江苏南京市天印高级中学等校2026届高三第二次仿真模拟化学试题

2026届高三第二次仿真模拟 一、单选题（每小题3分，共39分） 1．下列丝绸之路贸易商品的主要成分不属于有机物的是 A．瓷器 B．丝绸 C．茶叶 D．香料 2．在Ni催化下，和反应生成高附加值合成气。下列化学用语错误的是 A．的电子式： B．的空间填充模型： C．基态Ni原子的简化电子排布式： D．中碳原子的杂化轨道形成示意图： 3．实验室制取乙烯并验证其化学性质的实验原理及装置均正确的是 A．制取     B．除去中的 C．验证不饱和性 D．收集 A．A B．B C．C D．D 4．氨基乙酸钠()是合成工业洗涤剂的中间体。下列说法正确的是 A．电离能： B．电负性： C．半径： D．稳定性： 阅读下列材料，完成下面小题。 硫元素约占地球总质量的1.9%，广泛分布并循环于地球内部各圈层。硫有32S、34S、33S和36S四种同位素。硫元素主要以氢化物、硫化物、含氧酸和含氧酸盐等形式存在。硫的单质有S2、S4、S8等多种分子形态；硫的氢化物(H2S、H2S2)均有弱酸性；低价硫易被氧气氧化。硫在生物圈的演化中扮演了重要角色，在细菌作用下硫元素可发生氧化或还原反应，促进了硫元素在地球各圈层中的循环。 5．下列说法正确的是 A．32S、34S、33S、36S原子的中子数均相同 B．SO3和SO中S的杂化类型均为sp2 C．S2、S4、S8均难溶于水，易溶于CS2 D．H2S2分子的构型为直线形 6．下列化学反应的表示正确的是 A．二硫化氢与足量烧碱溶液反应：H2S2＋2OH-=S＋2H2O B．黄铁矿在细菌作用下转化为强酸：2FeS2＋2H2O＋7O22Fe2＋＋4H＋＋4SO C．用Na2S2O3除去废水中的氯气：S2O＋4Cl2＋10OH-=2SO＋8Cl-＋5H2O D．硫化亚铁除废水中汞离子：S2-＋Hg2＋=HgS↓ 7．下列有关物质的性质与结构或物质性质与用途有对应关系的是 A．SO2有氧化性，可用作葡萄酒的防腐剂 B．S单质为淡黄色固体，可制备硫化橡胶 C．H-O键键能大于H-S键键能，因此H2O的沸点比H2S的高 D．浓硫酸具有吸水性，可以作气体干燥剂 8．下列物质间的转化关系成立且能一步实现的是 A． B． C． D． 9．可持续高分子材料在纺织、生物医用等领域具有广阔的应用前景，一种在温和条件下制备高性能可持续聚酯P的路线如图所示。下列说法正确的是 A．1 mol F最多能和发生加成反应 B．M分子中和杂化的碳原子数目比为2：1 C．E分子中所有碳原子一定在同一个平面上 D．1 mol P最多能与3 mol NaOH反应 10．环氧化合物是重要的有机合成中间体，由丙烯（）为原料生产环氧丙烷（）的反应机理如图所示。下列说法不正确的是 A．过程中Ⅰ是催化剂 B．过程中有极性键和非极性键的断裂和形成 C．过程中Ti元素的化合价不变 D．1mol丙烯和发生该反应可得到1mol环氧丙烷 11．探究配合物的形成对物质性质影响的实验如下： 步骤Ⅰ：将铜片浸泡在2mL氯化银悬浊液中，短时间内无明显现象，放置一天后，烧杯中产生灰黑色固体。 步骤Ⅱ：向2mL氯化银悬浊液中滴加氨水至沉淀恰好溶解，再加入铜片，10分钟后溶液呈现浅蓝色；2小时后试管底部出现银白色雪花状晶体。 步骤Ⅲ：向2mL氯化银悬浊液中滴加氨水至沉淀恰好溶解后，再加入1mL氨水，向试管中加入铜片，10分钟后溶液变为蓝色；2小时后试管底部出现银白色粉末状固体，溶液蓝色较步骤Ⅱ深。下列说法错误的是 A．步骤Ⅰ和Ⅱ不能说明溶液pH增大，使得的氧化性增强 B．步骤Ⅱ中发生反应： C．步骤Ⅱ中“10分钟后溶液变为浅蓝色”是因为生成 D．根据步骤Ⅱ和Ⅲ可得到结论：反应速率慢更适宜晶体规则的生长 12．工业上用和混合溶液来制备碳酸锰并回收硫酸铵，主要工艺流程如下。 已知：，，，，下列说法错误的是 A．溶液中： B．“除杂”得到的上层清液中： C．“碳化”后上层清液中： D．生成沉淀后的滤液中： 13．的利用是实现“碳达峰、碳中和”目标的关键技术之一，逆水煤气转换反应具有实现高效转化为CO的巨大潜力。发生的主要反应为： 反应1（逆水煤气变换）： 反应2（甲烷化）： 反应3（CO甲烷化）： 恒容条件下，加入、和催化剂，在不同的温度下进行反应，平衡时各物种的物质的量分数如图所示。 下列说法正确的是 A． B．曲线b表示平衡时CO物质的量分数随温度变化 C．650℃时，反应1的 D．大于700℃，其它条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 二、解答题（本大题共4小题，共61分） 14．利用蛇纹石[主要含和少量Ni、Fe化合物等]制备的工业生产流程如下。 已知：。 (1)“焙烧”时，绿矾()在高温下分解得到红棕色固体和气体产物、和___________。与反应的化学方程式为___________。 (2)焙烧温度与、的浸出率关系如题图-1所示。焙烧温度超过670℃时，镁、镍“水浸”时浸出率下降的原因为___________。 (3)“矿化”时，、、的沉淀率随质量浓度的变化关系如题图-2所示。的沉淀率随质量浓度增大而逐渐降低的原因是___________。 (4)“矿化”后的滤液中，镍以形式存在，为正八面体构型(如题图-3所示)，则的结构有___________种，画出其中的一种结构___________(CO中碳原子为配位原子)。 (5)由滤液得到的NiO的晶胞如题图-4所示，晶胞中距离最近的的个数为___________。 15．化合物G是合成新型止咳药物的中间体，一种合成路线如下： 已知：+ (1)D中含氧官能团的名称为___________。 (2)A→B的反应类型为___________。 (3)C→D的副产物分子式为，其结构简式为___________。 (4)B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能与溶液发生显色反应； ②分子中不同化学环境的氢原子个数比是。 (5)写出以、和为原料合成的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程示意图示例见本题题干)___________。 16．醋酸亚铬不溶于冷水和乙醚。实验室用铬铁矿(主要成分为)制备醋酸亚铬。 已知：的水溶液呈绿色，的水溶液呈蓝色；不稳定，极易被氧气氧化；。 (1)焙烧。将铬铁矿、混合均匀置于空气中焙烧生成和，该反应的化学方程式为_______。 (2)水浸。将焙烧得到的固体冷却后加水充分溶解，过滤，洗涤滤渣，将洗涤液合并到滤液中。滤渣需要洗涤的目的是_______。 (3)还原。向滤液中加入和，充分反应后得到，判断反应已完成的方法是_______。 (4)制备。用图所示装置制备醋酸亚铬。 ①检查该装置气密性的实验操作是_______。 ②补充完整由溶液制备较纯的实验方案：分别向抽滤瓶、锥形瓶中加适量溶液和过量Zn粒、溶液，_______，乙醚洗涤2~3次，室温下干燥，密封保存(实验中还须使用的试剂：2mol⋅L溶液、蒸馏水、溶液)。 ③本实验中锌粒须过量的原因是_______。 17．处理废水中的含氮物质，可以减轻对环境造成污染。 (1)沉淀法。通过MAP沉淀法处理酸性废水中的。设定反应温度为25℃，向含的酸性废水中先后加入和溶液，调节反应pH，充分搅拌，形成沉淀，过滤除去。 ①该反应的离子方程式为_______。 ②反应pH对废水中去除率有影响，pH大于9.0时去除率下降的可能原因是_______。 (2)电化学法。通电时利用零价铁(Fe)去除弱酸性水体中，其原理如图所示 ①去除的总反应离子方程式为_______。 ②溶液的初始pH值对铁的氧化产物和的去除率都有影响。取两份相同的含废液，调节起始pH分别为2.5和4.5，一段时间后废液中铁的最终物质存在形态如图所示。初始时去除率低的原因是_______。 (3)折点氯化法。向废水中加入，将氨氮(和)转化为除去。其他条件一定，改变加入用量或废水的，反应相同时间后，总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率或氨氮去除率的变化如图所示。n()∶n(氨氮)后，总氮去除率下降的原因是_______。时氨氮去除率最大的原因是_______。 2026届高三第二次仿真模拟 参考答案 1．A 【详解】A．瓷器的主要成分为硅酸盐，属于无机物，A符合题意； B．丝绸主要成分是蛋白质，属于有机物，B不符合题意； C．茶叶中主要物质为有机物，C不符合题意； D．香料主要成分属于有机物，D不符合题意； 故选A。 2．B 【详解】 A．CH4为共价化合物，碳原子与4个氢原子形成4对共用电子对，电子式为，A正确； B．CO2为直线形分子，C原子半径大于O原子（同周期从左到右原子半径减小），空间填充模型中中心C原子的球应比O原子大，而选项中模型中间球小、两边球大，B错误； C．Ni为28号元素，基态原子的简化电子排布式为：，C正确； D．CH4为正四面体结构，C原子发生sp3杂化，1个s轨道与3个p轨道（Px、Py、Pz）杂化形成4个等同的sp3杂化轨道，示意图为：，D正确； 故选B。 3．C 【详解】A．实验室制取乙烯需乙醇与浓硫酸（体积比1:3）在170℃反应，浓硫酸作脱水剂，该装置采用水浴加热，无法达到170℃的反应温度，不能实现脱水生成乙烯，A错误； B．酸性高锰酸钾溶液不仅能氧化，还会氧化乙烯生成，所以不能用酸性高锰酸钾溶液除去乙烯中的，应使用NaOH溶液，B错误； C．乙烯含碳碳双键，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，可验证不饱和性，装置中气体通入溶液，长导管进短导管出，操作合理，C正确； D．乙烯密度与空气接近（乙烯摩尔质量，空气），不能采用排空气法收集，应采用排水法，D错误； 故答案为：C。 4．A 【详解】A．氮的2p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于氧，故I1(O) < I1(N)，A正确； B．同周期中电负性从左到右递增，氧在氮右侧，电负性O＞N，B错误； C．O2-和Na+电子层结构相同，但O2-核电荷更小，离子半径更大，故r(O2-)＞r(Na+)，C错误； D．氧的非金属性强于氮，则H2O的稳定性高于NH3，D错误； 故选A。 5．C 6．A 7．D 【详解】A．32S、34S、33S、36S原子的质子数均相同，中子数分别为：16、18、17、20，A错误； B．SO3的价层电子数为：，的价层电子数为：，前者sp2杂化，后者sp3杂化，B错误； C．S2、S4、S8与CS2均为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶可知，S2、S4、S8均难溶于水，易溶于CS2，C正确； D．H2S2与H2O2为等电子体，分子构型相似，所以H2S2分子的构型为：，D错误； 答案选C。 A．二硫化氢为弱酸，与足量烧碱溶液反应：H2S2＋2OH-=＋2H2O，A正确； B．Fe(II)能被O2氧化为Fe3+，离子方程式：，B错误； C．Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被氯气氧化成，Cl2被还原为Cl－，则根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子方程式：S2O＋4Cl2＋5H2O =2SO＋8Cl-＋10H+，C错误； D．FeS难溶于水，离子方程式：FeS＋Hg2＋=HgS+Fe2+，D错误； 答案选A。 A．二氧化硫具有还原性，可消耗氧化性的物质，从而可用作葡萄酒的防腐剂，故A错误； B．S单质为淡黄色固体，是物理性质，而硫单质还可以用于制备硫化橡胶和硫化塑料，提高其物理性能和耐热性，是化学性质，故B错误； C．水分子间能形成氢键，因此H2O的沸点比H2S的高，与键能无关，故C错误； D．浓硫酸具有吸水性，可用于除去部分气体中的水蒸气，故D正确； 答案选D。 8．A 【详解】A．N2与O2在放电条件下生成NO，NO与O2常温生成NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO，HNO3与NH3·H2O中和生成NH4NO3，所有步骤均可一步实现，A正确； B．CuO与水不反应，无法一步生成Cu(OH)2，B错误； C．S燃烧生成SO2而非SO3，第一步无法一步实现，C错误； D．SiO2不溶于水，无法直接与水反应生成H2SiO3，D错误； 故答案为A。 9．B 【详解】A．1个分子含2个酯基，酯基不能与加成，1 mol 最多与0 mol 加成，A不符合题意； B．分子中，杂化的碳原子为6个，杂化的碳原子为3个，数目比为2：1，B符合题意； C．分子含碳碳双键与酯基，碳碳双键上的碳原子与酯基碳原子共面，但甲基碳原子可通过单键旋转偏离平面，故E分子中所有碳原子可能不在同一个平面上，C不符合题意； D．为聚酯，1 mol 含3n mol酯基，最多与3n mol 反应，D不符合题意； 故选B。 10．D 【详解】 A．该转化的总反应为：，根据图形说明Ⅰ在转化过程中虽然参与了反应，但反应前后未发生变化，作催化剂使用，A正确； B．反应物中断裂的键有丙烯中的非极性键、中的非极性键和极性键，产物中生成的键有环氧丙烷中的极性键和中的非极性键，B正确； C．整个转化过程中Ti形成4个键或5个键，但其中的第五个键为配位键，配位键不影响化合价的变化，因此Ti的化合价未发生变化，C正确； D．根据总反应可知，1mol丙烯要和发生反应才可得到1mol环氧丙烷，D错误； 故答案为：D。 11．C 【详解】A．步骤I和II的对比中，变量是氨水的加入导致配合物形成和pH增大，但反应速率增大的主要原因是配合物的形成使溶解，溶液中含银微粒的浓度增大，而非pH增大，A不符合题意； B．步骤II中氯化银与氨水反应生成，反应为，B不符合题意； C．步骤Ⅱ中溶液变为浅蓝色是因为生成了配离子，使溶液呈现浅蓝色，而非简单的，C符合题意； D．步骤Ⅱ反应速率较慢，得到规则的雪花状晶体；步骤Ⅲ反应速率较快，得到粉末状固体。对比可知反应速率慢更适宜晶体规则生长，D不符合题意； 故选C。 12．D 【分析】工艺流程以和混合溶液为原料，先加入将沉淀为以除去铜离子，反应为：；，再加入碳化生成沉淀，反应为：，据此分析。 【详解】A．在溶液（pH=7.8）中，的水解常数，的水解常数，水解程度大于，且的电离程度小于水解程度，因此溶液中浓度关系为，A不符合题意； B．“除杂”时铜、锰元素分离，铜离子以硫化铜的形式沉淀，而锰离子不沉淀，“除杂”后的上层清液中，硫化铜达到沉淀溶解平衡，硫化锰没有达到沉淀溶解平衡，平衡常数，B不符合题意； C．“碳化”后上层清液中存在的溶解平衡与的电离平衡，联立得：，C不符合题意； D．生成沉淀后的滤液中，除、、、、外，还存在，完整的电荷守恒式为：，D符合题意； 故选D。 13．C 【详解】A．根据盖斯定律，反应2=反应1+反应3，故，A错误； B．在200℃时达到平衡时，有，可知体系以反应2为主导，可知曲线a代表，b物质与的物质的量几乎相同，反应2中与的化学计量数相同，生成多少就消耗多少，体系中几乎只存在物质a、b和甲烷，氢气几乎耗尽，所以曲线b代表；温度升高，反应2、3占主导，逆向进行，生成和，但的化学计量数更大，故生成的物质的量更多，c、d的物质的量分数上升，c始终高于d，故曲线c代表，曲线d代表，B错误； C．由B选项分析与图示信息可知，在650℃时，物质的量分数分别是，，，，则反应1的平衡常数为，C正确； D．大于700℃时，和的物质的量下降，体系以吸热的反应1为主导，，反应1左右气体分子数相等，加压对反应1几乎没有影响，不能增大平衡时的物质的量，D错误； 故答案为C。 14．(1) (2)温度过高时，绿矾会快速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降 (3)随的质量浓度增大，浓度增大，逆向移动，浓度增大，导致正向移动，的沉淀率减小 (4) 2 或    (5)6 【分析】利用蛇纹石[主要含Mg3Si2O5(OH)4和少量Ni、Fe化合物等]制备Mg5(CO3)4(OH)2•4H2O，蛇纹石加入绿矾焙烧，生成硫酸镁，SiO2，水浸过滤除去SiO2，硫酸镁加入氨水、碳酸铵矿化，生成Mg5(CO3)4(OH)2•4H2O，过滤得到Mg5(CO3)4(OH)2•4H2O，滤液含Ni，最终生成NiO，据此解答。 【详解】（1）“焙烧”时，绿矾(FeSO4•7H2O)在高温下分解得到红棕色固体(Fe2O3)和气体产物SO3、H2O和SO2；Mg3Si2O5(OH)4与SO3反应的化学方程式为，故答案为：SO2；。 （2）焙烧温度超过670℃时，镁、镍“水浸”时浸出率下降的原因为温度过高时，绿矾会快速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降，故答案为：温度过高时，绿矾会快速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降。 （3）“矿化”时，Fe3+、Mg2+、Ni2+的沉淀率随(NH4)2CO3质量浓度的变化关系如图-2所示。Ni2+的沉淀率随(NH4)2CO3质量浓度增大而逐渐降低的原因是，故答案为：随(NH4)2CO3的质量浓度增大，浓度增大，NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌逆向移动，NH3浓度增大，导致正向移动，Ni2+的沉淀率减小。 （4） [Ni(CO)2(NH3)4]2+的结构中，CO可位于平面的相邻和相对2种位置，其中的一种结构(CO中碳原子为配位原子)为或 ，故答案为：2；或 。 （5）无论以面心还是体心的离子为基准，晶胞中距离Ni2+最近的O2-的个数为6，故答案为：6。 15．(1)醚键、醛基 (2)取代反应 (3) (4)或 (5) 【分析】A中得Br被醛基取代生成B，B经反应转化为烯烃结构的化合物 C，C 中的烯烃结构与醛基结合，生成含双醛基的化合物 D，D发生消去反应（脱去小分子），形成不饱和键，生成化合物 E， E先与硼烷发生加成反应，再经氧化，将不饱和键转化为羟基，生成含羟基的化合物 F，在H+催化下，发生分子内的结构重排，最终生成目标中间体 G。 【详解】（1）观察 D 的结构，其含有的含氧官能团为醚键和醛基； （2）A 的结构含Br和HCON(CH3)2，B 的结构中Br被OHC-取代，因此反应类型为取代反应； （3） C→D 是炔烃HC≡C-CH3与醛基的加成反应，主产物是炔基与一个醛基加成；副产物是炔基与另一个醛基加成（结合分子式C16H22O3），结构简式为 （4） 能与FeCl3显紫色→含酚羟基；氢原子化学环境比 6:3:1→结构高度对称（如 2 个甲氧基、1 个酚羟基，且对称分布）。符合条件的结构为或； （5） 以原料为基础，步骤如下：原料与Br2/CCl4加成得二溴代物；二溴代物经NaOH/乙醇消去得炔烃；CH3CH2CH2OH经O2/Cu氧化得丙醛；丙醛与CH2=PPH3反应得烯烃；炔烃再与烯烃加成得目标产物，合成路线可表示为。 16．(1) (2)除去滤渣表面附着的，防止污染环境  提高Cr的利用率 (3)反应液变成绿色 (4) 将连接抽滤瓶的导管插入水中，用热毛巾捂住抽滤瓶，导管口产生气泡 向抽滤瓶中迅速加入适量2mol·L溶液，加盖密封，打开止水夹K，待抽滤瓶中溶液由绿色变为蓝色，关闭止水夹K，待锥形瓶中析出大量晶体后过滤，用冷的蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤滤液中加入溶液无沉淀生成 使被充分还原；与硫酸反应产生氢气赶走装置中的空气，防止被氧化；与硫酸反应产生氢气将抽滤瓶中液体压入到锥形瓶中 【分析】铬铁矿、Na2CO3混合均匀置于空气中焙烧生成Na2CrO4和Fe2O3，加水Na2CrO4溶解，Fe2O3不溶于水，形成沉淀，将洗涤滤液与滤液合并，向滤液中加入H2SO4和Na2SO3，充分反应后得到Cr2(SO4)3；Cr(CH3COO)2•H2O易被O2氧化，可用锌和稀硫酸反应生成氢气排尽氧气，并用Zn将Cr3+还原为Cr2+，然后CrSO4和CH3COONa反应生成Cr(CH3COO)2；醋酸亚铬[Cr(CH3COO)2•H2O]不溶于冷水和乙醚，需用冷水洗涤，再用乙醚洗涤并干燥。 【详解】（1）铬铁矿、Na2CO3在空气中焙烧生成Na2CrO4和Fe2O3，反应方程式为4(FeO·Cr2O3)+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2。 （2）洗涤滤渣可以除去表面附着的，并将洗涤液和滤液合并，可以防止污染环境，并且提高Cr的利用率。 （3）的水溶液呈黄色，Cr3+的水溶液呈绿色，当反应完全后，溶液完全变成绿色。 （4）①将锥形瓶中的导管插入水中，打开止水夹，用热毛巾捂住抽滤瓶，观察导管口是否产生气泡，若有气泡产生，证明气密性良好； ②根据分析可知，由Cr2(SO4)3溶液制备Cr(CH3COO)2•H2O的实验方案：分别向抽滤瓶、锥形瓶中加适量溶液和过量Zn粒、溶液，然后迅速向抽滤瓶中加入适量2mol/LH2SO4溶液，加盖密封，打开止水夹K(此时利用锌和稀硫酸反应产生氢气，将体系中空气排干净，同时过量的锌粒将Cr3+还原为Cr2+)，充分反应后，待抽滤瓶中溶液由绿色变为蓝色（此时反应完毕），关闭止水夹K（目的是利用氢气压力将抽滤瓶中溶液压入锥形瓶中），待锥形瓶中析出大量晶体后过滤，用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤滤液中加入溶液无沉淀生成，乙醚洗涤2～3次，室温下干燥，密封保存； ③由上一问分析可知，锌粒须过量的原因有三点：（1）使被充分还原；（2）与硫酸反应产生氢气赶走装置中的空气，防止被氧化；（3）与硫酸反应产生氢气将抽滤瓶中液体压入到锥形瓶中。 17．(1) 时，转化为，转化为，导致去除率降低。 (2) 初始时，生成较多不导电的覆盖在铁表面，阻碍电子转移 (3) 过多，会将废水中的氨氮氧化成更高价态的离子如等，导致总氮去除率下降 对的氧化能力强于。时，随着的增大，增大是影响氨氮去除的主要因素，氨氮去除率逐渐增大；时，随着的增大，减小是影响氨氮去除的主要因素，氨氮去除率逐渐减小 【详解】（1）由题干信息得、 和为反应物，产物是沉淀，根据原子守恒，电荷守恒写出离子方程式为；、在碱性溶液中会与发生反应，生成沉淀和，故答案为：时，转化为，转化为，导致去除率降低； （2）①由图可知，通电条件下去除硝酸根离子的总反应为酸性条件下铁与溶液中的硝酸根离子反应生成四氧化三铁和硝酸铵，反应的离子方程式为； ②由图可知，溶液的初始对铁的氧化产物有影响，溶液为2.5时，溶液酸性较强，铁的氧化产物主要为能导电的四氧化三铁，硝酸根离子的去除率很高，而溶液为4.5时，溶液酸性较弱，铁的氧化产物主要为不能导电的，导致电子转移受到阻碍，硝酸根离子的去除率降低，故答案为：初始时，生成较多不导电的覆盖在铁表面，阻碍电子转移； （3）投入量过大，导致污水中部分氨氮氧化为更高价态的含氮化合物，而不是，例如硝酸根离子，则总氮去除率下降；氨氮去除率与溶液中和大小有关，当时，随着的增大，污水中增大是影响氨氮去除的主要因素，氨氮去除率逐渐增大；当时，随着的增大，减小，氨氮去除率逐渐减小，故时氨氮去除率最大。 学科网（北京）股份有限公司 $