江苏省2023年高考化学模拟题汇编-01氧化还原反应

这是一份江苏省2023年高考化学模拟题汇编-01氧化还原反应，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

江苏省2023年高考化学模拟题汇编-01氧化还原反应

一、单选题
1．（2023·江苏南通·统考二模）一种由含的酸性溶液制备氧化钪()的工艺流程如下。

下列说法正确的是
A．Sc基态核外电子排布式为
B．1 mol (乙二酸)含有5 mol σ键
C．生成的离子方程式为
D．在足量空气中焙烧，消耗
2．（2023·江苏·统考二模）下列实验探究方案不能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向试管中滴入几滴1－溴丁烷，再加入2mL5%NaOH溶液，振荡后加热，反应一段时间后停止加热，静置。取数滴水层溶液于试管中，加入几滴2%AgNO3溶液，观察现象
检验1－溴丁烷中的溴元素
B
向盛有4mL0.1mol•L-1KBr溶液的试管中加入1mL新制氯水，振荡，观察溶液颜色变化
Cl2的氧化性比Br2强
C
室温下，比较等物质的量浓度的NaF溶液和NaClO溶液pH的相对大小
Ka(HF)＞Ka(HClO)
D
向盛有5mL0.005mol•L-1FeCl3溶液的试管中加入5mL0.015mol•L-1KSCN溶液，再加入少量铁粉，振荡，观察溶液颜色变化
反应物浓度影响化学平衡

A．A B．B C．C D．D
3．（2023·江苏·统考一模）我国科学家成功以二氧化碳和水为原料合成葡萄糖和脂肪酸，为合成“粮食”提供了新路径。下列有关说法不正确的是
A．属于酸性氧化物 B．链状葡萄糖分子中含有三种官能团
C．合成中发生了氧化还原反应 D．该新路径有利于促进“碳中和”
4．（2023·江苏·统考二模）元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297kJ•mol-1)、单斜硫等，硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4。用SO2与SeO2的水溶液反应可制备硒；硒是一种半导体材料，在光照下导电性可提高近千倍。下列化学反应表示不正确的是
A．碱性氢氧燃料电池放电时的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
B．斜方硫的燃烧：S(s，斜方硫)+O2(g)=SO2(g)    △H=297kJ•mol-1
C．煅烧黄铁矿获得SO2：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3
D．SO2与SeO2的水溶液反应制备硒：2SO2+SeO2+2H2O=Se↓+2H2SO4
5．（2023·江苏·统考一模）根据下列实验操作和现象得出的结论不正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向溶有的溶液中通入气体X，出现白色沉淀
X具有强氧化性
B
向0.1 溶液中滴加KI-淀粉溶液，溶液变蓝
氧化性：
C
向溶液中加入等浓度等体积的溶液，出现白色沉淀
比更容易结合
D
将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体经水洗后，再通入酸性溶液中，溶液褪色
溴乙烷发生了消去反应

A．A B．B C．C D．D
6．（2023·江苏·统考一模）硫及其化合物有着广泛的作用。硫元素具有多种化合价，在一定条件下能发生相互转化。不同温度下硫单质的状态和分子结构不同，环状分子的结构为。合理应用和处理含硫的化合物，在生产生活中有重要意义。利用甲烷可以除去，反应为。下列说法正确的是
A．上述反应的
B．上述反应的化学平衡常数
C．及时分离出(g)，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
D．上述反应中生成1mol，转移电子的数目约为

二、填空题
7．（2023·江苏南京·南京师大附中校考一模）燃煤烟气中SO2和NOx是大气污染物的主要来源，脱硫脱硝技术是烟气治理技术的研究热点。
(1)尿素/H2O2溶液脱硫脱硝。尿素[CO(NH2)2]是一种强还原剂。60℃时在一定浓度的尿素/H2O2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/H2O2溶液对SO2具有很高的去除效率，写出尿素和H2O2溶液吸收SO2，生成硫酸铵和CO2的化学方程式为____。
(2)除去烟气中的NOx，利用氢气选择性催化还原(H2—SCR)是目前消除NO的理想方法。H2—SCR法的主反应：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H1
副反应：2NO(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g) △H2<0
①已知H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H3=-241.5kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H4=+180.5kJ·mol-1
则△H1=____kJ·mol-1。
②H2—SCR在Pt—HY催化剂表面的反应机理如图所示：

已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4∶1，反应中每生成1molN2，转移的电子的物质的量为___mol。
(3)V2O5/炭基材料(活性炭、活性焦、活炭纤维)也可以脱硫脱硝。V2O5/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。
①V2O5/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VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，该脱硫反应过程可描述为____。
②V2O5/炭基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，考察了烟气中O2的存在对V2O5/炭基材料催化剂脱硫脱硝活性的影响，结果如图所示，当O2浓度过高时，去除率下降，其可能原因是_____。


三、实验题
8．（2023·江苏南通·统考一模）是重要的食品添加剂。实验室模拟工业制备的部分实验流程如下：

(1)“氧化”反应在图所示装置中进行。先将与混合后放入气密性良好的三颈烧瓶中，加水充分溶解，在90℃下边搅拌边滴加20mL 1盐酸引发反应，停止滴加盐酸后持续搅拌40min以上，得到热的溶液。

已知：不溶于有机溶剂。几种物质的溶解度随温度的变化如图所示。

①用12酸配制100mL 1.00盐酸须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒酸式滴定管、_______。
②检查图中所示装置气密性的操作为_______。
③“氧化”过程中有少量黄绿色的气态副产物产生。用热的KOH溶液可吸收该气体并实现原料的循环利用写出该吸收过程中发生反应的化学方程式：_______。
④能说明反应已经进行完全的标志是_______。
⑤实际工业进行“氧化反应时，需要在反应设备上连接冷凝回流装置，其目的是_______。
(2)除去溶液中稍过量的实验方法是_______。
(3)利用提纯得到的的粗品(含少量KCl)制备纯净的实验方案为_______。(须使用的实验药品：KOH溶液、稀硝酸、溶液、冰水)

四、原理综合题
9．（2023·江苏南通·统考一模）化学需氧量(COD)是指用强氧化剂将1L废水中的还原性物质氧化为二氧化碳和水所消耗的氧化剂的量，并换算成以为氧化剂时所消耗的质量。水体COD值常作为水体中有机污染物相对含量的综合指标之一、Fenton()法能产生和具有强氧化性的羟基自由基(·OH)引发一系列链式反应，被广泛应用于有机废水的治理。
(1)羟基自由基(·OH)的电子式为_______。
(2)分别取初始pH=4、COD=80的废水200mL，加入200mL ，改变起始投加的量，反应相同时间。测得反应后水样COD随投加量的关系如图所示。当投加量超过1时，反应后水样COD不降反升的原因可能是_______。

(3)已知·OH更容易进攻有机物分子中电子云密度较大的基团。1-丁醇比正戊烷更容易受到·OH进攻的原因是_______。
(4)在Fenton法的基础上改进的基于硫酸根自由基()的氧化技术引起关注。研究发现，一种石墨烯纳米复合材料对催化活化产生具有很好的效果。结构为。
①与试剂相比，一石墨烯/的使用范围更广。在强碱性条件下反应生成·OH，写出该反应的离子方程式：_______。
②一种制取一石墨烯纳米复合材料的物种转化关系可表示为(GO表示石墨烯)

在石墨烯表面制得1mol ，理论上需要消耗的物质的量为_______mol。
③利用该复合材料催化活化并去除废水中有机污染物的可能反应机理如图所示。该机理可描述为_______。

10．（2023·江苏·统考一模）铝系金属复合材料能有效还原去除水体中的硝酸盐污染。铝粉表而复合金属的组分和含量，会影响硝酸盐的去除效果。
(1)在相同实验条件下，分别使用纯铝粉和Cu负载量为3%、4%、5%的Al/Cu二元金属复合材料对硝酸盐的去除效果如图所示。

①由如图可知用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能原因是_______。
②实验发现Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除，可能原因是_______。
(2)在Al/Cu二元金属复合材料基础上引入Pd形成三元金属复合材料，其去除水体中硝酸盐的机理如图所示。

①使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐，该转化的机理可描述为： H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，_______， NH3与H+结合为进入溶液。
②引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高，可能原因是_______
③其他条件相同时，Al/Cu/Pd 三元金属复合材料去除水体中硝酸盐的效果与溶液pH关系如图所示。水体pH在4至6范围内，随pH增大硝酸盐去除率降低的可能原因是_______;水体pH在8.5至10范围内，随pH增大硝酸盐去除率升高的可能原因是_______。


五、工业流程题
11．（2023·江苏南京·南京师大附中校考一模）实验室研究从炼铜烟灰(主要成分为CuO、Cu2O、ZnO、PbO及其硫酸盐)中分别回收铜、锌、铅元素的流程如图。

(1)酸浸过程中，金属元素均由氧化物转化为硫酸盐，其中生成CuSO4的化学方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、____。
(2)置换过程中，铁屑完全消耗后，铜的产率随时间延长而下降，其可能原因为____。
(3)已知，25℃时，Ksp(PbSO4)=2.5×10-8；PbSO4+2Cl-PbCl2+SO。一定条件下，在不同浓度的NaCl溶液中，温度对铅浸出率的影响、PbCl2的溶解度曲线分别如图1、图2所示。

浸出后溶液循环浸取并析出PbCl2的实验结果如表所示。
参数
循环次数
0
1
2
3
结晶产品中PbCl2纯度/%
99.9
99.3
98.7
94.3

①为提高原料NaCl溶液利用率，请补充完整利用酸浸渣制备化学纯(纯度≥98.5%)PbCl2晶体的实验方案：取一定质量的酸浸渣，____，将所得晶体洗涤、干燥。(可选用的试剂：5mol·L-1NaCl溶液，1mol·L-1NaCl溶液，NaCl固体)
②循环一定次数后的溶液中加入适量CaCl2溶液，过滤并加水稀释至其中NaCl浓度为1mol·L-1的目的是____。
(4)ZnSO4·7H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。准确称取一定量的ZnSO4·7H2O晶体加入250mL的锥形瓶中，加水约20mL。再加入2～3滴5％的二甲酚橙作指示剂、约5mL六亚甲基四胺缓冲溶液，摇匀。用已标定的00160mol/LEDTA溶液滴定，滴定至溶液由红紫色变成亮黄色，即为终点(ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1∶1反应)。实验数据如表：
m(ZnSO4·7H2O)/g
起始滴定管读数/mL
终点滴定管读数/mL
0.1692
0.20
26.50

ZnSO4·7H2O产品的纯度为____(保留2位有效数字)。

参考答案：
1．C
【详解】A．Sc是21号元素，基态核外电子排布式为，故A错误；
B．结构简式为HOOC-COOH，分子中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，该分子中碳原子的杂化方式为sp2，单键为σ键，双键含有1个σ键，1个π键，故HOOC-COOH分子中含有7个σ键，1 mol 分子中含有7 mol σ键，故B错误；
C．和发生反应生成固体，离子方程式为：，故C正确；
D．在足量空气中焙烧生成，Sc元素化合价没有发生变化，说明中C元素由+3价上升到+4价，O2中O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒可知消耗，故D错误；
故选C。
2．A
【详解】A．NaOH过量，所以会与AgNO3反应生成沉淀，故无法检验溶液中是否有溴元素，A错误；
B．新制氯水中含有氯气分子，具有强氧化性，，则氯气的氧化性大于溴的氧化性，B正确；
C．F-与ClO-可以发生水解，水解程度越大碱性越大，说明酸的电离程度越小，C正确；
D．，当加入铁粉后，，铁离子的浓度减小，平衡逆向移动，D正确；
故选：A。
3．B
【详解】A．和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，A正确；
B．链状葡萄糖分子中含有羟基、醛基2种官能团，B错误；
C．二氧化碳和水为原料合成葡萄糖和脂肪酸，合成中碳元素化合价发生了改变，故发生了氧化还原反应， C正确；
D．该新路径可以充分利用二氧化碳，有利于促进“碳中和”，D正确，
故选B。
4．B
【详解】A．碱性氢氧燃料电池中，通入氧气的一极是正极，故正极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，A项正确；
B．燃烧热为1mol燃料充分燃烧生成稳定的氧化物时所释放的能量，故斜方硫的燃烧：S(s，斜方硫)+O2(g)=SO2(g) △H= -297kJ•mol-1，B项错误；
C．煅烧黄铁矿获得SO2：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3，C项正确；
D．SO2与SeO2的水溶液反应制备硒，根据氧化还原反应配平，故方程式：2SO2+SeO2+2H2O=Se↓+2H2SO4，D项正确；
故答案选B。
5．A
【详解】A．向溶有的溶液中通入气体氨气，三者反应也会出现亚硫酸钡白色沉淀，A错误；
B．向0.1 溶液中滴加KI-淀粉溶液，溶液变蓝，说明碘离子和铁离子生成碘单质，氧化性氧化性：，B正确；
C．向溶液中加入等浓度等体积的溶液，出现白色沉淀，说明结合了碳酸氢根离子中的氢离子生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，则比更容易结合，C正确；
D．将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体经水洗后，再通入酸性溶液中，溶液褪色，说明生成了含有碳碳双键的乙烯，则溴乙烷发生了消去反应，D正确；
故选A。
6．D
【详解】A．反应为气体分子数增大的反应，熵变大于零；A错误；
B．由方程式可知，上述反应的化学平衡常数，B错误；
C．及时分离出(g)，平衡向正反应方向移动，但是物质浓度减小，正反应速率减小， C错误；
D．反应中硫元素化合价由+6变为0，，则上述反应中生成1mol，转移电子的数目约为，D正确；
故选D。
7．(1)SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2
(2)     -663.5     3
(3)     SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和或3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3     氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降

【详解】（1）尿素和H2O2溶液吸收SO2，生成硫酸铵和CO2，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(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2。
（2）①已知I．H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H3=-241.5kJ·mol-1，II．N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H4=+180.5kJ·mol-1，依据盖斯定律I2-II有：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)，△H1=(-241.5kJ·mol-1)2-(+180.5kJ·mol-1)=-663.5kJ·mol-1。
②已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4∶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1molN2，转移的电子的物质的量为3mol。
（3）①V2O5/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VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，说明VOSO4是中间体，反应过程中生成了VOSO4、又消耗了VOSO4，因此该脱硫反应过程可描述为：SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和，或者用化学方程式表示为：3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3。
②若氧气浓度过高，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多的活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，从而导致脱硫脱硝率下降。
8．(1)     100mL容量瓶、胶头滴管     连接好装置，关闭分液漏斗活塞，将导管用乳胶管连接后插入水中，微热烧瓶，在导管口有气泡产生          溶液的pH不再变化     冷凝回流和盐酸，提高原料利用率并防止污染空气
(2)用萃取后分液
(3)将溶于水，向其中滴加KOH溶液至溶液，加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冰水洗涤，直至最后一次洗涤滤液中加入稀硝酸和硝酸银无沉淀产生

【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；溶解度受温度影响较大的物质提纯可以采用降温结晶的方法；
【详解】（1）①用12酸配制100mL 1.00盐酸须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、酸式滴定管、100mL容量瓶、胶头滴管；
②装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；检查图中所示装置气密性的操作为连接好装置，关闭分液漏斗活塞，将导管用乳胶管连接后插入水中，微热烧瓶，在导管口有气泡产生；
③“氧化”过程中有少量黄绿色的气态副产物产生，产物为氯气；用热的KOH溶液可吸收氯气并实现原料的循环利用，则氯气和氢氧化钾反应生成生成氯化钾、氯酸钾和水，反应为：；
④反应得到，故反应会消耗盐酸，当盐酸不再反应时说明反应进行完全，所以能说明反应已经进行完全的标志是溶液的pH不再变化；
⑤实际工业进行“氧化反应时，需要在反应设备上连接冷凝回流装置，其目的是冷凝回流和盐酸，提高原料利用率并防止污染空气；
（2）已知：不溶于有机溶剂，而碘能溶于有机溶剂。除去溶液中稍过量的实验方法是用萃取后分液；
（3）由溶解度曲线可知，的溶解度在低温时较小，故提纯得到的的粗品(含少量KCl)制备纯净可以选择降温结晶的方法，方案为：将溶于水，向其中滴加KOH溶液至溶液，加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冰水洗涤，直至最后一次洗涤滤液中加入稀硝酸和硝酸银无沉淀产生。
9．(1)
(2)溶液中过大，被还原的增多，生成的催化分解生成速率加快，溶液中减小，氧化去除还原性有机物的速率减慢，过量残留，会增加测量水样COD时强氧化剂的用量，造成水样COD测量值偏高
(3)由于O的电负性比C大，1-丁醇中羟基(-OH)的电子云密度比正戊烷中甲基()亚甲基()的电子云密度大，更易受到·OH的进攻
(4)          3.75     得到中Mn(II)和石墨烯失去的电子，生成和；和中的Mn(III)反应生成和Mn(II)；水体中的还原性有机污染物被氧化生成和

【详解】（1）羟基自由基(·OH)中含有1个未成对电子，电子式为；
（2）Fenton()法原理为产生和具有强氧化性的羟基自由基(·OH)引发一系列链式反应除去有机物；亚铁离子能被过氧化氢氧化为铁离子，铁离子能催化过氧化氢分解；溶液中过大，被还原的增多，生成的催化分解生成速率加快，溶液中减小，氧化去除还原性有机物的速率减慢，过量残留，会增加测量水样COD时强氧化剂的用量，造成水样COD测量值偏高；
（3）由于O的电负性比C大，1-丁醇中羟基(-OH)的电子云密度比正戊烷中甲基()亚甲基()的电子云密度大，更易受到·OH的进攻；
（4）①在强碱性条件下反应生成·OH，反应中氢氧根离子失去电子转化为羟基自由基，反应为；
②和反应中锰元素化合价由+7变为+2，中氢元素化合价由-1变为0，根据电子守恒可知，则在石墨烯表面制得1mol ，理论上需要消耗的物质的量为3.75mol；
③由图可知，利用该复合材料催化活化并去除废水中有机污染物的反应机理为：得到中Mn(II)和石墨烯失去的电子，生成和；和中的Mn(III)反应生成和Mn(II)；水体中的还原性有机污染物被氧化生成和。
10．(1)     Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）     因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱
(2)     吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在A1表面被还原为NH3 (ads)     由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2     pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低     pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高

【详解】（1）①根据图中曲线可知，用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能的原因是：Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）；
②因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱，故Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除；
（2）①H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在A1表面被还原为NH3 (ads)，NH3与H+结合为进入溶液，故使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐；
②由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2，故引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高；
③pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低；pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高。
11．(1)2Cu2O+O2+4H2SO4=4CuSO4+4H2O
(2)铁屑消耗后，随时间延长，生成的Fe2+被空气氧化为Fe3+；Fe3+与置换出的Cu反应，降低了Cu的产率
(3)     加入一定量5mol·L-1NaCl溶液，在90℃条件下搅拌使其充分反应，一段时间后趁热过滤；将滤液冷却至室温结晶，过滤；向滤液中补充适量NaCl固体，循环浸取酸浸渣2次     加入Ca2+，将SO转化为CaSO4沉淀，避免影响后续析出PbCl2的纯度；加水稀释NaCl浓度至1mol·L-1，使溶液中的PbCl2充分析出
(4)71%

【详解】（1）酸浸过程中，氧化铜能与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，而氧化亚铜和氧气在稀硫酸环境中会生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：2Cu2O+O2+4H2SO4=4CuSO4+4H2O。
（2）铁屑消耗后，随时间延长，溶液中生成的亚铁离子被空气氧化为铁离子，铁离子与置换出的铜反应，铁离子与置换出的铜反应，降低了铜的产率。
（3）①根据分析可知酸浸渣中主要含有硫酸铅，根据图表数据可知当氯化钠溶液的浓度为5mol/L、温度为90℃时，铅的浸出率最大，而PbCl2在5mol/L的氯化钠溶液中的溶解度受温度影响较大，为防止PbCl2提前析出，要趁热过滤，同时还要注意循环浸取的次数不能超过2次，具体操作为：取一定质量的酸浸渣，加入一定量5mol·L-1NaCl溶液，在90℃条件下搅拌使其充分反应，一段时间后趁热过滤；将滤液冷却至室温结晶，过滤；向滤液中补充适量NaCl固体，循环浸取酸浸渣2次。
②加入Ca2+是为了将SO转化为CaSO4沉淀，避免影响后续析出PbCl2中混有CaSO4沉淀；加水稀释NaCl浓度至1mol·L-1，有利于溶液中的PbCl2充分析出，从而提高PbCl2的产率。
（4）ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1∶1反应，根据表中数据知，消耗EDTA的体积为(26.50-0.20)10-3L=2.6310-2L，则ZnSO4·7H2O的质量为2.6310-2L0.016mol/L287g/mol≈0.1208g，ZnSO4·7H2O的纯度为≈71%。