【文档说明】江苏省连云港市2021-2022学年高二下学期期末调研考试化学试题 含解析.docx，共(19)页，2.383 MB，由管理员店铺上传

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江苏省连云港市2021～2022学年高二下学期期末调研考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1−C12−N14−O16−S32−K39−Sc45−Mn55−Fe56−Cu64−Zn65−一、单项选择题：共13题，每题3分，共3

9分。每题只有一个选项最符合题意。1.科学佩戴口罩是防控新冠疫情的重要手段。生产医用口罩的原料之一为聚丙烯。下列关于聚丙烯的说法正确的是A.在自然环境中不易降解B.可由23CH=CHCH通过缩聚反应合成C.

属于无机非金属材料D.具有热固性【答案】A【解析】【详解】A．聚丙烯(PP)一种热塑性聚合物(一种塑料)，聚丙烯在自然环境中不易降解，选项A正确；B．聚丙烯可由23CH=CHCH通过加聚反应合成，选项B错误；C．聚丙烯属于合成有机高分子材

料，选项C错误；D．聚丙烯为线型分子，属于热塑性塑料，选项D错误；答案选A。2.反应()()()()42SiClg2HgSis4HClg++高温可用于高纯硅的制备。下列说法正确的是A.4SiCl为极性分子B.中子数为16硅原子可表示为2814SiC.HCl的电子式为D.单晶硅为共价晶体

【答案】D【解析】【详解】A．四氯化硅与甲烷类似，正四面体结构，属于非极性分子，A错误；B．中子数为16的硅原子，质量数=质子数和中子数=14+16=30，可表示为3014Si，B错误；C．HCl为共价化合物，HCl的电子式为：，C错误；D．单晶硅直接由硅原子通

过共价键结合而成，每个硅原子与4个硅结合形成空间网状结构，属于共价晶体，D正确；故选D。是的3.下列由废铁屑制取42FeSO7HO的实验原理与装置不能达到实验目的的是A.用装置甲除去废铁屑表面的油污B.用装置乙溶解

废铁屑C.用装置丙过滤得到4FeSO溶液D.用装置丁蒸干溶液获得42FeSO7HO【答案】D【解析】【详解】A．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，升高温度，Na2CO3溶液水解程度增大，溶液的碱性增强，废铁屑表面的油污能够与

碱性物质反应产生可溶性物质，因此热纯碱溶液去除油污能力增强，A能够达到实验目的；B．Fe与稀硫酸反应产生FeSO4和H2，温度升高，化学反应速率加快，故可用装置乙加快废铁屑的溶解，B能够达到实验目的；C．根据装置图

可知，该装置为过滤装置，可将难溶性固体过滤除去，得到的滤液为FeSO4溶液，C能达到实验目的；D．FeSO4中的Fe2+易被氧化，且蒸干后得不到结晶水，因此应该采用加热浓缩、冷却结晶的方法，而不能采用蒸发结晶方法，D不能达到实验目的；故选D。4.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.

铝的导电性强，可用于制作铝合金门窗B.氧化铝能与强碱反应，可用作耐火材料C.硫酸铝溶于水并水解形成酸性溶液，可用于泡沫灭火器D.氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸【答案】C【解析】【详解】A．铝合金可用

于制作铝合金门窗是因为铝合金硬度大、密度小，与铝的导电性无关，故不选A；B．氧化铝可用作耐火材料的原因是熔点高，与氧化铝能与强碱反应无关，故不选B；C．硫酸铝溶于水并水解形成酸性溶液，碳酸氢钠溶于水形成碱性溶液

，硫酸铝、碳酸氢钠溶液混合后生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，所以可用于泡沫灭火器，故C正确；D．氢氧化铝用于中和过多的胃酸是因为氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，反应消耗酸，与氢氧化铝受热分解无关，故不选D；选C。5.前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态时X

原子s能级电子总数是p能级电子总数的2倍，Y最外层电子数是内层电子总数的一半，Y与Z、W在周期表中位置均相邻。下列说法正确的是A.第一电离能：YZB.原子半径：r(Y)<r(Z)<r(W)C.X的最高价氧化物

对应水化物是强酸D.简单气态氢化物的稳定性：Y<W【答案】A【解析】【分析】前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态时X原子s能级电子总数是p能级电子总数的2倍，即1s22s22p2，则X为C，

Y最外层电子数是内层电子总数的一半，则Y为P，Y与Z、W在周期表中位置均相邻，则Z为S，W为As，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Y为P，Z为S，为同一周期元素，从左往右第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA

与VIA反常，则第一电离能：P＞S即YZ，A正确；B．同一主族，从上到下，原子半径增大，同一周期，从左到右，原子半径减小，由分析可知，Y为P，Z为S，W为As，则原子半径：S＜P＜As即r(Z)<r(Y)<r(W)，B错误；C．由分析可知，X

为C，X的最高价氧化物对应水化物即H2CO3是弱酸，C错误；D．由分析可知，Y为P，W为As，为同一主族元素，从上往下非金属性依次减弱，则简单气态氢化物的稳定性也依次减弱，即PH3＞AsH3即YW＞，D错误；故答案为：A。6.下列有关2HS、23SO−、24SO−的说

法正确的是A.2HS中S原子轨道杂化类型为spB.23SO−的空间构型为三角锥形C.3SO的键角比24SO−中的小D.2HS的沸点比2HO的沸点高【答案】B【解析】【详解】A．2HS中S原子价电子对数是6+2=42，轨道杂化类型为sp3，故A错误；B．23SO

−中S原子价电子对数是4，有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，故B正确；C．3SO中S原子价电子对数是3，无孤电子对，空间构型是平面三角形；24SO−中S原子价电子对数是4，无孤电子对，空间构型是正四面体形，所以3SO的键角比24SO−中的大，故C错误；D．水分子间能形成氢键，所以2HS的沸点比

2HO的沸点低，故D错误；选B。7.在指定条件下，下列选项所示物质间转化能实现的是A.()()2O23FeSsSOg⎯⎯⎯→高温B.()()3O23SOaqSs−⎯⎯⎯→催化剂C.稀()()Cu242HSOaqS

Og⎯⎯→△D.()()2SO3NaHSOaqNaOHaq⎯⎯⎯⎯→过量【答案】D【解析】【详解】A．()2FeSs和氧气在高温条件下反应生成氧化铁和二氧化硫，故A错误；B．()23SOaq−能被氧气氧化为()24S

Oaq−，故B错误；C．稀硫酸和铜不反应，故C错误；D．()NaOHaq和过量二氧化硫反应生成()3NaHSOaq，故D正确；选D。8.对于反应()()()2232SOgOg2SOg+1198kJmolH−=−，下列说法正确的是A.其他条件相同，增大()()22nOnSO，2SO的转化率上

升B.反应的平衡常数表示为()()()22223cSOcO=cSOKC.使用高效催化剂能降低反应的焓变D.升高温度有利于提高2SO平衡转化率【答案】A【解析】的【详解】A．其他条件相同，增大()()22n

OnSO，相当于增大氧气的浓度，2SO的转化率上升，故A正确；B．反应的平衡常数表示为()()()23222cSOK=cSOcO，故B错误；C．使用高效催化剂能加快反应速率，不能改变反应的焓变，故C错误；D．正反应放热，升高温度平衡逆向移动，2SO的平衡转

化率降低，故D错误；选A。9.为了验证1-溴丙烷的性质，进行如下实验：步骤1：向试管中依次加入5mL1-溴丙烷和10mL饱和KOH乙醇溶液。步骤2：均匀加热试管中的混合液，将产生的无色气体经水洗后通入酸性高锰酸钾溶液中，观察到溶液褪色。

步骤3：取试管中反应后的少量剩余物于另一试管中，加入稀硝酸至溶液呈酸性，滴加3AgNO溶液，可观察到有淡黄色的AgBr晶体生成。下列说法正确的是A.步骤1中可观察到溶液分层B.步骤2中溶液褪色说明丙烯具有还原性C.1个AgBr晶胞(见图)中含13个Br−D.实验证明1-溴丙烷在一定条件下能发生取代

反应【答案】B【解析】【详解】A．1-溴丙烷易溶于乙醇，步骤1中的溶液不分层，故A错误；B．乙醇易挥发，将产生的无色气体经水洗除去乙醇后通入酸性高锰酸钾溶液中，观察到溶液褪色，说明丙烯具有还原性，故B正确；C．根据均摊原则，1个AgBr

晶胞中含Br−数112+1=44，故C错误；D．该实验证明1-溴丙烷KOH的乙醇溶液中发生消去反应，故D错误；选B。10.一种合成中间体Z可通过如下转化得到。下列有关X、Y、Z的说法正确的是A.1molX中含有2mol碳氧π键B.X、Y均能与银氨溶液反应C.X分子中所有原子一定在同

一平面D.Z与足量2H加成后的产物分子中含3个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．双键中含有1个π键，则由结构简式可知，1molX中含有1mol碳氧π键，故A错误；B．由结构简式可知，Y分子中不含有醛基，不能与银氨溶液反应，故B错误；C．苯环和醛基为平面结构，由于单键可以旋转，所以X分子中所

有原子可能在同一平面，故C错误；D．由结构简式可知，一定条件下Z分子与足量氢气发生加成反应生成，分子中含有3个连有不同原子或原子团的手性碳原子，故D正确；故选D。11.电解法转化2CO可实现2CO资源化利用。电解2CO制HCOO−

的原理示意图见图。下列说法正确的是A.气体X可能是2HB.电解时阴极反应式：2323HCOCO2e=HCOOCO−−−−+++C.电解过程中，阳极区的3KHCO溶液浓度保持不变D.电解过程中每转移2mol电子，理论上消耗标况下244.8LCO【答案】B【解析】【分析】根据题意

电解2CO制HCOO−，由图可知，二氧化碳在Sn片上得电子生成HCOO−，所以Sn片是阴极、Pt片是阳极。【详解】A．Pt片是阳极，阳极发生氧化反应，所以气体X不可能是2H，故A错误；B．电解时，二氧

化碳在Sn片上得电子生成HCOO−，阴极反应式：2323HCOCO2e=HCOOCO−−−−+++，故B正确；C．电解过程中，钾离子由阳极通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区的3KHCO溶液浓度减小，故C错误；D．根据2323HCOCO2e=HCO

OCO−−−−+++，电解过程中每转移2mol电子，理论上消耗标况下222.4LCO，故D错误；选B。12.室温下，用饱和23NaCO溶液浸泡4BaSO粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加入足量稀盐酸、产生气泡，固体未完全溶解。已知()10sp4BaSO110K−=，()9sp3

BaCO2.510K−=。下列说法正确的是A.滤渣中加入醋酸发生反应的离子方程式：2322CO2H=COHO−+++B.饱和23NaCO溶液中存在：()()()()()++-233cNa+cH=cHCO+cOH+cCO−−C.反应224334BaSOCOBaCOS

O−−++正向进行，需满足()()2423cSO125cCO−−D.过滤后所得溶液中一定存在()()()sp3232BaCOcCOcBa−+=K且()()()sp4242BaSOcSOcBa−+K【答案】C

【解析】【详解】A．向滤渣中加入过量盐酸产生气泡，是BaCO3和盐酸反应，反应的离子方程式为：2H++BaCO3=H2O+CO2↑+Ba2+，A错误；B．饱和Na2CO3溶液中存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(HCO-3)+c(O

H-)+2c(CO2-3)，B错误；C．反应BaSO4+CO2-3=BaCO3+SO2-4达到平衡时，其平衡常数K=2-42-3c(SO)c(CO)=43Ksp(BaSO)Ksp(BaCO)=-10-91102.510=125，要使BaSO4

+CO2-3=BaCO3+S02-4正向进行，则要满足Qc<K，2-42-3c(SO)c(CO)<125，C正确；D．过滤后得滤渣和滤液，则过滤前BaSO4+CO2-3=BaCO3+SO2-4达到平衡状态，BaSO4和BaCO3均达到溶解平衡状态，即c

(CO2-3)=32+()(KspBaCOcBa)，c(SO2-4)=42+Ksp(BaSO)c(Ba)，D错误；故选C。13.为了减少碳排放，可在催化条件下将4CH和2CO转化为CO和2H，其主要反应如下为()()()()422CHgCOg2COg2Hg++，该反应历程及能量变化如图1，在发生上

述反应同时，还存在以下反应：积碳反应：()()()42CHgCs2Hg+175kJmolH−=消碳反应：()()()2CsCOg2COg+H积碳会影响催化剂的的活性。反应相同时间，测得积碳量与反应温度的关系如图2。的下列

说法正确的是A.消碳反应的175kJmolH−B.增大4CH与2CO的物质的量之比有助于减少积碳C.温度高于600℃，积碳反应的速率减慢，积碳量减少D.4CH和2CO反应的快慢由反应物→过渡态Ⅰ的速率决定【答案】D【解析】【详解】A．根据图示

，①()()()()422CHgCOg2COg2Hg++ΔH=+247kJ/mol，②()()()42CHgCs2Hg+11H75kJmol−=③()()()2CsCOg2COg+2H根据盖斯定律②+③得()()()()422CHgCOg2COg2Hg++2Δ

H=75+H=+247kJ/mol，12H172kJmol−=+，所以消碳反应的1H75kJmol−，故A错误；B．增大4CH与2CO的物质的量之比，相当于降低二氧化碳浓度，消碳反应逆向移动，不有助于减少积碳，故B错误；C．温度越高反应速率越快，温度高于60

0℃，积碳反应、消碳反应的速率都加快，积碳反应速率小于消碳反应，积碳量减少，故C错误；D．活化能越大反应速率越慢，慢反应速率决定总反应速率，4CH和2CO反应的快慢由反应物→过渡态Ⅰ的速率决定，故D正确；选D。二、非选择题：共4题，共61分。14.从固体废料“赤泥”(含2

3FeO、2SiO、23ScO、2TiO等)中回收的23ScO可用作半导体镀层的蒸镀材料。回收过程可表示为资料：①“熔炼”过程中，单质硅和大部分单质铁转化为熔融物分离出来：23ScO和2TiO不易被C还原，且2TiO难溶于盐酸；草

酸可与多种金属离子形成可溶性配合物。②常温下，()2FeOH、()3FeOH、()3ScOH的spK分别为16110−、38110−、30110−。（1）“酸浸”时，滤渣的主要成分除了C之外，还有_______(填化学式)。（2）“氧化”时，反应的离子方程式

为_______。（3）常温下“调pH”时，溶液中()31cSc0.0010molL+−=，为了除去杂质离子，应控制的pH范围是_______。（4）“沉钪”时，发生反应()322422433HCO2ScScCO6H++++。反应过程中，测得钪的沉淀率随反应物起始物质的量比()()2243

+nHCOnSc的变化如图-1所示。当()()2243+nHCO1.5nSc时，钪的沉淀率开始下降的原因是_______。（5）草酸钪晶体[()22423ScCO6HO]在加热后，固体质量随温度变化曲线如图-2所示。在550～850℃范围内，反应的化学

方程式为_______。【答案】（1）2TiO（2）232222FeHO2H2Fe2HO+++++=+（3）3≤pH＜5（4）草酸的用量增多，有利于促进平衡正移，提高钪的沉淀率；过量的草酸也会将草酸钪沉淀转化为可溶性的配合物，导致钪的沉淀

率下降，且后者的影响强于前者（5）()2242323550850ScCOScO3CO3CO++℃【解析】【分析】“赤泥”含23FeO、2SiO、23ScO、2TiO，加入焦炭“熔炼”过程中，单质硅和

大部分单质铁转化为熔融物分离出来，23ScO和2TiO不易被C还原，分离出熔融物后剩余C、23ScO和2TiO及少量Fe，加盐酸“酸浸”，C、2TiO难溶于盐酸，过滤，滤液中含有ScCl3及少量FeCl2，用过氧化氢把Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节溶

液的pH生成()3FeOH沉淀除Fe，过滤，滤液加草酸“沉钪”，得到()22423ScCO6HO晶体，加热()22423ScCO6HO得23ScO。【小问1详解】“熔炼”后分离出熔融物后剩余C、23ScO和2TiO及少量Fe，加盐酸“酸浸

”，C、2TiO难溶于盐酸，滤渣的主要成分除了C之外，还有2TiO。【小问2详解】“氧化”时，用过氧化氢把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为232222FeHO2H2Fe2HO+++++=+；【小问3详解】常温下“

调pH”，为使Fe3+完全沉淀，c(OH-)-38-113-5110=110110，所以pH≥3，溶液中()31cSc0.0010molL+−=，为了Sc3+不沉淀，c(OH-)<-30-93-3110=110110，pH<5，应控制的pH范围是3≤p

H＜5。【小问4详解】草酸的用量增多，有利于促进平衡正移，提高钪的沉淀率；过量的草酸也会将草酸钪沉淀转化为可溶性的配合物，导致钪的沉淀率下降，且后者的影响强于前者，所以当()()2243+nHCO1.5nSc时，钪的沉淀率开始下降。【小问5详解】550℃时，剩余固

体的质量与原始固体的质量比为354462，可知550℃时的固体是()2243ScCO，850℃剩余固体的质量与原始固体的质量比为138462，即()2x22423ScO9016138=ScCO6HO462462x+=，则x=3，即850℃剩余固体是23S

cO，在550～850℃范围内，反应的化学方程式为()2242323550850ScCOScO3CO3CO++℃。15.化合物G是一种药物合成中的中间体，其合成路线如下：（1）E中官能团的名称是碳氟键、_______、____

___。（2）D→E的反应类型为_______。（3）F→G的反应中，反应物X的分子式为7433CHNF，其结构简式为_______。（4）A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能与银氨溶液发生银镜反应。②能发生水解反应，水解产物之一能与3FeCl

溶液发生显色反应，且分子中不同化学环境的氢原子个数比是2∶2∶1∶1。（5）写出以和322CHCHNH为原料制备的合成路线流程图：_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【答

案】（1）①.氨基②.酰胺基或酰胺键（2）还原反应（3）（4）（5）浓硝酸浓硫酸，Δ⎯⎯⎯⎯→4+KMnOH⎯⎯⎯→2SOCl⎯⎯⎯→322CHCHNH⎯⎯⎯⎯⎯⎯→Fe/HCl⎯⎯⎯→。【解析】【分析】和322CHCHNH为原料制备的过程中，甲苯发生硝化反应生成，再需要

把硝基还原为氨基、把甲基氧化为羧基，由于氨基易被氧化，所以先把甲基氧化为羧基，再把硝基还原为氨基。【小问1详解】根据E的结构简式，可知E中的官能团是是碳氟键、氨基、酰胺基；【小问2详解】D→E是D中硝基被还原为氨基，反应类型为还原反应。【小问3详解】的F、X、反应生成G，由G的结构简

式逆推，可知X是；【小问4详解】①能与银氨溶液发生银镜反应；②能发生水解反应，水解产物之一能与3FeCl溶液发生显色反应，说明为甲酸酚酯，且分子中不同化学环境的氢原子个数比是2∶2∶1∶1，符合条件的的结构简式为。【小问5详解】发生硝化反应生成，氧化为，和SOCl2反应生成，和322CHCHNH反

应生成，还原为，合成路线为浓硝酸浓硫酸，Δ⎯⎯⎯⎯→4+KMnOH⎯⎯⎯→2SOCl⎯⎯⎯→322CHCHNH⎯⎯⎯⎯⎯⎯→Fe/HCl⎯⎯⎯→。16.以2Cl、()3FeOH和KOH溶液为原料可制备高效水处理剂24KFeO并测定样品中总铁的含量

。已知24KFeO具有下列性质：①紫色固体，可溶于水、微溶于浓KOH溶液，②在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定。（1）制备24KFeO粗产品。在搅拌下将2Cl通入盛有()3FeOH和KOH溶液的三颈瓶中(装置见图)。充分反应后，得到紫色固体和溶液，过滤得24KFeO粗

产品。①装置A中()3FeOH转化为24KFeO的离子方程式为_______。②装置B的作用是_______。③实验过程中应控制装置A中反应在0℃～5℃进行，实验中可采取的措施是_______。（2）提纯24KFeO粗产品[含有()3FeOH、KCl等杂质]的实验方案为

：_______(实验中须使用的试剂有：稀KOH溶液、饱和KOH溶液，乙醇：除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱)。（3）24KFeO样品纯度测定。实验检测原理为：234222FeO6I16H2Fe3I8HO−−++++=++2222346=I2SOSO2I−−−++准确称取0.140

0g样品，置于碘量瓶中，加入适量NaOH溶液和过量KI溶液，用玻璃棒将液面下样品颗粒压碎，使其充分溶解，加稀硫酸酸化，密封在暗处静置40min；用12230.1000molLNaSO−标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点。平行滴定3次，平均消耗

223NaSO溶液20.00mL。计算24KFeO样品的纯度：_______(写出计算过程)。【答案】（1）①.()224233Cl2FeOH10OH2FeO6Cl8HO−−−++=++②.吸收多余的氯气③.冰水浴（2）在搅拌下将24KFeO粗产品溶

于冷的稀KOH溶液中，用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤2～3次后，在真空干燥箱中干燥（3）94.3％【解析】【分析】装置A为制取原理：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+

6KCl+8H2O，装置B为吸收有毒尾气氯气；【小问1详解】①装置A中()3FeOH转化为24KFeO的离子方程式为()224233Cl2FeOH10OH2FeO6Cl8HO−−−++=++；②氯气有毒且能被NaOH溶液吸收，装置B的作

用是吸收多余的氯气；③实验过程中应控制装置A中反应在0℃～5℃进行，实验中可采取的措施是冰水浴；【小问2详解】已知24KFeO微溶于浓KOH溶液，提纯24KFeO粗产品的实验方案为：在搅拌下将24KFeO粗产品溶于冷的稀KO

H溶液中，用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤2～3次后，在真空干燥箱中干燥；【小问3详解】由234222FeO6I16H2Fe3I8HO−−++++=++、2222346=I2SOSO2I−−−++可得关系式

：2-2-4223-32FeO~3I~6SO2mol6moln0.1mol/L2010L，解得n=-3210mol3，24KFeO质量为m=nM=-3210mol3×198g/mol=0.132g，24KFeO样品的纯度：0.132g94.30.1400g100%=％。17.以3N

H为还原剂的选择性催化还原(NH3-SCR)技术是消除氮氧化物(NOx)污染的重要方法。（1）3NHSCR−法消除xNO(主要成分为NO)时同时发生如下3个反应：①标准SCR反应：()()()()()32224NHg4NOgOg4Ng6HOg+++②快速S

CR反应：()()()()()32224NHg2NOg2NOg4Ng6HOg+++③慢速SCR反应：()()()()32228NHg6NOg7Ng12HOg++消除氮氧化物时，需先通过预氧化催化器将xNO中部分NO转

成2NO，使其物质的量之比约为1∶1，主要目的是_______。（2）其他条件相同，在2L密闭容器中加入32molNH、2molNO和21molO，分别在甲、乙两种催化剂作用下发生如下反应：()()()()()32224NH

g4NOgOg4Ng6HOg+++H0。反应相同时间后，测得NO的转化率与温度的关系如图所示。①在催化剂甲作用下、100～210℃范围内，随着反应温度升高，NO的转化率逐渐增大的原因是_______。②图中X点对应的反应体系中，3NH的物质的量分数为_

______。（3）根据3NH和xNO在催化剂表面吸附状态，3NHSCR−反应存在两种可能的反应机理：E-R机理：3NH先吸附在催化剂表面形成吸附态，吸附态3NH与气态(非吸附态)xNO反应生成过渡态中间产物，进一步分解为2

N和2HO。L-H机理：3NH与xNO均被吸附形成吸附态，吸附态xNO与相邻的吸附态3NH反应生成2N和2HO。为了探究3NH还原NO反应的机理，在相同条件下，将3NH和NO分别匀速通入装有催化剂的反应器，测得反应器出口3NH、NO浓度随时间变化曲线如图

所示。①能证明该反应机理为E-R的证据是_______②研究发现：其他条件不变时，增大NH3的浓度，NO的转化速率几乎不变，原因可能是________【答案】（1）有利于快速SCR反应的发生，进一步提高xNO的转化率（2）①.100～210℃，反应未达到平衡，升高温度，化学反应速率加快或催

化剂甲的活性增强②.7.41％或7.4％（3）①.将3NH和NO分别匀速通入装有催化剂的反应器，开始阶段反应器出口3NH浓度逐渐增大，而NO浓度迅速增大，停止通入3NH和NO时，NO的浓度迅速降为0，而3NH的浓度降为零则耗

时较长，说明开始通入3NH时，部分3NH分子被吸附在催化剂表面，而NO未被吸附，当停止通入3NH时，被吸附的3NH逐渐解吸释放出来②.在催化剂表面3NH的吸附已达饱和，增大3NH浓度不能改变吸附态3NH的量【解析】【小问1详解】有

反应②可知，当NO、2NO的物质的量比为1:1时，反应速率快，所以先通过预氧化催化器将xNO中部分NO转成2NO，使其物质的量之比约为1∶1，主要目的是有利于快速SCR反应的发生，进一步提高xNO的转化率。【小问

2详解】①在催化剂甲作用下、100～210℃范围内，反应未达到平衡，升高温度，化学反应速率加快或催化剂甲的活性增强，所以随着反应温度升高，NO的转化率逐渐增大；②图中X点NO的转化率为80%；()()()()()()()()+mol002

21mol1.61.60.4NHg+Og4Ng6HOg+4NOg41.62.4Xmol1,60.40.40.632222.4初始转化点对应的反应体系中，3NH的物质的量分数为0.4100%7.41%0.4+0.40.6+1.6+2.4=+；【小问3详解】①将3NH和NO分别匀速通入装有催化剂的反

应器，开始阶段反应器出口3NH浓度逐渐增大，而NO浓度迅速增大，停止通入3NH和NO时，NO的浓度迅速降为0，而3NH的浓度降为零则耗时较长，说明开始通入3NH时，部分3NH分子被吸附在催化剂表面，而NO未

被吸附，当停止通入3NH时，被吸附的3NH逐渐解吸释放出来，说明该反应机理为E-R；②在催化剂表面3NH的吸附已达饱和，增大3NH浓度不能改变吸附态3NH的量，所以其他条件不变时，增大NH3的浓度，NO的转化

速率几乎不变。