甘肃省天水市部分学校2024-2025学年高二上学期11月期中联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1甘肃省天水市部分学校2024-2025学年高二上学期11月期中联考时长：75分钟总分：100分一、单选题(每题3分，共54分)1.下列属于水解反应的离子方程式且书写正确的是A.B.C.D.【答案】D【解析】是的电离方程式，A错误；水解的程度很微弱，离子方程式中不写沉淀符号，正确的离子方程式为，B错误；多元弱酸根离子分步水解，亚硫酸根离子水解的离子方程式为，C错误；是弱酸，水解生成和：，D正确；故选D。2.下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是A.HCl B.FeCl3 C.NaHCO3 D.NaHSO4【答案】B【解析】HCl属于强酸，电离出氢离子，溶液显酸性，不是因为水解造成的，故A错误；FeCl3属于强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，故B正确；NaHCO3属于强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子水解大于电离，其溶液呈碱性，故C错误；NaHSO4是强酸强碱酸式盐，在溶液中不水解，其溶液因电离出氢离子而呈酸性，故D错误；故选：B。3.下列说法正确的是A.中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同B.在醋酸钠溶液中再加入少量水，水解平衡正向移动C.用冰醋酸、蒸馏水和容量瓶可以配制pH=1的醋酸溶液D.室温下pH=12的Ba(OH)2溶液与pH=2的盐酸恰好中和，消耗二者体积比为1：2【答案】B【解析】一水合氨为弱电解质，pH相等时氨水浓度较大，分别中和pH相等、体积相等的两溶液，氨水消耗盐酸的物质的量较多，故A错误；在醋酸钠溶液中再加入少量水，醋酸钠溶液的浓度减小，水解程度增大，水解平衡正向移动，故B正确；醋酸为弱酸，难以配制pH＝1的溶液，且缺少量取(滴定管或移液管)或称取(分析天平)醋酸的仪器，故C错误；室温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)==0.01mol/L，pH=2的盐酸两溶液中c(H+)=10-2mol/L=0.01mol/L，二者OH-和H+浓度相同，恰好中和的体积之比应为1:1，故D错误；答案选B。4.常温下向一定浓度的Na2X溶液中滴入盐酸，粒子浓度与混合溶液的pH变化的关系如图所示，已知：H2X是二元弱酸，Y表示或，pY=－lgY。下列叙述错误的是A.曲线n表示与pH的变化关系B.Ka1(H2X)=1.0×10－10.3C.NaHX溶液中c(OH－)＞c(H+)D.当pH=7时，混合溶液中c(Na+)=c(HX－)+2c(X2－)+c(Cl－)【答案】B【解析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）＞Ka2（H2X），则pH相同时＜，pY=-lgY，则p＞p，则m、n分别表示pH与p、p的变化关系，据此结合选项分析解答。根据分析可知，n表示pH与p的变化关系，A选项正确；M点pH=9.3，c(H+)=10-9.3mol/L，p=-lg=1，则=0.1，所以Ka2（H2X）=×c（H+）=10-9.3×0.1=1.0×10-10.3，N点pH=7.4，c(H+)=10-7.4mol/L，p=-lg=-1，则=10，所以Ka1(H2X)=×c（H+）=10-7.4×10=1.0×10-6.4，B选项错误；根据B可知HX﹣的电离平衡常数为1.0×10﹣10.3；曲线n表示pH与p的变化关系，n点pH=7.4，p=-lg=-1，=10，所以HX-的水解平衡常数Kh＝==1.0×10-7.6＞1.0×10-10.3，说明HX-的水解程度大于其电离程度，则NaHX溶液溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，C选项正确；当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-)，D选项正确；答案选B。5.物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是A.HX、HY、HZ B.HZ、HY、HXC.HX、HZ、HY D.HY、HX、HZ【答案】A【解析】物质量浓度相等的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，酸根离子水解程度越大，其钠盐溶液pH越大，根据溶液pH大小顺序知，酸根离子水解程度大小顺序是Z-

＞Y-

＞X-

，越弱越水解，酸根离子水解程度越大其相应酸的电离程度越小，则酸的酸性越弱，所以酸性强弱顺序是HX＞HY＞HZ；故选A。6.室温下，有两种溶液：①0.01mol·L－1NH3·H2O溶液、②0.01mol·L－1NH4Cl溶液，下列操作可以使两种溶液中c(NH)都增大的是()A通入少量HCl气体 B.加入少量NaOH固体C.加入少量H2O D.升高温度【答案】A【解析】①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中通入少量HCl气体，氢氧根离子浓度减小，促进NH3•H2O电离，c(NH)增大；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中通入少量HCl气体，氢离子浓度增大，抑制NH水解，c(NH)增大，故选A；①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中加入少量NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，抑制NH3•H2O电离，c(NH)减小；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体，氢离子浓度减小，促进NH水解，c(NH)减小，故不选B；①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中加入少量H2O，NH3•H2O浓度降低，c(NH)减小；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中加入少量H2O，NH4Cl浓度减小，c(NH)减小，故不选C；①升高温度，促进NH3•H2O电离，c(NH)增大；②升高温度，促进NH水解，c(NH)减小，故不选D；答案选A。7.化学反应是反应热的必要源泉，可以提供人类生活和生产活动的必要能量。反应A+BCΔH＜0分两步进行，①A+BXΔH＞0，②XCΔH＜0，下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是A. B.C. D.【答案】D【解析】总反应焓变小于0，为放热反应，所以A+B的能量高于C，第一步反应焓变大于0为吸热反应，所以A+B的能量低于X，第二步反应焓变小于0为放热反应，所以X的能量高于C，综上所述图象D符合，故答案为D。8.2019年诺贝尔化学奖授予三位对锂电池研究作出杰出贡献的科学家。一种锂-空气电池如图所示。当电池工作时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是A.锂电极发生还原反应B.多孔碳材料电极为正极C.电池工作时外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极D.正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-【答案】B【解析】由锂-空气电池示意图可知，锂电极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，故A错误；得到电子的一极为原电池的正极，由氧元素化合价的变化可知，通入氧气的多孔碳材料电极为原电池的正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成Li2O2-x，故B正确；电池工作时外电路电子由负极流向正极，由锂-空气电池示意图可知，锂电极为原电池的负极，通入氧气的多孔碳材料电极为原电池的正极，则电子由锂电极流向多孔碳材料电极，故C错误；由氧元素化合价的变化可知，通入氧气的多孔碳材料电极为原电池的正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成Li2O2-x，电极反应式为：（2-x）O2+4e-+4Li+=2Li2O2-x，故D错误；故选B。9.利用Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2反应设计一个原电池，下列说法中正确的是（）A.电极材料为铁和铜，电解质溶液为氯化铁溶液B.电极材料为铜和石墨，电解质溶液为硝酸铁溶液C.正极反应式为2Fe3＋＋2e-=2Fe2＋D.负极质量减小，正极质量增加【答案】C【解析】该原电池的总反应可分为两个电极反应，负极：Cu－2e-=Cu2＋，正极：2Fe3＋＋2e-=2Fe2＋。铜作负极，其质量不断减小；活动性比铜弱的金属或导电非金属作正极，其质量不变；氯化铁溶液为电解质溶液。若电极材料为铁和铜，铁比铜活泼，铁做负极，铜做正极，与分析不符，故A错误；利用Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2反应设计一个原电池，电解质溶液为氯化铁溶液，故B错误；根据分析，正极反应式为2Fe3＋＋2e-=2Fe2＋，故C正确；根据分析，负极质量减小，正极质量不变，故D错误；答案选C。10.金属铬和氢气在工业上都有重要的用途。已知：铬能与稀硫酸反应，生成氢气和硫酸亚铬（CrSO4）。铜铬构成原电池如图所示，盐桥中装的是饱和KCl琼脂溶液，下列关于此电池的说法正确的是A.盐桥的作用是使整个装置构成通路、保持溶液呈电中性，凡是有盐桥的原电池，盐桥中均可以用饱和KCl琼脂溶液B.理论上1molCr溶解，盐桥中将有2molCl-进入左池，2molK＋进入右池C.此过程中H＋得电子，发生氧化反应D.电子从铬极通过导线到铜极，又通过盐桥到转移到左烧杯中【答案】B【解析】铜铬构成原电池，由于铬能与稀硫酸反应，生成氢气和硫酸亚铬（CrSO4），这说明铬电极是负极，铜电极是正极，氢离子放电，所以盛稀硫酸烧杯中的现象为铜电极上有气泡产生。盐桥的作用是使整个装置构成通路、保持溶液呈电中性，盐桥中的离子不能和电解质溶液反应，所以盐桥不一定均可以用饱和KCl琼脂溶液，A项错误；理论上1molCr溶解，则转移2mol电子生成1molCr2+，同时消耗2mol氢离子，所以根据溶液的电中性可知盐桥中将有2molCl-进入左池，2molK+进入右池，B项正确；此过程中H+得电子，发生还原反应，C项错误；电子不能在溶液中传递，D项错误。答案选B。11.关于下列各装置图的叙述中，不正确的是A.用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B.用装置①进行电镀，镀件接在b极上C.装置②的总反应是：Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋D.装置③中的铁钉几乎没被腐蚀【答案】C【解析】装置①中，b极是阴极，发生还原反应，生成铜，故A、B选项正确；浓硫酸有强氧化性，可以使铁钝化，故D正确；装置②中，由于铁比铜活泼，铁作为负极与氯化铁溶液反应，故C错误；答案选C。12.下列有关2个电化学装置的叙述不正确的是A.图Ⅰ，在不改变总反应的前提下，可用Na2SO4替换ZnSO4，用石墨替换Cu棒B.图Ⅰ，电流形成的完整过程是：负极Zn-2e-＝Zn2+，电子经导线流向正极，正极Cu2++2e-＝CuC.图Ⅱ，通电后向两极滴加酚酞，左侧变红D.图Ⅰ，盐桥中Cl-向左侧移动，图Ⅱ，溶液中Cl-向右侧移动【答案】B【解析】将图Ⅰ中的ZnSO4替换为Na2SO4，对左侧区反应无影响，将Cu棒替换为石墨棒，仍然时锌为负极，Cu为正极，故并不改变总反应，故A正确；图Ⅰ中电流形成的完整过程是：负极Zn-2e-＝Zn2+，外电路中电子经导线流向正极，正极Cu2++2e-＝Cu，内电路的盐桥中的阴离子移向负极，阳离子移向正极，故B错误；图Ⅱ中左侧区时阴极，电极反应为,故阴极区显碱性，加酚酞后溶液变红，故C正确；图Ⅰ中左侧为负极，故盐桥中Cl-向左侧移动，图Ⅱ中右侧时阳极，故溶液中Cl-向右侧移动，故D正确；故答案为：B。13.合成氨反应难以发生的根本原因是（）A.该反应是可逆反应 B.氮分子中存在氮氮叁键C.该反应需要催化剂 D.氨气容易液化【答案】B【解析】合成氨反应N2+3H22NH3是可逆反应，与反应的难以发生没有关系，故A不选；氮气分子中存在N≡N，三键中1个σ键、2个π键，键能大，分子结构稳定，使得合成氨反应难以发生，故B选；该反应需要加入催化剂，能够使反应较容易发生，与反应的难以发生没有关系，故C不选；氨气容易液化与反应的难以发生没有关系，故D不选；故选B14.下列有关溶度积常数Ksp的说法正确的是A.常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小B.溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高Ksp减小C溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高Ksp增大D.常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变【答案】D【解析】常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的溶解度减小，但是由于温度不变，所以Ksp不变，A错误；溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，有的物质的溶解度增大，有的物质的溶解度减小。所以Ksp可能会增大，也可能会减小，B错误；溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，对于溶解度随温度的升高而增大的物质来说Ksp增大，而对于溶解度随温度的升高而减小的物质来说，Ksp减小，C错误；常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的沉淀溶解平衡逆向移动，c(OH-)增大，c(Mg2+)减小，而c(Mg2+)·c2(OH-)不变，即Ksp不变，D正确。答案选D。15.25℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡：PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，加入KI溶液，下列说法正确的是A.溶液中Pb2＋和I－浓度都增大 B.溶度积常数Ksp增大C.沉淀溶解平衡向左移动 D.溶液中Pb2＋浓度增大【答案】C【解析】加入KI溶液，c（I－）增大，沉淀溶解平衡逆移，c（Pb2+）减小，故A错误；溶度积常数Ksp只与温度有关，故B错误；加入KI溶液，c（I－）增大，沉淀溶解平衡左移，故C正确；加入KI溶液，c（I－）增大，沉淀溶解平衡逆移，c（Pb2+）减小，故D错误；答案：C16.已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=1.5×10-16，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是A.AgCl>AgI>Ag2CrO4 B.AgCl>Ag2CrO4>AgICAg2CrO4>AgCl>AgI D.Ag2CrO4>AgI>AgCl【答案】C【解析】AgCl和AgI的结构相似，由Ksp可知AgCl饱和溶液中的c(Ag＋)大于AgI饱和溶液中的c(Ag＋)；AgCl饱和溶液中的c2(Ag＋)=Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋(aq)的Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag＋)·c()=c3(Ag＋)=2.0×10-12，可得Ag2CrO4饱和溶液中的c(Ag＋)大于AgCl饱和溶液中的c(Ag＋)；故Ag+浓度大小顺序Ag2CrO4>AgCl>AgI；答案选C。17.比较合成氨工业与制硫酸中SO2催化氧化的生产过程，正确的是A.都按化学方程式中的系数比投料 B.都选择了较大的压强C.使用不同的催化剂加快反应速率 D.都采用吸收剂分离产物【答案】C【解析】为提高价格贵的原料的转化率，工业合成氨氮气和氢气按照1：2.8投料比，二氧化硫的催化氧化是氧气过量；工业制备硫酸，二氧化硫催化氧化是常压下进行；工业合成氨使用铁触媒做催化剂，二氧化硫催化氧化是使用了五氧化二钒做催化剂；合成氨生产中将NH3液化分离，工业制备硫酸是浓硫酸吸收三氧化硫。为提高价格贵的原料的转化率，工业合成氨氮气和氢气按照1：2.8投料比，二氧化硫的催化氧化是氧气过量，不是按化学方程式中的系数比投料，故A错误；工业制备硫酸，SO2的催化氧化不采用高压，是因为常压下SO2转化率已经很高了，故B错误；工业合成氨使用铁触媒做催化剂，二氧化硫催化氧化是使用了五氧化二钒做催化剂，使用不同的催化剂加快反应速率，故C正确；合成氨生产中将NH3液化分离，没有用吸收剂分离，工业制备硫酸是利用吸收剂浓硫酸吸收三氧化硫，故D错误；故选C。18.合成氨生产中，说法正确的是A.使用催化剂，提高原料的利用率 B.采用高温、高压工艺提高氨的产率C.产物用水吸收，剩余气体循环利用 D.增大反应物浓度，对v正影响更大【答案】D【解析】使用催化剂，加快反应的速率，但是平衡不移动，不能提高原料的利用率，A错误；合成氨反应为体积缩小的放热反应，采用高温，平衡左移，不能提高氨的产率，B错误；合成氨反应达到平衡后，平衡混合气可以采用水冷凝后氨气液化，分离出液氨，有利于平衡向正反应方向移动，剩余气体可以循环利用，C错误；增大反应物浓度，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率加快，对υ正影响更大，平衡向正反应方向移动，D正确；综上所述，本题选D。第II卷(非选择题共46分)二、非选择题：包括第19题~第22题4个大题，共46分。19.由铜、锌和硫酸溶液组成的原电池中，作正极的是____(填化学式)，正极的电极反应式为____；作负极的是____（填化学式），电子由____(填“正”或“负”，下同)极经导线移向_____极。【答案】①.Cu②.③.Zn④.负⑤.正【解析】铜、锌和硫酸溶液组成原电池，反应原理为，锌作负极失电子发生氧化反应，铜作正极，氢离子在正极发生得电子的还原反应产生氢气，电极反应式：，电子由负极锌流出，经导线流向正极铜。故答案为：Cu；；Zn；负；正。20.参考下列图表和有关要求回答问题：(1)图Ⅰ是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是________，ΔH的变化是________(填“增大”、“减小”、“不变”)。请写出NO2和CO反应的热化学方程式：____________________。(2)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)＝＋49.0kJ·mol-1②CH3OH(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)＝-192.9kJ·mol-1又知③H2O(g)=H2O(l)＝-44kJ·mol-1则甲醇燃烧生成液态水的热化学方程式为_____________________________(3)汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：写出该反应的热化学方程式：____________________________________________。【答案】①.减小②.不变③.NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g)＝－234kJ·mol-1④.CH3OH(g)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)＝－764.7kJ·mol-1⑤.N2(g)＋O2(g)=2NO(g)＝＋183kJ·mol-1【解析】(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234kJ，反应热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)=-234kJ•mol-1，故答案为：减小；不变；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)=-234kJ•mol-1；(2)依据盖斯定律计算（②×3-①×2+③×2）得到CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)=3×(-192.9kJ•mol-1)-2×(+49.0kJ•mol-1)+2×(-44kJ•mol-1)=-764.7kJ•mol-1；故答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)=-764.7kJ•mol-1；(3)由题干图示可知，该反应中的反应热=（945+498）kJ•moL-1-2×630kJ•moL-1=+183kJ•moL-1，所以其热化学反应方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)=+183kJ•moL-1，故答案为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)=+183kJ•moL-1。21.2019年国际非政府组织“全球碳计划”12月4日发布报告：研究显示，全球二氧化碳排放量增速趋缓。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。(1)CO2甲烷化反应是由法国化学家PaulSabatier提出的。CO2催化氢化制甲烷的研究过程如图所示：①上述过程中，产生H2反应的化学方程式为____。②HCOOH是CO2转化为CH4的中间体：CO2HCOOHCH4。当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少。当增加镍粉用量时，CO2镍催化氢化制甲烷的两步发应中反应速率增加较大的一步是____(填“I”或“Ⅱ”)。(2)CO2经催化加氢可以生成低碳烃，主要有两个竞争反应：反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)在1L恒容密闭容器中充入1molCO2和4molH2，测得平衡时有关物质的物质的量随温度变化如图所示。T1℃时，CO2的转化率为___。T1℃时，反应I的平衡常数K=___。(3)已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)△H<0。m代表起始时的投料比，即m=。m=3时，该反应达到平衡状态后p(总)=20aMPa，恒压条件下各物质的物质的量分数与温度的关系如图。T4温度时，反应达到平衡时物质d的分压p(d)=____。【答案】①.②.Ⅱ③.60%④.0.045⑤.【解析】生成氢气的反应可由图、铁的性质找到；计算，则是落实到具体的反应方程式、运用三段式、从图中获取数据信息、结合转化率的定义、平衡常数的定义、分压的定义进行即可；(1)①由图知，在300°C时铁与水蒸气反应产生H2，化学方程式为。②当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快，当增加镍粉用量时，CO2镍催化氢化制甲烷的两步发应中反应速率增加较大的一步是Ⅱ。(2)反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，当在1L恒容密闭容器中充入1molCO2和4molH2，由图知，T1时，反应Ⅰ分别生成0.2mol甲烷、反应Ⅱ生成0.2mol乙烯，则，，则T1℃时，CO2的转化率。T1℃平衡时，，，，，反应I的平衡常数；(3)对反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g),正反应为放热反应，温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH；T4温度时，m=3时，设n(CO2)=3mol，n(H2)=9mol，列三段式如下：，，3−2x=x，解得x=1mol，则乙醇所占的物质的量分数为，反应达到平衡时物质d的分压p(d)=。22.回答下列问题：（1）乙基叔丁基醚(以ETBE表示)是一种性能优良的高辛烷值汽油调和剂。用乙醇与异丁烯(以IB表示)在催化剂HZSM-5催化下合成ETBE，反应化学方程式为：C2H5OH(g)+IB(g)=ETBE(g)△H。反应物被催化剂HZSM-5吸附的顺序与反应历程的关系如图所示，该反应的△H=_______kJ/mol。反应历程的最优途径是_______(填C1、C2或C3)。C1表示先吸附乙醇，C2表示先吸附异丁烯，C3表示乙醇和异丁烯同时吸附（2）用NH3可消除NO污染，反应原理为：4NH3+6NO5N2+6H2O，以n(NH3)：n(NO)分别为4：1、3：1、1：3投料，得到NO脱除率随温度变化的曲线如图所示。①曲线a对应的n(NH3)：n(NO)=______。②曲线c中NO的起始浓度为4×10-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速