河北省邢台市2024年高考化学模拟试题（含答案）

河北省邢台市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．中国古代涉及的“铜”文化丰富多彩。下列说法错误的是A．“青铜器时期”早于“铁器时期”的原因之一是铜比铁稳定B．诗句“庐山山南刷铜绿”中的“铜绿”借指的是CuC．铸造“铜钱儿”用的材料黄铜是单质铜D．“石胆化铁为铜”中涉及金属键的断裂2．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法错误的是A．自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应和非氧化还原反应B．重油裂解为轻质油作燃料有助于实现“碳中和”C．快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸()缩聚制得D．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯互为同素异形体3．下列有关说法正确的是A．双氧水与ClO2在碱性环境下可制备消毒剂NaClOB．NaOH溶液可吸收NO和NO2的混合气体，是因为NO和C．SO2形成的酸雨放置一段时间后pH降低，是因为D．镀锡铁皮的镀层破损后铁皮会加速腐蚀，主要原因是形成了原电池4．下列实验装置能达到相应实验目的的是实验装置实验目的演示喷泉实验证明SO配制100mL0.分离苯和苯酚的混合物选项ABCDA．A B．B C．C D．D5．侯氏制碱法中涉及反应：NH3+CA．17gNH3溶于水所得溶液中NH3B．1molNaHCO3晶体中所含CC．常温常压下，44gCO2D．0.1mol⋅L−1NH6．奥司他韦可以用于治疗流行性感冒，其结构如图所示。下列关于奥司他韦的说法正确的是A．分子中至少有7个碳原子共平面B．存在芳香族化合物的同分异构体C．1mol奥司他韦最多能与3molH2D．含有4个手性碳原子7．用α粒子(24He)分别轰击a11X和cdY，发生核反应：A．与X同周期的元素中，第一电离能比X小的元素有两种B．X和Z在其最高价氧化物的水化物中均采用spC．ZY3的键角大于D．X、Y、Z的单质均为分子晶体8．Fe氧簇MOF催化CH4与A．总反应方程式为CB．为该反应的催化剂C．该反应中存在极性键的断裂和非极性键的形成D．根据N2O9．一氯乙酸可用作除锈剂，其制备原理为CHA．还可能生成二氯乙酸、三氯乙酸等副产物B．CHC．Cl-Cl键的键长比I-I键的键长短D．ClCH2COOH10．下列实验操作和现象可得出相应结论的是选项实验操作现象结论A将红热的木炭加入浓硝酸中产生红棕色气体碳与浓硝酸反应生成了NB室温时，将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液溶液变红KC向KBr溶液中依次滴加过量氯水、淀粉−KI溶液溶液依次变为橙色和蓝色元素非金属性：Cl＞Br＞ID向1mL0.1mol∙L−1AgNO3溶液中依次滴加2滴0.1mol∙L−1NaCl溶液和0.1mol∙L依次产生白色和黄色沉淀KA．A B．B C．C D．D11．X、Y、Z、M是电负性逐渐减小的短周期非金属元素。X、Z、M位于三个不同周期，Y与Z的价电子数之和为M价电子数的两倍；化合物Z2A．Y的含氧酸为弱酸B．Z与M形成的化合物具有较强的还原性C．简单氢化物的稳定性：X>Y>MD．原子半径：Z<X<Y<M12．室温下，某溶液初始时仅溶有M，同时发生以下两个反应：①M=X+Y；②M=X+Z。反应①的速率可表示为v1=k1c(M)，反应②的速率可表示为vA．0~10s内，M的平均反应速率v(M)=0B．温度不变，反应过程中v(Y)v(Z)C．反应①的活化能比反应②的活化能大D．温度升高，体系中c(Y)c(Z)13．某有色金属工业的高盐废水中主要含有H+、Cu2+、Zn2+、SO42−、F−和Cl−，利用如图电解装置可回收ZnSO4A．BP膜中H+B．溶液a的溶质主要为HF和HCl，溶液b的溶质主要为ZnSO4C．当阳极产生22.4L气体(标准状况)时，有4mol离子通过N膜D．电解过程中，应控制高盐废水的pH不能过高14．已知常温下水溶液中H2A、HA−、A2−、HB、B−的分布分数δ[如δ(A2−)=A．曲线d表示δ(HB)B．B−的水解平衡常数C．滴定过程中溶液会变浑浊D．滴定过程中始终存在：c(H二、非选择题15．三草酸合铁酸钾【K3回答下列问题：I．晶体制备i．称取一定量(NH4)2Fe(SOii．向Fe(OH)3沉淀中缓慢加入（1）步骤i中生成Fe(OH)3的离子方程式为；向静置后的上层清液中滴加（2）步骤ii中为促进结晶，冷却后可加入(填试剂名称)；实验室应将产品保存在瓶中。（3）步骤ii中减压抽滤时采用如图装置。①连接好装置后，接下来首先需要进行的操作为。②打开水龙头，抽气，用倾析法先后将溶液和沉淀转移至布氏漏斗中。抽滤完毕，接下来的操作为(填选项字母)。A．先关闭水龙头，后拔掉橡胶管B．先拔掉橡胶管，后关闭水龙头③和普通过滤相比，减压抽滤的优点为(写出一点即可)。（4）II．阴离子电荷的测定准确称取mg三草酸合铁酸钾加水溶解，控制适当流速，使其全部通过装有阴离子交换树脂(用R=N+Cl−表示)的交换柱，发生阴离子(用Xz−阴离子电荷数为(用含字母的代数式表示)；若交换时样品液的流速过快，则会导致测定结果(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。（5）III．晶体部分组成的测定i．C2O4ii．Fe3+含量测定：向i中滴定后的溶液中加入Zn粉和适量稀H2步骤ii中，加入Zn粉的目的为。（6）若省略步骤i，直接利用步骤ii不能测定Fe3+含量，解释其原因为16．钼酸铋作为新型半导体光催化材料，因其具有优异的离子导电性、介电性、气体传感性和催化性而广泛应用于生产生活中。以氧化铋渣(主要成分是Bi2O3、Sb2O3、还含有回答下列问题：（1）基态83Bi的价电子排布式为（2）“浸渣”的主要成分为(填化学式)。（3）“除锑”过程中发生反应的化学方程式为；该过程需要加热的原因为。（4）已知：硫代乙酰胺()在酸性溶液中会水解为乙酰胺()和硫化氢；H2S的Ka1=1.0×10①硫化氢会进一步发生反应2Bi3+(aq)+3②硫代乙酰胺比乙酰胺的沸点低，解释其原因为。（5）“酸溶”时会有NO逸出，此过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。（6）已知钼酸铋在空气中放置会变质，生成Bi2O2C（7）Bi2O3的立方晶胞结构如图所示，以A点为原点建立分数坐标，已知A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为17．氨是化肥工业和有机化工的主要原料，历史上在合成氨的理论可行性、工业化及机理等方面的研究上产生过三位诺贝尔奖得主。回答下列问题：（1）科学家基于不同的催化体系提出了相应的反应机理。①基于铁催化体系(添加了氧化铝和氧化钾)的反应机理及能量变化如图所示，据此计算反应N2(g)+3H②中科院大连化学物理研究所科研团队构筑了“过渡金属—LiH”双活性中心催化体系，显著提高了传统金属催化剂在温和条件下的合成氨性能，其反应过程分为以下三步(*表示催化剂的活性位点)，据此写出Ⅱ的化学方程式。I．N2+2*=2（2）研究表明，反应N2(g)+3H2(g)⇌2N①a点对应的转化率：α(N2)α(H2②c点对应的φc(NH3)③a、b、e三点对应的压强平衡常数(Ka、Kb和Kc)的大小关系为；a点对应的压强平衡常数（3）合成氨动力学研究表明，反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)达到平衡时，正反应的速率方程为v正=k正p(18．丙烯醛(CH已知醇与酯可发生如下的酯交换反应：RCOOR′+ROH⇌△回答下列问题：（1）已知A的结构简式为ClCH2C（2）设计丙烯醛→A和C→D步骤的目的为。（3）已知3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为。（4）已知E的苯环上的一氯代物有两种，则E的名称为；E→F的反应类型为。（5）DAP单体中含两个碳碳双键，则由D和F制备DAP单体的化学方程式为。（6）满足下列条件的F的同分异构体M有种(不包含立体异构)。i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团ii．除苯环外无其他环状结构iii.1molM最多能消耗4molNaOH（7）结合上述流程，以乙烯为原料制备的合成路线为(无机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．“青铜器时期”早于“铁器时期”的原因之一是铜比铁不活泼，化学性质比铁稳定，A不符合题意；B．“铜绿”的主要成分为CuC．单质铜呈紫红色，黄铜是铜锌合金、呈黄色，C符合题意；D．“石胆化铁为铜”指铁和硫酸铜溶液发生置换反应，铁属于金属晶体，反应中金属键断裂，D不符合题意；故答案为：C

【分析】A.越不活泼的金属越容易冶炼；

B.“铜绿”的主要成分为Cu2(OH)2CO3；

2．【答案】B【解析】【解答】A．自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应(比如氮的固定)和非氧化还原反应(比如硝酸转化为硝酸盐)，故A不符合题意；B．重油裂解为轻质油作燃料，轻质油燃烧一样会产生二氧化碳，不能减少二氧化碳的排放量，无法有效促进碳中和，故B符合题意；C．聚乳酸是一种新型的生物降解材料，快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸经缩聚反应制得，故C不符合题意；D．碳纳米管、石墨烯都是碳元素形成的不同单质，它们互为同素异形体，故D不符合题意。故答案为：B。【分析】A.氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化；

B.重油裂解为轻质油不能减少碳原子，不能减少二氧化碳的排放；

C.乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸；

D.同种元素形成的不同单质互为同素异形体。3．【答案】D【解析】【解答】A．双氧水与ClO2在碱性环境下可制备消毒剂NaClO2，ClOB．NaOH溶液可吸收NO和NO2的混合气体，反应生成亚硝酸钠和水，是发生了氧化还原反应，不是因为NO和C．SOD．镀锡铁皮的镀层破损后，Fe−Sn形成了原电池，铁为负极，加速了铁皮腐蚀，故D符合题意。故答案为：D。

【分析】A.双氧水与ClO2发生氧化还原反应生成NaClO2时，双氧水为还原剂；

B.NO为不成盐氧化物；4．【答案】A【解析】【解答】A．该装置可通过微热烧瓶的方式将氨气赶入烧杯中引发喷泉，可演示喷泉实验，故A符合题意；B．充满二氧化硫的试管倒置到水槽中，液面上升可能是因为气体溶于水导致，不能证明二氧化硫与水发生了反应，故B不符合题意；C．配制100mL0.D．苯和苯酚互溶，不能采用分液的方法分离，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.微热烧瓶使气体体积膨胀，从而使酚酞倒吸入烧瓶中；

B.二氧化硫能溶于水；

C.配制一定物质的量浓度的溶液时用容量瓶定容；

D.苯和苯酚互溶。5．【答案】C【解析】【解答】A．氨气溶于水的可逆反应，17gNH3(物质的量为1mol)溶于水所得溶液中NH3和B．NaHCO3晶体中不含C．常温常压下，44gCO2(物质的量为1mol)所含分子数目为D.0.1mol⋅L−1N故答案为：C。

【分析】A.该反应为可逆反应，NH3和NH3⋅H2O数目之和小于NA；

B.NaHC6．【答案】B【解析】【解答】A．根据结构可知，分子中存在一个碳碳双键的环，不符合苯环的同平面结构，A项不符合题意；B．根据奥司他韦结构可知，不饱和度为4，同分异构体中完全满足苯环的结构，B项符合题意；C．分子中只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，则1mol奥司他韦最多能1molH2D．连接4个不同基团的C为手性碳，如图红球的三个碳为手性碳，D项不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.双键均为平面结构，单键可旋转；

B.该物质的不饱和度为4，苯环的不饱和度为4，则其存在芳香族化合物的同分异构体；

C.该物质中只有碳碳双键能与氢气发生加成反应；

D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。7．【答案】B【解析】【解答】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是Be原子价电子为2s2全满稳定状态，电离能较大，故与B同周期的元素中，第一电离能比X小的元素有1种，A不符合题意；B．X和Z在其最高价氧化物的水化物分别为H3BO3、HNO3，B、N均形成3个共价键且无孤电子对，故均采用spC．F的电负性大于H，导致N-F键中电子对偏向F，而N-H键中电子对偏向N，使得成键电子对之间的斥力NH3>NF3，故NH3的键角大于NF3的键角，C不符合题意；D．晶体硼为共价晶体，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】根据a11X+248．【答案】D【解析】【解答】A．根据图中信息得到总反应方程式为CHB．开始时和N2O反应生成中间体，因此为该反应的催化剂，故B不符合题意；C．该反应中存在碳氢极性键的断裂，氮氮非极性键的形成，故C不符合题意；D．根据N2O分子的结构推测其电子式为：故答案为：D。

【分析】A.该过程的反应物为甲烷和N2O，生成物为甲醇和氮气；

B.在反应前后未发生变化，为催化剂；

C.甲烷中C-H断裂，C-H键属于极性键，同时生成氮气，氮气中只含非极性键；

D.N29．【答案】B【解析】【解答】A．乙酸和氯气发生取代反应，乙酸中甲基上的一个氢原子被氯原子取代生成一氯乙酸，若两个氢原子被氯原子取代则生成二氯乙酸，三个氢原子被氯原子取代则生成三氯乙酸，故A不符合题意；B．乙酸中的羧基有C=O，双键中有一个σ键，还有一个π键，故B符合题意；C．Cl原子半径小于I原子，所以Cl-Cl键的键长比I-I键的键长短，故C不符合题意；D．Cl的电负性比较强，对电子的吸引力比较强，Cl-C的极性大于C-C的极性，导致一氯乙酸的羧基中的羟基的极性大于乙酸中的羟基的极性，一氯乙酸更易电离出氢离子，所以ClCH2COOH的酸性比CH3COOH强，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.乙酸和氯气发生取代反应，乙酸中甲基上的一个氢原子被氯原子取代生成一氯乙酸，若两个氢原子被氯原子取代则生成二氯乙酸，三个氢原子被氯原子取代则生成三氯乙酸；

B.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；

C.原子半径：I>Cl，则键长：Cl-Cl<I-I；

D.Cl的电负性比较强，对电子的吸引力比较强，Cl-C的极性大于C-C的极性。10．【答案】B【解析】【解答】A．将红热的木炭加入浓硝酸中，产生红棕色气体，可能是浓硝酸在受热的条件下分解得到二氧化氮，不一定是碳与浓硝酸反应生成了NOB．室温时，将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，说明混合后溶液显酸性，根据“谁强显谁性”即谁相对强，溶液显谁的性质，则KbC．不能得到元素非金属性：Br＞I，因为氯气是过量的，可能过量氯气氧化碘离子得到单质碘，故C不符合题意；D．根据题意硝酸银是过量的，过量硝酸银和碘化钾反应生成碘化银沉淀，不能说是氯化银转化为碘化银，不能得出Ksp故答案为：B。

【分析】A.浓硝酸不稳定，受热分解也会生成二氧化氮；

B.将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，恰好反应得到BA，并向其中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，说明溶液显酸性；

C.过量氯水也会把碘离子氧化为碘单质；

D.硝酸银过量，碘离子与银离子直接结合生成碘化银，未发生沉淀的转化。11．【答案】A【解析】【解答】A．HClO4为强酸，A符合题意；B．Z与M形成的化合物为SiH4，硅化合价为负价，容易失去电子，具有较强的还原性，B不符合题意；C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物的稳定性：X>Y>M，C不符合题意；D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Z<X<Y<M，D不符合题意。故答案为：A。

【分析】X、Y、Z、M是电负性逐渐减小的短周期非金属元素，X、Z、M位于三个不同周期，化合物Z212．【答案】D【解析】【解答】A．由反应可知M的浓度变化量等于Y和Z的浓度变化量之和，0~10s内，M的平均反应速率v(M)=Δc(Y)+Δc(Z)B．v1v2=k1c(M)k2c(M)=k1k2C．由图可知相同条件下，Z的速率大于Y，可知反应②的速率大于反应①，根据反应活化能越大反应速率越小，可知反应①的活化能比反应②的活化能大，故C不符合题意；D．反应的吸放热情况不确定，稳定升高平衡的移动方向不确定，因此体系中c(Y)c(Z)故答案为：D。

【分析】A．利用v=Δc/Δt计算；B．依据题目信息分析；C．根据反应活化能越大反应速率越小；D．依据影响化学平衡的因素分析。13．【答案】B【解析】【解答】A．电解池中阳离子向阴极移动，BP膜中H+B．溶液a中氟离子、氯离子通过M膜向左侧迁移，氢离子与右侧双极膜迁移出来的OH-中和，故反应后溶液a的溶质主要为ZnSO4和C．阳极反应为2HD．电解过程中，若pH过高则会导致锌离子、铜离子转化为沉淀，故应控制高盐废水的pH不能过高，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】AB．依据电解时，阴离子通过阴离子交换膜移向阳极，阳离子通过阳离子交换膜移向阴极判断；C．根据电子守恒分析；D．依据A项分析判断。14．【答案】D【解析】【解答】A．由题中信息可知，H2A为二元弱酸，H2A⇌HA−+H+、HA−⇌A2−+H+，用0B．B−的水解平衡常数Kb(B-)=c(HB)⋅c(OH-)c(B-C．根据图2可知，滴定过程中会生成CaA沉淀，溶液变浑浊，故C不符合题意；D．若滴定过程中不产生沉淀，则根据电荷守恒：c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)+c(B-)=2c(Ca2+)+c(H+)，根据物料守恒：故答案为：D。

【分析】A．依据电离是微弱的，且第一步电离远大于第二步；B．依据KbC．根据图2分析判断；D．根据电荷守恒和根据物料守恒分析。15．【答案】（1）2Fe2++H2O2+4NH3▪H2O=2Fe(OH)3↓+4NH4+；K3（2）乙醇；棕色（3）检查装置的气密性；B；加快过滤速度(或得到的产品更干燥)（4）4.（5）将Fe3+还原为Fe2+（6）KMnO4既氧化C2O42-【解析】【解答】（1）(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O中铁元素的化合价为+2价，被H2O2氧化为+3价，和氨水电离产生的OH-结合生成Fe(OH)3沉淀，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4NH3▪H2O=2Fe(OH)3↓+4NH4+（2）(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O难溶于乙醇，为促进结晶，冷却后可加入乙醇；(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O见光分解，实验室应将产品保存在棕色瓶中。（3）①连接好装置后，首先应检查装置的气密性。②布氏漏斗使用结束时需要先拔橡胶管，后关闭水龙头，使之恢复常压，防止倒吸。③和普通过滤相比，减压抽滤可以加快过滤速度，得到的产品更干燥。（4）流出液中n(Cl-)=n(AgNO3)=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，n(Cl-)=zn(Xz-)，则n(Xz-)=cV×10−3zmol，mg三草酸合铁酸钾的物质的量为m491mol，则有cV×10−3z×250mL（5）步骤ii中，加入Zn粉的目的为将Fe3+还原为Fe2+，利用Fe2+和KMnO4反应，从而测定Fe3+的含量。（6）制得的三草酸合铁酸钾中可能混有制备三草酸合铁酸钾时使用的KHC2O4，步骤ⅰ的目的是将C2O42-或C2O42−和HC2O4−氧化，若省略步骤i，向三草酸合铁酸钾的溶液中加入Zn粉和适量稀H2SO4

【分析】（1）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；

加沉淀剂：静置，向上层清液中继续滴加少量沉淀剂，若无沉淀产生，则证明沉淀剂已过量。

（2）依据题目信息判断；

（3）①气体制备装置连接好后，首先应检查气密性；

②依据防止倒吸分析；

③依据装置的构造原理分析；

（4）依据反应方程式计算；

（5）依据氧化还原反应原理；

（6）依据试剂的性质分析。16．【答案】（1）6s26p3（2）SiO2（3）2SbCl3＋3H2OΔ_（4）5×10（5）2：1（6）Bi2MoO6＋（7）(【解析】【解答】（1）N和Bi是同族元素，Bi是第六周期元素，因此基态83Bi的价电子排布式为6s26p3；故答案为：6s26p3（2）二氧化硅不与盐酸反应，氧化银和盐酸反应生成氯化银，因此“浸渣”的主要成分为SiO2、AgCl；故答案为：SiO（3）“除锑”过程中发生反应的化学方程式为2SbCl3＋3H2OΔ__Sb2O3（4）①硫化氢会进一步发生反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)=Bi②硫代乙酰胺的相对分子质量比乙酰胺的相对分子质量大，硫代乙酰胺比乙酰胺的沸点低，说明乙酰胺分子间氢键的键能(强度)大于硫代乙酰胺，数目多于硫代乙酰胺；故答案为：乙酰胺分子间氢键的键能(强度)大于硫代乙酰胺，数目多于硫代乙酰胺。（5）“酸溶”时会有NO逸出，即Bi2S3和硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，Bi2S3中硫化合价从−2价升高到0价，化合价升高6个，硝酸中氮+5价降低到+2价，降低3个价态，则NO系数配2，Bi2S3系数配1，因此此过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；故答案为：2：1。（6）钼酸铋在空气中放置会变质，说明Bi2MoO6和二氧化碳反应生成Bi2O2CO3和MoO3，则该过程中的化学方程式为，Bi（7）Bi2O3的立方晶胞结构如图所示，以A点为原点建立分数坐标，已知A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为(3

【分析】（1）依据构造原理分析；（2）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；（3）依据盐类水解原理及平衡移动原理分析；（4）①依据Ka计算；②依据分子间氢键的键能大小分析；（5）氧化剂元素化合价降低；还原剂元素化合价升高；（6）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒分析；（7）依据晶胞结构图分析。17．【答案】（1）2(E2+E4+E6–E1–E3–E5)+2(ΔH1+ΔH2)；N*+LiH=*+[LiNH](或2N*+2LiH=2*+2[LiNH])（2）=；>；合成氨反应是一个气体分子数减小的放热反应，减小压强或升高温度，平衡逆向移动，φ(NH3)减小。与a点相比，c点的温度高、压强大，温度对φ(NH3)的影响起主导作用；Ka=Kb>Kc；(（3）-1.5；1【解析】【解答】（1）①由反应机理及能量变化图可知，ΔΗ=2(–E1+E2–E3+ΔH1+E4–E5+ΔH2+E6)=2(E2+E4+E6–E1–E3–E5)+2(ΔH1+ΔH2)；②设Ⅳ．N2（2）①a点时，投料比n(N2)：n②合成氨反应是一个气体分子数减小的放热反应，减小压强或升高温度，平衡逆向移动，φ(NH3)减小。与a点相比，c点的温度高、压强大，温度对φ(NH3)的影响起主导作用，从而导致