山西省运城市2024-2025学年高三上学期摸底调研化学试题（解析版）

运城市2024-2025学年高三摸底调研测试化学试题本试题满分100分，考试时间75分钟。答案一律写在答题卡上。注意事项：1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。2.答题时使用0.5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的答案无效。4.保持卡面清洁，不折叠，不破损。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Hg-201一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共计45分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.奋进中的运城取得了令人瞩目的成就，对下列成就涉及的化学知识说法错误的是A.临猗黄河大桥所使用的水泥属于传统的无机非金属材料B.“数字运城”大数据中心的电子设备芯片使用的材料是晶体硅C.亚洲最大铝厂河津铝厂生产的透明氧化铝陶瓷属于金属材料D.高速路网“县县通高速”，高速路面使用的改性沥青是有机材料【答案】C【解析】【详解】A．水泥是一种粉状的水硬性无机胶凝材料，由石灰石、黏土和其他辅助材料组成，属于传统的无机非金属材料，A正确；B．硅是一种半导体材料，具有耐高电压、耐高温、晶带宽度大等优点，因此被广泛用于制造电子设备芯片，B正确；C．氧化铝陶瓷是一种以Al2O3为主晶相的陶瓷材料，其氧化铝含量一般在75%~99%之间，属于无机非金属材料，不属于金属材料，C错误；D．沥青是由不同分子量的碳氢化合物及其非金属衍生物组成的黑褐色复杂混合物，是高黏度有机液体的一种，是有机材料，D正确；故选C。2.黑火药的爆炸反应为。与该反应有关的下列化学用语表述正确的是A.基态S的原子结构示意图为 B.的电子式为C.的结构式为N≡N D.的空间构型为【答案】C【解析】【详解】A．S的原子序数为16，原子核内有16个质子，核外有16个电子，基态S的原子结构示意图为：，A项错误；B．为离子化合物，电子式为：，B项错误；C．中两个氮原子形成氮氮三键，其结构式为N≡N，C项正确；D．的碳原子的价层电子对数为：，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为直线形，D项错误；故选C。3.反应常被用于除去水中残余氯。为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.100mL1mol⋅L水溶液中含有的键数目为B.0℃、101kPa时，22.4L中氯原子的数目为C.常温常压下1.6g含有质子的数目为D.通过上述反应除去0.5mol，转移电子的数目为【答案】A【解析】【详解】A．水溶液中，H2O2和H2O均含有2个键，则100mL1mol⋅L水溶液中含有的键数目大于，A错误；B．0℃、101kPa为标准状态，22.4L的物质的量为1mol，含有氯原子的数目为，B正确；C．O2中含有16个质子，常温常压下1.6g的物质的量为=0.05mol，含有质子的数目为，C正确；D．根据反应可知，Cl元素由0价下降到-1价，通过上述反应除去0.5mol，转移电子的数目为=，D正确；故选A。4.劳动创造美好生活。下列劳动者的工作内容所涉及化学知识错误的是选项工作内容化学知识A工程师在船舶外壳安装锌块保护船体此电化学保护中锌块作负极B医生为糖尿病患者开处方并叮嘱患者控制米饭类食物的摄入量淀粉能水解生成葡萄糖C污水处理员用二氧化氯和明矾进行污水处理均可以对污水进行杀菌消毒D园艺师给花卉施肥时，草木灰和铵态氮肥不混合施用碳酸钾和铵盐相互促进水解降低氮肥的肥效A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．工程师在船舶外壳安装锌块保护船体，锌金属活动性强于铁，锌块做负极，A正确；B．淀粉能水解生成葡萄糖，因此糖尿病患者需要控制米饭类食物的摄入量，B正确；C．明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附作用，能吸附悬浊物而聚沉，但是不能对污水进行杀菌消毒，C错误；D．草木灰中的碳酸根离子和铵态氮肥中的铵根离子能发生双水解反应，相互促进水解生成NH3逸出，降低氮肥的肥效，故两种肥料不能混合使用，D正确；故选C。5.室温下，下列离子在指定溶液中能大量共存的是A.在溶液中：、、、B.在溶液中：、、、C.在溶液中：、、、D.在稀盐酸中：、、、【答案】D【解析】【详解】A．溶液中，和、反应会生成沉淀，同时具有氧化性，Fe2+具有还原性，能发生氧化还原反应，均不能大量共存，A不选；B．在溶液中，Fe3+和会反应生成红色的Fe(SCN)3，不能大量共存，B不选；C．在溶液中，和Al3+会发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，不能大量共存，C不选；D．在稀盐酸中，、、、之间不发生反应，可以大量共存，D选；故选D。6.某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是气体液体固体粉末A饱和溶液B溶液C溶液DA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，由于在相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终瓶中仍有白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A项选；B．通入Cl2，发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最终Fe消失得到澄清溶液，B项不选；C．通入HCl，在酸性条件下会表现强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C项不选；D．AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+，使溶解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，D项不选；答案选A。7.下列生产活动中对应的离子方程式不正确的是A.用溶液蚀刻覆铜板制作印刷电路板：B.向冷的石灰乳中通入制漂白粉：C.用溶液除锅炉水垢中的：D.尾气与氨水反应得到硫酸铵：【答案】B【解析】【详解】A．用溶液蚀刻覆铜板制作印刷电路板，Fe3+被Cu还原为Fe2+，Cu被Fe3+氧化为Cu2+，离子方程式为：，A正确；B．向冷的石灰乳中通入制漂白粉生成次氯酸钙和氯化钙，离子方程式为：，B错误；C．用溶液除锅炉水垢中的，转化为溶解度更小的CaCO3，离子方程式为：，C正确；D．是酸性氧化物且具有还原性，与氨水、O2发生氧化还原反应得到硫酸铵，离子方程式为：，D正确；故选B。8.下列实验操作、现象和对应结论均正确的是选项实验操作及现象得出结论A向溶液()中滴加溶液，紫色褪去具有还原性B在25℃和40℃时，测得0.1mol·L溶液pH分别是9.66和9.37水解常数：(40℃)(25℃)C向葡萄糖溶液中加入溶液和少量NaOH溶液，并加热，产生砖红色沉淀新制可检验葡萄糖D分别向等量乙醇和水中加入绿豆大的钠，钠与水反应更剧烈水分子中的氢原子比乙醇羟基中的氢原子活泼A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．酸性条件下氯离子也会和高锰酸钾发生氧化还原反应使得溶液褪色，故不能说明具有还原性，A错误；B．升高温度．水的电离平衡正向移动，c(H+)增大，pH减小，则升高温度测得0.1mol·L溶液pH减小，不能说明升高温度促进水解使平衡正向移动，则不能得出水解常数：(40℃)(25℃)，B错误；C．要利用新制Cu(OH)2检验葡萄糖的醛基，操作方法是：在试管中加入2mL10%的NaOH溶液，滴加5滴CuSO4溶液，使溶液显碱性，反应产生Cu(OH)2蓝色絮状沉淀，然后再加入2mL10%葡萄糖溶液，加热煮沸，进行观察，若产生砖红色沉淀，证明葡萄糖分子中含有醛基，C错误；D．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则乙醇中羟基上氢的活泼性比水中氢的活泼性弱，即水分子中的氢原子比乙醇羟基中的氢原子活泼，D正确；故选D。9.实验室中可通过香草胺与8-甲基壬酸为原料合成二氢辣椒素，下列有关说法不正确的是A.香草胺中含有三种官能团B.二氢辣椒素结构中具有一个手性碳原子C.1mol二氢辣椒素与过量NaOH溶液作用，最多可消耗2molNaOHD.产物提纯后，可通过红外光谱检测酰胺基的存在，初步确定此合成是否成功【答案】B【解析】【详解】A．根据题目中香草胺的结构可以得到，香草胺中含有羟基、醚键、氨基三种官能团，A正确；B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，二氢辣椒素结构中没有手性碳原子，B错误；C．二氢辣椒素中的酚羟基、酰胺基能消耗氢氧化钠，1mol二氢辣椒素与过量NaOH溶液作用，最多可消耗2molNaOH，C正确；D．二氢辣椒素中含有酰胺基，红外光谱可以检测有机物中的官能团，可通过红外光谱检测酰胺基的存在，初步确定此合成是否成功，D正确；故选B。10.肼()是一种重要的燃料。向恒容密闭容器内加入3mol，一定条件下体系中存在以下平衡：Ⅰ．Ⅱ．不同温度下达到平衡时，均几乎完全分解，分解产物的物质的量如图。下列说法不正确的是A.、中心原子杂化类型相同B.曲线a对应的物质是C.低于M点对应温度时，以反应Ⅱ为主D.N点时，体系内为3∶4【答案】D【解析】【详解】A．、中N原子均形成3个键且都含有1个孤电子对，则二者中心原子杂化类型相同，均为sp3杂化，A正确；B．图中为分解产物的物质的量，当温度升高时，NH3趋于0，此时以反应Ⅰ为主，根据反应可知，H2的物质的大于N2，曲线a对应的物质是H2，B正确；C．低于M点对应温度时，NH3含量最高，以反应Ⅱ为主，C正确；D．设n(N2)=n(NH3)=amol，则由反应Ⅱ生成的N2为0.25amol，由反应①生成的N2为0.75amol，反应Ⅰ生成的H2为2×0.75amol，体系内为2∶3，故D错误；故选D。11.高铁酸钠是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。某化学兴趣小组用废铁屑(主要成分为，杂质有及油脂)制备高铁酸钠的主要流程如下。下列说法错误的是A.“碱浸”可以除去废铁屑中的油脂B.“滤渣”的主要成分是和C.“操作Ⅰ”通入的空气可以用溶液代替D.若流程改为先“氧化”后“调”，可能会生成【答案】B【解析】【分析】废铁屑(主要成分为Fe，杂质有Al、C及油脂)加NaOH碱浸，可以除去废铁屑表面的油脂和Al，过滤后滤液中含有Na[Al(OH)4]和油脂水解后的杂质，固体中含有Fe、C，加盐酸酸浸，过滤后滤渣为C，滤液为氯化亚铁溶液，通入空气Fe2+被氧化为Fe3+，加NaOH调pH为碱性，NaClO和Fe(OH)3发生氧化还原反应得到Na2FeO4、NaCl，并通过结晶分离出Na2FeO4。【详解】A．根据分析，“碱浸”可以除去废铁屑中的油脂，A正确；B．根据分析，“滤渣”的主要成分是C，B错误；C．根据分析，“操作Ⅰ”目的是将Fe2+氧化为Fe3+，用H2O2也可以做氧化剂，且不会引人杂质，因此“操作Ⅰ”通入的空气可以用H2O2溶液代替，C正确；D．若先“氧化”，溶液为酸性，Na2FeO4在酸性条件下有较强的氧化性，能将盐酸中的Cl-和加入的次氯酸根反应生成Cl2，D正确；故选B。12.朱砂(硫化汞)在众多先秦考古遗址中均有发现，其立方晶系型晶胞如下图所示，晶胞参数为anm，A原子的分数坐标为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法不正确的是A.S的配位数是4 B.晶胞中B原子分数坐标为C.该晶体的密度是g/cm3 D.相邻两个Hg的最短距离为nm【答案】B【解析】【详解】A．由晶胞图知，以位于体心的S原子为研究对象，S原子周围距离最近的Hg原子有4个，则S的配位数是4，A正确；B．由A原子的分数坐标为(0，0，0)，结合投影图知，晶胞中B原子分数坐标为，B错误；C．由晶胞图可知，含S原子=4×1=4个，Hg原子位于8个顶角和6个面心，共含Hg原子数=6×+8×=4，故该晶体密度是ρ=，C正确；D．由晶胞结构可知，相邻两个Hg的最短距离面对角线的一半，为nm，D正确；故选B。13.水系电池在碳循环方面具有广阔的应用前景。该电池的示意图如下，其中双极膜在工作时催化解离为和，并在直流电场的作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是A.放电时，电极为负极，发生还原反应B.充电时，从电极通过双极膜到达催化电极发生反应C.放电时，催化电极上的反应为D.充电时，电极上的反应为【答案】C【解析】【分析】由图知，该电池在放电时，作负极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为，催化电极作为正极得电子，发生还原反应，电极反应式为，充电时，作为阴极，双极膜在工作时催化解离为和，氢离子移向阴极，电极反应式为，催化电极为阳极，双极膜在工作时催化解离为和，氢氧根移向阴极，电极反应式为，据此回答。【详解】A．由分析知，放电时，电极为负极，发生氧化反应，A错误；B．由分析知，充电时，从双极膜向催化电极移动，并发生反应，OH-离子不能通过双极膜，B错误；C．由分析知，放电时，催化电极上的反应为，C正确；D．充电时，电极上的反应为，D错误；故选C。14.W、X、Y、Z为原子序数依次递增的短周期元素，最外层电子数均为奇数。只有X为金属元素，W核外电子数等于Y的最外层电子数，且W、Y处在不同周期，Z的单质常温下为气体。下列说法错误的是A.分子为平面三角形的非极性分子B.X单质可与氢氧化钠溶液反应产生氢气C.Z氧化物对应的水化物为强酸D.Y的第一电离能比同周期相邻两元素的高【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次递增的短周期元素，最外层电子数均为奇数，且W、Y处在不同周期，只有X为金属元素，W的核外电子数等于Y的最外层电子数，若W为H元素，则Y为金属元素，故W不为H元素，则W为B元素，那么Y为P元素；X为Na或Al元素，Z的单质常温下为气体，Z为Cl元素。【详解】A．BCl3中心原子形成3个共价键且无孤电子对，B为sp2杂化，是平面三角形结构，正负电中心重合，为非极性分子，A正确；B．X为Na或Al元素，Na和Al都可以与氢氧化钠溶液反应产生氢气，B正确；C．Cl的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，HClO4为强酸，而HClO是弱酸，C错误；D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是P原子价电子为3s23p3，3p轨道半充模较稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，D正确；故选C。15.室温下，向、均为的混合溶液中持续通入气体，始终保持饱和（的物质的量浓度为），通过调节使、分别沉淀，溶液中与的关系如下图所示。其中，c表示、、和的物质的量浓度的数值，。下列说法错误的是A.①代表与的关系曲线 B.逐渐增大时，溶液中优先析出的沉淀为C.的 D.的平衡常数【答案】D【解析】【分析】由于、均为，则曲线③④表示的离子为或，纵坐标表示的为，则离子浓度越小，越大，则曲线①代表与的关系，则曲线②代表与的关系，根据曲线②与曲线④的交点坐标(5.8，8.2)，可知此时pH=5.8，则，同时根据，则曲线④为与的关系，曲线③为与的关系，据此分析。【详解】A．由分析可知，①代表与的关系，A正确；B．曲线①代表与的关系，曲线③为与的关系，则根据二者交点(5.6，10.8)可知，，，当为时，随逐渐增大时，溶液中优先析出的沉淀为，B正确；C．曲线②代表与的关系，曲线④为与的关系，根据曲线②与曲线④的交点坐标(5.8，8.2)，可知此时pH=5.8，则，，则，C正确；D．的平衡常数表达式为，根据曲线①代表与的关系，曲线③为与的关系，则根据二者交点(5.6，10.8)可知，此时，，，根据B选项，，代入数据，，D错误；故选D。二、填空题(共4道小题，共55分)16.苯甲醛是一种重要的化工原料，某小组同学利用如图实验装置(夹持装置已略去)制备苯甲醛。已知有机物的相关数据如下表所示：有机物沸点℃密度为g/cm3溶解性苯甲醛178.11.04微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃苯甲醇205.71.04微溶于水，易溶于乙醇、梄和卤代烃二氯甲烷39.81.33难溶于水，易溶于有机溶剂实验步骤：①向容积为500mL的三颈烧瓶加入90.0mL质量分数为5%的次氯酸钠溶液(稍过量)，调节溶液的pH为9-10后，加入3.0mL苯甲醇、75.0mL二氯甲烷，不断搅拌。②充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，并将有机相合并。③向所得有机相中加入无水硫酸镁，过滤，得到有机混合物。④蒸馏有机混合物，得到2.08g苯甲醛产品。回答下列问题：（1）苯甲醇中碳原子的杂化方式为___________。（2）仪器b的名称为___________，三颈烧瓶中苯甲醇与NaClO反应的化学方程式为___________。（3）步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多，原因是___________；步骤③中加入无水硫酸镁，作用是___________。（4）步骤②中，应选用的实验装置是___________(填序号)，该操作中分离出有机相的具体操作方法：打开分液漏斗颈部的玻璃塞，___________，迅速关闭活塞。（5）本实验中，苯甲醛的产率为___________%(保留两位有效数字)。【答案】（1）sp2、sp3（2）①.球形冷凝管②.+NaClO→+NaCl+H2O（3）①.次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化②.除去少量的水，提高产品的纯度（4）①.③②.再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时（5）67.9%【解析】【分析】某小组同学利用如图实验装置(夹持装置已略去)制备苯甲醛，向容积为500mL的三颈烧瓶加入90.0mL质量分数为5%的次氯酸钠溶液(稍过量)，调节溶液的pH为9-10后，加入3.0mL苯甲醇、75.0mL二氯甲烷，不断搅拌，发生反应：+NaClO→+NaCl+H2O，步骤②中，充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，萃取应该选用分液漏斗进行分液，应选用的实验装置是③，向所得有机相中加入无水硫酸镁，过滤，得到有机混合物。【小问1详解】中含有苯环和亚甲基，碳原子的杂化方式为sp2、sp3。【小问2详解】仪器b的名称为球形冷凝管，苯甲醇与NaClO反应，苯甲醇被氧化生成苯甲醛，次氯酸钠本身被还原为氯化钠，反应的化学方程式为：+NaClO→+NaCl+H2O。【小问3详解】次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化，因此步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水，提高产品的纯度。【小问4详解】步骤②中，充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，萃取应该选用分液漏斗进行分液，应选用的实验装置是③，分液中分离出有机相的具体操作方法为打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞。【小问5详解】根据+NaClO→+NaCl+H2O可知，1mol苯甲醇理论上生成1mol苯甲醛，则3.0mL苯甲醇的质量为1.04g/cm3×3.0cm3=3.12g，物质的量为，则理论上生成苯甲醛的质量为×106g/mol=3.06g，苯甲醛的产率=×100%=67.9%。17.以钒钼铅矿(主要成分为)、，还含有少量)为原料分离钒和钼的工艺流程如下：已知：①随溶液pH变化，钒以、等形式存在；②。回答下列问题：（1）钒原子核外电子排布式___________。（2）“球磨破碎”的目的是___________。（3）“浸出”后，钒主要以形式存在，写出相应反应的离子方程式：___________。（4）“净化渣”的主要成分除外，还有___________(填化学式)。（5）“浸出”操作中，加入要适量，从保护环境的角度分析其原因：___________。（6）煅烧过程中发生反应的化学方程式为___________。（7）向10mL0.2mol⋅L的滤液中加入等体积的溶液，欲使沉淀完全，则溶液的最小浓度为___________mol⋅L(忽略混合过程中溶液的体积变化，当溶液中某离子的浓度mol⋅L时，认为该离子沉淀完全)。【答案】（1）或（2）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高钒钼铅矿的浸出率（3）+2S2-=+2PbS（4）MgSiO3（5）若Na2S过量，S2-会随着浸出液进入“沉钼”操作中，后与“沉钼”过程中加入的酸反应产生H2S气体污染环境（6）（7）【解析】【分析】该工艺流程题中，根据流程图可知，将矿石球磨破碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，“浸出”中将Pb2+转化为PbS沉淀，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3，“净化除杂”中是加入Mg2+将转化为MgSiO3沉淀而除去，加入氯化铵进行沉钒，反应原理为：增大浓度，使逆向移动，高温煅烧NH4VO3得到V2O5，方程式为，最后加入HCl和CaCl2的混合溶液进行沉钼，据此分析解题。【小问1详解】钒是23号元素，基态钒原子核外电子排布式为：或。【小问2详解】球黁破碎”是将矿石研磨的方法，其目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高钒钼铅矿的浸出率。【小问3详解】“浸出”过程中，、与Na2S反应生成、以及PbS，因此生成的离子方程式为：+2S2-=+2PbS。【小问4详解】“净化除杂”的目的是用Mg2+除去“浸出液”中的，因此“净化渣”的主要成分除Mg(OH)2外，还有MgSiO3。【小问5详解】“浸出”操作中，若Na2S过量，S2-会随着浸出液进入“沉钼”操作中，后与“沉钼”过程中加入的酸反应产生H2S气体污染环境。【小问6详解】流程中可以看出煅烧过程中会生成V2O5，反应前后V元素的化合价未发生变化，该反应为非氧化还原反应，因此发生反应的化学方程式为：。【小问7详解】向10mL0.2mol⋅L滤液中加入等体积的溶液(忽略混合过程中溶液的体积变化)，则沉淀消耗的物质的量n()=0.2mol/L×0.01L=0.002mol，欲使沉淀完全，结合钒酸铵的Ksp可得，溶液中的最小浓度为，因此溶液的最小浓度为。18.汽车尾气中的CO、、碳氮化合物是大气污染物。科研工作者经过研究，可以用不同方法处理氮氧化物，防止空气污染。回答下列问题：（1）已知：kJ·molkJ·mol能将NO转化成无毒物质，写出在298K时该反应的热化学方程式：___________。（2）氮氧化物也可以用尿素水溶液吸收。用尿素水溶液吸收体积比为1∶1的NO和混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体，该反应的化学方程式为___________。（3）活性炭对尾气中NO处理的原理为：。I．在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率随温度的变化关系如图所示：①由图可知，温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是___________。②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作)。在1050K、pa时，该反应的化学平衡常数___________[已知：气体分压()=气体总压()×体积分数]。II．科研人员进一步对比研究了活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、，通入NO使其浓度达到0.1mol⋅L。不同温度下，测得2小时时NO去除率如图所示：①据图分析，490℃以下反应活化能最小的是___________(用a、b、c表示)。②490℃活性炭负载钙、镧氧化物时的反应速率___________mol⋅L⋅h，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达到平衡时NO的去除率为___________%(保留两位有效数字)。【答案】（1）4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)

ΔH=-1807.8kJ·mol−1（2）(NH2)2CO+NO+NO2=2N2+CO2+2H2O（3）①.温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大②.4③.a④.0.0225⑤.96%【解析】【小问1详解】能将NO转化成无毒物质N2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4NH3+6NO=5N2+6H2O，已知①kJ·mol；②kJ·mol；由盖斯定律可知②-②×5可得4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)

ΔH=−905.8kJ·mol−1-5×180.4kJ·mol−1=-1807.8kJ·mol−1。【小问2详解】用尿素水溶液吸收体积比为1∶1的NO和混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体N2，尿素[(NH2)2CO]中氮元素化合价为-3价，而NO和NO2混合气中的氮元素的化合价分别为+2价、+4价，三种物质混合后氮元素发生了归中反应，生成氮气和二氧化碳；反应的化学方程式为(NH2)2CO+NO+NO2=2N2+CO2+2H2O。【小问3详解】I．①由图可知，温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；②温度达到衡状态，此时NO转化率最大，在随着温度升高，平衡逆向移动，NO转化率又逐渐降低，由图可知，NO转化率最大达到80%，可列三行式：此时n(总)=0.2mol+0.4mol+0.4mol=1mol，Kp=；II．①据图分析，490℃以下a作为催化剂时NO的去除率最高，说明反应速率