江苏省南京市宁海中学2021-2022学年高二化学下学期期末考试试题（Word版附解析）

高二(下)期末试卷化学本试卷分选择題和非选择题两部分，共100分，考试用时75分钟。注意事项：答题前，考生务必将自己的学校、姓名写在答题卡上。考试结束后，交回答题卡。可能用到的相对原子原量：H1C12O16S32Mn55一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.2022年2月，我国成功举办了北京冬季奥运会。下列说法正确的是A.“冰墩墩”材料里的聚酯纤维是天然有机材料B.冬奥会礼服使用了“第二代石墨烯发热材料”，石墨烯能发生加成反应C.“二氧化碳跨临界直冷制冰”过程中二氧化碳发生了化学变化D.冬奥火炬“飞扬”的外壳由碳纤维和高性能树脂复合而成，属于金属材料【答案】B【解析】【详解】A．聚酯纤维是合成纤维，属于合成有机材料，故A错误；B．石墨烯能与氢气发生加成反应生成石墨烷，故B正确；C．“二氧化碳跨临界直冷制冰”过程中二氧化碳由固体变为气体，发生了物理变化，故C错误；D．冬奥火炬“飞扬”的外壳由碳纤维和高性能树脂复合而成，碳纤维是新型无机非金属材料，不是金属材料，故D错误；选B。2.反应可去除污染。下列有关说法正确的是A.为非极性分子B.的电子式为：C.中子数为20的氯原子：D.中存在π键【答案】D【解析】【详解】A．分子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0,分子的空间构型为结构不对称的平面三角形，属于极性分子，故A错误； B．氨分子为共价化合物，电子式为，故B错误；C．中子数为20的氯原子的质子数为17、质量数为37，原子符号为，故C错误；D．分子中含有碳氧双键，碳氧双键中含有1个π键，故D正确；故选D。3.碘化亚铜(CuI，受热易被氧化)可以作很多有机反应的催化剂。实验室可用反应2CuSO4+2KI+SO2+2H2O=2CuI↓+2H2SO4+K2SO4来制备CuI。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是A.用装置甲制备SO2B.用装置乙制备CuIC.用装置丙分离出CuID.用装置丁制备干燥的CuI【答案】D【解析】【分析】【详解】A．浓硫酸与Cu在加热时反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故A正确；B．由题意可知硫酸铜、碘化钾、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜，所以可用乙图来制备碘化亚铜，故B正确；C．为难溶物，分离难溶固体物质和液体物质时应采用过滤装置，所以分离碘化亚铜时应采用过滤装置，故C正确；D．受热易被氧化，所以不能通过加热蒸发制备干燥的CuI，故D错误；答案选D。4.下列有关硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A.硫单质呈黄色，可用作橡胶硫化剂B.二氧化硫有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂C.硫酸铜溶液显酸性，可用作泳池杀菌剂 D.浓硫酸具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂【答案】B【解析】【详解】A．硫单质可以作橡胶硫化剂，可以使橡胶分子发生交联，形成立体网状结构，增强其抗腐蚀能力，这与硫单质的颜色显黄色无对应关系，A不符合题意；B．二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂，能够防止葡萄酒在储存过程中因其中溶解的少量氧气氧化葡萄酒的成分进而影响酒的品质和口感，B正确；C．硫酸铜溶液中含有重金属离子Cu2+，Cu2+会导致细菌的蛋白质发生变性而失去其生理活性，因此可用作泳池杀菌剂，这与其水溶液是否显酸性无关，C错误；D．浓硫酸是酯化反应的催化剂和吸水剂，可以加快酯化反应的速率，提高乙酸乙酯的产率，这与其是否具有强氧化性无关，D错误；故合理选项是B。5.前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的一种单质是已知自然存在的硬度最大的物质，Y是金属元素，其基态原子s能级上的电子数等于p能级上的电子数，Z是同周期主族元素中原子半径最小的元素，X、Y、W三种元素的原子最外层电子数之和等于10。下列说法正确的是A.原子半径：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B.同一周期中Z的电负性最大C.X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强D.W在元素周期表中位于第4周期VIA族【答案】B【解析】【分析】X的一种单质是已知自然存在的硬度最大的物质，则X为C元素；Y的基态原子s能级上的电子数等于p能级上的电子数，其原子序数大于C，则核外电子排布应为1s22s22p4或1s22s22p63s2，而Y是金属元素，所以Y为Mg元素；X、Y、W三种元素的原子最外层电子数之和等于10，则W的最外层电子数为10-4-2=4，所以W为Si元素或Ge元素，若W为Si元素，则Z只能是Al元素，不符合“Z是同周期主族元素中原子半径最小的元素”，所以W为Ge元素，Z为第三周期元素Cl。【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以原子半径C＜Cl＜Mg＜Ge，即r(X)<r(Z)<r(Y)<r(W)，A错误； B．稀有气体元素难以形成化合物，无法比较电负性，同周期主族元素自左至右电负性依次增大，所以同一周期中Cl的电负性最大，B正确；C．非金属性C＜Cl，所以C的最高价氧化物对应水化物的酸性比Cl的弱，C错误；D．W为Ge元素，位于第4周期ⅣA族，D错误；综上所述答案为B。6.碳及其化合物在工农业生产中有着广泛应用。工业上用CH4与H2O、CO2重整生产H2，CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=+161.1kJ·mol-1。CO是常见的还原剂，可用CH3COO[Cu(NH3)2]溶液吸收CO。CO2可以用于生产CH4、CH3OCH3等有机物，CO2还是侯氏制碱的原料。下列有关说法正确的是A.CH4能形成分子间氢键B.CO2中的键角比CH4的大C.CO的空间构型为三角锥形D.CH3COO[Cu(NH3)2]中有6个配位键【答案】B【解析】【详解】A．F，O，N等电负性大而原子半径较小的非金属原子，在某些含N-H、O-H、F-H的化合物中形成氢键，故甲烷分子间不能形成氢键，A错误；B．已知CO2是直线形分子，键角为180°，CH4为正四面体结构，键角为109°28′，故CO2中的键角比CH4的大，B正确；C．已知的中心原子C周围的价层电子对数为：3+=3，故其空间构型为平面三角形，C错误；D．已知CH3COO[Cu(NH3)2]中只有配位离子[Cu(NH3)2]+中Cu+与NH3之间形成了2个配位键，D错误；故答案为：B。7.碳及其化合物在工农业生产中有着广泛的应用。工业上用CH4与H2O、CO2重整生产H2，CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=+161.1kJ·mol-1。CO是常见的还原剂，可用CH3COO[Cu(NH3)2]溶液吸收CO。CO2可以用于生产CH4、CH3OCH3等有机物，CO2还是侯氏制碱的原料。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是 A.CO2(g)NaHCO3(aq)B.CO2(g)Na2CO3(s)CCO(g)Mg(s)D.CO(g)N2(g)【答案】D【解析】【详解】A．二氧化碳与足量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠溶液，A错误；B．二氧化碳与氨气和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠和氯化铵，B错误；C．一氧化碳和氧化镁不反应，C错误；D．一氧化碳和一氧化氮在高温、催化剂作用下反应生成氮气和二氧化碳，D正确；答案选D。8.碳及其化合物在工农业生产中有着广泛的应用。工业上用CH4与H2O、CO2重整生产H2，CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=+161.1kJ·mol-1。CO是常见的还原剂，可用CH3COO[Cu(NH3)2]溶液吸收CO。CO2可以用于生产CH4、CH3OCH3等有机物，CO2还是侯氏制碱的原料。对于反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，下列说法正确的是A.反应的平衡常数可表示为K=B.1molCO和3molH2充分反应时放出的热量为161.1kJC.达平衡时缩小容器体积，正反应速率增大，逆反应速率减小D.其他条件相同，增大，CH4的转化率下降【答案】D【解析】【详解】A．反应的平衡常数为K=，A错误；B．此反应为可逆反应，1molCO和3molH2充分反应时放出的热量小于161.1kJ，B错误；C．达平衡时缩小容器体积，即增大压强，正逆反应速率都增加，C错误；D．保持水蒸气物质的量不变，增大甲烷物质的量，平衡正向移动，水蒸气转化率上升，甲烷转化率下降，D正确；答案选D。 9.某小组用硫铜矿煅烧废渣(主要含Fe2O3、CuO、FeO)为原料制取Cu2O，流程如图：下列说法不正确的是A.“调节pH”主要目的是为了除去Fe3+B.“还原”过程中主要发生的反应为4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2OC.用N2H4还原制取Cu2O的优点是产生N2氛围，可防止产品被氧化D.Cu2O的晶胞结构如图所示，其中X代表的是Cu+【答案】D【解析】【分析】酸浸溶解后，所得溶液中含有Fe2(SO4)3、CuSO4、FeSO4、H2SO4（过量），经过氧化操作，Fe2+被氧化为Fe3+，溶液中溶质为Fe2(SO4)3、CuSO4、H2SO4（过量），通过调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，故滤渣为Fe(OH)3，此时滤液主要含CuSO4、H2SO4，加入KOH、N2H4在90℃下还原Cu2+生成Cu2O。【详解】A．由分析知，调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，A正确；B．由流程知，还原时，N2H4将CuSO4还原为Cu2O，自身转化为N2，对应方程式为：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，B正确；C．还原过程中生成的N2可隔绝空气，防止产品Cu2O被氧气氧化，C正确；D．该晶胞中，白球个数=，黑球个数为4个，故黑球：白球=2：1，结构化学式Cu2O知黑球代表Cu+，白球（X）代表O2-，D错误；故答案选D。10.异黄酮类化合物是药用植物的有效成分。一种异黄酮Z的部分合成路线如下： 下列有关化合物X、Y和Z的说法不正确的是A.1molX中含有3mol碳氧σ键B.Y与足量的H2加成所得的有机物中含2个手性碳原子C.Z在水中的溶解度比Y大D.X、Y、Z遇FeCl3溶液均显色【答案】B【解析】【详解】A．碳氧单键为σ键，碳氧双键中有1个σ键和1个π键，由结构简式可知，1molX中含有3mol碳氧σ键，故A正确；B．一定条件Y与足量氢气发生加成反应生成的产物中含有如图*所示的4种手性碳原子：，故B错误；C．由结构简式可知，与Y分子相比，Z分子中除含有酚羟基外，还含有亲水基羧基，则Z在水中的溶解度比Y大，故C正确；D．由结构简式可知，X、Y、Z三种分子中都含有酚羟基，遇氯化铁溶液都能显紫色，故D正确；故选B。11.室温下，通过下列实验探究溶液的性质。实验实验操作 1用pH试纸测定溶液的pH，测得pH约为82将浓度均为溶液和溶液等体积混合，加热3将等体积与NaCl溶液混合，析出晶体4向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀，逸出无色气体下列有关说法正确的是A.溶液中存在B.实验2中的离子反应方程式为C.实验3静置后的上层清液中有D.实验4中产生的气体是和混合气体【答案】A【解析】【详解】A．溶液呈碱性，说明的水解大于水解，所以溶液中存在，故A正确；B．实验2中的离子反应方程式为，故B错误；C．实验3析出碳酸氢钠固体，根据物料守恒，静置后的上层清液中有，故C错误；D．实验4，与发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，产生的气体是，故D错误；选A。12.CO2资源化利用是实现碳中和的一种有效途径。下图是CO2在电催化下产生合成气(CO和 H2)的一种方法。下列说法不正确的是A.a电极连接电源的负极B.从a极区向b极区移动C.b极区中c(CH3COO-)逐渐增大D.a极区中c()逐渐增大【答案】C【解析】【分析】从图中可以看出，在a电极，CO2、H2O得电子生成CO、H2，所以a为阴极，b为阳极。【详解】A．由分析可知，a电极为阴极，则连接电源的负极，A正确；B．为阴离子，应从阴极向阳极移动，所以从a极区向b极区移动，B正确；C．b极为阳极，-2e-+2CH3COO-=+2CH3COOH，则溶液中c(CH3COO-)逐渐减小，C不正确；D．a极为阴极，CO2+2e-+2=CO+2+H2O，2+2e-=H2↑+2，所以c()逐渐增大，D正确；故选C。13.室温下，将0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCl溶液等体积充分混合，一段时间后过滤，得滤液a和沉淀b。取等量的滤液a于两支试管中，分别滴加相同体积、浓度均为0.1mol·L-1的Na2S溶液和Na2SO4溶液，前者出现浑浊，后者溶液仍澄清；再取少量的沉淀b，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解。下列说法正确的是A.0.1mol·L-1Na2S溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)B.过滤后所得清液中一定存在：c(Ag+)=且c(Ag+)＞ C.沉淀b中滴加氨水发生反应的离子方程式：AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2OD.从实验现象可以得出该温度下Ksp(Ag2S)＞Ksp(Ag2SO4)【答案】C【解析】【详解】A．电荷守恒：，物料守恒：，两式联立，质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，A错误；B．滤液为氯化银的饱和溶液，所以清液中一定存在：c(Ag+)=，但加入硫酸钠后溶液仍然澄清，说明硫酸银的溶解度比氯化银大，则反应后c(Ag+)<，B错误；C．由分析可知，沉淀b为氯化银，氯化银中滴加氨水会生成二氨合银离子，其离子方程式为：AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，C正确；D．从实验现象可以得出硫化银比硫酸银更难溶，Ksp(Ag2SO4)＞Ksp(Ag2S)，D错误；答案选C。14.草酸二甲酯[(COOCH3)2]催化加氢制乙二醇的反应体系中，发生的主要反应为反应I：(COOCH3)2(g)+2H2(g)CH3OOCCH2OH(g)+CH3OH(g)ΔH1<0反应II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)ΔH2<0压强一定的条件下，将(COOCH3)2、H2按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，测得(COOCH3)2的转化率及CH3OOCCH2OH、HOCH2CH2OH的选择性[×100%]与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A.曲线B表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化B.190~198°C范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转化率增大C.190~198°C范围内，温度升高，逐渐减小D.192°C时，其他条件一定，加快气体的流速可以提高(COOCH3)2转化率【答案】C【解析】【详解】A．由曲线A上CH3OOCCH2OH选择性为50%时，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性恰好为50%，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化，故A错误；B．两反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，190~198°C范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转化率减小，故B错误；C．190~198°C范围内，温度升高，反应II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)ΔH2<0的选择性增大，升高温度，对于放热反应，平衡逆向移动，每减少2molCH3OH，只减少1molHOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH减小的幅度小于CH3OH，逐渐减小，故C正确；D．192°C时，其他条件一定，加快气体的流速，反应物(COOCH3)2转化率降低，故D错误；故选C。二、非选择題：共4题，共58分。15.工业上常利用软锰矿浆(主要成分是，还含有硅、铁和少量重金属镍的化合物等杂质)制备溶液，并以溶液为原料制取单质锰及粗产品。 （1）溶液的制备：①还原：以稀硫酸作介质，纤维素还原生成和时，发生反应的化学方程式为_______。②除杂：除去硅、铁等杂质后，通常用BaS来除去溶液中的镍，pH对除镍效果的影响如图所示。当pH<4.2，pH越小除镍效果越差的原因是_______。（2）电解法制锰：为保证电解顺利进行，电解液中必须保持一定的浓度。浓度和电流效率(电流效率是指电解时在电极上实际沉积或溶解的物质的量与按理论计算出的析出或溶解量之比)的关系如图所示。由图可知当浓度大于时，电流效率随浓度增大反而下降，其原因是_______。（3）溶液可得到粗产品。通过下列方法测定产品纯度：准确称取3.000g样品，加适量ZnO及煮沸、冷却，转移至锥形瓶中，用标准溶液滴定至溶液呈红色且半分钟不褪色，消耗标准溶液20.00mL。计算样品的纯度(写出计算过程)。_______已知：【答案】（1）①.12nMnO2+(C6H10O5)n+12nH2SO4=12nMnSO4+6nCO2↑+17nH2O②.pH越小，H+浓度增大，BaS会与H+反应生成H2S气体 （2）Mn2+浓度增大，Mn2+扩散至阳极失去电子放电（3）84.5%【解析】【小问1详解】①由题意可知，在稀硫酸作用下，纤维素与二氧化锰反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，反应的化学方程式为12nMnO2+(C6H10O5)n+12nH2SO4=12nMnSO4+6nCO2↑+17nH2O，故答案为：12nMnO2+(C6H10O5)n+12nH2SO4=12nMnSO4+6nCO2↑+17nH2O；②用硫化钡来除去溶液中的镍元素时，若溶液pH<4.2，溶液中氢离子浓度增大，硫化钡会与硫化氢反应生成硫化氢气体，导致除镍效果降低，故答案为：pH越小，H+浓度增大，BaS会H+与反应生成H2S气体；【小问2详解】由题意可知，当溶液中锰离子浓度大于22g/L时，锰离子浓度过大，扩散到阳极，在阳极失去电子放电生成高价态锰元素，导致电流效率随锰离子浓度增大反而下降，故答案为：Mn2+浓度增大，Mn2+扩散至阳极失去电子放电；【小问3详解】由题给方程式可得如下关系：3MnSO4·H2O—2KMnO4，滴定消耗20.00mL0.5000mol/L高锰酸钾标准溶液，则3.000gMnSO4·H2O样品的纯度为×100%=84.5%，故答案为：84.5%。16.化合物H是一种治疗失眠症的药物，其一种合成路线如下：已知：①—易被氧化②(或H)（1）化合物G中采取杂化的原子数目_______。 （2）E→F的化学反应类型为_______反应。（3）化合物B的结构简式为_______。（4）D的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。①分子中有4种不同化学环境的氢原子②能发生水解反应，水解所得两种等物质的量的产物分别与足虽溴水反应消耗的相等（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线例见本题题干)。【答案】（1）9（2）还原反应（3）（4）（5）【解析】【分析】由A、B的分子式可知，A和SOCl2发生取代反应生成B，可知结构简式为，B在AlCl3作用下生成C，根据C的分子式，由D逆推，可知C是。 【小问1详解】化合物G中单键C和N、O原子采取杂化，采取杂化的原子数目为9；【小问2详解】E→F由-CN转化为-CH2NH2，H原子数增多，属于还原反应；【小问3详解】A和SOCl2发生取代反应生成B，则B的结构简式为；【小问4详解】①分子中有4种不同化学环境的氢原子，说明结构对称；②能发生水解反应，说明含有酯基，水解所得两种等物质的量的产物分别与足虽溴水反应消耗的相等，则符合条件的D的同分异构体的结构简式为；【小问5详解】氧化为，和反应生成，还原为，发生成肽反应生成，合成路线为。 17.实验室从废电路板粉碎金属料(主要含金属Cu，还含少量Zn、Fe、Pb等金属)中回收铜，其实验流程如下：已知：一定pH范围内，、等能与氨形成配离子。（1）“氨浸”在如图所示的装置中进行。①鼓入空气，金属Cu可被氧化生成，其离子方程式为_______；②空气流量过大，会降低Cu元素的浸出率，其原因是_______。③“氨浸”时向氨水中加入一定量固体，有利于转化为，其原因是_______。（2）洗涤滤渣所得的滤液与“过滤”所得滤液合并的目的是_______。（3）滤液中主要阳离子为、，还含有一定量的。某有机溶剂HR可高效萃取离解出的(实现与的有效分离)，其原理为(org表示有机相)：；再向有机相中加入稀硫酸，反萃取得到溶液。 结合图2和图3，补充完整以滤液为原料，制取较纯净晶体的实验方案：_______，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。(实验中可选用的试剂：有机溶剂HR、硫酸、硫酸)。【答案】（1）①.②.空气流量过大，氨气的挥发量增多，导致Cu元素的浸出率降低③.的浓度增大，抑制电离，增大溶液中浓度（2）提高铜元素的利用率（3）将滤液和有机溶剂HR按体积比1:1混合，充分震荡、静止分层，分液，取有机相，加入适量2mol/L的硫酸，充分震荡、静止分层，分液，取水相。【解析】【分析】金属料主要含金属Cu，还含少量Zn、Fe、Pb等金属，加入氨水的同时通入空气进行“氨浸”，Cu、Zn被氧化后与氨水形成配合物溶于水中，过滤除去Fe、Pb等金属，滤液中含有、、等离子，利用有机溶剂萃取离解出的，再向有机相中加入稀硫酸，反萃取得到溶液，经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥得硫酸铜晶体。【小问1详解】①鼓入空气，金属Cu可被氧化生成，氧化剂是氧气，根据得失电子守恒，其离子方程式为；②空气流量过大，氨气的挥发量增多，导致Cu元素的浸出率降低。③“氨浸”时向氨水中加入一定量固体，的浓度增大，抑制 电离，溶液中浓度增大，有利于转化为。【小问2详解】洗涤滤渣所得滤液中含有铜元素，洗涤滤渣所得的滤液与“过滤”所得滤液合并可提高铜元素的利用率；【小问3详解】根据图示，有机相与水相体积比为1:1时铜萃取率最高，加入硫酸浓度为2mol/L时铜反萃取率最高。所以将滤液和有机溶剂HR按体积比1:1混合，充分震荡、静止分层，分液，取有机相，加入适量2mol/L的硫酸，充分震荡、静止分层，分液，取水相，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥得硫酸铜晶体。18.有效去除烟气中的是环境保护的重要课题。（1）能将NO和转化成绿色硝化剂。已知下列热化学方程式：则反应的_______。（2）一种通过BaO和的相互转化脱除的原理如图所示。脱除的总反应为_______。（3）在催化剂作用下能与烟气(主要为空气，含少量)中反应，实现的脱除。常见的催化剂有等。反应的催化剂附在载体的表面，该载体为Ti的氧化物，其有两种晶体类型，其中一种晶体比表面积大，附着能力强，可用作载体，一定温度下可转化为另一种晶体。在催化下，的脱除机理如图所示。 ①转化IV中，V元素化合价的变化为_______。②脱除时须控制反应的温度，实验发现，其他条件一定，当温度过高时，的脱除率会降低，原因除高温下不利于的吸附、催化剂本身活性降低外，还可能的原因是_______和_______。【答案】（1）—504.4kJ/mol（2）12NO2+3O2+20NH316N2+30H2O（3）①.+4变为+5②.载体晶体类型发生变化，附着催化剂的量变少③.活性中间体直接被O2氧化，未能还原NO【解析】【小问1详解】将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，②+③—①可得反应，则△H=△H2+△H3—△H1=(—114kJ/mol)+(—284.2kJ/mol)—(+106.2kJ/mol)=—504.4kJ/mol，故答案为：—504.4kJ/mol；【小问2详解】由图可知，脱除二氧化氮总反应为在氧化钡做催化剂的条件下，二氧化氮与氧气、氨气反应生成氮气和水，反应的化学方程式为12NO2+3O2+20NH316N2+30H2O，故答案为：12NO2+3O2+20NH316N2+30H2O； 【小问3详解】①由图可知，转化IV中钒元素的化合价由+4价升高为+5价被氧化，故答案为：+4变为+5；②由题意可知，其他条件一定，脱除氮的氧化物时，温度过高不利于氨气的吸附、催化剂本身活性降低、载体晶体类型发生变化，附着催化剂的量变少、活性中间体直接被氧气氧化，未能还原一氧化氮会导致氮的氧化物的脱除率会降低，故答案为：载体晶体类型发生变化，附着催化剂的量变少；活性中间体直接被O2氧化，未能还原NO。