江苏省南京市六校2022-2023学年高二上学期期初联合调研考试化学试题解析版

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江苏省南京市六校2022-2023学年高二上学期期初联合调研考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1　C12　N14O16　Fe56　S32　Cl35.5Cu64一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。1.生活中处处有化学，下列叙述正确的是A.HB铅笔芯的成分为二氧化铅B.碳酸氢钠可做食品膨松剂C.青铜和黄铜是不同结构的单质铜D.焰火中红色来源于钠盐灼烧【答案】B【解析】【详解】A．铅笔芯的主要成分为石墨，不含二氧化铅，A错误；B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解产生二氧化碳，能使面团松软，可做食品膨松剂，B正确；C．青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅的合金，黄铜为是由铜和锌所组成的合金，两者均属于混合物，不是铜单质，C错误；D．钠元素灼烧显黄色，D错误；故选B。2.少量Na2O2与H2O反应生成H2O2和NaOH。下列说法正确的是A.Na2O2的电子式为B.H2O分子中含非极性共价键C.NaOH中只含离子键D.H2O2的结构式H-O-O-H【答案】D【解析】【详解】A．Na2O2的电子式为,A错误；B．H2O分子中含极性共价键，B错误；C．NaOH的电子式是，含有共价键和离子键，C错误；D．H2O2的电子式为，则结构式是H-O-O-H，D正确。故选D。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.NH4Cl溶液呈酸性，可用于除铁锈剂B.SO2具有氧化性，可用作葡萄酒抗氧化剂C.小苏打可以和碱反应，可用作抗酸药D.FeCl3具有氧化性，可用作净水剂【答案】A【解析】

1【详解】A．NH4Cl溶液中铵根离子水解使溶液呈酸性，可以与铁锈反应，A正确；B．SO2具有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂，B错误；C．小苏打中碳酸氢根水解使溶液呈碱性可与酸反应，可用作抗酸药，C错误；D．FeCl3中三价铁离子可以水解生成氢氧化铁胶体具有吸附能力，可用作净水剂，D错误故选A。4.四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的；Y是地壳中含量最多的金属元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列叙述中，不正确的是A.W的非金属性小于Z的非金属性B.将X单质投入到CuSO4溶液中，生成紫红色固体C.工业上用电解熔融Y的氧化物的方法治炼金属YD.Z的最高价氧化物对应水化物为强酸【答案】B【解析】【分析】四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍，则W为C元素；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl元素；【详解】A．C和Cl的最高价氧化物的水化物分别为碳酸（弱酸），高氯酸（强酸），故Cl的非金属性强，A正确；B．Na投入到CuSO4溶液中，会先跟水反应，B错误；C．工业上熔融电解氧化铝制备铝单质，C正确；D．Cl的最高价氧化物对应水化物为高氯酸是强酸，D正确。5.KMnO4溶液、NaClO溶液分别与浓盐酸混合反应都能生成Cl2。下列制取、净化Cl2、验证其氧化性并进行尾气吸收的装置和原理能达到实验目的的是A．制取Cl2B．除去HClC．验证Cl2氧化性D．吸收尾气A.AB.BC.CD.D【答案】C

2【解析】【分析】【详解】A．二氧化锰浓盐酸制氯气，需要加热，A错误；B．可以用饱和氯化钠除去氯化氢，应该用洗气瓶不能用U形管，B错误；C．氯气可以把硫离子氧化成硫单质，难溶于水生成沉淀，C正确；D．氯气难溶于水，应该用氢氧化钠溶液处理尾气，D错误；故选C。6.下列有关含硫物质的说法的说法正确的是A.接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫B.浓硫酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器贮运浓硫酸C.芒硝、重晶石、黄铜矿都是硫酸盐D.用石灰右-石膏法对燃煤烟气进行脱硫，同时可得到石膏【答案】D【解析】【详解】A．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，选项A错误；B．常温下铁被浓硫酸钝化，产生致密的氧化膜，发生化学反应而并不是不反应，选项B错误；C．芒硝是Na2SO4•7H2O，重晶石成分为硫酸钡，黄铜矿是铜的硫化物，选项C错误；D．石灰石主要成为碳酸钙，石灰石-石膏法脱硫过程中发生反应：，SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，2CaSO3+O2=2CaSO4，得到了石膏，选项D正确；答案选D。7.在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是A.SCuSB.稀H2SO4(aq)SO2(g)C.浓H2SO4SO2(g)D.SO2(g)(NH4)2SO3(aq)【答案】D【解析】【详解】A．硫单质的氧化性弱，只能将Cu氧化成低价态，A错误；B．非金属碳只能与浓硫酸在一定条件下反应生成二氧化硫，碳与稀硫酸不反应，B错误；C．铜与浓硫酸需要加热才能生成二氧化硫氢气体，反应条件不足，C错误；D．二氧化硫与过量的氨水可反应生成盐(NH4)2SO3，D正确。故选D。8.对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1，下列说法正确的是A.反应的ΔH<0，ΔS>0

3B.反应的平衡常数可表示为K=C.使用催化剂能改变反应路径，降低反应的活化能D.增大体系的压强能增大活化分子百分数，加快反应的速率【答案】C【解析】【详解】A．ΔH=-196.6kJ·mol-1<0，反应物气体计量系数和为3，生成物的气体计量系数为2，则该反应为熵减反应，反应的＜0，选项A错误；B．反应的平衡常数表达式为，选项B错误；C．催化剂能改变反应路径，降低反应的活化能，对于反应的焓变无影响，选项C正确；D．增大体系压强,可使单位体积内活化分子百分数增多,有效碰撞的机率增大，反应速率加快，选项D错误；答案选C。9.通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是A.电极A为阴极，发生还原反应B.电极B的电极发应：C.电解一段时间后溶液中浓度保持不变D.电解结束，可通过调节除去，再加入溶液以获得【答案】C【解析】【详解】A．由电解示意图可知，电极B上Mn2+转化为了MnO2，锰元素化合价升高，失电子，则电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；B．由电解示意图可知，电极B上Mn2+失电子转化为了MnO2，电极反应式为：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，B正确；

4C．电极A为阴极，LiMn2O4得电子，电极反应式为：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，依据得失电子守恒，电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C错误；D．电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；答案选C。10.用废铜屑(含Cu、CuO、Fe2O3等)制备胆矾的流程如图：下列说法不正确的是A.“溶解”时，铜发生反应的离子方程式为Cu+4H++O=Cu2++2H2OB.“调pH"时，可用Cu2(OH)2CO3，代替CuOC.“滤液”中c(Cu2+)·c2(OH-)≤Ksp[Cu(OH)2]D.“酸化”时，加入稀硫酸的目的是抑制Cu2+的水解【答案】A【解析】【详解】废铜屑加入稀硫酸和过氧化氢溶液中溶解，铜溶解为硫酸铜，氧化铜变成硫酸铜，氧化亚铁变成硫酸铁，加入氧化铜调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤液中加入硫酸酸化得到硫酸铜溶液，最后得胆矾。据此解答。A．“溶解”时，铜发生反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，A错误；B．调节溶液的pH时，可以用氧化铜或碱式碳酸铜，因为都可以消耗铁离子水解生成的氢离子，调节pH，使铁元素沉淀，B正确；C．调pH是为了沉铁，所以过滤时只有氢氧化铁沉淀，若要保证无氢氧化铜沉淀，故滤液中c(Cu2+)·c2(OH-)≤Ksp[Cu(OH)2]，C正确；D．从硫酸铜溶液到晶体需要加热蒸发，加热促进水解，加入硫酸可以抑制铜离子水解，最终生成硫酸铜晶体，D正确。故选A。11.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A相同条件下，分别测量0.1mol/L和0.01mol/L

5醋酸溶液的导电性，前者的导电性强醋酸浓度越大，电离程度越大B常温下，分别测定浓度均为0.1mol/LNaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大酸性：HFKsp，则生成沉淀，不能比较溶度积大小,，故D错误；故选：C。12.下列说法正确的是A.精炼铜时，纯铜作阳极，粗铜作阴极B.地下钢铁管道用导线连接铜块可以减缓管道的腐蚀C.铅蓄电池正极电极方程式为：PbO2+4H++SO+2e-=PbSO4+2H2OD.常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2，转移电子的数目为6.02×1023【答案】C【解析】【详解】A．工业上电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解液为含铜离子的盐溶液，故A错误；B．地下钢铁管道用导线连接铜块，构成原电池，钢铁作负极，铜块作正极，钢铁管道的腐蚀速率加快，故B错误；C．铅蓄电池正极二氧化铅得电子生成硫酸铅，电极方程式为：PbO2+4H++SO+2e-=PbSO4+2H2O，故C正确；D．常温常压下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，11.2L氢气的物质的量不能按此数据进行计算，故D错误；故选C。13.通过下列实验探究草酸(H2C2O4)的性质。

6实验实验操作和现象1室温下，用pH计测得0.1mol/LH2C2O4溶液的pH约为1.32室温下，向25.00mL0.1mol/LH2C2O4溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，得到下图滴定曲线下列有关说法正确的是A.滴定实验时，滴定管和锥形瓶都要用待装液润洗B.0.1mol·L-1H2C2O4溶液中存在c(H＋)>2c(C2O)＋c(HC2O)C.a、b、c对应的溶液中，水的电离程度：c>b>aD.V(NaOH)=25.00mL时反应所得溶液中：c(C2O)2c(C2O)＋c(HC2O)，B正确；C．a点时，溶液pH=7，水的电离处于正常电离状态(类似纯水)，b点时，溶液中溶质只有Na2C2O4，溶质的水解使水的电离受到促进，c点时，溶液中有额外的NaOH，其电离出的OH-明显抑制水的电离，所以三个状态下水的电离程度应是b>a>c，C错误；D．此状态下，溶液中溶质应为NaHC2O4，根据溶液质子守恒关系有，溶液pH<7，c(H+)>c(OH-)，所以有c()>c(H2C2O4)，D错误。14.CO2催化加氢可合成二甲醚，其过程中主要发生下列反应有反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.2kJ·mol−1反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH=-122.5kJ·mol−1在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性(CH3OCH3

7的选择性=×100％)随温度的变化如图所示。下列说法正确的是A.200~360℃范围内，体系中主要发生反应ⅡB.276℃时反应I、Ⅱ中参加反应的CO2的物质的量之比为12∶13C.曲线b代表平衡时CH3OCH3的选择性变化D.为提高CH3OCH3选择性需研发低温条件下对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂【答案】D【解析】【分析】反应I吸热，反应Ⅱ放热，其它条件相同，升高温度，平衡I正向移动，平衡Ⅱ逆向移动，CH3OCH3(g)选择性降低，曲线a表示CH3OCH3的选择性随温度的变化，曲线b表示CO2平衡转化率随温度的变化。【详解】A．200~360℃范围内，CO2平衡转化率先降低后升高，在降低阶段主要发生反应Ⅱ，在升高阶段主要发生反应I，A错误；B．276℃时，CH3OCH3的选择性为48%，反应总的消耗1molCO2，则生成CH3OCH3的物质的量为0.24mol，则反应Ⅱ中参加反应的CO2的物质的量为0.48mol，反应I中参加反应的CO2的物质的量为1mol-0.48mol=0.52mol，故I、Ⅱ中参加反应的CO2的物质的量之比=0.52:0.48=13:12，B错误；C．由分析可知，曲线b表示CO2平衡转化率随温度的变化，C错误；D．为提高CH3OCH3选择性就需抑制反应I，促进反应Ⅱ，由于反应I吸热，反应Ⅱ放热，低温能实现，故需研发低温条件下对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂，D正确；答案选D。二、非选择题：共4题，共58分15.用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O的一种流程如下：

8（1）“酸浸”中CuS发生反应的化学方程式为_______。（2）“调pH”后溶液pH约4，此时溶液Fe3＋物质的量浓度为_______。[Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38]（3）“除锰”时的离子方程式为_______。（4）“还原”前需测定铜氨离子{[Cu(NH3)4]2＋}的浓度来确定水合肼的用量。20.0mL除去Mn2＋的铜氨溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加3mol·L-1H2SO4至pH为3～4，加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂，生成的碘用0.1000mol·L-1Na3S2O3标准溶液滴定至终点(反应为2Cu2＋＋4I-=2CuI＋I2，I2＋2S2O=2I-＋S4O)，重复2～3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液22.00mL。计算铜氨溶液的物质的量浓度_______(写出计算过程)（5）保持其它条件不变，水合肼浓度对Cu2O的产率的影响如图所示。水合肼浓度大于3.25mol·L-1时Cu2O的产率下降，[Cu(NH3)4]2＋的转化率仍增大，可能的原因是_______。【答案】（1）CuS＋MnO2＋2H2SO4=CuSO4＋MnSO4＋S＋2H2O（2）1×10-8mol·L-1（3）Mn2＋＋NH3·H2O＋HCO=MnCO3↓＋NH＋H2O（4）0.4400mol·L-1（5）Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质【解析】【分析】低品铜矿中加入稀硫酸和二氧化锰，硫化铜与二氧化锰发生氧化还原反应生成铜离子、二价锰离子和硫单质，氧化亚铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，又被氧化成铁离子，再调节pH除去铁离子，然后加氨水和碳酸氢铵除去锰离子，最后再加水合肼还原铜离子得到产品。【小问1详解】

9硫化铜有还原性，二氧化锰有氧化性，两者在酸性条件下发生氧化还原反应，依据得失电子守恒和原子守恒，反应化学方程式为：CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O。【小问2详解】Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=1×10-38，pH=4，则c(OH-)=mol/L，。【小问3详解】用氨水和碳酸氢铵除去锰离子的离子方程式为：Mn2++NH3•H2O+HCO=MnCO3↓+NH+H2O。【小问4详解】由题目所给反应可得关系式：，求得n=0.0020mol，则20.0mL除去Mn2+的铜氨溶液中含铜氨离子｛[Cu(NH3)4]2+｝的物质的量为0.0020mol4=0.0080mol，浓度为：。【小问5详解】水合肼度大于3.25mol·L-1时，水合肼被氧化成氮气，铜氨离子被还原为铜，使得[Cu(NH3)4]2+的转化率仍增大，Cu2O的产率下降。16.燃煤烟气中的NOx、SO2经处理后可被吸收，电化学在相关邻域也有重要应用。（1）若烟气主要成分为NO、SO2，可通过电解法除去，其原理如图所示。阴极的电极反应式为_______。电解过程得到产物为_______。（2）若烟气主要成分为NO2、SO2，可通入NaOH溶液将NO2完全转化为NO。则NO2、SO2与NaOH反应的离子方程式为_______。（3）电解法也可除去水中的氨氮，实验室用石墨电极电解一定浓度的(NH4)2SO4与NaCl的酸性混合溶液来进行模拟。

10①电解时，阳极的电极反应式为_______。电解过程中溶液初始Cl-浓度和pH对氨氮去除速率与能耗(处理一定量氨氮消耗的电能)的影响关系如图1和图2所示。②图1中当Cl-浓度较低时、图2中当初始pH达到12时，氨氮去除速率低而能耗高的原因可能是_______；而当Cl-浓度较高时，测得溶液中的NO浓度也较高，可能的原因是_______。（4）肼(N2H4)燃料电池示意图：肼燃料电池中A极发生的电极反应为：_______。【答案】（1）①.NO+5e-+6H+=NH+H2O②.(NH4)2SO4、H2SO4（2）2NO2+SO2+4OH-=2NO+SO-+2H2O（3）①.2Cl--2e-=Cl2↑②.阳极可能OH-放电，产生大量氧气，消耗电能③.Cl-浓度较高时，产生的Cl2(或HClO)较多，会将NH氧化为NO（4）N2H4-4e-＋4OH-=N2＋4H2O【解析】【小问1详解】该装置为电解池，阴极连电源的负极，由图可知阴极NO得电子生成NH，阴极电极反应式为NO+5e-+6H+=NH+H2O，阳极SO2失电子，阳极电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=SO+4H+，产物为(NH4)2SO4、H2SO4；

11【小问2详解】由题知NO2、SO2通入NaOH溶液将NO2完全转化为NO，N元素价态由+4价降到+3价，故S元素价态需升高即由SO2生成SO，再根据得失电子守恒和元素守恒配平即可得2NO2+SO2+4OH-=2NO+SO-+2H2O；【小问3详解】①用石墨电极电解一定浓度的(NH4)2SO4与NaCl的酸性混合溶液，阳极发生氧化反应，Cl-失电子生成氯气，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；②Cl-浓度较低或pH较大时，阳极可能是OH-放电，产生大量氧气，消耗电能，所以氨氮去除速率低而能耗高；Cl-浓度较高时，产生的Cl2(或HClO)较多，会将NH氧化为NO；【小问4详解】肼燃料电池中A极为负极，发生失电子的反应，电极反应式为N2H4-4e-＋4OH-=N2＋4H2O。17.以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备磷酸铁(FePO4)。（1）酸浸。将一定量焙烧后硫铁矿粉末加入到三颈瓶中，恒温50～60℃加热(装置见图)，通过滴液漏斗缓慢滴加一定浓度的稀硫酸，充分反应，过滤。温度不宜过高的原因是_______。（2）还原。向滤液中加入还原铁粉，充分搅拌至溶液中Fe3＋全部被还原。检验Fe3＋全部被还原的实验方法是_______，还原反应的离子方程式为_______。（3）除铝。向还原后的溶液中加入FeO固体，不断搅拌，使Al3+完全转化为Al(OH)3，过滤，得FeSO4溶液。加入FeO后发生反应的离子方程式为_______。（4）制备FePO4.反应原理为Fe2(SO4)3＋2Na2HPO4=2FePO4↓＋2Na2SO4＋H2SO4，纯净的FePO4为白色沉淀，不同pH对磷酸铁沉淀的影响如图所示。pH约为3后铁的沉淀率接近完全，而磷的沉淀率却在下降的可能原因是：_______。（5）为了得到较纯净的FePO4，请补充完整以除铝后的FeSO4溶液制备FePO4的实验方案：取一定量除铝后的FeSO4溶液，_______，固体干燥，得到FePO4。(可选用的试剂：1mol·L-1Na2HPO4溶液(pH约为

1210)、3%H2O2溶液、BaCl2溶液)【答案】（1）避免Fe3＋水解生成Fe(OH)3，损失铁元素（2）①.取少许溶液于试管中，滴入少许KSCN溶液，若溶液不变红色，则Fe3＋全部被还原②.2Fe3＋+Fe=3Fe2＋（3）2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋（4）pH大于2.5后，FePO4沉淀会转化为Fe(OH)3沉淀，释放PO（5）加入足量的3%双氧水溶液，充分反应，使FeSO4溶液全部被氧化为Fe2(SO4)3溶液，边搅拌边将1mol·L-1Na2HPO4溶液缓慢加入到Fe2(SO4)3溶液中，至溶液的pH约为2.5，过滤，洗涤至最后一次洗涤液加入BaCl2溶液无沉淀出现【解析】【小问1详解】硫铁矿粉焙烧后铁被氧化为+3价，将入稀硫酸会生成Fe3+，滤液中阳离子是亚铁离子、铝离子、铁离子等，铁离子能水解，水解是吸热反应，升高温度，促进铁离子水解生成氢氧化铁，造成铁元素的损失。【小问2详解】检验Fe3+全部被还原的方法为：取少许溶液于试管中，滴入少许KSCN溶液，若溶液不变红色，则Fe3+全部被还原。还原反应的离子方程式为2Fe3＋+Fe=3Fe2＋。【小问3详解】铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，加氧化亚铁促进铝离子的水解，其离子方程式为：2Al3++3FeO+3H2O=2Al(OH)3+3Fe2+。【小问4详解】由题意知，pH大于2.5后，FePO4沉淀会转化为Fe(OH)3沉淀，释放PO。【小问5详解】加入足量的3%双氧水溶液，充分反应，使FeSO4溶液全部被氧化为Fe2(SO4)3溶液，边搅拌边将1mol·L-1Na2HPO4溶液缓慢加入到Fe2(SO4)3溶液中，至溶液的pH约为2.5，过滤，洗涤至最后一次洗涤液加入BaCl2溶液无沉淀出现18.有效去除大气中的NOx和水体中的氮是环境保护的重要课题。（1）已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；ΔH1=-566.0kJ·mol-1②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)；ΔH2=+64kJ·mol-1反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)；ΔH3=_______。（2）磷酸铵镁(MgNH4PO4)沉淀法可去除水体中的氨氮(NH和NH3)。实验室中模拟氨氮处理：1L的模拟氨氮废水(主要含NH)，置于搅拌器上，设定反应温度为25℃。先后加入MgCl2和Na2HPO4溶液，用NaOH调节反应pH，投加絮凝剂；开始搅拌，反应30min后，取液面下2cm处清液测定氨氮质量浓度。①生成磷酸铵镁沉淀离子反应方程式为_______。②测得反应pH对氨氮去除率的影响如图1所示，当pH从7.5增至9.0

13的过程中，水中氨氮的去除率明显增加，原因是_______。（3）纳米零价铁(NZVI)/BC与(CuPd)/BC联合作用可去除水体中的硝态氮。在NZVI/BC和(CuPd)/BC复合材料联合作用的体系中，生物炭(BC)作为NZVI、Cu、Pb的载体且减少了纳米零价铁的团聚，纳米零价铁作为主要还原剂，Cu和Pd作为催化剂且参与吸附活性H。①NZVI/BC和(CuPd)/BC复合材料还原硝酸盐的反应机理如图2所示，NO转化为N2或NH的过程可描述为_______。②实验测得体系初始pH对NO去除率的影响如图3，前200min内，pH=9.88时的去除率远低于pH=4.05时，其可能的原因是_______。【答案】（1）-1196kJ·mol-1（2）①.Mg2++OH-+NH+HPO=MgNH4PO4↓+H2O②.随着pH的增大，HPO转化为PO，c(PO)浓度增大，使得生成沉淀的反应速率加快，氨氮去除率增加（3）①.NO在铁表面得到电子被还原为NO，NO被吸附在Cu和Pd表面的活性H继续还原为N2

14或NH②.酸性越强，Fe越易失去电子，NO越易得到电子被还原；酸性越强，H+浓度大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露更多的反应活性位点，促进反应的进行【解析】【小问1详解】2①-②可得反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，则ΔH3=2ΔH1-ΔH2=2´(-566.0kJ·mol-1)-(+64kJ·mol-1)=-1196kJ·mol-1。【小问2详解】①向模拟氨氮废水中加入MgCl2和Na2HPO4溶液生成磷酸铵镁沉淀，该反应的离子方程式为Mg2++OH-++=MgNH4PO4↓+H2O；②如图1所示，当pH从7.5增至9.0的过程中，水中氨氮的去除率明显增加，原因是随着pH的增大，转化为，c()浓度增大，使得生成沉淀的反应速率加快，氨氮去除率增加。【小问3详解】①如图2所示，在铁表面得到电子被还原为，被吸附在Cu和Pd表面的活性H继续还原为N2或；②如图3所示，前200min内，pH=9.88时的去除率远低于pH=4.05时，其可能的原因是酸性越强，Fe越易失去电子，越易得到电子被还原；酸性越强，H+浓度大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露更多的反应活性位点，促进反应的进行。