2025年福建高考模拟卷（三）

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2025年福建高考模拟卷（三）
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一项是符合题目要求的。
1．口罩、防护服、医用酒精、过氧乙酸等在新型冠状病毒的防护中起到重要的作用。制口罩的主要原料是聚丙烯树脂；医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜；过氧乙酸具有较强的挥发性，性质与双氧水类似，能有效杀灭空气中的病毒。下列说法正确的是
A．聚四氟乙烯属于卤代烃，能使溴水褪色
B．聚丙烯树脂属于合成有机高分子材料
C．医用酒精中乙醇的体积分数为95%
D．医用酒精和过氧乙酸的消杀原理相同
2．化合物是一种治疗支原体感染的药物的中间体，它的结构简式如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是
A．M属于烃类化合物
B．最多可以与发生反应
C．与足量加成后的分子结构中含6个手性碳
D．M分子中碳原子的杂化方式有3种
3．原子序数依次增大的短周期元素、、、，在一定条件下形成结构如图所示的一种团簇分子。是宇宙中含量最多的元素，元素基态原子的价层电子排布是， 元素基态原子最外层电子数与最内层电子数相等，元素基态原子最外层电子数等于其电子层数。下列说法确的是
A．该团簇分子的分子式为
B．基态原子第一电离能：
C．工业上主要采用电解水溶液法制备的单质
D．常温下的单质能溶于浓硝酸
4．已知呈粉红色，呈蓝色，为无色。现将溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，将该溶液分为三份做实验，溶液的颜色变化如下：
装置 序号 操作 现象
① 将试管置于冰水浴中 溶液均呈粉红色
② 加水稀释
③ 加少量固体
以下结论和解释正确的是
A．等物质的量的和中键数之比为
B．实验①可知：
C．实验②加水稀释后，降低导致平衡逆向移动
D．由实验③可知：络合能力比络合能力强
5．纳米氧化亚铜(Cu2O，颗粒直径1~100nm)具有特殊的光学、光电和催化性能，采用化学沉淀法制备晶型结构完整、粒度分布均匀的纳米Cu2O(在潮湿空气中会慢慢氧化生成CuO)的合成路线如图所示。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ为化合反应
B．操作X为过滤
C．反应Ⅱ中，每生成22.4L(标准状况)N2，转移4mol电子
D．“洗涤”时，无水乙醇可用蒸馏水代替
6．高氯酸铵可作火箭发射的固体推进剂，高氯酸铵氧化燃料(燃料用碳表示)的化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，中键数目为
B．的溶液中数目为
C．生成时该反应转移电子的数目为
D．石墨中含键数目为
7．乙烷制乙烯的研究备受关注，一种直接脱氢制乙烯的反应原理为。经测定的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，下列说法正确的是
A．
B．600℃、0.7MPa时，的平衡转化率最接近40%
C．800℃、0.6MPa时，该反应的(是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)
D．800℃、0.8MPa条件下，平衡时的物质的量分数为33.3%
8．2-呋喃甲酸乙酯常用于合成杀虫剂和香料。实验室常由2-呋喃甲酸( )和乙醇在浓硫酸催化下反应制备，其流程如下：
已知：①2-呋喃甲酸乙酯为无色液体，相对于水的密度为1.117，沸点为196℃；
②2-呋喃甲酸的沸点为230℃，乙醇的沸点为78.4℃；③苯与水可形成共沸物，共沸点为69.25℃。
下列说法错误的是
A．反应时添加苯是为了将水及时从体系中移除，提高原料的利用率
B．蒸馏的目的主要是为了除去乙醇
C．洗涤、静置分层后，水相从分液漏斗下层流出后，有机相从上口倒出
D．蒸馏用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶
9．我国科研工作者通过将辛胺反应与二氧化碳反应耦合，实现了辛腈的高选择性合成。下图是以氢氧燃料电池为电源，以与辛胺为原料合成辛腈的工作原理图(以溶液为电解液，隔膜只允许通过)。下列说法错误的是
A．气体A为氧气，气体B为氢气
B．X电极的电势比Y电极的低，X电极可能有副产物生成
C．Y电极上的电极反应式为：+4OH--4e-=+4H2O
D．每消耗标准状况下时，会有由X电极区移向Y电极区
10．时，用溶液滴定溶液，加入溶液的体积、混合溶液中的离子浓度与的变化关系如图所示。
下列说法正确的是
A．的第一步水解常数的数量级为
B．X点和Y点溶液中相等，Y点和Z点溶液中不相等
C．当时，
D．第一滴定终点可以选择甲基橙做指示剂，第二滴定终点时，溶液中
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11．（15分）一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如图：
已知①；
②溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全时的值：
开始沉淀的 1.5 6.9 - 7.4 6.2
沉淀完全的 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2
回答下列问题：
(1)“酸浸”时为提高浸取率，可以采取的措施为 。“滤渣2”中主要成分的化学式为 。
(2)若“过滤1”后的溶液中不加入将会导致 。
(3)“氧化沉钴”中钴元素发生氧化还原反应的离子方程式为 。
(4)最终得到的“除钴液”中残留的浓度为 (用科学计数法表示)。
(5)下图为电解锰酸钾制取高锰酸钾的简易装置图：
①则图中n为直流电源的 (填“正”或“负”)极，中间的离子交换膜是 (填“阴”或“阳”)离子交换膜。
②写出其装置中阳极的电极反应式： 。
(6)锰的某种氧化物的四方晶胞及其在平面的投影如图所示，该四方晶胞边长分别为、、纳米，则该晶体密度为 。
当有氧空位的该晶体中有原子嵌入时，的化合价 (填“升高”“降低”或“不变”)。
12．（15分）是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂。它为紫色固体，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，微溶于KOH溶液且在碱性溶液中较稳定。实验室中利用下图装置(夹持装置省略)制备高铁酸钾(并探究其性质。
(1)装置A中产生大量黄绿色气体，写出发生反应的离子方程式： 。
(2)将装置B补充完整并标明所用试剂 。
(3)装置C中反应容器的名称为 。
(4)装置C中制备的化学反应方程式为 。C中加入过量KOH溶液的目的是 。
(5)为探究能否氧化产生，某小组设计方案为取C中紫色溶液，加入足量稀硫酸，得溶液a．取少量a，滴加KSCN溶液，溶液呈红色。
①方案中溶液变红可知a中含有 离子。
②该方案能否判定能氧化产生？ (填“能”或“不能”)，解释原因： 。
(6)装置D的作用是 。
13．（15分）贝诺酯具有解热镇痛作用，可由如下路线合成（部分反应条件省略）。
(1)D的名称是 ，步骤①的反应类型是 。
(2)下列说法错误的是 （填标号）。
a．贝诺酯的分子式为 b．I中有1个手性碳原子
c．水杨酸中所有碳原子一定在同一平面上 d．A中碳原子的杂化方式是sp2和sp3
(3)A制备D不采用A与Br2直接反应，而是经过步骤①~③，目的是 。
(4)G中官能团的名称是 ，E的结构简式是 。
(5)化合物N是G的芳香异构体，同时满足下列两个条件的N的结构简式是 、 。
①1mol N与足量NaHCO3溶液反应生成标准状况下44.8L CO2气体
②分子中氢原子个数比为
(6)H和J生成贝诺酯的化学反应方程式是 。
14．（15分）氢气在化学工业中应用广泛，回答下列问题：
(1)将和两种气体转化为合成气(和)，可以实现能量综合利用，对环境保护具有十分重要的意义。甲烷及二氧化碳重整涉及以下反应：
I．
II．
III．
为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成该物质的焓变。对于稳定相态单质，其为零。根据下表数据，计算反应II的焓变 。
物质
(2)能与反应，反应热化学方程式为。在某恒容密闭容器中按投料比发生上述反应，不同催化剂条件下反应相同时间测得转化率与温度的关系如图1所示。
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是 (填标号)。
A．
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②使用催化剂乙时，转化率随温度升高先增大后减小，当温度高于后转化率减小的可能原因是 。
③研究表明该反应，其中k为速率常数，与温度、活化能有关。的初始速率为，当转化率为50%时，反应速率为，由此可知 。设此时反应的活化能为，不同温度条件下对应的速率常数分别为，存在关系：(R为常数)。据此推测：活化能越大，改变温度，速率常数受到的影响 (填“越大”或“越小”)。
(3)(A、B均为过渡元素)是一种高效催化剂，利用表面氧缺位来催化化学反应。用还原的机理如下：
第一阶段：(不稳定)低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)
第二阶段：I．□ 　II．
III．□ 　　　IV．
V．
注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态
第一阶段用氢气还原得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是 。
(4)工业上常利用反应合成氨气，在、不同物质的量分数(75%的和25%的；67.5%的、22.5%的和10%的惰性气体)条件下进行实验，测得平衡时，体积分数与温度的关系如图2。
①物质的量分数为75%的和25%的对应的曲线是 (填“a”或“b”)。
②M点，该反应的压强平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
参考答案
1．B
【详解】A．由聚四氟乙烯结构可知，属于卤代烃，但不含不饱和键所以不能使溴水褪色，故A错误；
B．聚丙烯树脂属于高分子化合物，且属于人工合成高分子化合物，故B正确；
C．医用酒精中乙醇的体积分数为75%，杀毒效果最好，95%的酒精会使细菌细胞外面形成保护层，酒精不能完全进入细菌细胞，达不到杀菌的目的，故C错误；
D．医用酒精消杀的原理为酒精能够吸收细菌蛋白的水分，使其脱水变性凝固，从而达到杀灭细菌的目的，过氧乙酸消杀的原理为过氧乙酸具有强氧化性，所以两者消杀的原理不同，故D错误；
答案选B。
2．B
【详解】A．M分子中除C、H元素外，还含有N、O元素，属于烃的衍生物，故A错误；
B．酚羟基、酰胺基、酯基以及酯基水解生成的酚羟基能与NaOH反应，即1mol M最多可以与4mol NaOH反应，故B正确；
C．酯基、酰胺基不与氢气发生加成反应，苯环、碳碳双键和氢气发生加成反应，则1mol该分子最多能与4mol H2发生加成反应，得到的物质中手性碳原子如图：，共4个手性碳，故C错误；
D．该分子中，饱和碳原子采用sp3杂化，双键上的碳原子和苯环上的碳原子采用sp2杂化，故该分子中碳原子有2种杂化方式，故D错误；
答案选B。
3．B
【分析】X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期元素，X是宇宙中含量最多的元素，X是H元素；Y元素基态原子的价层电子排布是，n=2，Y是O元素；Z元素基态原子最外层电子数与最内层电子数相等，Z是Mg元素；M元素基态原子最外层电子数等于其电子层数，M是Al元素，据此回答。
A．由团簇分子结构可知，该团簇分子的分子式为，A错误；
B．Mg原子3s能级全充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以基态原子第一电离能，B正确；
C．工业上主要用电解熔融氯化镁法获得金属镁，而不是水溶液，C错误；
D．常温下，单质铝在浓硝酸、浓硫酸中钝化，D错误；
故选B。
4．D
【详解】A．一个中H-O键12个，配位键6个的键为18个，一个中键为4，比值为9:2，A错误；
B．由实验①可知，降低温度，平衡逆向移动，正反应为吸热反应，△H>0，B错误；
C．实验②加水稀释后，反应物和生成物浓度均减少，浓度商Q>K，导致平衡逆向移动，C错误；
D．由实验③可知，加入ZnCl2后，发生反应Zn2++4Cl-，Cl-浓度减少，导致平衡逆向移动，说明络合能力比络合能力强，D正确；
答案选D。
5．C
【分析】由流程可知，反应I为CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，反应II为4Cu(OH)2+N2H4 H2O=N2+2Cu2O+7H2O，然后得到纳米Cu2O悬浊液，离心分离并用乙醇除去表面的杂质，干燥即可得到纳米Cu2O，据此分析解题。
A．由分析可知，反应Ⅰ为CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，属于复分解反应，A错误；
B．由分析可知，操作X为干燥，B错误；
C．由分析可知，反应Ⅱ为4Cu(OH)2+N2H4 H2O=N2+2Cu2O+7H2O，每生成22.4L(标准状况)即=1molN2，转移4mol电子，C正确；
D．由题干信息可知，纳米Cu2O在潮湿空气中会慢慢氧化生成CuO，故“洗涤”时，无水乙醇不可用蒸馏水代替，D错误；
故答案为：C。
6．B
【详解】A．常温常压下，的物质的量小于1mol，含有键数目小于，故A错误；
B．的溶液中的物质的量为0.5mol，不水解，所以数目为，故B正确；
C．该反应中，Cl元素化合价由+7降低为-1，N元素化合价由-3升高为0，C元素化合价由0升高为+4，生成时该反应转移电子的数目为1，故C错误；
D．石墨中每个碳原子与相邻的3个碳原子形成3个键，根据均摊原则，1mol碳原子形成1.5mol键，石墨中含键数目为7.5NA，故D错误；
选B。
7．C
【分析】由图可知，压强一定时，随温度升高，的平衡转化率逐渐增大，可知平衡正向移动，因此该反应为吸热反应，。
A．乙烷直接脱氢制乙烯的反应为气体体积增大的反应，从图中可知，在压强不变的情况下，的平衡转化率随温度的升高而增大，因此该反应为吸热反应，，A项错误；
B．由图可知，600℃、0.7MPa时，的平衡转化率，B项错误；
C．800℃、0.6MPa时，的平衡转化率为80%，设初始时物质的量为amol，平衡时转化率为80%，则剩余的物质的量为(mol)，生成0.8amol，生成0.8amol，容器内气体总物质的量为(mol)，，C项正确；
D．800℃、0.8MPa时，的平衡转化率，故平衡时的物质的量分数小于33.3%，D项错误；
故选：C。
8．C
【详解】A．由于制备2-呋喃甲酸乙酯的反应是酯化反应也即是可逆反应，苯与水形成共沸物，从体系中将水移除，使平衡正移，可提高原料的利用率，故A正确；
B．乙醇的沸点为78.4℃，蒸馏的目的主要是为了除去乙醇，故B正确；
C．2-呋喃甲酸乙酯相对于水的密度为1.117，有机物密度比水大，则洗涤，静置分层后，将有机相从下层流出后，水相再从上口倒出，故C错误；
D．蒸馏用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶，故D正确；
故选：C。
9．B
【分析】根据图示，X电极发生还原反应，得到电子，为阴极，则Y电极为阳极，发生氧化反应，失去电子；则气体A所在电极连接阳极，是正极，则气体A是氧气，气体B所在电极为负极，气体B是氢气。
A．根据分析知，气体A为氧气，气体B为氢气，A正确；
B．阳极电势高于阴极，则X电极的电势比Y电极的低，X电极发生还原反应，得到电子，不可能有副产物生成，B错误；
C．Y电极上发生辛胺合成辛腈，电极反应式为：+4OH--4e-=+4H2O，C正确；
D．每消耗标准状况下时，转移，则会有由X电极（阴极）区移向Y电极（阳极）区，D正确；
故选B。
10．C
【详解】A．的第一步水解为，水解常数，由图可知Y点时，，即，则，数量级为，A错误；
B．根据，，只与温度有关，X点和Y点溶液pH不相同，不相等，Y点和Z点溶液中相等，B错误；
C．当时，溶液为：=1:1的混合溶液，根据物料守恒得，根据电荷守恒，联立两式得，C正确；
D．第一滴定终点为M点，由图可知溶液为酸性，故选择甲基橙为指示剂。第二滴定终点为溶液，根据物料守恒，即，故，D错误；
故选C。
11．(1)粉碎固体增大固液接触面积，搅拌，升温等（1分）（1分）
(2)无法完全除去元素或沉淀（2分）
(3) （2分）
(4) （2分）
(5)负（1分）阳（1分）（2分）
(6) （2分）升高（1分）
【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有、、、的单质或氧化物的废渣，得到含有、、、、等离子的溶液，的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的；向滤液中加入将氧化为，然后加入调节使完全转化为，则“滤渣2”的主要成分为，滤液中的金属离子主要是、和；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂，将溶液中氧化为，在时形成沉淀，而则被还原为，还会与溶液中的发生归中反应生成，得到和的混合物，“除钴液”主要含有、，据此解答。
（1）“酸浸”时为提高浸取率，可以采取的措施为粉碎固体增大固液接触面积，搅拌，升温等。由分析可知，“滤渣2”中主要成分的化学式为。
（2）酸浸液中含有、、、、离子.由题表中数据可知，当完全沉淀时，未开始沉淀，而当完全沉淀时，已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且不沉淀，应加入将氧化为，然后调节溶液的pH使完全沉淀转化为沉淀，若“过滤1”后的溶液中不加入将会导致无法完全除去元素或沉淀。
（3）由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出其离子方程式为。
（4）当溶液时，恰好完全沉淀，此时溶液中，则，则。“除钴液”的，即，则，此时溶液中。
（5）①电解K2MnO4溶液，2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑，在阳极失去电子生成，m为阳极，连接电源正极，n为阴极，连接电源负极；阴极区可以得到浓KOH溶液，说明阳极区的K+进入了阴极区，中间的离子交换膜是阳离子交换膜；
②在阳极失去电子生成，电极反应为： 。
（6）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为 ，该四方晶胞边长分别为、、纳米，则该晶体密度为=。当有氧空位的该晶体中有原子嵌入时，即x增大，Mn的化合价为+2x，即Mn的化合价升高。
12．(1) （2分）
(2) （2分）
(3)三颈烧瓶(三颈瓶、三口烧瓶、三口瓶都可) （1分）
(4) （2分）产物在碱性环境下更稳定，提高产率（2分）
(5) （1分）不能（1分）在过量的硫酸环境下，Fe3+的来源有两个，和，所以无法通过是否有来判定（2分）
(6)吸收多余的（2分）
【分析】A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气经饱和食盐水除去其中混有的HCl，然后进入C中与氢氧化铁、KOH反应生成高铁酸钾，D中NaOH用于吸收多余的氯气。
（1）装置A中产生大量黄绿色气体，即发生氧化还原反应生成了氯气，反应的离子方程式：。
（2）装置B 作用为除去氯气中的氯化氢气体，用装有饱和食盐水的洗气瓶，注意气流方向是长管进短管出，即。
（3）装置C为主反应装置，容器名称为三颈烧瓶(三颈瓶、三口烧瓶、三口瓶都可)。
（4）在装有Fe(OH)3和KOH三颈烧瓶中通入Cl2，生成的产物有K2FeO4，方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；根据题中信息K2FeO4在碱性环境下较稳定，过量的KOH不仅作反应物生成K2FeO4同时保证溶液为碱性环境，使产物处于较稳定状态，提高其产率。
（5）①实验室一般用KSCN检验Fe3+，若溶液出现红色则说明溶液中含有Fe3+；
②根据题中所给信息，K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，加入硫酸后K2FeO4易与氢离子反应生成O2，降价变为Fe3+，根据氧化还原反应原理得出，即在过量的硫酸环境下，Fe3+的来源可能有两个，和，所以无法通过是否有Fe3+来判定。
（6）因为Cl2为有毒气体，需进行尾气处理，用装有NaOH溶液的装置D吸收多余的Cl2。
13．(1)邻溴甲苯（或2-溴甲苯）（1分）取代反应（1分）
(2)b（2分）
(3)利用占据甲基的对位，提高D的产率（合理即得分）（2分）
(4)酯基、羧基（1分）（2分）
(5) （2分）（2分）
(6) （2分）
【分析】依据A和B的结构可知，反应①为取代反应，磺酸基取代了苯环上溴原子对位的氢原子，反应②中溴原子取代了苯环上甲基的邻位，反应③中磺酸基被氢原子取代，可知磺酸基占据苯环上甲基的对位，防止溴原子出现在对位；根据反应条件可知反应④为氧化反应，甲基被氧化为羧基，所以E得结构简式为；反应⑤⑥中溴原子转换为羟基；依据贝诺酯、G和J的结构，可推出H的结构为。
【详解】（1）D()的名称是邻溴甲苯或2-溴甲苯；步骤①中磺酸基取代了苯环上的氢原子，所以反应类型是取代反应；
（2）a．贝诺酯的分子式为，a正确；
b．I( )中没有手性碳原子，b错误；
c．水杨酸中所有碳原子一定在和苯环平面上，c正确；
d．A（）中苯环上碳原子的杂化方式是sp3，甲基上碳原子的杂化方式是是sp2，d正确；
故选b；
（3）A与Br2直接反应会得到溴的邻位和对位两种产物，所以经过步骤①~③，目的是利用占据甲基的对位，提高D的产率；
（4）G（ ）中官能团的名称是酯基、羧基；根据反应条件可知反应④为氧化反应，甲基被氧化为羧基，所以E的结构简式是；
（5）化合物N是G的芳香异构体，说明含有苯环；1mol N与足量NaHCO3溶液反应生成标准状况下44.8L CO2气体，说明含有两个-COOH和一个甲基；分子中氢原子个数比为，说明甲基上连有羟基，所以符合条件的结构为：和；
（6）依据贝诺酯、G和J的结构，可推出H的结构为，则H和J发生取代反应生成贝诺酯的化学反应方程式是。
14．(1) （2分）
(2) CD（2分）温度高于350℃时催化剂活性降低，反应速率减慢，NO转化率减小（2分）1（1分）越大（2分）
(3)还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，第二阶段反应速率加快（2分）
(4) a（2分）（2分）
【详解】（1）由方程式II知，各物质化学剂量数均为1，反应II的焓变等于生成物标准摩尔生成焓的和-反应物标准摩尔生成焓的和，即[]=-41.2。
（2）①A．若正、逆反应速率相等说明反应达到平衡状态，则当时反应达到平衡状态，则2v逆(NO)=v正(N2)时反应未达到平衡状态，A项错误；
B．该容器恒容，所以体积不变，而混合气体的总质量也不变，所以混合气体的密度任何时候都不发生改变，故不能判定反应是否达到平衡状态，B项错误；
C．该反应是一个气体体积减小的反应，平衡之前，容器内的压强随反应的进行不断变化，当反应达到平衡后，容器内的压强不再变化，C项正确；
D．该反应是一个气体体积减小的反应，混合气体的质量恒定不变，但是平衡前，混合气体的物质的量一直发生变化，所以平均摩尔质量一直在变化，平均相对分子质量也在改变，若平均相对分子质量不变，则说明该反应达到平衡状态，D项正确；
故选CD。
②对比催化剂甲的图形可知，使用催化剂乙时，曲线上的点都不是平衡点，温度升高，NO转化率随着化学反应速率增大而增大，当温度高于350℃时，催化剂失活或活性降低使速率降低，所以NO转化率在温度高于350℃后下降的可能原因是：该反应未平衡，350℃后催化剂活性降低的影响大于温度升高对速率的影响。
③当H2转化率为50%时，均变为原来的一半，即有， 所以m=1。
④R为常数，在分子上，据推测：活化能越大，升高温度，速率常数增大倍数越大。
（3）结合所给机理，第一阶段用氢气还原得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，但氧缺位增多，所以第二阶段反应速率加快。
（4）①恒压条件下，通入惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，所以75%的H2和25%的N2所对应的曲线是a。
②设初始通入的H2和N2所分别为3mol、1mol，则M点时存在：
，则，解得，所以平衡时NH3、N2和H2分别为1mol、0.5mol、1.5mol，该反应的压强平衡常数。
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