度的尿素/H 2O2溶液中通入含有SO2和NO的烟气，烟气中有毒气体被一定程度吸收。尿素/H 2O2溶液对SO2具有很高的去除效率，写出尿素和H 2O2溶液吸收SO2,生成硫酸铁和CO2的化学方程式为一。(2)除去烟气中的NO、，利用氢气选择性催化还原(H 2 SCR)是目前消除NO的理想方法。比一SCR 法的主反应：2N O(g)+2H 2(g)=N 2(g)+2H 2O(g)H i副反应：2N O(g)+H 2(g)=N 2O(g)+H 2O(g)H?0已

31、知 H2(g)+g O2(g)=H2O(g)H3=-241.5kJ-mol-1N 2(g)+C)2(g)=2N O(g)H4=+180.5kJ-mor则 H i=k J-m o r1 o H 2 SCR在Pt HY催化剂表面的反应机理如甲图所示：甲图 乙图生反应的NO、Ch物质的量之比为4：1,反应中每已知在HY载体表面发生 成lm o lN2,转移的电子的物质的量为一molo（3）V 2O5/炭基材料（活性炭、活性焦、活炭纤维）也可以脱硫脱硝。V 2O5/炭基材料脱硫原理是：SO2在炭表面被吸附，吸附态SO2在炭表面被催化氧化为SO3,SO3再转化为硫酸盐等。V 2O5/炭基材料脱硫时，通过

32、红外光谱发现，脱/、*AhW72O.I l%硫开始后催化剂表面出现了 V OSO4的吸收峰，再通入0 2后V OSO4吸收峰消失，该脱硫反应过程可描述为一o V 2O5/炭基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，考察了烟气中0 2的存在对V 2O5/炭基材料催化剂脱硫脱硝活性的影响，结果如乙图所示，当0 2浓度过高时，去除率下降，其 可 能 原 因 是。【答案】SO2+CO（N H 2）2+H 2O2+H 2O=（N H 4）2SO4+CO2（3 分）（2）-6 6 3.5（2 分）3（2 分）（3）S02与V2O5作用形成具有V OSCU结构的中间体:V0S04中间体与气相的02反应生成S03

33、和 VQ s或 3sO2+V 2OS+O2=2V OSO4+SC）3,2V OSO4+O2=2V 2O5+4SO3（4 分）氧气浓度过高时，。2、S02和N。分子会产生竞争吸附的局势，当。2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的S02、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降（3分）【解析】尿素和H 2O2溶液吸收S 0 2,生成硫酸铉和C 0 2,依据得失电子守恒和原子守恒可得，反应的化学方程式为：SO2+CO（N H2）2+H 2O2+H2O=（N H4）2SO4+CO2(2)已知 I.H2(g)+y O2(g)=H2O(g)(3H3=-241.5kJ-mol1,II.N2(g)+O2(

34、g)=2NO(g)0H4=+18O.5kJ m ol1,依据盖斯定律 1x2-11 有:2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g),0Hi=(-241.5kJ mol x2-+180.5kJ-mol1)=-663.5kJmol1o 己 知 在HY载体表面发生反应的NO、。2物质的量之比为4团1,依据图示和得失电子守恒可得反应的离子方程式为：4NH；+4NO+O2=4N2+6H2O+4H+,依据方程式可知，反应中每生成Im oIN z,转移的电子的物质的量为3mol。V22/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了 V0S04的吸收峰，再通入。2后V0S04吸收峰消失，说明V0S04是中间体，反应过程中生成了 V0S04、又消耗了 V0S04,因此该脱硫反应过程可描述为：S02与V2O5作用形成具有V0S04结构的中间体；V0S04中间体与气相的02反应生成S03和V Q s，或者用化学方程式表示为：3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3,2VOSO4+O2=2V2Os+4SO3。若氧气浓度过高，02、S02和N。分子会产生竞争吸附的局势，当02分子占据催化剂过多的活性位时，剩余的S02、NO分子就不能很好地被吸附，从而导致脱硫脱硝率下降。