2021年高考化学模拟考场仿真演练卷（江苏卷）

绝密★启用前

2021年高考化学模拟考场仿真演练卷

第一模拟

本试卷共17题。全卷满分100分。考试用时75分钟。

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净

后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32C135.5Fe561127

一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法正确的是（）

A.高纯铝被大量用于制造火箭、导弹和飞机的部件

B.煤的干储、海带提碘、石油裂解等都涉及化学变化

C.“84”消毒液与75%的酒精消杀新冠病毒的机理相同

D.将煤气化，有利于提供更多的能量，且可以有效减少温室气体的产生

【答案】B

【解析】

A.高纯铝的硬度和强度较小，不能大量用于制造火箭、导弹和飞机的部件，A错误；

B.煤干储是将煤隔绝空气加强热使之分解，属于化学变化：海带提碘是将海带灼烧，灼烧后的灰烬中碘元素以

「的形式存在，然后用H2O2将「氧化为碘单质，涉及化学变化；石油裂解是使具有长链分子的烧断裂成各种

短链的气态燃和少量液态烧，属于化学变化，故B项正确：

C.“84”消毒液的有效成分为NaClO,NaCK）具有强氧化性，用于杀菌消毒，75%的酒精能使蛋白质变性用于杀

菌消毒，“84”消毒液与75%的酒精消杀新冠病毒的机理不同，故C错误；

D.根据盖斯定律，将煤气化，不会改变燃烧过程的能量变化，故D错误；

2.钠着火不能用水扑灭的原因是2Na+2H2O=2NaOH+H2f,下列说法正确的是（）

A.Na基态核外电子排布式为[Ne]3sl

B.H2O为非极性分子

C.0结构示意图为18丫28

D.NaOH电子式为、a：。：H

【答案】A

【解析】

A.Na基态核外电子排布式为［Ne］3si,A项正确;

B.含有极性键，是极性分子，B项错误：

c.o结构示意图为C项错误；

D.NaOH为离子化合物，其电子式为Na+［：0：H「，D项错误；

3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()

A.FeCh易溶于水，可用作H2O2分解的催化剂

B.SCh具有刺激性气味，可用作纸浆的漂白剂

C.NaCIO能使蛋白质变性，可用作环境消杀剂

D.AI(OH)3具有两性，可用作塑料制品的阻燃剂

【答案】c

【解析】

A.FeCb溶于水，是其物理性质，而催化H2O2分解是化学性质，无直接关系，A错误；

B.SO2具有刺激性气味，和它具有漂白性没有关系，SCh能够与某些有色物质化合成无色物质，因而具有漂白

性，B错误；

C.NaClO具有强氧化性，能使蛋白质变性，能用于消毒杀菌，C正确；

D.A1(OH)3能够作塑料制品的阻燃剂，是由于其受热分解生成的AI2O3的熔点高，与其两性无关，D错误。

4.下列关于实验操作或现象的说法正确的是()

图4

A.图1：进行氢氧化铁胶体的电泳实验，通电后，阴极附近颜色逐渐加深

B.图2：反应一段时间后，试管中固体变为红棕色

C.图3：测定氯水的pH

D.图4：接近滴定终点时，滴定管的尖嘴不可以接触锥形瓶内壁

【答案】A

【解析】

A.氢氧化铁胶体的胶粒带正电，做电泳时，通电后胶粒向阴极移动，则阴极附近颜色逐渐加深，故A正确;

2

B.Fe在高温下和水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，故B错误；

C.氯水中含有的HCIO有漂白性，使pH试纸先变红后褪色，则无法用pH试纸测定氯水的pH,故C错误；

D.为保证滴定更精确，接近滴定终点，可以微微转动活塞，使溶液悬挂在尖嘴上，形成半滴（有时还不到半滴），

用锥形瓶内壁将其刮落，故D错误；

5.次氯酸钠可用于废水中氨氮（以NE表示）的去除，反应原理如图所示，其中第②步反应有NH2CI、NHCL等中间

产物生成。下列叙述错误的是（）

NH,N,+H,0

浮

NaClOHC1OHClH,0

乂乂

H2oNaOHNaCl

A.氨氮的去除过程不宜采用较高温度加热的方法加快反应速率

B.第②步反应生成NH2cl时，有H—CI键的断裂和生成

C.适当增加次氯酸钠的用量，可以提高废水中氨氮的去除率

D.理论上，次氯酸钠和去除的氨氮（以NH3表示）的物质的量之比为3：2

【答案】B

【解析】

A.由图可知反应过程生成HC1O,HC1O不稳定，温度过高易发生分解，使氨氮去除率降低，A正确；

B.第②步生成NH2cl的反应方程式为NH3+HCIONH2CI+H2O,HC1O的结构式为H—O—Cl,NH2cl的结构式

H

为I，反应物和生成物中的氯原子与氢原子没有直接相连，因此并没有H—C1键的断裂和形成,B错误；

H—N—C1

C.由图中原理可知，反应过程①NaClO和H?O反应生成HC1O,HC1O氧化NFh去除氨氮，HC1O浓度大，氨氮

去除率高，C正确；

D.次氯酸钠去除废水中氨氮（以NH3表示）的总反应方程式为3NaClO+2NH3=N2+3NaCl+3H2O,由方程式可知次

氯酸钠和氨氮（以NH3表示）的物质的量之比为3：2,D正确；

6.下列装置或操作设计合理，且能达到相应实验目的的是（）

3

35OlmobL'

A.用甲装置分离苯和四氯化碳

B.用乙装置证明非金属性：S>C>Si

C.用丙装置验证澳乙烷发生消去反应生成烯蜂

D.用丁装置验证溶解度：AgCl>Ag,S

【答案】C

【解析】

A.甲装置分离苯和四氯化碳，温度计水银球的位置应该在蒸储烧瓶支管口附近，故A错误

B.乙装置稀硫酸与大理石反应，反应很快停止，无法证明非金属性：S>C>Si,故B错误

C.用丙装置中醇挥发，不能与澳发生反应，可以验证溪乙烷发生消去反应生成烯燃，故C正确

D.丁装置中硝酸银溶液过量，无法验证溶解度：AgCI>Ag2S.故D错误

7.X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，其单质与水反应后溶液能使酚醐试液变

为浅红色，X、W为同一主族元素，Y是地壳中含量最高的元素。甲、乙、丙分别为X、Z、W形成的最高价氧化

物，丁是如图循环中的一个反应物。下列判断错误的是（）

A.W位于元素周期表第三周期UA族

4

B.简单原子半径：r(Z)>r(W)>r(Y)>r(X)

C.丁为CO,反应③为工业制粗硅的原理

D.该循环过程实现了一氧化碳与水反应制取氢气

【答案】B

【解析】

X为C,Y为0,Z为Mg,W为Si

A.W为Si元素，原子序数为14,位于第三周期UA族，A正确；

B.电子层数越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以原子半径Mg>Si>C>0,即

r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y),B错误:

C.根据分析可知丁为CO,反应③为C与二氧化硅的反应，生成硅和co,为工业制粗硅的原理，c正确；

催化剂

D.据图可知该循环过程中加入了C0、0H、H20,生成了CO2、OH、H2,所以总反应为CO+H2()^=CO2+H2,

实现了一氧化碳与水反应制取氢气，D正确；

8.以黄铁矿(主要成分为FeS2,其中S的化合价为-1价)生产硫酸的工艺流程如下图。

空气98.3%硫酸

供稀释

黄铁矿一>沸腾炉fS02、0

2用硫酸

炉渣尾气

（含FezCh）

下列说法不正确的是()

A.将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率

B.沸腾炉中每生成ImolSO2,有11mole一发生转移

C.接触室中排放出的SC)2、。2循环利用，可提高原料利用率

D.吸收塔排放的尾气可通过氨吸收转化成氮肥

【答案】B

【解析】

A.将黄铁矿粉碎，增大接触面积，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率，故A正确：

B.沸腾炉中FeS2和氧气反应生成Fe2Ch和S02,反应方程式是4FeS2+1102=2FezC)3+8SO2,每生成Imol

S02,有5.5mole.发生转移，故B错误；

C.接触室中排放出的SO?、循环利用，so2转化率增大，提高原料利用率，故C正确;

5

D.吸收塔排放的尾气可通过氨吸收，转化成硫酸镂，镀盐可做氮肥，故D正确；

9.柠檬酸苯甲酯是一种重要的有机物，其结构如图所示。下列说法错误的是（）

zV\AZV=\

HOOHO

A.柠檬酸苯甲酯的分子式为Ci3Hl4。

B.柠檬酸苯甲酯分子中所有碳原子不可能处于同一平面

C.Imol柠檬酸苯甲酯与足量H2加成，最多消耗3m0IH2

D.Imol柠檬酸苯甲酯与足量Na2cO3溶液反应，最多消耗ImolNa2cCh

【答案】D

【解析】

A.根据结构简式分析，柠檬酸苯甲酯的分子式为Cl3Hl4。7,故A正确；

B.含有多个饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能共平面，故B正确；

C.不含碳碳双键等不饱和键，含有一个苯环，则Imol柠檬酸苯甲酯与足量H2加成，最多消耗3m。旧2,故C

正确；

D.柠檬酸苯甲酯分子中含有2个竣基，则Imol柠檬酸苯甲酯与足量Na2cCh溶液反应，最多消耗2moiNa2cCh,

故D错误；

10.某科研人员提出HCHO与02在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成C02、H20的历程，该历程示意图如图（图

中只画出了HAP的部分结构）。下列说法不无硼的是（）

A.HAP能提高HCHO与02的反应速率

B.HCHO在反应过程中，有C-H键发生断裂

C.根据图示信息，C02分子中的氧原子全部来自02

HAP

D.该反应可表示为：HCH0+02------->CO2+H2O

【答案】C

【解析】

A.根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能

改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；

B.根据图示可以发现，甲醛分子中的两个C-H键的H原子都与0发生断裂，故仅有C-H键发生断裂，B正确；

C.根据图知，C02分子中的氯原子一部分来自。2,另一部分还来自于甲醛，C错误：

D.该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是：氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHO+02HAP

6

CO2+H2O,D正确；

IL十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。硫化氢一空气质子交换膜燃

料电池实现了发电、环保的有效结合，已知：2H2S(g)+O2(g)=S2(S)+2H2O(1)△//=-632kJ/mol,下列说法不

正确的是()

tHjS

电极a柑期用I1—।

3QTTTITTT1▼

——n负

质子固体电解质膜

载

1fL-r-l

电极bI5

A.电极a发生了氧化反应

B.标准状况下，每11.2LH2S参与反应，有lmolH+经固体电解质膜进入正极区

C.当电极a的质量增加64g时，电池内部释放632kJ的热能

+

D.电极b上发生的电极反应为O2+4H+4e-=2H2O

【答案】C

【解析】

A.电极a为负极，发生氧化反应，A项正确；

B.由电极反应式2H2s-4e=4H++S2可知,标准状况下，每1L2LH2s即0.5molH2s参与反应,有1molH+经

固体电解质膜进入正极区，B项正确；

C.反应由化学能转化为电能，电池内部释放的热能小于632kJ,C项错误；

D.该电池是质子固体做电解质，所以电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O,D项正确；

12.25口时，向浓度均为Imol-L-'的弱酸(HA)和其盐(NaA)组成的混合溶液中通入HCI气体或加入NaOH固体时(整

个过程保持温度为25口)，溶液的pH随通入的HC1或加入的NaOH的物质的量的变化曲线如图所示。下列说法正

确的是()

通入的H。的物质的我一加入的NaOH的物质的量

A.25U时，HA的电离常数小于A-的水解常数

B.通入HC1气体，HA的电离程度和电离常数均减小

C.加(入0.5molNaOH时，溶液中c(Na+)>c(A)

D.溶液中水的电离程度：a<b〈c

7

【答案】D

【解析】

A.未加HC1和NaOH时，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A-水解程度，即HA的电离常数大于A-的水

解常数，故A错误；

B.温度不变，电离常数不变，故B错误；

C.加入0.5molNaOH后,pH<7,溶液呈酸性,即c(H+)>c(OH),由电荷守恒可知c(Na+)Vc(A)故C错误;

D.a、b溶液呈酸性，抑制水的电离，c呈中性，pH越小，酸性越强，水的电离程度越小，则a、b、c三点所

表示的溶液中水的电离程度：a<b<c,故D正确。

13.通过反应I:4HCl(g)+O2(g)=2C12(g)+2H2O(g)可将有机氯化工业的副产品HC1转化为Cb在0.2MPa、反应物起始

物质的量比嚅?=2条件下，不同温度时HCI平衡转化率如题13图所示。向反应体系中加入CuCL,能加快反

n(02)

应速率。

反应II:2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2C12(g)AH=125.6kJmoH

反应IH：CuO(s)+2HCl(g)=CuC12(s)+H2O(g)AH=-120.0kJ-moV

下列说法正确的是()

A反应I的AH=5.6kJmol-'

B.升高温度和增大压强均能提高反应I中HCI的平衡转化率

C.保持其他条件不变，500□时，使用CuCb,能使HCI转化率从X点的值升至Y点的值

D.在0.2MPa、500：条件下，若起始n"些?<2,HCi的转化率可能达到Y点的值

“(0,)

【答案】D

【解析】

A.根据盖斯定律,由n+「X2得4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)

△〃=125.6kJ-mol-1+(-120.0kJ-mor')x2=-114.4kJ-mol-1,故A错误；

B.反应为气体体积减小的放热反应，升高温度平衡逆向移动，HC1的平衡转化率降低，故B错误;

C.使用CuCl?作催化剂，只能加快反应速率，不能改变HC1的平衡转化率，故C错误：

8

n(HCl)c

D.在0.2MPa、500条件下，若起始外\<2,增加了O2的相对含量，能提高HC1的转化率，HQ的转

1102)

化率可能达到Y点的值，故D正确；

二、非选择题：本题共4小题，共61分。

14.(16分)从分金渣(主要成分为：AgCl、Ag2S,PbSO「BaSO4)中获取高纯银的流程如下图所示:

FcCl,Na1s0,盐酸HCHO

注液a分银渣沉银液注液b

己知：&p(AgCl)=L8xl()T°,KSp(Ag?S)=6.3x10-5。。

(1)“预处理”时主要反应的化学方程式为。

⑵“分银”时AgCl与Na2sO3反应生成Ag(SO3)：的离子方程式为，该反应的K=.

(已知：Ag'+2SOj口Ag(SO3)：K=1.0xl0&68)

(3)“分银”时c[Ag(SC>3)；[浓度与溶液pH的关系如图1；SO)及其与H+形成的微粒的浓度分数a随溶液pH

变化的关系如图2„

①“分银"pH应控制在范围。

②“沉银”的终点pH应控制在范围内。

(

□

•

3

)

/

K

(

6

s

)

8

V

p

(4)“还原”时HCHO转化为HCOOH,其化学方程式为

(5)该流程中可循环使用的物质为。

【答案】

(1)2FeCb+Ag2s=2FeCL+S+2AgCl(2分)

(2)AgCl+2SO3-=Ag(SOs)\+C?(3分)1.8乂10心2(2分)

9

(3)①8〜9(2分)②3.57(2分)

(4)2AgCl+HCHO+H2O=2Ag+HCOOH+2HCl(3分)

(5)盐酸(2分)

【解析】

(1)根据分金渣的成分，加入氯化铁时，氯化铁具有强氧化性，则只能与硫化银发生氧化还原反应，方程式为

2FeCb+Ag2s=2FeCb+S+2AgCl；

(2)“分银”时AgCl与NazSCh反应生成Ag(SCh)；'和氯离子，离子方程式为AgCl+2S0；=Ag(SChK+。-；K=

2

c[Ag(SO3)]xc(Cl-)^c(SO3)=KxKsp(AgCl)=L8xl0“0xl.0xi08.68=i8x10心2；

(3)①Ag+、SO；.反应生成Ag(SCh4，应调节pH保证溶液中产生大量的SO；,贝广分银“pH应控制在8〜9；

②“沉银”时，向溶液中加入盐酸，使Ag(SCb)；.生成氯化银沉淀，则应使SO；转化为HSO：,终点pH应控制

在3.5~4；

(4)“还原”时HCHO与氯化银、水反应生成HCOOH、单质银，化学方程式为

2AgCl+HCHO+H2O=2Ag+HCOOH+2HCl；

(5)沉银时加入盐酸，而还原时生成氯化氢溶液，则可循环使用的物质为盐酸。

15.(14分)有机化合物G()为某合成药物的中间体，其合成路线如下:

请回答下列问题：

(l)A-B的反应类型为o

(2)C与足量氢气加成后的产物分子中含有手性碳原子的数目为。

(3)已知D的分子式为C10H1Q2CL写出D的结构简式：。

(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：

①分子中有4种不同化学环境的氢原子；

②能与FeCb溶液发生显色反应；

10

③能发生银镜反应。

CH2()H

写出以CH3cH20H和的合成路线流程图(无

机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。

【答案】

(1)取代反应(2分)(2)4(2分)

CHOOH

【解析】

(1)根据A、B的结构简式和反应条件可知，A-B的化学方程式为

CH3co0H,属于取代反应。

X____

(2)C与足量氢气加成后的产物分子的结构简式中的手性碳原子用“*”标注为巴，共有4个手性碳原子。

(3)根据C、E的结构简式以及D的分子式(GoHuChCl)和D—E反应条件(NaCN)知，D的结构简式为

OHO

(4)根据C的结构简式可知，其分子式为C9H10O2,再根据限定条件“能与FeCb溶液发生显色反应，能发生

银镜反应“，说明C的同分异构体中含有苯环结构、酚羟基、醛基等，又根据“分子中有4种不同化学环境

II

OHCHO

的氢原子”说明分子有较强的对•称性，满足以上要求的同分异构体有CH()H和OH

OH

ICH2OH

0rCH，)H(YY

(5)已知原料的结构简式(CH3cH20H和JR)和待合成物质的结构简式(0OH),先

正向分析，可利用已知信息或ETF的反应原理，将两原料转化为含醛基的有机化合物，这样才能将两原料

加合在一起，=J.具体合成路线见答案，然后逆向分析，要在待合成物质中引入3个羟基，根据

CHO

的苯环卜一的取代基上含有碳碳双键和醛基可知，通过碳碳双键与卤素单质加成后水解可引入

2个羟基，通过醛基还原(结合已知信息)能引入1个羟基，为了避免醛基在碱性条件下发生反应(根据已知信

CHO

息)，也为了避免碳碳双键在醛基还原(NaBHQ时参与反应，应先让(T"与Bn加成，然后用NaBH4

将—CHO还原，最后将一Br在碱性条件下水解，具体合成路线流程图见参考答案。

16.(16分)乳酸亚铁晶体[CH3cH(OH)COO]2Fe-3H2O(相对分子质量为288)易溶于水，绿白色结晶，受潮或其水

溶液易被氧气氧化变为黄褐色，几乎不溶于乙醇，是一种很好的补铁剂，可由乳酸与FeC03反应制得。

口.碳酸亚铁的制备(装置如图1所示)

(DA中盛放的溶液是新制取的氯化亚铁溶液，其制取方法是用纯净铁粉与稀盐酸反应，为了克服反应速率缓慢，

往往向其中滴加少量—稀溶液。

A.CuChB.CU(NO3)2C.FeCb

(2)在上述装置中制备碳酸亚铁的离子反应方程式为_•

(3)从反应后混合物中得至IJFeCO3沉淀的实验操作中常用到的玻璃仪器有一。

口.乳酸亚铁晶体的制备及纯度的测定

向纯净FeCCh固体中加入足量乳酸溶液，在75口下搅拌使之充分反应，过滤，在通入氮气条件下，经低温蒸发等

操作后，获得乳酸亚铁晶体(装置如图2)。

(4)某校研究性学习小组同学用碘量法测定铁元素的含量并计算样品纯度。称取3.000g样品，灼烧至完全转化为灰

白色，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成100mL溶液。吸取25.00mL该溶液加入过量K1溶液充分反应，然后

加入几滴淀粉溶液，用O.lOOmolLNa2s2O3溶液滴定，当溶液—，即为滴定终点；平行滴定3次，写出该滴定反

应的离子方程式—，若Na2s2。3溶液的平均用量为24.80mL,则样品纯度为

12

(5)该实验步骤中要求全部溶液使用新煮沸后快速冷却的蒸储水配制，其目的是—o

【答案】

(1)A(2分)

2+

(2)Fe+2HCO；=FeCO.4+CO2t+H2O(2分)

(3)烧杯、玻璃棒、漏斗(2分)

(4)蓝色褪去且半分钟内不恢复(2分)l2+2S2O1'=S4O^+2r(2分)95.2%(3分)

(5)煮沸后的蒸储水赶跑了溶解在水中的氧气，防止其氧化二价铁离子，避免制备和测定过程中混入杂质(3

分)

【解析】

(l)A.Fe可以和CuCL反应生成Cu单质，然后形成原电池，加快反应速率，A符合题意；

B.加入硝酸铜，酸性环境下会将铁粉氧化为Fe3+,消耗氢离子，并不能加快反应速率，B不符合题意；

C.FeCb虽然可以和Fe反应得到FeCb,但不能加快反应速率，C不符合题意；

(2)碳酸氢镀溶液中存在HCO1口CO，+H+,且由于镀根水解显酸性，溶液的碱性不会太强，可以防止生成氢

氧化亚铁沉淀，加入氯化亚铁后Fe2+和C0：结合生成FeCCh沉淀，促进HCO1的电离，溶液酸性增强，HCO

2+

j和氢离子又反应生成二氧化碳和水，所以离子方程式为Fe+2HCO；=FeCO3i+CO2T+H2O；

(3)从反应后混合物中得到FeCCh沉淀需要进行过滤，所需仪器为烧杯、玻璃棒和漏斗；

(4)根据分析可知达到滴定终点时被Fe3+氧化生成的12全部被Na2s2O3还原，所以滴定终点时蓝色褪去且半分钟

内不恢复：

滴定过程中12被Na2s2。3还原成I,Na2s2。3被氧化为S40：,根据电子守恒和兀素守恒可得离子方程式为

l2+2S2O；-=S4O；-+2r；

根据方程式2Fe3++2r=2Fe2++b、l2+2S2O：=S4O:+21•可知25.00mL样品溶液中

n(Fe)=n(Na2s2O3)=0.02480Lx0.|()()mol/L=0.0()248mol,则样品中n(Fe)=0.00248molx,=0.00992mol>贝！]

25.00mL

样品中n(乳酸亚铁尸0.()0992mol,纯度为288gLhio[j^.OO992moi乂1(X)%=952%.

3.000g

(5)煮沸后的蒸储水赶跑了溶解在水中的氧气，防止其氧化：价铁离子，避免制备和测定过程中混入杂质，所以

实验步骤中要求全部溶液使用新煮沸后快速冷却的蒸储水配制。

17(15分).氮氧化物(NOx)是硝酸和阴等工业的主要污染物。采用选择性催化还原或氧化吸收法可有效脱除烟气

中的氮氧化物。

(1)一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的

13

过程如图2所示。

7

U0I

I•