河北省秦皇岛市卢龙县第二高级中学2021-2022学年高二上学期期末考试化学试题（解析版）

学而优教有方~2022学年高二上学期期末检测化学试卷(满分100分，考试时间75分钟)注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名及科目。2.答题要求：选择题每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题使用黑色签字笔在答题卡上对应的答题区域内作答。3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64第I卷(选择题共50分)一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。1.H2与O2发生反应的过程用模型图示如下。下列说法不正确的是A.过程Ⅰ是吸热过程B.过程Ⅲ一定是放热过程C.该反应过程所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键D.该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行【答案】D【解析】【详解】A．过程Ⅰ化学键断裂，是吸热过程，A正确；B．过程Ⅲ形成了新化学键，一定是放热过程，B正确；C．由图可知，该反应过程所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键，C正确；D．该反应的能量转化形式可以热能、光能形式转化，甚至可设计为氢氧燃料电池，把化学能转变成电能，D不正确；答案选D。2.有平衡体系：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH<0，为了增加甲醇(CH3OH)单位时间的产量，应采用的最佳措施是A.高温、高压 B.低温、高压、催化剂C.低温、低压 D.适宜温度、高压、催化剂【答案】D【解析】【详解】该反应为放热的体积缩小的可逆反应，高温将会使平衡逆向移动，不利于提高甲醇的产量，但温度太低，反应速率太慢，也不利用提高单位时间内的产量，所以温度应适当；高压能使平衡正向移动，从而提高甲醇的产量；加入催化剂不影响化学平衡的移动，但可提高化学反应速率，从而提高平衡前单位时间内生成物的产量，故为了增加甲醇(CH3OH)单位时间的产量，应采用的最佳措施是适宜温度、高压、催化剂，答案选D。3.N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应为：N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)△H，有关化学反应的物质变化过程如图1，能量变化过程如图2，下列说法正确的是A.由图1可知：△H1=△H+△H2B.由图2可知△H=-226kJ·mol-1C.为了实现转化需不断向反应器中补充Pt2O+和Pt2O2+D.由图2可知该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能【答案】B【解析】【详解】A.由图1可知：N2O(g)→N2(g)△H1，CO(g)→CO2(g)△H2，根据盖斯定律，△H=△H1+△H2，故A错误；B.由图2可知，反应物为N2O(g)+CO(g)，生成物为CO2(g)+N2(g)，△H=+134kJ/mol-360kJ/mol=-226kJ/mol，故B正确；C.由图1可知，Pt2O+是催化剂，转化过程中无需不断向反应器中补充催化剂，故C错误；D.由图2可知该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D错误；故选B。4.下列溶液一定呈中性的是A.pH=7的溶液B.c(H+)=c(OH-)=10-6mol·L-1的溶液C.c(H+)水=c(OH-)水的溶液D.常温下pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合后的溶液【答案】B【解析】【详解】A．在100℃时，pH=7的溶液呈碱性，A项错误；B．c(H+)=c(OH-)=10-6mol·L-1的溶液呈中性，B项正确；C．在任何物质的水溶液中c(H+)水=c(OH-)水，与溶液的酸碱性无关，C项错误；D．氨水是弱碱，因此氨水过量，混合后的溶液呈碱性，D项错误；故选：B。5.在恒温恒容的密闭容器中发生反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH＜0，下列能说明该反应达到平衡状态的是①反应速率5v(NH3)＝4v(O2)②体系的压强不再发生变化③混合气体的密度不再发生变化④气体的平均摩尔质量不再发生变化⑤单位时间内生成5molO2，同时断裂12molO—H键⑥NO的浓度不变A.②④⑥ B.①②④⑥ C.②⑤⑥ D.①②③④⑤【答案】A【解析】【详解】①只要反应发生就有反应速率5v(NH3)＝4v(O2)，故不能说明反应已达平衡状态，故错误；②体系的压强不再改变，说明正逆反应速率相等，反应已经达平衡状态，故错误③气体的总质量和总体积始终不变，体系的密度始终不变化，密度不变不能说明反应已达平衡状态，故错误④气体的总质量始终不变，总物质的量为变量，平均摩尔质量不再发生变化说明正逆反应速率相等，反应已经达平衡状态，故正确；⑤单位时间内生成5molO2，同时断裂12molO-H键，均描述逆反应速率，不能说明反应已达平衡状态，故错误；⑥NO的浓度不变说明反应达到了平衡状态，故正确；综上所述，答案为A。6.反应A(g)＋3B(g)=2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)＝0.45mol·L-1·s-1②v(B)＝0.6mol·L-1·s-1③v(C)＝0.4mol·L-1·s-1④v(D)＝0.45mol·L-1·s-1。下列有关反应速率的比较中正确的是A.④>③＝②>① B.①>④>②＝③C.①>②>③>④ D.④>③>②>①【答案】B【解析】【分析】【详解】同一化学反应中，不同物质表示的速率比等于系数比，都转化为用A表示的反应速率。①v(A)＝0.45mol·L-1·s-1；②v(A)＝v(B)＝0.6mol·L-1·s-1=0.2mol·L-1·s-1；③v(A)＝v(C)＝0.4mol·L-1·s-1=0.2mol·L-1·s-1；④v(A)＝v(D)＝0.45mol·L-1·s-1=0.225mol·L-1·s-1，所以①>④>②＝③，故B正确；选B。7.在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质XYZ初始浓度/mol·L-10.10.20平衡浓度/mol·L-10.050.050.1下列说法错误的是A.反应达到平衡时，X的转化率为50%B.反应可表示为X+3Y2Z，其平衡常数为1600C.增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大D.改变温度可以改变此反应的平衡常数【答案】C【解析】【分析】根据表格中的数据可知反应物为X和Y，Z为生成物，X、Y、Z的浓度变化量分别为0.05mol•L-1，0.15mol•L-1，0.10mol•L-1，变化的浓度之比等于参与反应的各物质对应的化学计量数之比，因此方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g)，由三段法有：，据此进行分析判断。【详解】A．根据上述分析可知，反应达到平衡时X的转化率为×100%=50%，故A正确；B．根据上述分析可知，即该反应可表示为X+3Y2Z，其平衡常数为1600，故B正确；C．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，但平衡常数只与温度有关，增大压强平衡常数不变，故C错误；D．平衡常数受温度影响，则改变温度可以改变此反应的平衡常数，故D正确；故选C。8.将一张滤纸剪成四等份，用铜片、锌片、发光二极管、导线在玻璃片上连接成如图所示的装置，在四张滤纸上滴入稀H2SO4直至全部润湿。下列叙述正确的是A.锌片上有气泡，铜片溶解B.Zn片发生还原反应C.电子都是从铜片经外电路流向锌片D.该装置至少有两种形式的能量转换【答案】D【解析】【详解】A．锌为负极，铜为正极，正极上生成氢气，故A错误；B．锌为负极，发生氧化反应，故B错误；C．电子从锌极经外电路流向铜极，故C错误；D．该装置存在电能、化学能与电能与光能的转化，故D正确；故选D。9.某温度下，体积和pH都相同的NaOH溶液与CH3COONa溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是（）A.c点的溶液中c(OH−)+c(CH3COOH)＝c(H+)B.a、b两点溶液的导电性：a>bC.b、c两点溶液中水的电离程度：b=cD.用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积：Vb=Vc【答案】B【解析】【分析】NaOH是强碱，而CH3COONa溶液中存在水解平衡，所以相同pH溶液进行稀释时，CH3COONa溶液的pH变化比较平缓，所以曲线II为CH3COONa稀释曲线。【详解】A．任一点溶液中均存在电荷守恒：c(OH−)+c(CH3COO-)＝c(H+)+c(Na+)，依据物料守恒有：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝c(Na+)，将两式相减得：c(H+)+c(CH3COOH)＝c(OH−)。如所给的等式c(OH−)+c(CH3COOH)＝c(H+)成立，则可得出c(CH3COOH)=0这一错误的结论，A项错误；B．开始两溶液的pH相同，则开始物质的量浓度：CH3COONa>NaOH，a、b两点溶液稀释的倍数相同，所得对应溶液中的离子浓度：CH3COONa>NaOH，导电性：a>b，B项正确；C．b、c两点溶液中pH相同，但一个是碱溶液，水的电离受到抑制，一个是强碱弱酸盐的溶液，水的电离因CH3COO-水解而受到促进，所以水的电离程度：b<c，C项错误；D．盐类的水解是微弱的，所以稀释前NaOH溶液与CH3COONa溶液中溶质的物质的量：n(CH3COONa）>n(NaOH)，所以用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应时，消耗盐酸的体积：Vb<Vc，D项错误；所以答案选择B项。10.工业上冶炼钛的有关反应如下：①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2③TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)ΔH3④TiCl4(s)+2Mg(s)=2MgCl2(s)+Ti(s)ΔH4⑤TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)ΔH5下列有关推断正确的是A.2ΔH1=ΔH2 B.ΔH1＜0，ΔH2＞0C.ΔH5=ΔH3+2ΔH1-ΔH2 D.2ΔH1-ΔH2＞0【答案】C【解析】【详解】A．根据盖斯定律，①×2-②得2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=2ΔH1-ΔH2，已知碳燃烧生成CO是放热反应，即2ΔH1-ΔH2＜0，得2ΔH1＜ΔH2，A项错误；B．碳燃烧生成CO2和CO燃烧生成CO2都放热反应，所以ΔH1＜0，ΔH2＜0，B项错误；C．由①×2+③-②即得反应⑤，所以ΔH5=ΔH3+2ΔH1-ΔH2，C项正确；D．由A项分析可知，2ΔH1-ΔH2＜0，D项错误；故选：C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.CoHPO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图，下列说法正确的是A.温度一定时，Ksp(CoHPO4)随c(HP)的增大而减小B.三个不同温度中，313K时Ksp(CoHPO4)最大C.283K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液D.283K下的CoHPO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液【答案】B【解析】【详解】A．温度一定时，Ksp(CoHPO4)不变，A项错误；B．由题中沉淀溶解平衡曲线可看出，313K时，c(Co2+)、c(HP)最大，Ksp最大，B项正确；C．283K时，a点不线中，c(Co2+)小于平衡时c(Co2+)，溶液未达到饱和，C项错误；D．从283K升温到363K要析出固体，溶液为饱和溶液，D项错误；故选：B。12.最近一个科学研究小组创造了一种通过连续电解将能量储存为化学能的装置。在氧化钇基质的阳极和二氧化钛涂覆的钛阴极之间是可通过H+的固体聚合物电解质。其结构如图所示，则下列说法正确的是A.电源的b极为正极B.在能量转换过程中，固体电解质中的H+由阴极向阳极移动C.阴极的电极反应式为OX+4H++4e-=GC+H2OD.为增强阳极电解液的导电性，可在水中添加适量NaCl【答案】AC【解析】【分析】H2O转化为O2，O元素的化合价升高失电子，发生氧化反应，则H2O在阳极反应生成氧气，所以b为正极，a为负极，OX在阴极得电子生成GC．固体电解质可以通过H+，阳离子向阴极移动。【详解】A．该装置为电解池装置，由结构示意图可知，与电源b极相连的电极上水失电子发生氧化反应生成氧气，则b极为电源的正极，A项正确；B．阳极是水放电生成氧气与氢离子，H+可以通过固体聚合物电解质，H+由阳极向阴极移动，B项错误；C．b极为电源的正极，a极为电源的负极，与电源a极相连的电极上OX得电子发生还原反应生成GC，电极反应式为OX+4H++4e-=GC+H2O，C项正确；D．该电解池选用的是固体聚合物电解质，不是电解质溶液，D项错误；故选；AC。13.现有常温下的四种溶液(如下表)，下列有关叙述中正确的是序号①②③④溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸溶液盐酸pH111133A.在③④中分别加入适量的醋酸铵晶体后，③的pH减小，④的pH不变B.温度上升10℃，①③溶液的pH均不变(不考虑挥发与分解)C.分别加水稀释10倍，四种溶液的pH大小关系为①＞②＞④＞③D.将①④两种溶液等体积混合，所得溶液中c(Cl-)＞c(N)＞c(H+)＞c(OH-)【答案】C【解析】【详解】A．在③④中分别加入适量的醋酸铵晶体后，③中溶解形成的醋酸根离子对醋酸弱电解质的电离平衡起到了抑制作用，氢离子浓度减小，pH增大；④中溶解的醋酸根离子与氢离子会结合成弱电解质醋酸，减小了氢离子的浓度，pH增大，故A错误；

B．升高温度，水的离子积增大，弱电解质的电离程度增大，所以氨水中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大；氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度不变，水的离子积增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小；醋酸溶液中，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小；盐酸溶液中氢离子浓度基本不变，溶液的pH不变，故B错误；

C．①氨水pH=11，平衡状态下氢氧根离子浓度为10-3mol/L；②氢氧化钠pH=11，氢氧根离子浓度为10-3mol/L；③醋酸pH=3，平衡状态下氢离子浓度为10-3mol/L；④盐酸pH=3，溶液中氢离子浓度为10-3mol/L；分别加水稀释10倍，碱比酸的pH大，弱碱弱酸存在电离平衡，加水稀释比强酸强碱的pH变化小，所以得到四种溶液的pH大小为①＞②＞④＞③，故C正确；

D．将①氨水pH=11，平衡状态下氢氧根离子浓度为10-3mol/L④盐酸pH=3，溶液中氢离子浓度为10-3mol/L两种溶液等体积混合，氨水中平衡状态下的氢氧根离子与盐酸中的氢离子恰好反应，氨水又电离出氢氧根离子和铵根离子，依据电离方程式NH3•H2O⇌N+OH-；HCl=H++Cl-，可知c(Cl-)=5×10-4mol/L，c(N)＞5×10-4mol/L，c(OH-)＞c(H+)，综上所述可知溶液中的离子浓度大小c(N)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D错误；

故选：C。14.在三个容积均为1L的密闭容器中以不同的氢碳比[n（H2）/n（CO2）]充入H2和CO2，在一定条件下发生反应：2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）ΔH。CO2的平衡转化率与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是（）A.该反应的ΔH>0B.氢碳比：①＜②C.在氢碳比为2.0时，Q点v（正）＜v（逆）D.若起始时，CO2、H2浓度分别为0.5mol/L和1.0mol/L，则可得P点对应温度的平衡常数的值为512【答案】D【解析】【详解】A．由图所示，随温度升高CO2的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，所以该反应的ΔH<0，故A错误；B．CO2一定时，增大氢气的投入量，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，氢碳比①>②，故B错误；C．P为平衡点，Q→P，CO2的转化率增大，反应正向进行，Q点v（正）>v（逆），故C错误；D．若起始时，CO2、H2浓度分别为0.5mol/L和1.0mol/L，P点CO2平衡转化率为50%，则可得P点对应温度的平衡常数的值为512，故D正确；选D。15.下列实验能达到预期目的的是选项实验内容实验目的A等pH等体积HB和HA分别与NaOH溶液反应，HB消耗的NaOH溶液体积多证明HA是强酸B向1mL0.2mol·L-1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol·L-1的MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol·L-1的FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下，溶度积常数：Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]C将SO2通入酸性KMnO4溶液中，紫红色褪去证明SO2具有漂白性D向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色会变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．等pH等体积HB和HA分别与NaOH溶液反应，HB消耗的NaOH溶液体积多，可知等pH时HB的浓度大，则HB的酸性比HA的弱，不能证明HA为强酸，故A错误；

B．NaOH过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成沉淀，不能比较Ksp[Mg(OH)2]、Ksp[Fe(OH)3]的大小，故B错误；

C．二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，可知二氧化硫具有还原性，故C错误；

D．碳酸根离子与钡离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液红色会变浅，可证明水解平衡的存在，故D正确；

故选：D。第II卷(非选择题共50分)三、非选择题：本题共4小题，共50分。16.某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：（1）甲池为___________(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，A电极的电极反应式为___________。（2）丙池中F电极为___________(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，该池的总反应的化学方程式为___________（3）当乙池中C极质量减轻10.8g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为___________mL(标准状况)。【答案】（1）①原电池②.CH4＋10OH--8e-=＋7H2O（2）①.阴极②.2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋2Cu＋O2↑（3）560【解析】【分析】由装置图可知甲池为原电池，CH4燃料做负极，负极失电子发生氧化反应，在碱性溶液中生成碳酸盐，乙、丙为电解池，乙池中C为阳极，D为阴极，电池中是电解硝酸银溶液生成单质银，丙池中F为阴极，E为阳极，阳极上溶液中的OH-失电子发生氧化反应。【小问1详解】甲池能自发进行氧化还原反应，为原电池，A电极的电极反应式为CH4＋10OH--8e-=＋7H2O；【小问2详解】F连接原电池负极，所以为阴极，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，电池总反应化学方程式为2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋2Cu＋O2↑；【小问3详解】C极上的电极反应为Ag-e-=Ag＋，B电极上的电极反应为O2＋2H2O＋4e-=4OH-，当乙池中C极质量减轻10.8g时，即转移电子是0.1mol，此时甲池中B电极理论上消耗O2的物质的量是0.025mol，体积为0.025mol×22.4L·mol-1=0.56L=560mL。17.国家标准(GB2760­2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L-1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中的SO2，并对其含量进行测定。实验步骤如下：a.向B中加入300.00mL葡萄酒和适量稀硫酸，加热，使SO2全部逸出并与C中的H2O2完全反应，加热除去H2O2，得到待测液并稀释至500mL。b.取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入指示剂，用0.0100mol·L-1NaOH标准液进行滴定。c.数据处理：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度消耗标准溶液体积125.000.107.60225.007.6015.00325.000.207.80回答下列问题：(1)仪器A的名称为___。(2)写出C中发生的离子反应___。(3)NaOH标准溶液盛装在图中滴定管中___(填标号)。若滴定终点溶液pH为8.8，则选择的指示剂为__；滴定过程中，眼睛应注视___；滴定终点的判断为___。(4)根据表格中的数据计算该葡萄酒中SO2含量为___g·L-1。(5)下列操作会导致实验结果偏低的是____(填标号)。a.滴定管在装液前未用标准溶液润洗b.滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出c.达到滴定终点时，仰视读数d.装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡【答案】①.直型冷凝管②.SO2+H2O2=2H++SO③.乙④.酚酞⑤.锥形瓶内溶液颜色变化⑥.滴入最后一滴标准液，溶液由无色变红色，且半分钟内不恢复⑦.0.16⑧.bd【解析】【分析】图中仪器A为直型冷凝管，为了达到好的冷凝效果，冷凝水从b进a出；装置B为圆底烧瓶，其中盛放葡萄酒和硫酸的混合物，其原理为增加溶液中的浓度使平衡向左移动，SO2逸出；C中发生的反应为，再通过中和滴定测量硫酸的含量，间接测定葡萄酒中SO2的含量。【详解】(1)仪器A为直型冷凝管，故填直形冷凝管；(2)SO2在C中被氧化称为硫酸，其反应为，故填；(3)图中甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管，NaOH为强碱，应装在碱性滴定管内，即选乙；pH=8.8，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂；滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液的颜色变化，以便于观察判定终点；锥形瓶内为硫酸和酚酞的混合液，呈无色，当最后滴入一滴标准液时，溶液由无色变为浅红色，且30s内不恢复到原来的颜色，故填乙、酚酞、锥形瓶内溶液颜色变化、滴入最后一滴标准液，溶液由无色变红色，且半分钟内不恢复；(4)由表中数据得出消耗的NaOH标准液体积为7.5mL，根据反应，可得==mol，即原溶液中的===mol，===0.16g/L，故填0.16；(5)根据，可知待测液的浓度与标准液体积成正比。a.滴定前滴定管未用标准液润洗，使得标准液被稀释，消耗的标准液体积偏大，待测液浓度偏高；b.锥形瓶内有液体溅出，使得待测物质的物质的量减少，消耗的标准液体积偏小，则待测液浓度偏低；c达到终点时仰视读数，则末读数偏高，根据读数=末读数-初读数，则标准液体积偏大，使得待测液浓度偏高；d.滴定前无气泡，滴定后有气泡，则末读数偏小，标准液体积偏小，待测液浓度偏低；故填bd。18.氨气广泛应用于化肥、制药、合成纤维等领域。I.工业上可由氢气和氮气合成氨气。若用、、、分别表示和固体催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程如图所示：（1）吸附后，能量状态最高的是___________(填序号)。（2）结合上述过程，一定温度下在固体催化剂表面进行的分解实验，发现的分解速率与其浓度的关系如图所示。从吸附和解吸过程分析，前反应速率增加的原因可能是___________；之后反应速率降低的原因可能是___________。II．利用在催化剂()作用下将还原为是目前应用最为广泛氮氧化物()净化方法，其原理是：主板应：副反应：（3）根据盖斯定律可得：则=___________(用含的式子表示)。（4）催化剂中的是活性组分。在反应器中以一定流速通过混合气，在不同温度下进行该催化反应，的质量分数对单位时间内NO去除率的影响如图所示。①从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由小到大的顺序为___________。②的质量分数对该催化剂活性的影响是___________。（5）一定温度下，向1L恒容密闭容器(含催化剂)中投入1mol和1.5molNO，发生反应。达到平衡状态时，NO的转化率为60%，则平衡常数为___________(列出计算式即可)。【答案】（1）B（2）①.氨的浓度增加，催化剂表面吸附的氨分子增多，速率增大②.催化剂表面的氨分子太多，不利于氮气和氢气从催化剂表面解吸（3）（4）①.②.在100℃~200℃内，的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200℃，没有明显区别（5）【解析】【小问1详解】断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，结合图B分析可知，吸附后，能量状态最高的是B，因为吸收能量断键；【小问2详解】根据题目信息，结合下图分析可知，c0之前反应速率增加的原因可能是氨的浓度增加，催化剂表面吸附的氢分子增多，速率增大，c0之后反应速率降低的原因可能是催化剂表面的氯分子太多，不利于氮气和氢气从催化剂表面解吸；【小问3详解】根据盖斯定律△H1-△H2可得4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)

ΔH3=△H1-△H2；【小问4详解】①A、C两点温度相同，催化剂的质量分数不同，由图可知，催化剂的质量分数越大，反应速率越快，则C＞A，A、B两点催化剂质量分数相同，B点温度更高，则反应速率B＞A，故vA<vB<vC；②由图可知，在100℃-200℃内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，