备战高考化学压轴题专题复习化学反应与能量的推断题综合及答案解析.docx

备战高考化学压轴题专题复习化学反应与能量的推断题综合及答案解析.docx

《备战高考化学压轴题专题复习化学反应与能量的推断题综合及答案解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战高考化学压轴题专题复习化学反应与能量的推断题综合及答案解析.docx（26页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

备战高考化学压轴题专题复习化学反应与能量的推断题综合及答案解析

备战高考化学压轴题专题复习—化学反应与能量的推断题综合及答案解析

一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）

1．五氧化二钒常用作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工生产。

一种以粗钒（主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下：

已知：

①部分含钒物质的溶解情况：

（VO2）2SO4易溶于水，VOSO4可溶于水，NH4VO3难溶于水。

②部分金属离子[c（Mn+）=0.1mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系如下表：

回答下列问题：

（l）“研磨”的目的是___，“酸溶”时V2O5发生反应的化学方程式为____。

（2）加入NaCIO溶液，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为___。

（3）向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时实验装置如图所示，虚线框中最为合适的仪器是___（填标号），调节溶液的pH范围为___，滤渣b为___（写化学式）。

（4）实验显示，沉钒率的高低与温度有关，如图是沉钒率随温度的变化曲线，则沉钒时的加热方法为___。

温度高于80℃，沉钒率下降，其可能原因是____

【答案】增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率V2O5+H2SO4=（VO2）2SO4+H2O2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+D4.7≤pH＜7.8Fe（OH）3、Al（OH）水浴加热（热水浴）温度高于80℃，NH4+水解程度增大成为主要因素，由于NH4+浓度减小，沉钒率下降

【解析】

【分析】

粗钒（主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）经过研磨粉碎，加入硫酸进行酸浸，V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3被硫酸溶解形成含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的浸出液，由于SiO2不与硫酸反应，经过滤后，得到的滤渣a为SiO2，滤液a为含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的滤液，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，再加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀除去，过滤后得到的滤渣b为Fe（OH）3、Al（OH）3、滤液b为主要含有VO2+的滤液，加入饱和氯化铵溶液，使VO2+转化为NH4VO3沉淀，对生成的NH4VO3沉淀高温煅烧，获得V2O5，据此分析解答。

【详解】

（l）“研磨”可将块状固体变为粉末状，目的是增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；“酸溶”时V2O5被硫酸溶解形成VO2+，发生反应的化学方程式为V2O5+H2SO4=（VO2）2SO4+H2O；

（2）根据分析，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+；

（3）加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀除去，根据部分金属离子[c（Mn+）=0.1mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系表格数据可知，pH值为2.8时，Fe（OH）3完全沉淀，pH值为4.7时，Al（OH）3完全沉淀，pH值为7.8时，Al（OH）3开始溶解，调节溶液的pH范围为4.7≤pH＜7.8，滤渣b为Fe（OH）3、Al（OH）3，向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时，虚线框中最为合适的仪器是恒压漏斗，能保证仪器内外压强相等，使氢氧化钠溶液顺利流下，答案选D；

（4）由图像可知，当温度为80℃左右钒的沉淀率最高，酒精灯的火焰温度太高，不能直接用酒精灯加热，则在该温度下加热方法应使用水浴加热；沉钒过程中使用的是饱和氯化铵溶液，铵根离子可水解，温度越高水解程度越大，铵盐不稳定，受热易分解生成氨气，温度高于80℃，NH4+水解程度增大成为主要因素，溶液中NH4+浓度减小，使沉钒率下降。

2．钴和锌是重要的有色金属，其单质及化合物被广泛用于国民经济各个领域。

一种从有机废催化剂中回收钴和锌的工艺流程如下：

已知：

“浸出”后溶液中含有Co2＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋等。

请回答：

（1）“煅烧”的目的为______________________________。

（2）“净化”时，与KMnO4发生反应的所有离子方程式有_____________________________。

（3）“沉钴”时，发生如下反应：

（NH4）2S2O8＋H2O→NH4HSO4＋H2O2；H2O2→H2O＋O；···········；Co3＋＋H2O→Co（OH）3＋H＋。

所缺的化学方程式为______________________________；每生成1molCo（OH）3，理论上消耗（NH4）2S2O8的物质的量为__________。

（4）Co（OH）3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是____________。

（5）“沉钴”时pH不能太高，其原因为______________________________；“沉锌”时温度不能太高，其原因为________________________________________。

（6）取“沉锌”后所得固体34.1g，煅烧后得到固体24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重5.4g。

则所得固体的化学式为____________。

【答案】除去其中的有机物（或将金属元素转化为氧化物，有利于后续浸出，合理即可）MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe（OH）3↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+2Co2++O+2H+=2Co3++H2O0.5mol取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净防止Zn2+提前沉淀防止NH4HCO3热分解ZnCO3∙2Zn（OH）2∙H2O

【解析】

【分析】

将废催化剂高温煅烧，将有机废催化剂中的有机物除去，并将金属元素转化为金属氧化物，用硫酸对煅烧产物进行酸浸，pH控制在1~5，得到含有Co2＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋的浸出液，调节溶液pH值为5~5.2，加入高锰酸钾将Mn2＋、Fe2＋氧化并转化为Fe（OH）3和MnO2除去，再次调节溶液pH值为4.5，加入（NH4）2S2O8将Co2＋氧化为Co3＋并转化为Co（OH）3沉淀除去，调节pH值为8，加入碳酸氢铵使锌离子转化为ZnCO3∙xZn（OH）2∙yH2O沉淀，据此分析解答。

【详解】

（1）“煅烧”可以除去其中的有机物，同时可将金属元素转化为金属氧化物，有利于后续浸出；

（2）“净化”时，加入KMnO4的目的是除去溶液中的Fe2+和Mn2+，反应的离子方程式为：

MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe（OH）3↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；

（3）从流程中可以看出，“沉钴”时，（NH4）2S2O8为氧化剂，因此除去的是Co2＋，结合所给反应过程，缺少将Co2＋转化为Co3＋的反应，则可得所缺的化学方程式为2Co2++O+2H+=2Co3++H2O；根据电荷守恒可得，（NH4）2S2O8~H2O2~O~2Co3+~2Co（OH）3，每生成1molCo（OH）3理论上消耗（NH4）2S2O8的物质的量为0.5mol；

（4）Co（OH）3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验Co（OH）3沉淀是否洗涤干净，也就是检验是否含有硫酸根离子，可取取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净；

（5）“沉钴”时pH不能太高，防止Zn2+提前沉淀；“沉锌”时，加入NH4HCO3，铵盐受热易分解，温度不能太高，防止NH4HCO3热分解；

（6）取“沉锌”后所得固体34.1g，煅烧后得到固体24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重5.4g，增重的质量为水，根据质量守恒，煅烧生成的CO2气体的物质的量为

=0.1mol，根据元素守恒可知ZnCO3∙xZn（OH）2∙yH2O为0.1mol，煅烧后生成的ZnO的物质的量为

=0.3mol，根据Zn元素守恒，0.1mol+0.1molx=0.3mol，则x=2，生成水的物质的量为

=0.3mol，根据氢元素守恒，0.1mol×2×2+0.1mol×2y=0.3mol×2，则y=1，则所得固体的化学式为ZnCO3∙2Zn（OH）2∙H2O。

3．以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜的工艺流程如图所示：

回答下列问题：

（1）若要提高辉铜矿煅烧效率可采取的措施有___（填两种）。

（2）气体X的主要成分是___（填化学式），写出该气体的一种用途___。

（3）蒸氨过程总反应的化学方程式是___。

（4）溶液E与Na2CO3溶液反应制取Cu2（OH）2CO3的离子反应方程式为___。

（5）某实验小组研究溶液E与Na2CO3溶液加料顺序及加料方式对产品的影响，实验结果如下：

实验序号

加料顺序及方式

沉淀颜色

沉淀品质

产率/%

1

溶液E一次加入Na2CO3溶液中并迅速搅拌

浅蓝色

品质较好

87.8

2

溶液E逐滴加入Na2CO3溶液中并不断搅拌

暗蓝色

品质好

71.9

3

Na2CO3溶液一次加入溶液E中并迅速搅拌

浅绿色

品质好

96.7

4

Na2CO3溶液一次加入溶液E中并不断搅拌

浅蓝色

品质较好

102.7

由上表可知制取Cu2（OH）2CO3最佳加料顺序及加料方式是___（填序号）。

【答案】减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大O2浓度等SO2制备硫酸、漂白剂、防腐剂等[Cu（NH3）4]Cl2+H2O

CuO+2HCl↑+4NH3↑2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑3

【解析】

【分析】

辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体，固体B主要为CuO、Fe2O3，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu（NH3）4]2+和Fe（OH）3，[Cu（NH3）4]2+经加热可得到CuO，加入酸酸化得到Cu2+，经浓缩后在溶液中加入碳酸钠可得到碱式碳酸铜，以此解答该题。

【详解】

（1）通过粉碎辉铜矿减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大O2浓度等措施均可提高辉铜矿煅烧效率；

（2）Cu2S可与氧气反应生成二氧化硫，则气体X的主要成分是SO2，SO2是酸性氧化物，有漂白性、还原性，则利用SO2制备硫酸、漂白剂、防腐剂等；

（3）蒸氨过程[Cu（NH3）4]2+经加热可得到CuO，反应的方程式为[Cu（NH3）4]Cl2+H2O

CuO+2HCl↑+4NH3↑；

（4）向含有Cu2+的溶液中滴加Na2CO3溶液生成Cu2（OH）2CO3的离子反应方程式为2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑；

（5）由图表信息可知Na2CO3溶液一次加入溶液E中并迅速搅拌，获得浅绿色的碱式碳酸铜，品质好，且产率高，故制取Cu2（OH）2CO3最佳加料顺序及加料方式是实验序号3。

4．从本质入手看物质及其能量的变化，可以让我们更加深入的去理解所学知识的内涵及外延应用。

对于《原电池》这部分知识也是如此，如图是原电池的基本构造模型：

（1）若a和b的电极材料为Al或Mg。

①若c为稀NaOH溶液时，则a的电极材料为__，该极电极方程式为___。

②若c为稀H2SO4时，则a的电极材料为___，该极电极方程式为__。

（2）对于原电池的应用，以下说法正确的是__。

A．选择构成原电池两极材料时，必须选择活泼性不同的两种金属材料

B．构成原电池时，负极材料的活泼性一定比正极材料的强

C．构成原电池时，作为负极材料的金属受到保护

D．从能量转化角度去看，如图的氧化还原反应能量变化曲线，则不能够设计原电池

【答案】AlAl-3e-+4OH-=AlO2-+2H2OMgMg-2e-=Mg2+D

【解析】

【分析】

（1）原电池中电极由负极经导线流向正极，所以a为负极发生氧化反应，b为正极发生还原反应。

【详解】

（1）①若c为稀NaOH溶液时，电池总反应应为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，Al被氧化做负极，即a的电极材料为Al，该电极方程式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；

②若c为稀H2SO4时，Mg比Al活泼，所以电池总反应式为Mg+2H+=Mg2++H2↑，Mg被氧化做负极，即a的电极材料为Mg，电极方程式为：

Mg-2e-=Mg2+；

（2）A．构成原电池两极材料不一定选择活泼性不同的两种金属材料，可以是活泼性相同的Pt电极、也可以是非金属材料，如燃料原电池的两极材料常选择石墨电极，故A错误；

B．碱性原电池中，作为负极的材料的活泼性不一定比正极材料的强，如Al-Mg-NaOH原电池中，活泼金属Mg作正极，Al作负极，故B错误；

C．原电池中正极发生得到电子的还原反应，所以作为正极材料的金属受到保护，而负极材料的金属会加速腐蚀，故C错误；

D．原电池中发生氧化还原反应，会以电能的形式放出能量，所以一般为放热的氧化还原反应，而图示反应为吸热反应，所以从能量转化角度看，一般不设计成原电池或不能够设计原电池，故D正确；

综上所述选D。

【点睛】

构成原电池的两个电极中并不是较为活泼的金属一定就会做负极，要结合具体的环境去判断发生的总反应，再判断正负极。

5．如图是常见原电池装置，电流表A发生偏转。

（1）若两个电极分别是铁、铜，电解质溶液是浓硝酸，Cu极发生反应_______（填“氧化”或“还原”），其电极反应式为________________；

（2）若两个电极分别是镁、铝，电解质溶液是氢氧化钠溶液，Al电极是_____极（填“正”或“负”），其电极反应式为_________________________________。

（3）若原电池的总反应是2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2，则可以作负极材料的是_______，正极电极反应式为_________________________。

【答案】氧化Cu－2e－=Cu2＋负Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2OCu（或铜）Fe3＋＋e－=Fe2＋

【解析】

【分析】

【详解】

（1）虽然铁比铜活泼，但是铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜被氧化，即铜电极为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为Cu－2e－=Cu2＋；

（2）镁虽然比铝活泼，但镁不与氢氧化钠溶液发生反应，所以该原电池中Al被氧化，即Al为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为：

Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O；

（3）根据总反应2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2可知Cu被氧化，Fe3+被还原，原电池中负极发生氧化反应，所以负极材料为Cu；正极发生还原反应，电极方程式为Fe3＋＋e－=Fe2＋。

【点睛】

第1小题为易错点，虽然铁和铜都能被浓硝酸氧化，但要注意铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜为负极。

6．硫化氢（H2S）是一种有毒的可燃性气体，用H2S、空气和KOH溶液可以组成燃料电池，其电池总反应为2H2S+3O2+4KOH=2K2SO3+4H2O。

（1）该电池工作时正极应通入___。

（2）该电池负极的电极反应式为___。

（3）该电池工作一段时间后负极区溶液的pH__（填“升高”“不变”或“降低”）。

【答案】O2H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O降低

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由电池总反应可知，反应中硫元素的化合价升高，发生氧化反应，氧气中氧的化合价降低，发生还原反应，则通入硫化氢的电极为负极，通入氧气的电极为正极。

答案为：

O2。

（2）碱性溶液中正极的电极反应式为：

O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应减去正极反应得到负极反应式为：

H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O。

答案为：

H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O。

（3）由负极反应式可知，负极反应消耗OH-，同时生成水，则负极区溶液中c（OH-）减小，pH降低。

答案为：

降低。

【点睛】

电池反应中有氧气参加，氧气在反应中得到电子发生还原反应，根据原电池原理，负极发生氧化，正极发生还原，所以通入氧气的电极为电池的正极，酸性条件下的反应：

O2+4H++4e-=2H2O，碱性条件下的反应：

O2+2H2O+4e-=4OH-。

7．氯化硫酰（SO2Cl2）主要用作氯化剂。

它是一种无色液体，熔点–54.1℃，沸点69.1℃。

氯化硫酰可用干燥的二氧化硫和氯气在活性炭催化剂存在下反应制取：

SO2（g）＋Cl2（g）

SO2Cl2（l）+97.3kJ

（1）试写出常温常压下化学平衡常数K的表达式：

K=______________________若在此条件下，将化学平衡常数K增大，化学反应速率v正也增大，可采取的措施是________（选填编号）。

a．降低温度b．移走SO2Cl2

c．增加反应物浓度d．无法满足上述条件

（2）为了提高上述反应中Cl2的平衡转化率，下列措施合理的是________（选填编号）。

a．缩小容器体积b．使用催化剂c．增加SO2浓度d．升高温度

（3）在100℃时，往上述平衡体系中加入37Cl2，一段时间后，则平衡体系中含有37Cl的物质有__________（选填编号）。

a．只有37Cl2b．只有SO237Cl2c．37Cl2和SO237Cl2d．无法判断

（4）下列描述中能说明上述反应已达平衡的是____________（选填编号）。

a．υ（Cl2）＝υ（SO2）b．容器中气体压强不随时间而变化

c．c（Cl2）:

c（SO2）＝1:

1d．容器中气体颜色不随时间两变化

（5）300℃时，体积为1L的密闭容器中充入16.20gSO2Cl2，达到平衡时容器中含SO27.616g.若在上述中的平衡体系中，再加入16.20gSO2Cl2，当再次达平衡时，容器中含SO2的质量范围是___________________________。

【答案】K＝

daccbd7.616g＜m（SO2）＜15.232g

【解析】

【分析】

（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；平衡常数只受温度影响，将化学平衡常数K增大，应使平衡向正反应移动，该反应正反应是放热反应，故应降低温度，化学反应速率降低，据此解答；

（2）提高反应中Cl2的平衡转化率，改变条件使平衡向正反应移动，根据平衡移动原理结合选项分析解答，注意不能只增大氯气的用量；

（3）增大氯气的浓度，平衡向正反应移动，反应为可逆反应，反应物不能完全反应，平衡时37Cl存在37Cl2和SO237Cl2 中；

（4）达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，百分含量不变，以及由此衍生其它一些物理量不变，据此结合选项判断；

（5）再加入16.20g SO2Cl2，平衡向生成二氧化硫的方向移动，平衡时二氧化硫的质量增大，可以等效为增大压强，SO2Cl2转化率降低，平衡时二氧化硫的质量小于原平衡时的2倍。

【详解】

（1）常温常压下SO2（g）＋Cl2（g）

SO2Cl2（l）的平衡常数K=

；平衡常数只受温度影响，将化学平衡常数K增大，应使平衡向正反应移动，该反应正反应是放热反应，故应降低温度，化学反应速率降低，故不能实现K增大的同时化学反应速率v正增大，故选d；

故答案为：

；d；

（2）提高反应中Cl2的平衡转化率，改变条件使平衡向正反应移动，不能只增大氯气的用量，a．缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应移动，Cl2的转化率增大，故a正确；

b．使用催化剂，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，Cl2的转化率不变，故b错误；

c．增加SO2浓度，平衡向正反应移动，Cl2的转化率增大，故c正确；

d．该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，Cl2的转化率降低，故d错误；故答案为：

ac；

（3）增大氯气的浓度，平衡向正反应移动，反应为可逆反应，氯气不能完全反应，故平衡时37Cl存在37Cl2和SO237Cl2 中，故答案为：

c；

（4）a．v（Cl2）=v（SO2），没有指明正、逆速率，无法判断，故a错误；

b．随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，容器中气体压强不随时间而变化，说明达到平衡，故b正确；

c．平衡时氯气与二氧化硫的浓度与起始浓度有关，起始浓度不同，平衡时二者浓度不同，若二者起始浓度相同，用于二者按1：

1反应，故任意时刻二者的浓度都相同，故c（Cl2）：

c（SO2）=1：

1不能说明达到平衡，故c错误；

d．容器中气体颜色不随时间两变化，说明氯气的浓度不再变化，说明达到平衡，故d正确；

故答案为：

bd；

（5）再加入16.20g SO2Cl2，平衡向生成二氧化硫的方向移动，平衡时二氧化硫的质量增大，可以等效为增大压强，SO2Cl2转化率降低，平衡时二氧化硫的质量小于原平衡时的2倍，故平衡时7.616g＜m（SO2）＜15.232g；

故答案为：

7.616g＜m（SO2）＜15.232g。

【点睛】

本题考查化学平衡，把握化学平衡状态的判断、反应速率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，易错点（4）注意平衡状态的判断，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。

8．氮的单质及其化合物性质多样，用途广泛。

完成下列填空：

科学家正在研究利用催化技术将超音速飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2：

2NO+2CO

2CO2+N2+Q（Q＞0）。

在某温度下测得该反应在不同时间的CO浓度如下表：

浓度（mol/L）

时间（s）

0

1

2

3

4

5

c（CO）

3.60×10-3

3.05×10-3

2.85×10-3

2.75×10-3

2.70×10-3

2.70×10-3

（1）该反应平衡常数K的表达式为___；温度升高，K值___（选填“增大”“减小”“不变”）；前2s的平均反应速率v（N2）=___；若上诉反应在密闭容器中发生，达到平衡时能提高NO转化率的措施之一是___。

（2）工业合成氨的反应温度选择500℃左右的原因是___。

（3）实验室在固定容积的密闭容器中加入1mol氮气和3mol氢气模拟工业合成氨，反应在一定条件下已达到平衡的标志是___。

A．N2、H2、NH3的浓度之比为1：

3：

2

B．容器内的压强保持不变

C．N2、H2、NH3的浓度不在变化

D．反应停止，正、逆反应的速率都等于零

（4）常温下向1molHCl的稀盐酸中缓缓通入1molNH3（溶液体积变化忽略不计），反应结束后溶液中离子浓度由大到小的顺序是___；在通入NH3的过程中溶液的导电能力___（选填“变大”“变小”“几乎不变”）

【答案】

减小1.875×10-4mol/（L·s）增大压强（或其它合理答案）催化剂在500℃左右具有最佳活性BCc（Cl-）>c（NH4+）>c（H+）>c（