化學(xué)-2023年廣東省深圳市高考化學(xué)二模答案

2023年廣東省深圳市高考化學(xué)二模試卷

參考答案與試題解析

一、選擇題：本題共16小題，共44分。第1~1（）小題，每小題2分；第11~16小題，每小題

2分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1.（2分）中華文明歷史悠久，信息的傳播離不開載體。下列信息傳播的載體屬于新型無機非

A.AB.BC.CD.D

【分析】A.竹簡由纖維素組成；

B.書信由纖維素組成；

C.金鑼是合金；

D.光導(dǎo)纖維主要成分是二氧化硅。

【解答】解：A.竹簡由纖維素組成，屬于有機物，不是新型的無機非金屬材料，故A錯誤;

B.書信由纖維素組成，屬于有機物，不是新型的無機非金屬材料，故B錯誤；

C.金鑼是合金，不是新型的無機非金屬材料，故C錯誤;；

D.光導(dǎo)纖維主要成分是二氧化硅，屬于新型的無機非金屬材料，故D正確；

故選：D。

【點評】本題考查化學(xué)與生產(chǎn)、生活的關(guān)系，題目難度不大，要求學(xué)生能夠了解物質(zhì)的組成。

2.（2分）廣東是嶺南文化的集萃地。下列有關(guān)嶺南文化的說法不正確的是（）

A.“海絲文化”：海上絲綢貿(mào)易用于交易的銀錠中僅存在離子鍵

B,“茶藝文化”：沏泡功夫茶利用了萃取原理，水作萃取劑

C.“建筑文化”：制作博占梁架時，在木材上雕刻花紋的過程主要發(fā)生物理變化

D.“戲劇文化”：現(xiàn)代粵劇舞臺上燈光光柱的形成是因為丁達(dá)爾效應(yīng)

【分析】A.銀屬于金屬單質(zhì)；

B.依據(jù)萃取原理解答：

C.木材上雕刻花紋時木材成分未發(fā)生變化；

D.光束通過膠體時，光線能夠發(fā)生散射作用而產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)；

【解答】解，A.銀屬于金屬單質(zhì)，存在金屬鍵，不存在離子鍵，故A錯誤：

B.茶葉中部分成分可溶于水，沏泡功夫茶利用水作萃取劑，將部分可溶成分荒取到水中，

故B正確；

C.木材上雕刻花紋時是將多余木材去掉,其成分未發(fā)生變化，屬于物理變化，故C正確；

D.光束通過膠體時，光線能夠發(fā)生散射作用而產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，舞臺上燈光透過空氣膠體

時形成光柱是丁達(dá)爾效應(yīng)，故D正確；

故選：A?

【點評】本題考查了有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)及變化，關(guān)鍵是能夠掌握膠體、物質(zhì)的變化等基礎(chǔ)知識，

題目難度不大。

3.(2分)我國科技自立自強，近年來取得了重大進展。下列有關(guān)科技成果的說法不正確的是

()

A.“異域深海，寶藏?zé)o窮”一一自主開采的可燃冰燃燒時，向環(huán)境移放熱量

B.“科技冬奧，溫暖護航”一一C60與發(fā)熱服飾材料中的石墨烯互為同位素

C.“高產(chǎn)水稻，喜獲豐收”一一高產(chǎn)水稻的DNA具有雙螺旋結(jié)構(gòu)

D.“浩渺太空，無限征途”一一月壤中磷酸鹽礦物的晶體結(jié)構(gòu)可用X射線衍射儀測定

【分析】A.可燃冰的主要有機成分是甲烷；

B.具有相同質(zhì)子數(shù)不同中子數(shù)的核素互稱同位素，石墨烯與C60都是單質(zhì)，不是同位素的

關(guān)系；

C.DNA分子具有雙螺旋結(jié)構(gòu)；

D.構(gòu)成晶體的粒子在微觀空間里呈現(xiàn)周期性的有序排列，晶體的這一結(jié)構(gòu)特征可以通過X

-射線衍射圖譜反映出來。

【解答】解：A.可燃冰的主要有機成分是甲烷，燃燒放熱，故A正確；

B.具有相同質(zhì)子數(shù)不同中子數(shù)的核素互稱同位素，石墨烯與C60都是單質(zhì)，不是同位素的

關(guān)系，故B錯誤；

C.DNA分子具有雙螺旋結(jié)構(gòu)，兩條鏈的堿基通過氫鍵形成雙螺旋結(jié)構(gòu)，故C正確：

D.構(gòu)成晶體的粒子在微觀空間里呈現(xiàn)周期性的有序排列，晶體的這一結(jié)構(gòu)特征可以通過X

-射線衍射圖譜反映出來，故月壤中磷酸鹽礦物的晶體結(jié)構(gòu)可用X射線衍射儀測定，故D

正確：

故選：B。

【點評】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及同位素及物質(zhì)的結(jié)構(gòu)等知識，掌握基礎(chǔ)為解題關(guān)鍵，

整體難度適中。

4.（2分）NaCI是實驗室中的一種常用試劑。下列與NaCI有關(guān)的實驗，描述正確的是（）

A.將鐵釘浸沒在NaCI溶液中可驗證鐵的析氫腐蝕

B.模擬“侯氏制堿”時，應(yīng)向飽和NaCI溶液中先通入C02再通入\H3

C.進行粗鹽提純時，可向上層清液中繼續(xù)滴加2?3滴BaC12溶液以檢驗是否除盡

D.配制一定物質(zhì)的量濃度的NaCI溶液時，若加水超過刻度線，應(yīng)將多余液吸出

【分析】A.鐵釘浸沒在NaCI溶液中發(fā)生吸氧腐蝕；

B.NH3極易溶于水，雙水易吸收C02,提高原料利用率；

C.能與Ba?十反應(yīng)生成BaSCh沉淀；

D,配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時，若加水超過刻度線，應(yīng)倒掉重新配制。

【解答】解：A.Na。溶液中呈中性，鐵釘浸沒在Na。溶液中發(fā)生吸氧腐蝕，不可能發(fā)生

析氫腐蝕，故A錯誤；

B.NH3極易溶于水，氨水易吸收C02,則“侯氏制堿”時，應(yīng)向飽和NaCI溶液中先通入

NH3再通入CO2,故B錯誤：

C.檢驗是否沉淀完全，可向相應(yīng)的上清液中繼續(xù)滴加2?3滴BaCb溶液，觀察是否有白色

沉淀生成，若無現(xiàn)象，則己除盡，故C正確；

D.配制一定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液時，若加水超過刻度線，配制溶液的濃度偏低，應(yīng)倒

掉重新配制，故D錯誤；

故選：Co

【點評】本題考查粗鹽提純、一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制和離子檢驗，把握物質(zhì)的性質(zhì)及

發(fā)生的反應(yīng)、一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制步驟、混合物分離提純?yōu)榻獯鸬年P(guān)鍵，側(cè)重分析

能力與實驗?zāi)芰Φ目疾椋}目難度不大。

5.(2分)勞動實踐促成長。下列勞動實踐項目與所述的化學(xué)知識沒有美聯(lián)的是()

選項勞動實踐項目化學(xué)知識

A洗滌餐具時可用熱的純堿溶液去油污油脂在堿性條件下能發(fā)生水解反應(yīng)

B用pH計測定正常雨水的pH約為5.6CO2溶于水后溶液顯酸性

C制作豆腐的過程中煮沸豆?jié){一定條件下，蛋白質(zhì)可發(fā)生鹽析

D用明研處理污水明帆水解可形成Al(0H)3膠體

A.AB.BC.CD.D

【分析】A.純堿在水溶液中水解顯堿性，而油脂在堿性條件下能水解；

B.C02溶于水時生成碳酸，碳酸電離使溶液呈弱酸性；

C.高溫能使蛋白質(zhì)變性；

D.明研電離的鋁離子發(fā)生水解形成Al(0H)3膠體，吸附水中懸浮物形成沉淀，可用于凈

水。

【解答】解；A.純堿為碳酸鈉、是強堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，熱純堿溶液的堿性更強，

油脂在堿性條件下易水解生成高級脂肪酸鈉和甘油，鈉鹽和甘油可以溶于水，被水沖洗掉,

則可用熱的純堿溶液洗滌餐具，故A正確：

B.CO2溶于水時生成碳酸，碳酸電離使溶液呈弱酸性，則正常雨水的pH約為56可用pH

計測定，故B正確；

C.制作豆腐的過程中煮沸豆?jié){，蛋白質(zhì)發(fā)生變性，不是發(fā)生鹽析，故C錯誤；

D.明磯是KAI(S04)2?12比0的俗名，電離的鋁離子發(fā)生水解形成Al(0H)3股體，吸

附水中懸浮物形成沉淀，可用于處理污水，故D正確；

故選：Co

【點評】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及用途，側(cè)重基礎(chǔ)知識檢測和運用能力考查，把握物質(zhì)的性質(zhì)、

發(fā)生的反應(yīng)、性質(zhì)與用途的對應(yīng)關(guān)系即可解答，題目難度不大。

6.（2分）甘油酸是?種食品添加劑，可由甘油氧化制得。下列說法不正確的是（）

A.Imol甘油與足量金屬鈉反應(yīng)生成67.2LH?（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）

B.Imol甘油酸中含有IT鍵的數(shù)目約為6.02X1（）23

C.可用NaHC（h溶液區(qū)分甘油和甘油酸

D,甘油和甘油酸均易溶于水

【分析】A.甘油含3個羥基：

B.甘油酸中含有1個雙鍵；

C.含艘基的有機物與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)；

D.含羥基、坡基均易溶于水。

【解答】解：A.甘油含3個羥基，則Imol甘油與足量金屬鈉反應(yīng)生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的H2為

15moiX22,4L/mol=33,6L,故A錯誤；

B.甘油酸中含有1個雙鍵，則Imol甘油酸中含有n鍵的數(shù)目約為6.02X10"，故B正確:

C.甘油酸與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成二氧化碳，則可用NaHC03溶液區(qū)分甘油和甘油酸，故

C正確；

D.含羥基、毅基均易溶于水，則甘油和甘油酸均易溶于水，故D正確；

故選：Ao

【點評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握有機物的結(jié)構(gòu)、有機反應(yīng)為解答

的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意醇、按酸的性質(zhì)，題目難度不大。

7.（2分）利用如圖所示裝置進行S02的制備和性質(zhì)探究實驗（夾持裝置省略）。下列說法不正

確的是（）

A.固體X可為Cu

B.若試劑Y為氫硫酸，則試管中可產(chǎn)生淡黃色沉淀

C.為證明S02具有還原性，試劑Y可為酸性KMnO4溶液

D.該裝置中試管口應(yīng)塞一團浸有NaOH溶液的棉團

【分析】A.Q1和濃硫酸在加熱條件下反應(yīng)生成S02;

B.二氟化硫與硫化氫會發(fā)生反應(yīng)，生成硫單質(zhì)和水；

C.S02具有還原性，可以和氧化劑之間反應(yīng)；

D,二氧化硫有毒，是酸性氣體：可以用NaOH溶液處理。

【解答】解：A.Cu和濃硫酸在加熱條件下反應(yīng)生成S02,常溫下不反應(yīng)，故A錯誤：

B.二氧化硫中硫的化合價為+4價，硫化氫中硫的化合價為-2價，二氧化硫與硫化氫會發(fā)

生反應(yīng)，生成硫單質(zhì)和水，試管中的實驗現(xiàn)象為有淡黃色沉淀生成，故B正確；

C.為證明302具有還原性，試劑Y應(yīng)該是氧化劑，可以是酸性KMnO4溶液，故C正確：

D.二氧化硫有毒，是酸性氣體：排放到空氣中會污染空氣，浸有NaOH溶液的棉團的作用

為吸收尾氣，防止污染空氣，故D正確；

故選：Ao

【點評】本題為二氧化硫性質(zhì)的探究實驗，能夠很好的考查學(xué)生的分析能力及實驗?zāi)芰?，?/p>

悉濃硫酸和二氧化硫的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，二氧化硫和硫化氫的反應(yīng)從化合價的變化分析,

為易錯點，題目難度不大。

8.（2分）W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素，W與X、Y與Z分別位于同

一周期，化合物WX為常見的大氣污染物，Y與X同主族。下列說法正確的是（）

A.電負(fù)性:X>W

B.簡單氫化物的鍵角：W<X

C.原子半徑：YVX

D.最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性；Z<Y

【分析】W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素，其中Y與X同主族，可知

X處于第二周期、Y處于第三周期，由原子序數(shù)可知Z處于第三周期，而W與X位于同一

周期，則W處于第二周期，化合物WX為常見的大氣污染物，該化合物應(yīng)是CO或NO,則

W為C元素或N元素，X為0元素，可知Y是S元素，Z的原子序數(shù)最大，則Z為C1元

素。

【解答】解；由分析可知，W為C或N元素、X為0元素、Y為S元素、Z為Q元素;

A.同周期主族元素自左而右電負(fù)性增大，則電負(fù)性：0>C（或N）,故A正確；

B.W的簡單氫化物為CH4或NH3,X的簡單氫化物是H20,中心原子均采取sp?雜化，氧

原子有2對孤電子對，碳原子、單原子孤電子對數(shù)依次為0、1,由于孤電子對與孤電子對之

間排斥力〉孤電子對與成鍵電子對之間排斥力〉成鍵電子對與成鍵電子對之間排斥力，則鍵

角：CH4>NH3>H2O,故B錯誤；

C.同主族自上而下原子半徑增大，則原子半徑，S>0,故C錯誤：

D.元素非金屬性：C1>S,則酸性：HCK）4>H2so4,故D錯誤;

故選；A。

【點評】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，推斷元素是解題的關(guān)鍵，熟練掌握元素周期律,

注意影響鍵角的因素，需要學(xué)生具備知識的基礎(chǔ)與靈活運用的能力。

9.（2分）化學(xué)工業(yè)在國民經(jīng)濟發(fā)展中占據(jù)重要地位。下列陳述I和n均正確但不具有因果關(guān)

系的是（）

選項陳述I陳述II

A電解海水制取氯氣和金屬鈉C「可被氧化，Na+可被還原

B高溫，高壓下，出和N2在催化劑作用下合升高溫度、增大壓強均可使反應(yīng)物分子中

成氨活化分子的百分?jǐn)?shù)增加

C從煤的干儲產(chǎn)物中獲得苯、甲苯等化工原煤的干儲是物理變化

料

D以赤鐵礦（主要成分Fe2O3）為原料生產(chǎn)鐵Fe2O3屬于堿性氧化物

A.AB.BC.CD.D

【分析】A.電解熔融的氯化鈉制備氯氣和金屬鈉，電解飽和食鹽水可得到NaOH.。2和

H2；

B.增大壓強體積減小，濃度增大，單位體積內(nèi)活化分子的數(shù)目增加，但活化分子百分?jǐn)?shù)不

變；

C.煤的干偏為化學(xué)變化；

D.FC2O3屬于堿性氧化物，可以赤鐵礦（主要成分比2。3）為原料生產(chǎn)鐵。

【解答】解：A.電解培融的氯化鈉制備氯氣和金屬鈉，電解飽和食鹽水可得到NaOH、Ch

和H2,得不到鈉，故A錯誤;

B,增大壓強單位體積內(nèi)活化分子的數(shù)目增加，但活化分子百分?jǐn)?shù)不變，故B錯誤；

C.煤的干饋為化學(xué)變化，故C錯誤；

D.Fe2O3屬于堿性氧化物，可以赤鐵礦（主要成分Fe2O3）為原料生產(chǎn)鐵，二者無因果關(guān)系，

故D正確；

故選：Do

【點評】本題主要考查物質(zhì)的性質(zhì)與變化、堿性氧化物的概念等知識，為高頻考點，題目難

度不大。

10.（2分）直接NaBH「H2O2燃料電池具有比能量高等優(yōu)點，該電池正、負(fù)極區(qū)域電解質(zhì)溶

液分別為H2s04溶液、NaOH溶液，并采用陽離子交換膜，放電時（）

A.負(fù)極上被還原

B.正極發(fā)生的反應(yīng)為H2O2+2e=2OH.

C.Na+由負(fù)極移向正極

D.正極區(qū)溶液中c（）保持不變

【分析】NaBH4-H2O2燃料電池中，負(fù)極電極反應(yīng)式為?8e-+80H=+6電0,正極電極反

應(yīng)式為H2O2+2e+2H+=2m0,據(jù)此作答。

【解答】解；A.負(fù)極上N&BH4氫元素由-1價升高為+1價，被氧化，故A錯誤；

B.正極電極反應(yīng)式為H2O2十2c+2H+=2也0,故B錯誤；

C.正極氫離子被消耗，正電荷減少，負(fù)極氫斜根離子被消耗，正電荷增加，故Na+透過陽

離子交換膜由負(fù)極移向正極，故C正確：

D,正極區(qū)生成水，溶液中c（）減小，故D錯誤；

故選：Co

【點評】本題考查原電池原理，題目難度中等，能依據(jù)題目信息準(zhǔn)確判斷正負(fù)極是解題的關(guān)

鍵。

11.（4分）同一短周期部分主族元素的第一電離能隨原子序數(shù)遞增的變化趨勢如圖所示，下列

說法正確的是（）

A.a元素可能是Li或Na

B.afu元素的最高正化合價依次升高

C.c對應(yīng)的元素可形成共價晶體

D.基態(tài)e原子的價層電子的軌道表示式為：（n=2或3）

【分析】該短周期含至少5種主族元素可知，此周期可能為第二周期或者第三周期，而根據(jù)

第HA、第VA族元素的第一電離能大于同周期相鄰元素的第一電離能可知，a-。處于分別

處于第IIA族一第VIA族，即a為Be或Mg,b為B或ALc為C或Si,d為N或P,e為

0或S,據(jù)此分析。

【解答】解，A.a為第I1A元素，為Be或Mg,故A錯誤；

B.若此為第二周期元素，則e為0元素，無最高正價，即a-e元素的最高正化合價不一定

依次升高，故B錯誤；

C.c處于笫IVA族，可能是C或Si，形成的金剛石和晶體硅、SiC均為共價晶體，故C正確：

D.e處于第VIA族，價電子數(shù)為6,價層電子排布式為ns2np匕根據(jù)洪特規(guī)則可知其價層電子

軌道表示式為5=2或3），故D錯誤；

故選：Co

【點評】本題考查了周期表中元素第?電離能的變化規(guī)律考生除了學(xué)會看圖外，還應(yīng)掌握元

素電離能的變化規(guī)律，難度不大。

12.（4分）下列實驗操作能達(dá)到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖牵ǎ?/p>

選項實驗?zāi)康膶嶒灢僮?/p>

A除去氨氣中的水蒸氣將混合氣體通入盛有濃H2s04的洗氣瓶

B驗證CHKOOH是弱電解質(zhì)分別取相同體積、OdmolL'CHCOOH溶液和鹽酸，

測定兩者pH,并比較大小

C檢驗1-澳丁烷中含有浪元取適量樣品于試管中，加入適量NaOH溶液后加熱，再

素滴加AgN03溶液

向〔溶液中滴加幾滴

D驗證Ksp(AgCI)>KsP(AgI)2mL0.1molLAgNCh0.ImolL

'NaCl溶液，產(chǎn)生白色沉淀后,再滴加幾滴0,1mol1/1KI

溶液

A.AB.BC.CD.D

【分析】A,氨氣與濃硫酸反應(yīng)；

B.濃度相同，強電解質(zhì)完全電離時，氫離子濃度大、對應(yīng)的pH?。?/p>

C.NaOH與硝酸銀溶液反應(yīng)；

D.AgNCb溶液過量，分別與NaCl、KI反應(yīng)生成沉淀。

【解答】解：A.氨氣與濃硫酸反應(yīng)，不能干燥氨氣，故A錯誤；

B.濃度相同，強電解質(zhì)完全電離時，氫離子濃度大、對應(yīng)的pH小，則比較pH的大小可驗

證CH3coOH是弱電解質(zhì)，故B正確；

C.NaOH與硝酸銀溶液反應(yīng)，應(yīng)水解后，先加硝酸中和NaOH,再加硝酸銀溶液檢驗溪離

子，故C錯誤：

D.AgN03溶液過量，分別與NaCkKI反應(yīng)生成沉淀，由實驗操作和現(xiàn)象可知，不能比較

Ksp(AgCDsKsp(Agl)的大小，故D錯誤；

故選：Bo

【點評】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、弱電解質(zhì)、混合物

的分離提純、難溶電解質(zhì)、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意實?/p>

的評價性分析，題目難度不大。

13.(4分)含氯化合物的反應(yīng)具有多樣性。下列有關(guān)反應(yīng)的離子方程式書寫不正確的是()

A,將C12通入冷的石灰乳中制備漂白粉；C12+2OH—C1+C10+H20

B.向AgCl懸濁液中通入NH3:AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl'

C.利用MnCh和濃鹽酸反應(yīng)制備Ch：MnO2+4H++2CrMn2++C12f+2H2O

D,將S02通入酸性NaCI03溶液中制備CIS;2+SO2—2C1O2+

【分析】A.石灰乳中氫氧化鈣應(yīng)保留化學(xué)式：

B.向AgCl懸濁液中通入NH3,生成可溶性銀氨絡(luò)合物；

C.二氧化鋅與濃鹽酸加熱反應(yīng)生成缸化鋪和氯氣、水；

D.符S02通入酸性NaC103溶液中，二氧化硫被氧化硫酸根離子，氯酸根離子被還原為二

氧化氮。

【解答】解：A.將C12通入冷的石灰孔中制漂白粉，反應(yīng)生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，離

子方程式為：Ca(OH)2+Cl2=Ca2++CI+C10+H2O,故A錯誤；

B.向AgCl懸濁液中通入NH3,離子方程式為：AgCl+2NH3-[Ag(NH3)2]++Cl\故BJE

確；

C,利用MnO2和濃鹽酸反應(yīng)制備CE離子方程式為：MnO2+4H++2ClMn2++C12t+2H2O,

故C正確：

D.將SO?通入酸性NaCK)3溶液中制備05,離子方程式為：2+S02=2C102+,故D正確；

故選；A。

【點評】本題考查離子方程式的書寫正誤判斷，為高頻考點，把握常見物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)產(chǎn)

物判斷為解答的關(guān)犍，注意掌握離子方程式的書寫原則，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力，

題目難度不大。

14.(4分)室溫下，以氟磷灰石[CM(PO4)3F]為原料，經(jīng)酸浸、轉(zhuǎn)化可得到Ca(H2PO4)2、

H3P04和HFO已知:25℃,H3P04的pKai=2.12、pKa2=7.2LpKa3=12.36(pKa=-IgKa)；

下列說法不正確的是()

A.Cas(P04)3F的沉淀溶解平衡可表示為：Cas(P04)3F(s)^5Ca2+(aq)+3(aq)+F

(aq)

B.酸浸過程中溶液pH=6時，c(H2)<C()

C.O.lmolL*Ca(H2PO4)2溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c()+2c()+c(OH)

D.向O.lmolL”F溶液中加入少量水稀釋時，的值增大

【分析】A、根據(jù)沉淀溶解平衡的定義書寫Ca5(P04)3F的沉淀溶解平衡的方程式；

B.根據(jù)Ka2=判斷;

C.O.lmolL'Ca(H2PO4)2溶液中存在電荷守恒和物料守恒；

D,加入少量水稀釋時，HFUH++F\平衡右移。

【解答】解：A.根據(jù)沉淀溶解平衡的定義可知，Ca5(PO4)3F的沉淀溶解平衡的方程式為：

Ca5(PO4)3F(s)#5Ca2+(aq)+3(aq)+F(叫)，故A正確；

B,由Ka2=可知，==<hC(H2)>C(),故B錯誤；

c.O.lmolL'Ca(H2Po4〉2溶液中存在電荷守恒；c(H+)+2c<Ca2+)=c(H2)+2c()

+3c()+c(OH')；溶液中也存在物料守恒：c(Ca2+)=c(H2)+c()+c()+c(H3PO4),

由電荷守恒和物料守恒可得，c(H+)+C(H3P04)=c()+2c()+c(OH),故C正確;

D.加入少量水稀釋時，HF=H++F\平衡右移，則n(F')增大，n(HF)減小，=，比值

增大，故D正確；

故選：Bo

【點評】本題考查了沉淀溶解平衡和弱電解質(zhì)的電離平衡，掌握溶液中的例子關(guān)系是關(guān)鍵,

側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及計算能力，題目難度中等。

15.(4分)恒溫、恒壓下，向密閉容器中充入少量正丁烷，可同時發(fā)生以下反應(yīng)，

反應(yīng)1：AHi

反應(yīng)2;AH2

反應(yīng)3：AH3

已知：lnK=-+C,其中R、C均為常數(shù)。反應(yīng)1和反應(yīng)2的InK隨變化關(guān)系曲線如圖所示，

下列說法正確的是()

A.AHi<0,AH2<0

B.穩(wěn)定性：反-2-丁烯〉順-2-丁烯

C.a為反應(yīng)3中hiK隨的變化由線

D.再向平衡體系中充入少量Ar,反應(yīng)3的平衡常數(shù)增大

【分析】A.由圖可知，反應(yīng)1、2的InK隨的增大而減小，即反應(yīng)1、2的平衡常數(shù)K隨T

的降低而減小，則升高溫度兩個反應(yīng)的平衡均正向移動；

B.物質(zhì)具有的能量越低越穩(wěn)定，根據(jù)平衡常數(shù)K判斷反應(yīng)的熱效應(yīng)；

C.根據(jù)蓋斯定律：反應(yīng)2-反應(yīng)1可得反應(yīng)3：順-2-丁烯(g)二反-2-丁烯(g),反

應(yīng)3的平衡常數(shù)K=,lnK=lnK2-lnKi,由圖可知，相同溫度時InKzAlnKi,InKi隨溫度變

化幅度較大，即InK隨的增大而增大：

D.平衡常數(shù)K只與溫度有關(guān)，與物質(zhì)的濃度和壓強變化無關(guān)。

【解答】解；A,由圖可知，反應(yīng)1、2的InK隨的增大而減小，平衡常數(shù)K隨T的降低而

減小，則升高溫度兩個反應(yīng)的平衡均正向移動，所以均為吸熱反應(yīng)，AHI>0,AH2>O,故

A錯誤；

B.根據(jù)蓋斯定律：反應(yīng)2?反應(yīng)1可得反應(yīng)3：順?2-丁烯（g）=反?2?丁烯（g）,AH

=AH2?AHi,反應(yīng)3的平衡常數(shù)K=,lnK=lnK2-InKi,由圖可知相同溫度時lnKi<lnK2,

并且InKi隨溫度變化幅度較大，即InK隨的增大而增大，則AH3V0,物質(zhì)具有的能量越低

越穩(wěn)定，即穩(wěn)定性：反?2?丁烯〉順?2?丁烯，故B正確：

C.根據(jù)蓋斯定律：反應(yīng)2-反應(yīng)1可得反應(yīng)3：順-2-丁烯（g）二反-2-丁烯（g）,反

應(yīng)3的平衡常數(shù)K=,lnK=lnK2-InKb由圖可知相同溫度時InKiVln?且InKi隨溫度

變化幅度較大，即InK隨的增大而增大，與圖中a曲線的變化趨勢不符合，故C錯誤；

D.平衡常數(shù)K只與溫度有關(guān)，再向平衡體系中充入少量Ar,則反應(yīng)3的平衡常數(shù)不變，故

D錯誤；

故選：Bo

【點評】本題考查化學(xué)平衡的影響因素，側(cè)重考行學(xué)生分析能力和計算能力，把握化學(xué)平衡

常數(shù)及其應(yīng)用、溫度對化學(xué)平衡的影響是解題關(guān)鍵，題目難度中等。

16.（4分）我國科學(xué)家研發(fā)了一種用于合成氨的自供電Haber-Bosch反應(yīng)器（機理如圖所示）。

該裝置工作時，將Zn-NO2水溶液體系電池反應(yīng)中的產(chǎn)物，通過自供電轉(zhuǎn)換為NH3H2O,

從而在單個設(shè)備內(nèi)完成氮循環(huán)中的多個關(guān)鍵轉(zhuǎn)換步驟。

下列說法正確的是（）

A.b電極為Zn電極

B.放電過程中，負(fù)極發(fā)生的反應(yīng)為NO2+e，

C.電解過程中，陰極區(qū)溶液的pH逐漸減小

D.理論上，每得到ImolNH3H20,至少需要消耗195gZn

【分析】A.在TiOz電極轉(zhuǎn)化為NH3H20,氮元素從十3價降低為-3價，被還原，n02電

極是電解池的陰極，則a電極是原電池的負(fù)極：

B.放電過程中，負(fù)極失去電子；

C,電解池中,陰極的電極反應(yīng)式為；+6H2O+6C-=NH3H2O+7OH,當(dāng)電路上通過6moi

電子時，陰極反應(yīng)生成7moQH\同時有6nwlH+從陽極區(qū)通過質(zhì)子交換膜遷移到陰極區(qū)中

和6mol0H生成水，所以陰極區(qū)溶液的堿性逐漸增強；

D.陰極的電極反應(yīng)式為:+6H2O+6e=NH3H2O+7OH,理論上,每得到ImolNH3H2。，

電路上需通過6mol電子，至少要消耗3moiZn。

【解答】解；A.在TiO2電極轉(zhuǎn)化為NH3H20,氮元素從+3價降低為?3價，被還原，TiO2

電極是電解池的陰極，則a電極是原電池的負(fù)極，其材料為金屬鋅，故A錯誤：

B.放電過程中,負(fù)極的電極反應(yīng)式為：Zn-2e=Zn2+,正極的電極反應(yīng)式為:NCh+e-,

故B錯誤；

C.電解池中，陰極的電極反應(yīng)式為:+6H2O+6e'=NH3?H2O+7OH,當(dāng)電路上通過6mol

電子時，陰極反應(yīng)生成7moi0丁，同時有6mol丁從陽極區(qū)通過質(zhì)子交換膜遷移到陰極區(qū)中

和6moi0H.生成水，所以陰極區(qū)溶液的堿性逐漸增強，pH逐漸增大，故C錯誤；

D.陰極的電極反應(yīng)式為：+6H2O+6e'=NH3H2O+7OH,理論上，每得到ImolNH3H20,

電路上需通過6moi電子，至少要消耗3moiZn,這些鋅的質(zhì)量為3moiX65g/mol=195g,故

D正確;

故選：Do

【點評】本題考查化學(xué)電源新型電池，為高頻考點，明確原電池正負(fù)極上得失電子、元素化

合價變化及離子移動方向等知識點是解本題關(guān)鍵，難點是電極反應(yīng)式的書寫，題目難度不大。

二、非選擇題：共4題，共56分；均為必考題，考生都必須作答。

17.（13分）某學(xué)習(xí)小組按如圖所示流程，在實驗室模擬處理含苯酚的工業(yè)廢水，并進行相關(guān)

實驗探究。

回答下列問題：

（1）“操作I”所使用的玻璃儀器有燒杯和分液漏斗（填儀器名稱），流程中可循環(huán)使

用的物質(zhì)是苯（填名稱”

（2）“水層2”中主要溶質(zhì)為NaHCOa（填化學(xué)式）。

（3）將所得苯酚配制成一定濃度的苯酚溶液，探究鐵鹽種類和pH對苯酚與Fe3+顯色反應(yīng)的

影響。

查閱資料i.[Fe（C6H50）6亡為紫色；

ii.Na*對苯酚與FF*的顯色反應(yīng)無影響；

iii.[Fe（C6H5。）6產(chǎn)對特定波長光的吸收程度（用吸光度A表示）與[Fe（C6H5O）6尸的

濃度在一定范圍內(nèi)成正比。

提出猜想猜想1：C「對苯酚與Fe"的顯色反應(yīng)有影響

猜想2：對苯酚與Fe3+的顯色反應(yīng)有影響。

猬想3：H+對苯酚與Fe3+的顯色反應(yīng)有影響。

進行實驗；常溫下，用鹽酸調(diào)節(jié)pH配制得到pH分別為a和b的OJmolL」FeC13溶液（a

>b）,用硫酸調(diào)節(jié)pH配制得到pH分別為a和b的0.05mol,L"e2（SO4）3溶液。取5mL

苯酚溶液于試管中，按實驗1?4分別再加入0.1mL含F(xiàn)e?十的試劑，顯色lOmin后用紫外?

可見分光光度計測定該溶液的吸光度（本實驗條件下，pH改變對尺3+水解程度的影響可忽

略）。

含F(xiàn)鏟試劑序號含%3+的試劑吸光度

1

O.lmolL"eC13溶液0.05molL'Fez(S04)3溶液

5mL

1pH=aAi

一苯酚

I

/溶液2pH=bA2

3/pH=aA3

4/pH=bA4

結(jié)果討論：實驗結(jié)果為A1>A2〉A(chǔ)3>A4。

①根據(jù)實驗結(jié)果，小組同學(xué)認(rèn)為此結(jié)果不足以證明猜想3成立的理由是C「或?qū)Ρ椒优c

Fe升的顯色反應(yīng)也有影響°

②為進一步驗證猜想，小組同學(xué)設(shè)計了實驗5和6,補充下表中相關(guān)內(nèi)容。（限選試劑：NaCl

溶液、Na2s04溶液、NaCl固體、Na2s。4固體）

含F(xiàn)物試劑序號含F(xiàn)e?.的試劑再加入的試劑吸光度

I

0.1molL^FeCbiS0.05molL!Fe2

「到

液(S04)3溶液

1/pH=aNaCl固體As

2pH=a/Na2s04固體A6

③根據(jù)實驗1?6的結(jié)果，小組同學(xué)得出猜想1不成立，猜想2成立，且對苯酚與Fe3+的顯

色反應(yīng)起抑制作用，得出此結(jié)論的依據(jù)是A5=A3,A6VAi.

④根據(jù)實驗1?6的結(jié)果，小組同學(xué)得出猜想3成立，且H*對Fe3;與苯酚的顯色反應(yīng)有抑制

作用，從化學(xué)平衡角度解釋其原因是Fe3+與苯酚的顯色時，存在反應(yīng)：Fe3++6C6H50HWFe

(C6H5O)+61,c(HD增大，平衡逆向移動，|Fe(C6H5O)6p的濃度減小，溶液顏

色變淺。

(4)小組同學(xué)利用滴定法測定所得“水層2”中苯酚的含量：向VimL樣品溶液中加入過量

濱水，將苯酚全部轉(zhuǎn)化為化合物M：再加入過量KI溶液，充分反應(yīng)后，用cmolLNa2s2。3

標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。

已知：i.

ii.Iz+2Na2s2O3—2NaI+Na2s4。6

①加入KI溶液前需加熱除去多余的BF2,否則會使測定結(jié)果偏高(填“偏高”或“偏

低”)。

②若消耗Na2s2。3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為v2mL,則樣品中苯酚的濃度為gL](用含c、

V1>V2的代數(shù)式表示)Q

【分析】(1)由分離流程可知，加苯為萃取劑，操作1為萃取分液；加入NaOH后苯酚生成

苯酚鈉進入水層，操作II分離出有機層為苯；

(2)苯酚鈉與二氧化碳、水反應(yīng)生成米酚、碳酸氫鈉；

(3)①根據(jù)實驗13或24對比進行分析；

②為進一步驗證C1'或?qū)Ρ椒优cFe3+的顯色反應(yīng)也有影響,實驗5和6中改變C「或的濃度；

③根據(jù)實驗I?6的結(jié)果，小組同學(xué)得出猜想1不成立，即C「對苯酚與Fe3+的顯色反應(yīng)沒有

影響，猜想2成立，即對苯酚與Fe3+的顯色反應(yīng)有抑制作用，以此分析；

④Fe3+與苯酚的顯色時，存在反應(yīng)：FJ++6C6H5OH=[Fe(C6H5O)6]3'+6H+,根據(jù)溶液中的

H+對平衡的影響進行分析；

(4)①Br2+21=l2+2Bd；

②由反應(yīng)i、ii可知，CcH50H?2Na2s2。3,設(shè)苯酚的物質(zhì)的量濃度為xcmolL1,則2X

VimLXxmolLl=V2mLXcmoiL\則x=molL\

【解答】解：(1)由分離流程可知，加苯為萃取劑，操作1為萃取分液，所使用的玻璃儀器

有燒杯和分液漏斗；加入NaOH后苯酚生成苯酚鈉進入水層，操作II分離出有機層為苯，可

在操作I中使用，

故答案為：分液漏斗：苯：

(2)苯酚鈉與二氧化碳、水反應(yīng)生成苯酚、碳酸氫鈉，NaHC03進入水層2,

故答案為；NaHC03;

(3)①由實驗13或24可知，C「或?qū)Ρ椒优cFe3+的顯色反應(yīng)也有影響，無法確定酎是否

對苯酚與Fe3+的顯色反應(yīng)，

故答案為；C「或?qū)Ρ椒优cFeS4■的顯色反應(yīng)也有影響；

②為進一步驗證C「或?qū)Ρ椒优cFe3+的顯色反應(yīng)也有影響，實驗5和6中改變C「或的濃度，

由表格可知，溶液總體積不變的情況下，實驗5加入了NaCl固體改變C「的濃度，實驗6

需要加入Na2s04固體改變的濃度，

故答案為，Na2s04固體；

③根據(jù)實驗1?6的結(jié)果，小組同學(xué)得出猜想1不成立，即C1.對苯酚與Fe3+的顯色反應(yīng)沒有

影響，則用=上；猜想2成立，即對苯酚與lV+的顯色反應(yīng)有影響且起有抑制作用，則A6

<Ai,

故答案為：As—A3?A6<A1;

3+

④Fe3+與笨酚的顯色時,存在反應(yīng):Fe+6C6H5OH^[Fe(C6H5O)5F+6H*,由題意知,

H+對Fu升與苯酚的顯色反應(yīng)有抑制作用，即c(H+)增大，平衡逆向移動，[Fe(C6H5O)6產(chǎn)

一的濃度減小，溶液顏色變淺，

故答案為：Fe3+與苯酚的顯色時，存在反應(yīng)：Fe3++6C6H50H=[Fe(C6H50)6亡+6H+,c(H+)

增大，平衡逆向移動，[Fe(C6H50)6P.的濃度減小，溶液顏色變淺；

(4)①若不除去多余的Bn,Br2421=l2+2Br,生成的12能消耗更多的Na2s2。3標(biāo)準(zhǔn)溶液，

使結(jié)果偏高，

故答案為；偏高；

②由反應(yīng)i、ii可知，C6H50H?2Na2s2。3,設(shè)苯酚的物質(zhì)的量濃度為xcmolL1,則2X

VimLXxmolLl=V2mLXcmo>L\則x=molLL則樣品中苯酚的濃度為X94g?mol”

XmolLl=gL

故答案為:。

【點評】本題考查物質(zhì)的分離提純和實驗方案設(shè)計，側(cè)重實驗?zāi)芰?、分析能力能力的考?

綜合性較強，題目難度中等。

18.(15分)金屬鋌(Rh)是一種高效催化劑，在有機合成中發(fā)揮重要作用。一種以高銅錢精

礦(主要含Rh,還含有少量的Cu、Fe等雜質(zhì))為原料提取的工藝如圖；

已知：陽離子交換過程可表示為xRH(s)+Mx+(aq)=RxM(s)+xH+(aq)o

回答下列問題；

(1)基態(tài)Cu原子的價電子排布式為3/。4金.

(2)“氯化溶解”后，Rh元素以［RhC16式的形式存在，其中Rh元素的化合價為+3。

(3)“定向脫銅”時，銅與銘的沉淀率隨pH變化如圖所示，該過程需將溶液pH調(diào)至2,結(jié)

合圖象說明原因DH=2時，銅的沉淀率已超過80%,鏤的沉淀率幾乎為零；或DH<2時，

銅的沉淀率會降低，DH>2時，錯的沉淀率增加。

(4)“陽離子交換”過程中，溶液中被陽離子交換樹脂吸附的金屬同離子主要有Fe3\

Na，。

(5)“水解”過程中，［RhCMf.發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為［RhCbF+3H2O=Rh(OH)3

I十6Q+3H*“

(6)錢鐳催化劑可催化反應(yīng):C02+4H2-CH4+2H20O下列有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是AC

(填標(biāo)號)。

A.存在極性共價鍵的斷裂與形成

B.所有分子均為非極性分子

C.含碳化合物中心原子雜化軌道類型有印與sp3

D.H2O的VSEPR模型為V形

E.催化劑可降低該反應(yīng)的焙變，從而增大反應(yīng)速率

(7)錢摻雜SiTiCh形成的催化劑，在光催化C02還原反應(yīng)中有很高的催化效率°SrTiCh的

晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

①其中Sr2+位于晶胞的體心，則Ti"所處的位置為晶胞的頂角(填“頂角”或“棱心?

每個Ti4+周圍緊鄰的。2?共有6個。

②當(dāng)有1%的Ti,十被R1?十替代后，晶體中會失去部分。2一產(chǎn)生缺陷，此時平均每個晶胞所含

.數(shù)目為2,995(保留三位小數(shù))。

【分析】高銅銬精礦通入氯氣和HQ氯化溶解得到［RhQ6］3-、CuC3FeCb,加入草酸和銅

離子結(jié)合生成草酸銅，加入NaOH調(diào)節(jié)溶液pH=2,避免鐵離子沉淀，陽離子交換樹脂吸附

Na二Fe"為濾液除去，［Rh6p.發(fā)生水解反應(yīng)生成Rh(OH)3沉淀，最后得到銘粉；

(7)①Sr2+位于晶胞的體心，由晶胞結(jié)構(gòu)可知白球為Sr2+,根據(jù)均攤法，頂角的小黑球個數(shù)

為8X=1,棱心的大黑球個數(shù)為12X=3,結(jié)合SrTiOa可知大黑球為O,小黑球為Ti4+,據(jù)

此分析判斷；

②當(dāng)有1%的Ti4+被Rh3+替代后陽離子電荷減少了1%XI=O.O1,根據(jù)電荷守恒，陰離子O?

.電荷也相應(yīng)減少=0.005,晶體中會失去部分。2一產(chǎn)生缺陷，原晶胞中。2?數(shù)目為3,據(jù)此

分析判斷。

【解答】解:(DCu為29號元素,核外電子排布式為：HWr63s23P63dl。4§1,基態(tài)銅原子

價層電子排布式為3404sl

故答案為:3di°4s【；

(2)結(jié)合離子所帶電荷，［RhCk廣中C1為-1價,由x+(7)X6=-3,解得x=+3,

則Rh元素的化合價為+3,

故答案為：+3；

(3)“定向脫銅”時，需將溶液pH調(diào)至2,原因是；pH=2時，銅的沉淀率已超過80%,

錢的沉淀率幾乎為零：或pHV2時，銅的沉淀率會降低，pH>2時，銘的沉淀率增加，

故答案為：pH=2時，銅的沉淀率已超過80%,錢的沉淀率幾乎為零；或pHV2時，銅的沉

淀率會降低，pH>2時，銘的沉淀率增加;

(4)定向脫銅后溶液得到草酸鈉、FeCh,“陽離子交換”過程中，溶液中被陽離子交換樹脂

吸附的金屬陽離子主要有Fe3二Na+,

故答案為：Fe3\Na+；

r

(5)[RhC16|發(fā)生水解反應(yīng)生成Rh(0H)3沉淀，離子方程式為[RhCkp+3H2O=Rh(OH)

3l+6Cl'+3H+,

故答案為：[RhC16]3'+3H2O=Rh(OH)31+6C1+3H+：

(6)A.反應(yīng)物CO2中C和0原子存在極性共價鍵，產(chǎn)物存在C-H和H?O極性鍵，則

反應(yīng)過程中存在極性共價健的斷裂與形成，A正確；

B.H2O分子的正負(fù)電荷中心不對稱，為極性分子，B錯誤：

C.CO2中C原子價層電子對個數(shù)=2+=2,采取叩雜化方式，CH4中心原子C的價層電子

對數(shù)是4,則C原子雜化軌道類型為sp3雜化，C正確；

D.H2O分子中O原子的價層電子對數(shù)為2+=4,VSEPR模型為四面體，D錯誤：

E.催化劑通過降低反應(yīng)的活化能，從而增大反應(yīng)速率，不能改變反應(yīng)的焙變，E錯誤，

故答案為；AC；

(7)①其中Sr2.位于晶胞的體心，由晶胞結(jié)構(gòu)可知白球為Sr+,根據(jù)均攤法，頂角的小黑

球個數(shù)為8X=1,棱心的大黑球個數(shù)為12X=3,結(jié)合SrTiO?可知大黑球為0,小黑球為

Ti4+,則力4+所處的位置為晶胞的頂角；每個Ti4+周圍緊鄰的。2一共有6個，

故答案為:頂角：6；

②當(dāng)有1%的Ti4+被Rh3+替代后陽離子電荷減少了1%X1=O.O1,根據(jù)電荷守恒，陰離子

電荷也相應(yīng)減少=0.005,晶體中會失去部分。2-產(chǎn)生缺陷，原晶胞中。2數(shù)目為3,則此

時平均每個晶胞所含-數(shù)目為3-0.005=2.995,

故答案為：2.995。

【點評】本題考查物質(zhì)的制備及混合物分離和提純，為高考常見題型，明確流程中的方法和

基本操作、發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)是解答的關(guān)鍵，要求學(xué)生具有分析和解決問題的能力，題目有利

于培養(yǎng)學(xué)生的實驗?zāi)芰Γ}目難度較大。

19.(14分)“03氧化法”和“光催化氧化法”常用于煙氣脫硫、脫硝，對環(huán)境保護意義重大。

回答下列問題;

I.03氧化法

(1)用03氧化煙氣中的S02時，體系中存在以下反應(yīng)：

a)S02(g)+03(g)=SCh(g)+O2(g)△Hi

1

b)203(g)=302(g)AH2=-286.6kJmol

c)2sO2(g)+O2(g)W2sO3(g)AH3=-196.6kJmol1

根據(jù)蓋斯定律，AHi=-241.6kJ/molo

(2)在密閉容器中充入lmolN204和lmolO3,發(fā)生以下反應(yīng)：

d)N2O4(g)=2NO2(g)AH4=+57kJmol'1

e)N2O4(g)+O3(g)=N2O5:g)+O2(g)AHs

不同壓強(p)下，N2O4的平衡轉(zhuǎn)化率a(N2O4)隨反應(yīng)溫度(T)的變化關(guān)系如圖所示：

①由圖可知，AH5小于0(填“大于”或“小于”下同)，pi小于p2.

②下列有關(guān)該反應(yīng)體系的說法正確的是AD(填標(biāo)號)。

A.恒壓下，混合氣體的密度保痔不變時，說明反應(yīng)體系己達(dá)到平衡

B.任意時刻,存在n(NO2)+n(N2O4)+n(N2O5)<lmol

C.恒容下，升高溫度，該體系中氣體顏色變淺

D.恒容下，增大N2O4的濃度，反應(yīng)d、e的正反應(yīng)速率均增大

③某溫度下，平衡時N2O4的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為，且N02與02的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，此時n

(O2)—0.2mol0

II.光催化氧化法

光照條件下，催化劑TiO2表面產(chǎn)生電子(e')和空穴(h$).電子與02作用生成離子自由

基()，空穴與水電離出的0H作用生成羥基自由基(0H),，和QH分別與NO反應(yīng)生

成。變化過程如圖所示：

(3)一定范圍內(nèi)，NO脫除速率隨煙氣濕度的增大而增大，結(jié)合催化劑的作用機理，分析可

能的原因隨著煙氣濕度的增大，更多的OFT在催化劑表面轉(zhuǎn)化為-OH,提高了NO的領(lǐng)

化速率。

(4)已知該過程中生成的HN6可繼續(xù)與OH發(fā)生反應(yīng)：HNO2+2OH-H%+H2O；該反

應(yīng)可分兩步進行，請補充反應(yīng)i:

i.HNO2+OH-NO2+H2O；

+

ii.NO2+0