高考化学专题题库氧化还原反应的综合题含答案.docx
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高考化学专题题库氧化还原反应的综合题含答案
一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）
1．高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：
MnO2熔融氧化：
3MnO2+KClO3+6KOH
3K2MnO4+KCl+3H2O
K2MnO4歧化：
3K2MnO4+2CO2＝2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3
将MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液装入三颈烧瓶，再通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是______。
（2）MnO2熔融氧化应放在______中加热（填仪器编号）。
①烧杯 ②瓷坩埚 ③蒸发皿 ④铁坩埚
（3）为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊。
当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中。
待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞______，打开旋塞______，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集在气囊G中。
然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应。
（4）除去K2MnO4歧化产物中MnO2的操作方法是______。
（5）将三颈烧瓶中所得产物经过一系列操作得到针状的高锰酸钾晶体，最后采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是______。
【答案】长颈漏斗④ACBDE过滤高锰酸钾晶体受热易分解
【解析】
【分析】
（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗；
（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；
（3）该操作的目的是将气囊F中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法；
（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水；
（5）高锰酸钾晶体受热易分解。
【详解】
（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗，故答案为：
长颈漏斗；
（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，故答案为：
④；
（3）待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，故答案为：
AC；BDE；
（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水，固液分离应用过滤的方法，则除去高锰酸钾溶液中的二氧化锰应用过滤的方法，故答案为：
过滤；
（5）高锰酸钾晶体受热易分解，实验时应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，故答案为：
高锰酸钾晶体受热易分解。
2．某工业废水中主要含有Cr3＋，同时还含有少量的Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋等，且酸性较强。
为回收利用，通常采用如下流程处理：
注：
部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。
氢氧化物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Mg（OH）2
Al（OH）3
Cr（OH）3
pH
3.7
9.6
11.1
8
9（>9溶解）
（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________（填序号）。
A．Na2O2B．HNO3C．FeCl3D．KMnO4
（2）加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去的离子是________；已知钠离子交换树脂的原理：
Mn＋＋nNaR→MRn＋nNa＋，此步操作被交换除去的杂质离子是__________。
A．Fe3＋B．Al3＋C．Ca2＋D．Mg2＋
（3）还原过程中，每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole－，该反应离子方程式为____________。
【答案】AABCD3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O
【解析】
【分析】
某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到Cr（OH）（H2O）5SO4；
（1）加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，注意不能引入新的杂质；
（2）根据表中数据判断；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；
（3）每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式。
【详解】
某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到Cr（OH）（H2O）5SO4；
（1）加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用Na2O2代替H2O2，故答案为：
A；
（2）根据表中数据可知，pH=8时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、Al3+被除去；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；
（3）每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，则反应的离子方程式为：
3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O。
3．据报道，磷酸二氢钾（KH2PO4）大晶体已应用于我国研制的巨型激光器“神光二号”中。
利用氟磷灰石（化学式为Ca5P3FO12）制备磷酸二氢钾的工艺流程如下图所示（部分流程步骤已省略）：
已知萃取的主要反应原理：
KCl+H3PO4
KH2PO4+HCl；其中，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂。
请回答下列问题：
（1）流程中将氟磷灰石粉碎的目的是__________________________________。
（2）不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽的主要原因是____________（用化学方程式表示）。
（3）副产品N的化学式是____________；在得到KH2PO4晶体的一系列操作Ⅲ，其主要包括____________、过滤、洗涤、干燥等。
（4）若用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石（化学式为Ca5P3FO12，摩尔质量为504g/mol）来制取磷酸二氢钾晶体，其产率为80%，则理论上可生产KH2PO4（摩尔质量为136g/mol）的质量为_______kg。
（5）电解法制备KH2PO4的装置如图所示．该电解装置中，a区属于_______区（填“阳极”或“阴极”），阴极区的电极反应式是________________。
（6）工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO,该反应的化学方程式为________________________________________。
【答案】增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积,加快化学反应速率4HF+SiO2═SiF4↑+2H2ONH4Cl蒸发浓缩、冷却结晶326.4kg阴极2H＋＋2e－＝H2↑4Ca5P3FO12+21SiO2+30C
20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑
【解析】
【分析】
氟磷灰石（化学式为Ca5P3FO12）粉碎后加入浓硫酸，反应生成氢氟酸、硫酸钙、磷酸等，加入氯化钾后用有机萃取剂，KCl+H3PO4
KH2PO4+HCl，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂，有机相中含有氯化氢，加入氨水反应生成氯化铵，因此副产品主要为氯化铵，水相中含有KH2PO4，经过一系列操作得到KH2PO4晶体。
【详解】
（1）流程中将氟磷灰石粉碎，可以增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率，故答案为增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率；
（2）根据流程图，反应中生成了氢氟酸，氢氟酸能够与二氧化硅反应，因此不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽，故答案为4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O；
（3）根据上述分析，副产品N的化学式为NH4Cl；在得到KH2PO4晶体的一系列操作Ⅲ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故答案为NH4Cl；蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石（化学式为Ca5P3FO12）中含有Ca5P3FO12的质量为504kg，根据P元素守恒，理论上可生产KH2PO4的质量为504kg×80%×
÷
=326.4kg，故答案为326.4kg；
（5）根据图示，应该在a区生成KH2PO4，则钾离子由b区移向a区，则a区属于阴极区；阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑，故答案为阴极；2H＋＋2e－＝H2↑；
（6）用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO，反应的化学方程式为4Ca5P3FO12+21SiO2+30C
20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑，故答案为4Ca5P3FO12+21SiO2+30C
20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑。
4．某高中科研小组模拟工业尿素法生产肼（N2H4），具体方法：
先将尿素、次氯酸钠和氢氧化钠溶液混合，然后在催化剂存在的条件下反应制得肼，利用氮气吹出混合物中的肼，并用硫酸吸收制备硫酸肼。
具体实验原理图如下：
已知：
①肼极易溶于水，长期暴露在空气中或短时间受高温作用会爆炸分解。
②硫酸肼（N2H4·H2SO4）是类似于NH4HSO4的盐类，白色固体，微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇和二氯乙烷等有机溶剂。
③密度：
ρ硫酸肼>ρ二氯乙烷>ρ稀硫酸
（1）盛装尿素溶液的装置名称为_____________________；硫酸肼的水溶液中含有多种阳离子，其中阳离子N2H5+的电子式为________________________。
（2）反应前应先通入一段时间氮气，其目的为________________________________。
（3）装置A中发生反应制备肼的离子方程式为_______________________________。
（4）装置B中二氯乙烷的作用为__________________________________________；使用冰水浴的作用__________________________________________________。
（5）装置B反应完全后需经过过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中最好选择下列那种洗涤剂________________（填字母）。
A．冷水B．热水C．无水乙醇D．饱和食盐水
（6）若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L−1，则此溶液中离子浓度的大小顺序为______________________________________。
【答案】三颈烧瓶
赶走装置中的空气，避免空气与肼反应ClO−+2OH−+CO（NH2）2
N2H4+Cl−+
+H2O防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液利于产物析出，同时降温防爆炸Cc（Na+）>c（OH−）>c（ClO−）>c（H+）
【解析】
【分析】
（1）盛装尿素溶液的装置名称为三颈烧瓶；硫酸肼的水溶液中含有多种阳离子，其中阳离子N2H5+可以认为由N2H4与H+通过配位键结合，在N2H4中，每个N原子与两个H原子形成共价键，则两个N原子间还应形成一对共用电子。
（2）反应前应先通入一段时间氮气，其目的为排尽装置内的空气，防止空气与肼反应。
（3）装置A中，碱性溶液，ClO−在催化剂作用下，将CO（NH2）2氧化为N2H4，自身被还原为Cl−，同时生成
和H2O。
（4）装置B中二氯乙烷的作用为防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；使用冰水浴的作用是降低产物的溶解度，同时降温防爆。
（5）装置B反应完全后需经过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中尽可能减少产品的溶解损失，所以最好选择无水乙醇。
（6）若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L−1，c（Na+）=0.1mol·L−1，因水解c（ClO−）<0.1mol·L−1，c（OH−）>0.1mol·L−1，由此可确定溶液中离子浓度的大小。
【详解】
（1）盛装尿素溶液的装置名称为三颈烧瓶；N2H5+可以认为由N2H4与H+通过配位键结合，在N2H4中，每个N原子与两个H原子形成共价键，则两个N原子间还应形成一对共用电子,电子式为
。
答案为：
三颈烧瓶；
；
（2）反应前应先通入一段时间氮气，其目的为排尽装置内的空气，防止空气与肼反应。
答案为：
赶走装置中的空气，避免空气与肼反应；
（3）装置A中，碱性溶液，ClO−在催化剂作用下，将CO（NH2）2氧化为N2H4，自身被还原为Cl−，同时生成
和H2O，反应方程式为ClO−+2OH−+CO（NH2）2
N2H4+Cl−+
+H2O。
答案为：
ClO−+2OH−+CO（NH2）2
N2H4+Cl−+
+H2O；
（4）装置B中二氯乙烷的作用为防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；使用冰水浴的作用是降低产物的溶解度，同时降温防爆。
答案为：
防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；利于产物析出，同时降温防爆炸；
（5）装置B反应完全后需经过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中尽可能减少产品的溶解损失，所以最好选择无水乙醇。
答案为：
C；
（6）若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L−1，c（Na+）=0.1mol·L−1，因水解c（ClO−）<0.1mol·L−1，c（OH−）>0.1mol·L−1，由此可确定溶液中离子浓度的关系为：
c（Na+）>c（OH−）>c（ClO−）>c（H+）。
答案为：
c（Na+）>c（OH−）>c（ClO−）>c（H+）。
【点睛】
在分析装置B中二氯乙烷的作用时，应借助信息“③密度：
ρ硫酸肼>ρ二氯乙烷>ρ稀硫酸，且硫酸肼不溶于二氯乙烷”，则往二氯乙烷中通入肼后，肼逸出，在上层与稀硫酸反应生成硫酸肼，由于硫酸肼的密度比二氯乙烷大，且难溶于二氯乙烷，所以沉在二氯乙烷的底部，从而实现与反应混合液的分离。
5．某校化学兴趣小组为研究氯气的性质并模拟工业制备漂白粉，设计了下列装置进行实验。
已知：
①A中反应为KClO3＋6HCl（浓）=KCl＋3Cl2↑＋3H2O；
②石灰乳的主要成分为Ca（OH）2，其他杂质不参与反应。
（1）B装置作用____。
实验结束后，立即将B中溶液滴几滴在紫色石蕊试纸上，可观察到的现象是_____。
（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III 处依次放入的物质正确的是___（填编号）。
编号
I
II
III
A
干燥的有色布条
碱石灰
湿润的有色布条
B
干燥的有色布条
浓硫酸
湿润的有色布条
C
湿润的有色布条
浓硫酸
干燥的有色布条
D
湿润的有色布条
碱石灰
干燥的有色布条
（3）待E中物质完全反应后，经过一系列加工处理，得到漂白粉样品，其主要成份为___（填化学式）
（4）F装置的作用是（用化学方程式表示）____。
（5）为测定（3）中所得漂白粉的有效成份含量。
称取ag漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入CO2至产生沉淀最大值时，该过程的化学方程式为_____，若反应生成沉淀的物质的量为bmol，则该漂白粉中有效成份的质量分数为_____（用含a、b的式子表示）。
【答案】除去氯气中的HCl气体试纸变红不褪色CCaCl2、Ca（ClO）2Cl2＋2NaOH==NaCl+NaClO+H2OCO2+H2O+Ca（ClO）2==CaCO3↓+2HClO
【解析】
【分析】
由实验装置图可知，装置A用浓盐酸与氯酸钾反应制备氯气，盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，盛有浓硫酸的装置D的作用是干燥氯气，盛有石灰乳的装置E的作用是制备漂白粉，盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，防止污染空气。
【详解】
（1）盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，实验结束后，因饱和食盐水吸收氯化氢气体，使溶液呈酸性，滴在紫色石蕊试纸上，试纸变红色，由于氯气不溶于饱和食盐水，溶液中没有次氯酸，不能使试纸褪色，故答案为：
除去氯气中的HCl气体；试纸变红不褪色；
（2）氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色，则验证氯气是否具有漂白性时，C中I、II、III处依次放入的物质湿润的有色布条、浓硫酸、干燥的有色布条，C正确，故答案为：
C；
（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，则漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，故答案为：
CaCl2、Ca（ClO）2；
（4）盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，过量的氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，防止污染空气，反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH==NaCl+NaClO+H2O，故答案为：
Cl2＋2NaOH==NaCl+NaClO+H2O；
（5）碳酸的酸性强于次氯酸，将二氧化碳通入到漂白粉溶液中，二氧化碳与次氯酸钙反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的化学方程式为CO2+H2O+Ca（ClO）2==CaCO3↓+2HClO；由题意可知，碳酸钙的物质的量为bmol，则有效成分次氯酸钙的质量为bmol×143g/mol=143bg，该漂白粉中有效成份的质量分数为
，故答案为：
CO2+H2O+Ca（ClO）2==CaCO3↓+2HClO；
。
【点睛】
氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色是设计验证氯气是否具有漂白性实验方案的依据，也是解答试题的关键。
6．NOx、SO2的处理转化对环境保护有着重要意义。
（1）利用反应2NO（g）＋2CO（g）=N2（g）＋2CO2（g），可实现汽车尾气的无害化处理。
一定条件下进行该反应，测得CO的平衡转化率与温度、起始投料比m[m=
]的关系如图1所示。
①该反应的ΔH____0（填“>”“<”或“＝”）。
②下列说法正确的是________（填字母）。
A．当体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态
B．投料比：
m1＞m2＞m3
C．当投料比m＝2时，NO转化率是CO转化率的2倍
D．汽车排气管中的催化剂可提高NO的平衡转化率
③随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为________。
（2）若反应2NO（g）＋2CO（g）=N2（g）＋2CO2（g）的正、逆反应速率可表示为：
v正=k正·c2（NO）·c2（CO）；v逆=k逆·c（N2）·c2（CO2）,k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。
一定温度下，在体积为1L的容器中加入2molNO和2molCO发生上述反应，测得CO和CO2物质的量浓度随时间的变化如图2所示，则a点时v正∶v逆＝________。
（3）工业生产排放的烟气中同时存在SO2、NOx和CO，利用它们的相互作用可将SO2、NOx还原成无害物质，一定条件下得到以下实验结果。
图3为298K各气体分压（气体的物质的量分数与总压的乘积）与CO物质的量分数的关系，图4为CO物质的量分数为2.0%时，各气体分压与温度的关系。
下列说法不正确的是________（填字母）。
A．不同温度下脱硝的产物为N2，脱硫的产物可能有多种
B．温度越高脱硫脱硝的效果越好
C．NOx比SO2更易被CO还原
D．体系中可能发生反应：
2COS=S2＋2CO；4CO2＋S2=4CO＋2SO2
（4）NH3催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。
用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原成N2的一种反应历程如图5所示，则总反应方程式为________。
（5）用间接电化学法去除烟气中NO的原理如图6所示，则阴极的电极反应式为____。
【答案】＜AB温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响160：
1B4NH3+4NO+O2
4N2+6H2O2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O
【解析】
【分析】
（1）①由图象可知，起始投料比m一定时，CO的平衡转化率随温度的升高而降低；
②A.起始投料比m一定时，而反应中NO、CO的变化量相同，体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变，即体系中CO2、CO物质的量浓度不变，据此判断；
B.由图象可知，温度一定时，增大NO浓度，CO转化率增大；
C.根据转化率α=变化量与起始量的比值和反应中NO、CO的变化量相同分析判断；
D.催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率；
③由图象可知，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近，主要原因是温度的影响起主导作用，投料比不同的影响为次要因素；
（2）反应达到平衡时v正=k正•c2（NO）c2（CO）=v逆=k逆•c（N2）c2（CO2），则平衡常数K=
，结合反应三段式计算平衡常数K和a点时各物质的浓度，代入v正、v逆计算v正：
v逆；
（3）A．由图可知，NOx还原成无害物质为氮气，脱硫的产物可能有多种，与温度有关；B．温度高于1000℃时二氧化硫的含量增大，说明温度越高不利于脱硫；
C．根据图3，随CO物质的量分数增大，还原NOx生成氮气曲线斜率变化比较小，而还原SO2需要CO物质的量分数较大时才能将SO2从烟气中分离；
D．根据图4，COS分压曲线随温度升高减小，S2、CO分压增大，继续升高温度，S2、CO2分压减小，CO分压增大；
（4）用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原成N2，同时生成水，原子守恒配平书写化学方程式；
（5）阴极通入的SO32-发生得电子的还原反应生成S2O42-。
【详解】
（1）①由图象可知，起始投料比m一定时，温度越高，CO的平衡转化率越低，即升高温度平衡逆向移动，所以正反应放热，即△H＜0；
②A．反应正向进行时CO2增多而CO减少，说明未达到平衡时二者比值会变，所以体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变，反应达到平衡状态，故A正确；
B．由图象可知，温度一定时，增大NO浓度，CO转化率增大，即起始投料比m越大时，CO转化率越大，所以投料比：
m1＞m2＞m3，故B正确；
C．由反应计量关系可知，反应中NO、CO的变化
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