江苏省苏州市2025届高三上学期期中摸底调研化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省苏州市2025届高三上学期期中摸底调研可能用到的相对原子质量H-1N-14C-12O-16S-32Fe-56Ce-140Li-7一、单选题1.2023年杭州亚运会主火炬燃料为“零碳甲醇”，利用废气中捕集的热催化加氢合成，实现燃料制备、存储、运输和使用过程绿色化。下列有关零碳燃料理解正确的是（）A.燃料分子中不含碳原子 B.生产燃料使用的原料不含碳元素C.燃烧不会产生含碳物质 D.通过碳循环使碳排放无限接近零【答案】D【解析】利用废气中捕集的热催化加氢合成甲醇，甲醇燃烧生成二氧化碳和水的同时放热提供能量；A．燃料分子为乙醇等，含碳原子，选项A错误；B．生产燃料使用的原料中有CO2，含碳元素，选项B错误；C．燃烧产生含碳物质CO2，选项C错误；D．热催化加氢合成甲醇，甲醇燃烧生成二氧化碳，通过碳循环使碳排放无限接近零，选项D正确；答案选D。2.火法炼铜首先要焙烧黄铜矿(主要成分含)，反应生成和等，的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是（）A.的基态价电子排布式为 B.晶胞中的配位数为12C.中子数为30的的原子符号： D.分子的立体构型：V形【答案】B【解析】A．Cu是29号元素，基态价电子排布式为3d104s1，A正确；B．根据晶胞的结构，白球大一些为Fe，黑球小一些为S，每个S周围最近的Fe有4个，所以晶胞中S的配位数为4，B错误；C．中子数为30的Fe的原子质量数为56，原子符号为，C正确；D．SO2的键为2，孤电子数=，价层电子数为3，分子的立体构型为V形，D正确；故选B。3.氨是重要的化工原料，能与结合生成，加热条件下NH3能将CuO还原成Cu，实验室制取少量NH3并探究其性质。下列装置不能达到实验目的的是（）A.用装置甲制取NH3 B.用装置乙干燥NH3C.用装置丙检验NH3水溶液呈碱性 D.用装置丁探究的NH3还原性【答案】B【解析】A．用装置甲用浓氨水滴加到CaO固体上制取NH3，能达到目的，A不符合题意；B．氨能与CaCl2结合生成CaCl2⋅8NH3，会损耗氨气，不能用装置乙干燥NH3，B符合题意；C．NH3不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝，但能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明NH3水溶液呈碱性，能达到目的，C不符合题意；D．氨气和氧化铜生成铜和水、氮气，体现氨气的还原性，能达到实验目的，D不符合题意；本题选B。ⅤA族元素及其化合物应用广泛。催化氧化生成继续被氧化为NO2，将NO2通入水中制取HNO3。工业上用白磷与反应生成和一种盐，该盐可与反应制备一元弱酸。雌黄和在盐酸中反应转化为雄黄和(沸点)并放出气体。砷化镓是第三代半导体材料，熔点高，硬度大。请回答下列小题。4.氨硼烷是最具潜力的储氢材料之一，与乙烷的相对分子质量相近，但沸点却比乙烷高得多。下列说法不正确的是（）A.分子内存在配位键B.是由极性键构成的极性分子C.中含有共价键D.固态和砷化镓晶体都是分子晶体5.下列化学反应表示不正确的是（）A.NO2制HNB.白磷与溶液反应：C.与足量溶液反应的离子方程式：D.雌黄制备雄黄的方程式：6.下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（）A.难溶于水，可用作瓜果保护气B.具有还原性，可用作制冷剂C.HNOD.溶液呈酸性，可用于除铁锈【答案】4.D5.C6.D【解析】4.A．NH3中N原子含有孤电子对，BH3中B原子含有空轨道，H3NBH3分子内存在配位键，A正确；B．PF3中P价层电子对数为=，且含有1个孤电子对，是三角锥形，三角锥形分子的结构不对称，正负电荷中心不重叠，为极性分子，所以PF3是由极性键构成的极性分子，B正确；C．配离子中Cu2+为中心离子，NH3为配位体，配位键和氮氢键均为共价键，1mol四氨合铜离子中含有16mol共价键，C正确；D．依据砷化镓熔点高、硬度大的性质，可知砷化镓为共价晶体，D错误；答案选D。5.A．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式为，A正确；B．由题意可知白磷与氢氧化钡反应生成磷化氢和一种能与硫酸反应制备次磷酸的盐，该盐为次磷酸钡，故白磷与氢氧化钡反应的离子方程式为，B正确；C．由题目可知次磷酸为一元弱酸，故次磷酸与氢氧化钠反应的离子方程式为，C错误；D．雌黄与二氯化锡在盐酸中反应生成雄黄和四氯化锡并放出硫化氢气体，化学方程式为，D正确；答案选C。6.A．氮气化学性质稳定，故可用作瓜果保护气，A错误；B．具有还原性，也可用作制冷剂，但性质与用途无关，B错误；C．硝酸制备硝酸铵，只体现硝酸的酸性，C错误；D．因为氯化铵水解产生氢离子显酸性，故可用于除铁锈，D正确；答案选D。7.元素及其化合物的转化在工业生产中具有极其重要的用途。下列物质间转化能实现的是（）A.工业制取漂白粉：饱和食盐水漂白粉B.工业制取镁：溶液无水MgC.工业制取硫酸：D.工业制取纯碱：饱和食盐水固体固体【答案】D【解析】A．工业制取漂白粉是将Cl2通入石灰乳中制得，A不合题意；B．由于MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，HCl易挥发，故直接蒸干MgCl2溶液得不到无水MgCl2，B不合题意；C．硫与过量的O2燃烧只能生成SO2，SO2经催化氧化才能制得SO3，且工业上制备硫酸是煅烧含硫矿物来制得SO2，C不合题意；D．向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2，可以制得NaHCO3固体此为侯氏制碱法，然后NaHCO3受热分解得到纯碱，D符合题意；故答案为：D。8.一种浓差电池的放电原理是利用电解质溶液的浓度不同而产生电流。某浓差电池装置示意图如图所示，该电池使用前将开关K先与a连接一段时间后再与b连接。下列说法不正确的是（）A.交换膜应当选择阳离子交换膜B.K与a连接的目的是形成两电极区溶液的浓度差C.K与b连接时，电极B上发生的反应为Cu2++2e-=CuD.K与b连接时，导线中通过2mol电子，约有1mol离子通过交换膜【答案】A〖祥解〗由题干信息可知，将开关K先与a连接后则电极B为阳极，电极反应为Cu-2e-=Cu2+，电极A为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，一段时间后右侧溶液中Cu2+浓度增大，而左侧溶液中Cu2+浓度减小，为了保持Cu2+的浓度差必须保证Cu2+不能通过半透膜，故交换膜是阴离子交换膜，一段时间后与b连接，电极A为负极，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，电极B为正极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，交换膜应当选择阴离子交换膜，阻止阳极Cu2+通过以保证两侧溶液中有Cu2+浓度差，A错误；B．由分析可知，K与a连接是电极B为阳极，电极反应为Cu-2e-=Cu2+，电极A为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，其目的是形成两电极区溶液的浓度差，B正确；C．由分析可知，K与b连接时，电极B为正极，其上发生的反应为Cu2++2e-=Cu，C正确；D．由分析可知，离子交换膜为阴离子交换膜，故K与b连接时，导线中通过2mol电子，约有1mol离子即通过交换膜，D正确；故答案为：A。9.生物体内以L—酪氨酸为原料可合成多巴胺，其合成路线如下。下列说法正确的是（）A.X中含有酰胺基和羟基B.X与足量加成后产物中含有1个手性碳原子C.1molZ最多能与发生反应D.X、Y、Z可用溶液进行鉴别【答案】B【解析】A．X中含有氨基、羟基和羧基，没有酰胺基，故A错误；B．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，所以X与足量加成后的产物中含有1个手性碳原子，故B正确；C．Z中苯环上酚羟基的邻对位上的氢原子能被溴原子取代，1molZ最多能与发生反应，故C错误；D．X、Y、Z中都有酚羟基，所以不能用溶液进行鉴别，故D错误；故答案为：B。10.探究0.1mol/LCuSO4溶液的性质，下列实验方案不能达到探究目的是（）选项探究目的实验方案ACu2+是否水解测定0.1mol/LCuSO4溶液的pH值BCu2+能否催化H2O2分解向2mL1.5%的H2O2溶液中滴加5滴0.1mol/LCuSO4溶液，观察气泡产生情况CCu2+是否具有氧化性向2mL0.1mol/LCuSO4溶液中通入一定量的HI气体，观察实验现象DCu2+能否形成配位键向2mL0.1mol/LCuSO4溶液中，边振荡边滴加过量浓氨水，观察实验现象【答案】B【解析】A．CuSO4是强酸弱碱盐，在溶液中Cu2+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-变为Cu(OH)2，使水电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，溶液pH＜7，故可以通过测定0.1mol/LCuSO4溶液的pH值判断Cu2+是否发生水解反应，A正确；B．铜离子或硫酸根离子催化H2O2分解，观察气泡产生情况，不能证明Cu2+能否催化H2O2分解，B错误；C．CuSO4溶液中通入一定量的HI气体，二者反应生成CuI沉淀，Cu元素的化合价降低，得到电子被还原，可知Cu2+具有氧化性，C正确；D．CuSO4溶液中边振荡边滴加过量浓氨水，先生成蓝色Cu(OH)2沉淀，后沉淀溶解，溶解时生成硫酸四氨合铜，则Cu2+能形成配位键，D正确；故合理选项是B。11.硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程如下：已知：高钾明矾石的主要成分为和少量。下列说法正确的是（）A.焙烧时反应的化学方程式为B.调节pH的目的是使和完全沉淀C.化合物Y可制成铝热剂用于焊接铁轨D.可回收利用后应用于本流程【答案】D〖祥解〗高钾明矾石粉碎增大接触面积，加入硫粉进行焙烧得到SO2、SO3，加入KOH发生反应的离子方程式为，则加入KOH溶液产生的浸渣为，浸液中的离子为、、，加入溶液X调节溶液pH使变为白色沉淀，则溶液X为，过滤得到白色固体，灼烧得到，滤液经过蒸发结晶可得到硫酸钾固体，据此答题。【详析】A．焙烧时反应的化学方程式为，A项错误；B．浸液中存在的离子为、、，加入溶液X调节溶液pH使变为白色沉淀，B项错误；C．白色固体灼烧得到，则化合物Y为，为铝热剂用于焊接铁轨，C项错误；D．可溶于水制得硫酸溶液，溶液X为，则可回收利用后应用于本流程，D项正确；答案选D。12.室温下：、、、。本小组同学进行如下实验：实验实验操作和现象1测定溶液的2向溶液中通入少量3向20mL溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液10mL4配制的、、三种溶液下列所得结论正确的是（）A.实验1溶液中存在：B.实验2反应的离子方程式：C.实验3反应后的溶液中存在：D.实验4中各溶液pH大小：【答案】D【解析】A．溶液中，硫酸氢根既会电离又会水解，其电离常数为，水解常数，故其电离程度大于水解程度，其电离产物亚硫酸根浓度也应比水解产物亚硫酸大，A错误；B．向溶液中通入少量，酸性，故向溶液中通入少量时应该产生醋酸和亚硫酸氢根离子：，B错误；C．向20mL溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液10mL，生成，联立电荷守恒和物料守恒，，C错误；D．结合题干信息，=，故醋酸根离子的水解程度和铵根离子的水解程度相等，醋酸铵溶液显中性；溶液中，铵根离子水解使溶液呈现酸性，亚硫酸氢根离子电离＞水解，也使溶液显酸性，故溶液显酸性；而中，亚硫酸根离子水解程度比铵根离子大，溶液呈现碱性，故同浓度各溶液pH大小：，D正确；故选D。13.可协同催化的氢化，体系中涉及以下两个反应：反应1：反应2：将一定比例的、以一定流速通过催化剂，在一定温度下反应，的转化率、或CO的选择性［］与催化剂中NiO的质量分数的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.反应B.曲线Y表示的转化率随催化剂中NiO的质量分数的变化C.其他条件不变，催化剂中NiO的质量分数为1%时，的产率最高D.其他条件不变，NiO的质量分数从25%增加到50%，的平衡选择性降低【答案】B【解析】A．根据盖斯定律，反应1-反应2得2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)ΔH=ΔH1-ΔH2=-90.5kJ⋅mol-1，A错误；B．CH3OH的选择性与CO的选择性之和为100%，由图可知，CO的选择性曲线与CH3OH的选择性曲线应关于50%这条水平线对称，则曲线X表示CO的选择性，那么曲线Y表示CO2的转化率随催化剂中NiO的质量分数的变化，B正确；C．由图可知，其他条件不变，催化剂中NiO的质量分数为1%时，CH3OH的选择性最高，但CO2的转化率不是最高，则CH3OH的产率不一定是最高，C错误；D．催化剂能加快反应速率，但不影响平衡，因此NiO的质量分数从25%增加到50%，CH3OH的平衡选择性不变，D错误；故选B。二、填空题14.实验室以碳酸铈[]为原料制备氧化铈()粉末，部分实验过程如下：已知：难溶于稀硝酸；极易水解，酸性较强时有强氧化性。（1）“氧化、沉淀”过程①向酸溶后的溶液中加入氨水和溶液，维持pH为5～6充分反应，生成胶状红褐色过氧化铈[]沉淀，加热煮沸，过氧化铈转化为黄色氢氧化铈[]。反应生成过氧化铈的离子方程式为___________。②双氧水与氨水的加入量之比对氧化率的影响如图所示，与物质的量之比大于1.20时，氧化率下降的原因是___________。（2）“过滤、洗涤”过程①“过滤”需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和___________。②“洗涤”的实验操作是___________。（3）“焙烧”过程焙烧过程中测得剩余固体质量与起始固体质量比值随温度变化的曲线如图所示。则301～317℃范围内，B→C发生反应的化学方程式为___________(写出确定物质化学式的计算过程)。（4）由稀土碳酸盐获取以稀土碳酸盐样品[含有、和可溶性]为原料可获得纯净的请补充实验方案：向稀土碳酸盐样品中______，烘干，得到固体。[已知：不与反应；、开始转化为氢氧化物沉淀的pH分别为7.8、7.6；可选用的试剂有：1氨水、30%溶液、2溶液、2mol·L-1HCl溶液、1mol·L-1溶液、去离子水]【答案】（1）①.②.当H2O2和NH3·H2O物质的量之比大于1.2时因溶液中浓度不足导致，溶液中Ce4+离子浓度增大，将过氧化氢氧化，自身则还原为Ce3+，因此Ce3+的氧化率降低（2）①.玻璃棒②.过滤完成后，在漏斗中注入适量蒸馏水，待洗涤液完全过滤后，重复操作2-3次（3），301℃剩余固体的质量占起始Ce（OH）4的91.35%；相对分子量减小约18，此时固体位CeO（OH）2；317℃后固体质量不再减少，为CeO2（4）①加入2mol·L-1HNO3溶解。②向酸溶后的溶液加入足量1氨水、30%溶液将，维持pH为5～6充分反应，生成胶状红褐色过氧化铈[]沉淀，过滤。③将滤液pH调至7.8以上，再次过滤，洗涤即可得到纯净La（OH）3〖祥解〗难溶于稀硝酸；极易水解，酸性较强时有强氧化性，在酸溶过程中产生Ce3+离子，经过氧化得到（Ce此处显+4价）沉淀，经过过滤、洗涤、焙烧生成目标产物CeO2。【详析】（1）+3价的Ce被过氧化氢氧化至+4价，故答案为：；被氧化时需要碱性环境，当H2O2和NH3·H2O物质的量之比大于1.2时因溶液中浓度不足导致，溶液中游离Ce4+离子浓度增大，有强氧化性而将过氧化氢氧化，自身则还原为Ce3+，因此Ce3+的氧化率降低，故答案为：当H2O2和NH3·H2O物质的量之比大于1.2时因溶液中浓度不足导致，溶液中Ce4+离子浓度增大，将过氧化氢氧化，自身则还原为Ce3+，因此Ce3+的氧化率降低；（2）过滤需要的玻璃仪器为：烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：玻璃棒；洗涤需要的操作为：用蒸馏水浸没滤渣，等待自然过滤后重复2-3次，故答案为：过滤完成后，在漏斗中注入适量蒸馏水，待洗涤液完全过滤后，重复操作2-3次；（3）301℃时固体产物剩余91.35%，Ce（OH）4的相对分子量为208，相对分子量减少约为18（即生成1分子H2O）；317℃时固体产物剩余82.70%，相对分子量减少约为36（即生成2分子水），故答案为：，301℃剩余固体的质量占起始Ce（OH）4的91.35%；相对分子量减小约18，此时固体位CeO（OH）2；317℃后固体质量不再减少，为CeO2；（4）难溶于稀硝酸，用硝酸将样品溶解可以得到含有Ce3+和La3+的溶液，后续只需考虑将两者分开即可。故答案为：①加入2mol·L-1HNO3溶解。②向酸溶后的溶液加入足量1氨水、30%溶液将，维持pH为5～6充分反应，生成胶状红褐色过氧化铈[]沉淀，过滤。③将滤液pH调至7.8以上，再次过滤，洗涤即可得到纯净La（OH）3。15.有机物G(药名selecal)能有效治疗心绞痛，一种合成G的路线如下：（1）X的化学式为，其分子中采取杂化方式的原子数目是_______。（2）C→D的转化中还生成另外一种有机产物，其结构简式为_______。（3）F→G的反应会生成一种与G互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为_______。（4）D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：_______(写出一种即可)。①能发生银镜反应，不能与发生显色反应；②酸性条件下水解产物之一能与发生显色反应；③分子中有3种不同化学环境的氢。（5）已知：(易被氧化)。设计以、为原料制取的合成路线流程图(无机试剂及有机溶剂任选，合成示例见本题题于)_______。【答案】（1）6（2）（3）（4）或（5）〖祥解〗A为与SOCl2反应生成，B与X作用生成C为，X为CH3CH2NHCH2COOCH3，C在一定条件下生成，D在NaOH作用下生成，E与Y在甲醇钠中生成，F与H2NC(CH3)3生成。【详析】（1）X的化学式为，X为*CH3*CH2*NH*CH2CO*O*CH3，其分子中带*的原子采取杂化方式的原子数目是6。（2）C→D的转化中还生成另外一种有机产物，其结构简式为（3）F→G的反应会生成一种与G互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为。（4）D的一种同分异构体同时满足下列条件，①能发生银镜反应，不能与发生显色反应，含有醛基，无酚羟基；②酸性条件下水解产物之一能与发生显色反应，含有酚与酸形成的酯；③分子中有3种不同化学环境的氢，同时满足上述条件的异构体有或。（5）由已知信息，应先将甲苯与浓硝酸硝化，再将甲基氧化，然后将硝基还原为氨基，再与环氧乙烷反应，合成路线流程图。16.银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。（1）一定条件下，在银催化剂表面存在反应：，该反应平衡时体系的压强(Pc)与温度(T)的关系如表：T/K401443463Pc/kPa1051100已知：在平衡体系中，用气体物质的分压替换浓度计算得到的平衡常数称为压强平衡常数，用Kp表示。气体物质X的分压。①401K时，该反应的压强平衡常数Kp=_______kPa。②起始状态Ⅰ中有Ag2O、Ag和O2，经下列过程达到各平衡状态：已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是_______(填序号)。A.从状态Ⅰ到状态Ⅱ的过程，△S＜0B.体系压强：C.平衡常数：D.若体积，则请补全图中的v逆-t图像。_______图1③某温度下，向恒容容器中加入Ag2O，分解过程中反应速率v(O2)与压强p的关系为，k为速率常数(一定温度下，k为常数)。当固体质量减少4%时，逆反应速率最大。当转化率为14.5%时，v(O2)_______(用k表示)。（2）固体离子导体α-AgI可通过加热γ-AgI制得。上述两种晶体的晶胞如图所示(省略了Ag+在晶胞中的位置)。①测定晶体结构最常用的仪器是_______。②α-AgI与γ-AgI晶胞的体积之比为_______。③判定α-AgI中导电离子类型的实验装置如图所示。实验前，H型管内填充满a-AgI，竖管a和b(含a-AgI)的质量相同，两支Ag电极的质量也相同。通电一段时间后，可判定导电离子是Ag+而不是I-的实验数据是_______。【答案】（1）①.10②.AC③.0.75k（2）①.X射线衍射仪②.7：12③.竖管a和b的质量均不变【解析】（1）①401K时，该反应的压强平衡常数Kp=p(O2)=10kPa；②A．该反应是气体体积增大的反应，平衡状态Ⅱ到状态Ⅲ的平衡正向移动，固体质量减小，而状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则状态Ⅰ到状态Ⅱ的过程中固体质量增大，即反应逆向进行，则从Ⅰ到状态Ⅱ的过程△S＜0，A正确；B．反应Ag2O(s)2Ag(s)+O2(g)的平衡常数Kp=p(O2)，Kp只与温度有关，温度不变，则Kp不变，即pc(Ⅱ)=pc(Ⅲ)，B错误；C．反应Ag2O(s)2Ag(s)+O2(g)的平衡常数Kp随温度升高而增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，故该反应的正反应为吸热反应，温度越高平衡常数Kp越大，即平衡常数：K(Ⅱ)>K(Ⅳ)，C正确；D．状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则n(O2)相等，但V(Ⅰ)=2V(Ⅲ)，则压强p(Ⅰ)=2p(Ⅲ)，即浓度熵Q(Ⅰ)=p(Ⅰ)，K(Ⅲ)=p(Ⅲ)，所以Q(Ⅰ)=2K(Ⅲ)，D错误；故合理选项是AC；起始状态Ⅰ在恒温恒容条件下逆向移动达到平衡状态Ⅱ，则逆反应速率减小；平衡状态Ⅱ在温度不变、体积增大瞬间逆反应速率减小，平衡正向移动，逆反应速率增大，达到平衡状态；平衡状态Ⅲ在体积不变、温度降低的瞬间，逆反应速率减小，平衡逆向移动，逆反应速率增大，达到平衡状态Ⅳ，所以v逆-t图像为；③设起始时恒容容器中加入Ag2O的质量为mg，当固体质量减少4%时，逆反应速率最大，即达到平衡状态，生成n(O2)=，反应Ag2O(s)2Ag(s)+O2(g)，若转化率为14.5%时生成n(O2)=，即，则v(O2)=k(1-)=k(1-)=0.75k；（2）①测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪；②a-AgI晶胞中AgI的个数为1+8×=2，γ-AgI晶胞中AgI的个数为6×+8×=4，ρ=，则V=×AgI的个数，则a-AgI与γ-AgI晶胞的体积之比为()：()=7：12；③由图可知，阳极Ag失电子生成Ag+进入溶液中，阴极溶液中Ag+得电子生成Ag单质，Ag+能与I-结合生成AgI沉淀，而实验测得竖管a中AgI质量不变，则阳极生成的Ag+移向阴极，导致阳极质量减小，Ag+在阴极得电子生成Ag，导致阴极质量增大，所以实验中导电离子是Ag+而不是I-。17.工业尾气中的氮氧化物是大气主要污染源之一、消除氮氧化物对环境保护有着重要意义。（1）SNCR­SCR脱硝技术是一种新型除去烟气(含NOx和O2等)中氮氧化物的方法，以NH3作还原剂，其脱硝流程如图1，其中SNCR脱硝效率与体系温度关系如图2所示。①当体系温度高于950℃时，SNCR脱硝效率明显降低，其可能的原因