【化学】安徽省阜阳市第三中学2018-2019学年高二下学期开学考试（解析版）

安徽省阜阳市第三中学2018-2019学年高二下学期开学考试
1. 下列关于热化学反应的描述中正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57．3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的反应热ΔH＝2×(－57．3)kJ/mol
B. CO(g)的燃烧热是283．0kJ/mol，则2CO2(g) ＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+566．0kJ/mol
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】B
【解析】
试题分析：A、硫酸与氢氧化钙反应会生成微溶物硫酸钙，放出的热量应2×(－57．3)kJ/mol。B、二氧化碳反应生成一氧化碳和氧气属于吸热反应，焓变值大于0且数值上与一氧化碳的燃烧热相等。C、吸热反应与反应是否加热无关。D、应是液态水。所以答案选B
考点：考查热化学反应方程式的相关知识点。
2.100 g碳燃烧所得气体中，CO占1/3 体积，CO2占2/3 体积，且C(s)+ 1/2 O2(g) ＝CO(g) ΔH＝－110.35 kJ/mol,CO(g)+ 1/2O2(g) ＝CO2(g) ΔH=－282.57 kJ/mol。与这些碳完全燃烧相比较，损失的热量 是
A. 392.92 kJ B. 2 489.44 kJ C. 784.92 kJ D. 3 274.3 kJ
【答案】C
【解析】
试题分析：100克碳的物质的量为100/12=25/3mol，燃烧所得气体中，一氧化碳占三分之一，所以一氧化碳的物质的量为25/9mol，由于一氧化碳转化为二氧化碳放热，所以25/9mol一氧化碳变成二氧化碳放出的热量为282.57×25/9=738.92KJ,即100克碳不完全燃烧生成一氧化碳损失的热量为784.92KJ ，选C。
考点： 有关反应热的计算
3.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变能够引起反应速率增大的是
A. 增加C的量
B. 将容器的体积缩小一半
C. 保持体积不变，充入N2使体系压强增大
D. 保持压强不变，充入N2使容器体积变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳为固体，增加碳的量，反应速率不变，故A不选；
B．将容器的体积缩小一半，压强增大，反应速率增大，故B选；
C．保持体积不变，充入N2，反应体系中各物质浓度不变，反应速率不变，故C不选；
D．保持压强不变，充入N2，体积增大，浓度减小，反应速率减小，故D不选；
故答案选B。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，把握浓度、压强对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C、D为解答的易错点，明确压强对反应速率影响的实质是解答的关键。
4.对于可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g），在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是（　　）
A. v（A）=0.5mol•L-1•min-1
B. v（B）=1.2mol•L-1•s-1
C. v（D）=0.4mol•L-1•min-1
D. v（C）=0.1mol•L-1•s-1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据反应速率之比等于化学计量数之比，可将各种物质转化成用A物质表示其反应速率，以此可比较反应速率大小，注意单位换算成统一的速率单位比较。
【详解】A．v（A）=0.5mol•L-1•min-1；
B．v（A）=1/3 v（B）=0.4mol•L-1•s-1=24mol•L-1•min-1；
C．v（A）=1/2 v（D）=0.2mol•L-1•min-1；
D．v（A）=1/2 v（C）=0.05mol•L-1•s-1=3mol•L-1•min-1；
则反应速率最大的为B，故答案选B。
5.同质量的锌与盐酸反应,欲使反应速率增大,选用的反应条件正确的组合是
①锌粒②锌片③锌粉④5%的盐酸⑤10%的盐酸⑥15%的盐酸⑦加热⑧用冷水冷却⑨不断振荡⑩迅速混合后静置。
A. ②⑥⑦⑩ B. ①④⑧⑩ C. ③⑤⑦⑨ D. ③⑥⑦⑨
【答案】D
【解析】
【分析】
用锌粒与稀盐酸反应制取氢气时，增大氢离子的浓度、升高温度、增大接触面积等可加快反应速率，以此来解答。
【详解】①锌粒、②锌片、③锌粉相比较，锌粉表面积最大，反应速率最大；④5%盐酸、⑤10%盐酸、⑥15%盐酸相比较，⑥浓度最大，反应速率最大；⑦加热、⑧用冷水冷却相比较，升高温度反应速率增大；不断振荡可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，故选用的反应条件正确的组合是③⑥⑦⑨，答案选D。
6.室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是
A. 加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B. 增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br
C. 若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D. 若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
【答案】D
【解析】
分析：本题考查反应速率和平衡的基本知识。根据题目的反应，主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。
详解：A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。
B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。
C．若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确。
D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间。选项D错误。
点睛：本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的，所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。
7.在一定温度下，向aL密闭容器中加入1mol X气体和2mol Y气体，发生如下反应：X(g)+2Y(g)⇌2Z(g)，下列说法中：
①容器内压强不随时间变化，②容器内各物质的浓度不随时间变化，
③容器内X、Y、Z的浓度之比为1:2:2，
④单位时间消耗0.1mol X同时生成0.2mol Z,能判断此反应达到平衡的标志的是
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。
【详解】①反应前后气体系数之和不相等，即反应前后气体的物质的量是变化的，因此压强不变，能说明反应达到平衡；
②根据化学平衡状态的定义，组分的浓度不变说明反应达到平衡；
③没有转化率无法计算，因此不能说明达到平衡；
④不同物质的反应速率判断达到平衡，要求反应方向一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，消耗X和生成Z反应都是向正反应方向进行，因此不能说明反应达到平衡。
所以能判断此反应达到平衡的标志的是①②。答案选A。
【点睛】④是解答的易错点，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。
8.已知反应3A(g)+B(g)⇌C(s)+4D(g).如图中a、b表示在一定条件下D的体积分数随时间t的变化情况。若使曲线b变为曲线a.可采取的措施是

A. 增大B的浓度 B. 升高温度
C. 缩小反应容器的体积(加压) D. 增大反应容器的体积
【答案】C
【解析】
【分析】
使b曲线变为a曲线，到达平衡时间缩短，且D的体积分数不发生变化，说明改变条件，反应速率加快，不影响平衡移动，以此解答该题。
【详解】A．增大B的浓度，平衡正向移动，D的体积分数增大，故A不选；
B．升高温度，平衡发生移动，a、b的平衡状态不同，故B不选；
C．缩小反应容器的体积增大压强，反应速率加快，该反应前后气体的物质的量不变，平衡不移动，D体积分数不变，故C选；
D．增大反应容器的体积，浓度减小，反应速率减小，故D不选。
故答案选C。
【点睛】本题考查平衡图象、化学平衡的影响因素等，侧重考查学生的分析能力，解答的关键是根据图象判断改变条件，反应速率加快，不影响平衡移动，明确影响反应速率和化学平衡的因素。
9.在一定温度下，向一个容积为2L的密闭容器内（预先加入催化剂）通入2mol NH3，经过一段时间后，测得容器内的压强为起始时的1.2倍.则NH3的转化率为（　　）
A. 25% B. 80% C. 10% D. 20%
【答案】D
【解析】
【分析】
令平衡时参加反应NH3的物质的量为xmol，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，利用压强之比等于物质的量之比，结合平衡时容器内气体压强为起始时的1.2倍列方程计算x的值，进而计算NH3的转化率。
【详解】令平衡时参加反应NH3的物质的量为xmol，由题意建立如下三段式：
2NH3N2（g）+3H2（g）
开始（mol）：2 0 0
变化（mol）：x 0.5x 1.5x
平衡（mol）：2-x 0.5x 1.5x
所以根据压强之比等于物质的量之比可知2-x+0.5x+1.5x=2×1.2，解得x=0.4，所以NH3的转化率为0.4/2×100%=20%。故答案选D。
10.下列有关化学反应速率的说法中，正确的是(　　)
A. 100 mL 2 mol·L－1的盐酸与锌反应时，加入适量的NaCl溶液，生成H2的速率不变
B. 用铁片和稀硫酸反应制取H2时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生H2的速率
C. 二氧化硫的催化氧化反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
D. 汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢
【答案】D
【解析】
A．加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，反应物浓度减小，则反应速率减小，故A错误；
B．铁片和浓硫酸在加热时生成二氧化硫，不加热发生钝化，反应不生成氢气，故B错误；
C．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故C错误；
D．减小压强，活化分子浓度减小，反应速率减小，故D正确．
【点评】本题综合考查化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握影响因素以及相关基础知识的学习，难度不大．
11.下列叙述正确的是
A. 95 ℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性
B. 常温下，pH = 3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH = 4
C. 常温下，0.2 mol·L－1的盐酸，与等体积水混合后pH = 1
D. 常温下，pH = 3的醋酸溶液，与pH = 11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH = 7
【答案】C
【解析】
A. 水的电离为吸热过程，温度升高，促进电离，溶液中c(H+)增大，pH减小，但依然存在c(H+)=c(OH−)，溶液呈中性，故A错误；B. 醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，将pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后，溶液3 T2，B是正确；根据图象可以知道，A为反应物，B和C为生成物，在时反应达平衡，A、B、C的浓度的变化量分别为、和，故A、B、C的计量数之比为，因为此反应最后达平衡，故为可逆反应，化学方程式为：2AB＋3C，C错误；从图象可以知道，温度T升高，y降低；而对于反应2X(g)＋3Y(g) 2Z(g)ΔH < 0，升高温度，平衡左移，Y的百分含量升高，故y不能表示Y的百分含量，D错误；正确选项 B。
点睛：对于速率和时间的图像，一般来讲，造成V(正)、V(逆)都发生突变，改变了压强和温度；如果只改变了反应物或生成物的浓度，V(正)或V(逆)有一个发生突变，有一个发生渐变。
24.电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72-）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应
Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3形式除去，下列说法不正确的是
A. 阳极反应为Fe－2e－=Fe2＋
B. 电解过程中溶液pH不会变化
C. 过程中有Fe(OH)3沉淀生成
D. 电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O72-被还原
【答案】B
【解析】
试题分析：A、铁为活泼电极，铁板作阳极时电解过程中电极本身失电子，电极反应式为： Fe-2e-=Fe2+，正确；B、根据题意知，反应过程中溶液中的氢离子浓度减小，溶液pH增大，错误；C、根据Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O知，反应过程中消耗了大量H+，使得Cr3+和Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，正确；D、电路中每转移12 mol电子，有6mol Fe2+，结合题给反应知最多有1 mol Cr2O72-被还原，正确。
考点：考查电解原理的应用。
25.用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有
①2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑
②Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑
③2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑
④2H2O2H2↑+O2↑
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ②④
【答案】C
【解析】
【分析】
用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，电解过程分为：第一阶段，阳极上氯离子放电、阴极上铜离子放电；第二阶段：阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；第三阶段：阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，据此判断。
【详解】用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，设溶液中硫酸铜的物质的量为1mol，氯化钠的物质的量为3mol，根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上氯离子放电，阴极上铜离子放电，当铜离子完全析出时转移电子的物质的量为2mol，转移2mol电子时消耗2mol氯离子，所以氯离子还剩余1mol，则此时发生的电池反应式为②；第二阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，当氯离子完全被电解后，发生的电池反应式为③；第三阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，相当于电解水，所以发生的电池反应式为④；故答案选C。
【点睛】本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解答本题的关键，结合转移电子相等判断阴阳极上析出的物质。
26.回答下列问题：
（1）pH=3的醋酸和pH=ll的氢氧化钠溶液等体积混合后，混合溶液中c(Na+)____c(CH3COO-)（填“＞”或“0，达到平衡时，c(A)=2mol•L-1，c(B)=7mol•L-1，c(C)=4mol•L-1。试确定B的起始浓度c(B)的取值范围是________________。若改变条件重新达到平衡后体系中C的质量分数增大，其采取的措施是________________。
（4）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的一极通入O2和CO2,另一极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐，电池负极的电极反应式为___________；放电时，CO32−移向电池的___（填“正”或“负”）极。
【答案】 (1). ＜ (2). Al3++3HCO3-＝Al（OH）3↓+3CO2↑ (3). 3mol/L≤c（B）≤9mol/L (4). 减压或升温 (5). C3H8+10CO32--20e-＝4H2O+13CO2 (6). 负
【解析】
【分析】
（1）pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液，醋酸浓度较大，等体积混合时，醋酸过量；
（2）碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；
（3）若A完全转化为C，B取最小值，若C完全转化为反应物，B取最大值；改变条件重新达到平衡后体系中C的质量分数增大，可使平衡正向移动；
（4）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，发生失去电子的氧化反应，原电池中阴离子向负极移动。
【详解】（1）醋酸为弱电解质，pH=3的醋酸溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，醋酸的浓度大于0.001mol/L，而pH=11的氢氧化钠溶液的浓度为0.001mol/L，两溶液等体积混合后醋酸过量，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），则c（Na+）＜c（CH3COO-）；
（2）将NaHCO3溶液跟A12(SO4)3溶液混合，二者发生双水解反应，反应的离子方程式为：Al3++3HCO3-＝Al（OH）3↓+3CO2↑；
（3）可逆反应A（g）+2B（g）4C（g）△H＞0达到平衡时，c（A）=2mol/L，c（B）=7mol/L，c（C）=4mol/L，若开始时反应向逆反应方向进行，生成B为4mol/L，则B最小值为7mol/L－4mol/L＝3mol/L；若开始时反应向正反应方向进行，消耗2molB，则B的最大值为7mol/L+2mol/L＝9mol/L，则B的起始浓度的范围为：3mol/L≤c（B）≤9mol/L；若改变条件重新达到平衡后体系中C的质量分数增大，应使平衡向正反应方向移动，由于该反应为气体分子数增大的吸热反应，可以减小压强，也可以升高温度，使平衡向着正向移动；
（4）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，与碳酸根离子结合生成二氧化碳，同时还有水生成，则负极电极反应为：C3H8+10CO32--20e-＝4H2O+13CO2，原电池中阴离子向负极移动，即CO32-移向电池的负极。
27.对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。
（1）以下为铝材表面处理的一种方法：

①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是___________（用离子方程式表示）。为将碱洗后槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的_______________________。
A.NH3 B.CO2 C. NaOH D.HNO3
②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极的电极反应式为_________________________________。
（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是__________________。
（3）利用图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于__处。若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为___________。

【答案】 (1). (2). B (3). (4). 补充溶液中的，保持溶液中的浓度恒定 (5). N (6). 牺牲阳极的阴极保护法
【解析】
【详解】（1）①铝能与强碱反应产生氢气，Al（OH）3具有两性，既能与强碱反应也能与强酸反应生成盐和水，碱洗槽液中有AlO2-，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32-或CO2+2H2O+AlO2-═HCO3-+Al（OH）3↓，若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解，故答案为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO+3H2↑；B；
②铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O-6e-＝Al2O3+6H+，故答案为：2Al+3H2O-6e-＝Al2O3+6H+
（2）电镀铜时用铜做阳极，阳极上铜被氧化，电解质溶液浓度不变，用铜作电极可及时补充电镀液中消耗的Cu2+，保持其浓度恒定，采用石墨无法补充Cu2+，故答案为：补充溶液中消耗的Cu2＋,保持溶液中Cu2＋浓度恒定；
（3）金属的电化学防护有牺牲阳极的阴极保法和外加电源的阴极保护法，若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极作阴极；若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，为牺牲阳极的阴极保护法。故答案为：N；牺牲阳极的阴极保护法。
【点睛】本题考查较为综合，做题时注意把握好Al、AlO2-、Al（OH）3等物质的性质，掌握电解、电镀等知识的原理，了解金属的防护措施。
28.25℃时，0.1mol/L的醋酸溶液的pH约为3，当向其中加入醋酸钠晶体，等晶体溶解后发现溶液的pH增大。对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，c(OH－)增大了，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c(H+)减小，因此溶液的pH增大。
（1）为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1mol/L的醋酸溶液中加入少量下列物质中的___(填写编号)，然后测定溶液的pH(已知25℃时CH3COONH4溶液呈中性)。
A. 固体CH3COOK    B.固体CH3COONH4  C.气体NH3   D.固体NaHCO3
（2）若___(填“甲”或“乙”)的解释正确，溶液的pH应___(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）常温下将0.01molCH3COONa和0.004molHCl溶于水，配制成0.5L混合溶液。其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.01mol，它们是__和___（用离子式和分子式表示）。
【答案】 (1). B (2). 乙 (3). 增大 (4). CH3COO－ (5). CH3COOH
【解析】
【分析】
（1）要判断哪一种解释正确，可加入一种含有CH3COO-但溶液不显碱性的盐；
（2）如乙正确，从电离平衡移动的角度分析；
（3）将0.01molCH3COONa和0.004molHCl溶于水，由于发生CH3COO-+H+CH3COOH，溶液中存在CH3COO-、Cl-、OH-、H+、Na+、CH3COOH和H2O等粒子，结合物料守恒判断。
【详解】（1）CH3COONH4溶液中，CH3COO-和NH4+都发生水解，且水解程度相等，CH3COONH4溶液呈中性，将CH3COONH4加入到0.1 mol•L-1醋酸中使pH增大，说明CH3COO-抑制了醋酸的电离，其它物质的水溶液都呈碱性，不能用于证明，故答案为B；
（2）若乙的解释正确，醋酸铵溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c（H+）减小，则溶液pH增大，
故答案为：乙，增大；
（3）①将0.01molCH3COONa和0.004molHCl溶于水，由于发生CH3COO-+H+CH3COOH，溶液中存在CH3COO-、Cl-、OH-、H+、Na+、CH3COOH和H2O等粒子，根据物料守恒可知，0.010mol CH3COONa在溶液中以CH3COOH和CH3COO-存在，则n（CH3COOH）+n（CH3COO-）=0.010mol。
29.在2L带气压计的恒容密闭容器中通入2molX(g)和1molY(g)，发生反应：2X(g)+Y(g)2Z(g)；△H＜0。若达到平衡时气体总物质的量变为原来的0.85倍。请回答下列问题。
（1）若反应经历5min达到平衡，则Y的平均反应速率为___。
（2）相同条件下进行反应，在t1时刻，只改变下列某一种条件，其曲线图象如图甲。

若c=0.90mol，t1时刻改变的条件是___(填选项编号，A.升温 B.降温 C.加压 D.减压  E.加催化剂),t2___5min(填“>”,“”,“