江西省宜春市上高二化学中2025届高三化学上学期第四次月考试题含解析

PAGE18-江西省宜春市上高二化学中2025届高三化学上学期第四次月考试题（含解析）本卷可能运用的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Li-7一、选择题1.中国是瓷器的家乡，下列关于陶瓷的说法正确的是（）A.高品质的白瓷晶莹剔透，属于纯净物B.瓷器中含有大量的金属元素，因此陶瓷属于金属材料C.氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料D.“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变更【答案】D【解析】【详解】A.瓷器是主要原料黏土烧结而成，瓷器中含有多种硅酸盐，是混合物，A错误；B.尽管瓷器中含有大量的金属元素，但是陶瓷不属于金属材料，因为其中的金属元素是以化合态存在的。陶瓷属于无机非金属材料，B错误；C.氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，是高温结构材料，可用于制造陶瓷发动机的受热面，C错误；D.不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色发生变更，D正确；故合理选项是D。2.一种形态像蝴蝶结的有机分子Bowtiediene，其形态和结构如图所示，下列有关该分子的说法中错误的是A生成1molC5H12至少须要4molH2B.该分子中全部碳原子在同一平面内C.三氯代物只有一种D.与其互为同分异构体，且只含碳碳三键的链烃有两种【答案】B【解析】【分析】有机物含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，结合烯烃、甲烷的结构特点解答。【详解】A.由结构式可知分子中含有5个C、4个H原子，则分子式为C5H4，依据不饱和度的规律可知，该分子内含4个不饱和度，因此要生成1molC5H12至少须要4molH2，A项正确；B.分子中含有饱和碳原子，中心碳原子与顶点上的4个碳原子形成4个共价单键，应是四面体构型，则分子中四个碳原子不行能在同一平面上，B项错误；C.依据等效氢思想与物质的对称性可以看出，该分子的三氯代物与一氯代物等效，只有一种，C项正确；D.分子式为C5H4，只含碳碳叁键的链烃有CH≡C-CH2-C≡CH或CH≡C-C≡C-CH3这2种同分异构体，D项正确；答案选B。【点睛】本题C项的三氯代物可用换位思索法分析作答，这种方法一般用于卤代物较多时，分析同分异构体较困难时，即将有机物分子中的不同原子或基团进行换位，如乙烷分子，共6个氢原子，一个氢原子被氯原子取代只有一种结构，那么五氯乙烷呢，H看成Cl，Cl看成H，换位思索，也只有一种结构。3.探讨表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A.雾和霾的分散剂相同B.雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C.NH3是形成无机颗粒物的催化剂D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关【答案】C【解析】【分析】A.雾和霾的分散剂均是空气；B.依据示意图分析；C.在化学反应里能变更反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变更学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生变更的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。【详解】A.雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B.由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C.NH3作为反应物参与反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D.氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用推断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生相识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。4.Garnet型固态电解质被认为是锂电池最佳性能固态电解质。LiLaZrTaO材料是目前能够达到最高电导率的Garnet型电解质。某Garnet型锂电池工作原理如图所示，电池工作反应原理为：C6Lix+Li1−xLaZrTaO=LiLaZrTaO+C6。下列说法不正确的是（）A.b极为正极，a极发生氧化反应B.LiLaZrTaO固态电解质起到传导Li+的作用C.b极反应为：xLi++Li1−xLaZrTaO−xe−=LiLaZrTaOD.当电池工作时，每转移xmol电子，b极增重7xg【答案】C【解析】【详解】A.依据Li+移动方向可知：b极为正极，a极为负极，失去电子，发生氧化反应，A正确；B.LiLaZrTaO是固态电解质，可以使电解质中的Li+由a极区向b极区移动，以维持其中的电荷平衡，所以起到传导Li+的作用，B正确；C.b极为正极，得到电子发生还原反应，电极反应为：xLi++xe-+Li1−xLaZrTaO=LiLaZrTaO，C错误；D.Li是+1价的金属，每有1molLi+获得电子，正极b增重7g，当电池工作时，每转移xmol电子，b极增重7xg，D正确；故合理选项是C。5.下列试验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（）（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）ABCD勒夏特列原理元素周期律盖斯定律阿伏伽德罗定律试验方案结果左球气体颜色加深右球气体颜色变浅烧瓶中冒气泡试管中出现浑浊测得为、的和与的体积比约为2:1A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】A．2NO2（g）N2O4（g）△H＜0，为放热反应，结合温度对化学平衡的影响分析；B．HCl不是含氧酸，盐酸酸性大于碳酸与元素周期律无关，应用高氯酸；C．依据盖斯定律分析；D．依据电子守恒计算生成氢气和氧气的物质的量，然后利用阿伏伽德罗定律分析。【详解】A．2NO2（g）N2O4（g）△H＜0，为放热反应，热水中平衡向着逆向移动，二氧化氮浓度增大，左球气体颜色加深；冷水中平衡向着正向移动，二氧化氮浓度减小，右球气体颜色变浅，能够用勒夏特列原理说明，故A不选；B．烧瓶中冒气泡，证明酸性：HCl＞碳酸，由于HCl不是含氧酸，无法用元素周期律说明，应用高氯酸，故B选；C．依据盖斯定律：△H=△H1＋△H2，能够用盖斯定律说明，故C不选；D．依据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2：1，结合阿伏伽德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2：1，故D不选；故选B。【点睛】本题考查化学试验方案评价，涉及化学平衡的影响、阿伏伽德罗定律、盖斯定律、元素周期律等学问，明确元素周期律内容、化学平衡的影响因素是解题关键，易错点B，要用元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱比较元素的非金属性。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，W、Y同主族。将W、X的气态单质在催化剂及肯定温度和压强下发生可逆反应生成化合物R，反应关系如下表所示：物质W的单质X的单质R起始时/mol0.30.30平衡时/mol0.120.240.12下列说法正确的是A.离子半径：X>Y>ZB.Y、Z两种元素形成的化合物的水溶液呈酸性C.Y、Z分别与W形成的化合物，前者的沸点高D.四种元素分别与氧形成的化合物均只有两种【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的气态单质在催化剂及肯定温度和压强下发生可逆反应生成化合物R，依据表格数据及方程式中化学计量数之比等于参与反应的各物质的浓度之比可知，W与X单质反应的化学计量数之比=（0.3-0.12）mol/L:（0.3-0.24）mol/L=3:1，又因为在催化剂及肯定温度和压强下发生的可逆反应，则推出W为H元素，X为N元素，W、Y同主族，则Y为Na元素，W、X的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，则Z为S元素，据此分析作答。【详解】A.电子层数越大，简洁离子半径越大；电子层数相同时，原子核电荷数越小，对应的离子半径越大，则离子半径：Z>X>Y，A项错误；B.Y、Z两种元素形成的化合物为硫化钠，在溶液中硫离子会发生水解生成氢氧根离子，使溶液显碱性，B项错误；C.Y、Z分别与W形成的化合物分别是NaH与Na2S，两者均为离子晶体，但NaH的离子半径小，晶格能大，所以熔沸点较高，C项正确；D.N与氧元素可形成NO、NO2或N2O5等，不只是两种化合物，D项错误；答案选C。7.25℃时，在20mL0.1mol·L－1一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液中1g[c(A-)/c(HA)]与pH关系如图所示。下列说法正确的是A.A点对应溶液中：c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-)B.25℃时，HA酸的电离常数为1.0×10－5.3C.B点对应的NaOH溶液体积为10mLD.对C点溶液加热(不考虑挥发)，则c(A-)/[c(HA)c(OH-)]肯定增大【答案】B【解析】【分析】A.A点对应溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH-），结合电荷关系推断；

B.pH=5.3时，=0，即c（A-）=c（HA），结合HA酸的电离常数Ka的表达式进行计算；

C.在20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，依据题意推断出电离程度与水解程度的大小关系，再分析作答；D.===，Kh为A-的水解常数，据此分析推断。【详解】A.A点对应溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH-），溶液中电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），所以离子浓度关系为c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），A项错误；

B.pH=5.3时，=0，即c（A-）=c（HA），HA酸的电离常数Ka==c（H+）=10-pH=10-5.3，B项正确；

C.由于Ka=10-5.3＞==Kh，所以20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，混合溶液以电离为主，使c（A-）＞c（HA），即＞0，故B点对应的NaOH溶液的体积小于10mL，C项错误；

D.A-的水解常数Kh随温度上升而增大，所以===，随温度上升而减小，D项错误；

答案选B。二、填空题8.汽车尾气中的有害气体主要有NO、碳氢化合物及CO，某校同学设计试验将模拟汽车尾气转化为无害气体。回答下列问题；(1)为了配制模拟尾气，甲组同学用上图所示装置分别制备NO、乙烯及CO三袋气体。①用装置A制取NO，分液漏斗中盛放的是___(填试剂名称)。②用(乙烯利)与NaOH溶液并用装置B制取乙烯，反应生成乙烯的化学方程式为______(磷转化为Na3PO4)。③用H2C2O4与浓硫酸制取CO(化学方程式为H2C2O4CO+CO2+H2O并提纯，选用上图装置预制一袋干燥纯净的CO，各接口连接的依次为___→g(气流从左至右)，其中装置D中盛放的药品是___(2)乙组同学将甲组制得的气体与空气按适当比例混合形成模拟尾气(NO，CO，C2H4及空气)，按如图所示装置进行尾气转化并检验。①为检验催化反应后的气体中是否有CO2生成和乙烯的残留，G、H中盛放的试剂依次是_________(填标号)。a.NaOH溶液b.酸性KMnO4溶液c.澄清石灰水d.Br2／CCl4溶液②通“模拟尾气”前，需先将催化剂加热到反应所需的温度，其目的是___；写出其中CO与NO完全转化为无害气体的化学方程式：___【答案】(1).稀硝酸(2).(3).a→f→e→c→d(4).NaOH浓溶液(5).cb(或cd或dc)(6).使催化剂活性达到最大，利于CO2和C2H4的检验并削减模拟烟气的奢侈(7).【解析】【分析】（1）①汽车尾气中的有害气体主要有NO、碳氢化合物及CO，设计试验将模拟汽车尾气转化为无害气体，装置A制取NO，分液漏斗中盛放的是稀硝酸，滴入烧瓶和铜反应生成一氧化氮；

②用（乙烯利）与NaOH溶液并用装置B制取乙烯，同时生成Na3PO4和氯化氢；

③用H2C2O4与浓硫酸制取CO（化学方程式为H2C2O4CO+CO2+H2O）并提纯，发生装置为固液加热型装置，澄清石灰水可除去二氧化碳，干燥罐的氯化钙可汲取水蒸气，据此分析作答；

（2）①澄清石灰水检验二氧化碳，用溴水或高锰酸钾溶液检验；

②通“模拟尾气”前，需先将催化剂加热到反应所需的温度，其目的是此时催化剂活性最大，反应进行的快，CO和NO在催化剂作用下反应生成氮气和二氧化碳。【详解】（1）①用装置A制取NO，分液漏斗中盛放的是稀硝酸，滴入烧瓶和铜反应生成一氧化氮气体，

故答案为稀硝酸；

②用（乙烯利）与NaOH溶液并用装置B制取乙烯，磷转化为Na3PO4，同时生成氯化钠和水，反应的化学方程式：+4NaOH→CH2=CH2↑+NaCl+Na3PO4+3H2O，

故答案为+4NaOH→CH2=CH2↑+NaCl+Na3PO4+3H2O；

③用H2C2O4与浓硫酸制取CO（化学方程式为H2C2O4CO+CO2+H2O）并提纯，选用上图装置预制一袋干燥纯净的CO，利用装置A加热得到草酸分解产物，通过装置D中的氢氧化钠溶液除去二氧化碳，通过装置C中氯化钙汲取水蒸气，得到干燥的CO，在E中收集一袋NO气体，D中是浓的氢氧化钠溶液用来汲取混合气体中的二氧化碳，各接口连接的依次为：a→f→e→c→d→g，

故答案为a→f→e→c→d；NaOH浓溶液；

（2）①乙组同学将甲组制得的气体与空气按适当比例混合形成模拟尾气（NO，CO，C2H4及空气），通过催化剂反应NO和CO反应生成氮气和二氧化碳，为检验催化反应后的气体中是否有CO2生成和乙烯的残留，可以利用澄清石灰水检验二氧化碳，用溴水或高锰酸钾溶液检验，G、H中盛放的试剂依次是cb或dc或cd，

故答案为cb或dc或cd；

②通“模拟尾气”前，需先将催化剂加热到反应所需的温度，其目的是：使催化剂活性达到最大，利于CO2和C2H4的检验并削减模拟烟气的奢侈，中CO与NO完全转化为无害气体的化学方程式：，

故答案为使催化剂活性达到最大，利于CO2和C2H4的检验并削减模拟烟气的奢侈；。9.偏钒酸铵(NH4VO3)主要用作催化剂、催干剂、媒染剂等。用沉淀法除去工业级偏钒酸铵中的杂质硅、磷的流程如下：(1)碱溶时，下列措施有利于NH3逸出的是________(填字母序号)。a.上升温度b.增大压强c.增大NaOH溶液的浓度(2)①滤渣的主要成分为Mg3(PO4)2、MgSiO3，已知Ksp(MgSiO3)=2.4×10-5，若滤液中c(SiO32-)＝0.08mol·L－1，则c(Mg2+)=_____________。②由图可知，加入肯定量的MgSO4溶液作沉淀剂时，随着温度的上升，除硅率上升，其缘由是SiO32-+2H2OH2SiO3↓+2OH-，但除磷率下降，其缘由是_____________。(3)试验室过滤操作所需的玻璃仪器有_____________________。(4)探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，设计试验步骤(常见试剂任选)：取两份10mL肯定浓度的滤液A和B，分别加入1mL和10mL的1mol/LNH4Cl溶液，再向A中加入_______mL蒸馏水，限制两份溶液的温度均为50℃、pH均为8，由专用仪器测定沉钒率，加入蒸馏水的目的是_________________________。(5)偏钒酸铵本身在水中的溶解度不大，但在草酸(H2C2O4)溶液中因发生氧化还原反应而溶解，同时生成络合物(NH4)2[(VO)2(C2O4)3]，该反应的化学方程式为____________。【答案】(1).ac(2).3×10-4mol/L(3).Mg3(PO4)2溶解度增大和促进Mg2＋水解生成Mg(OH)2(4).烧杯、漏斗、玻璃棒(5).9(6).使两份溶液总体积相等，确保其他条件相同，而NH4Cl的浓度不同(7).2NH4VO3+4H2C2O4=(NH4)2[(VO)2(C2O4)3]+2CO2↑+4H2O【解析】【分析】以沉淀法除去工业级偏钒酸铵(NH4VO3)中硅、磷元素杂质的流程为：在偏钒酸铵中加氢氧化钠溶液，将偏钒酸铵溶解，铵盐遇到强碱生成氨气，再加盐酸调整溶液的pH值，加硫酸镁，生成Mg3(PO4)2、MgSiO3沉淀，过滤除去滤渣，在滤液中加氯化铵得偏钒酸铵。(1)依据气体在水中溶解度的影响因素，利用平衡移动原理分析；(2)①依据Ksp(MgSiO3)=c(Mg2+)·c(SiO32-)，结合c(SiO32-)=0.08mol/L，进行计算；②由于物质的溶解度随温度的上升而增大，并结合影响盐类水解的因素分析；(3)依据过滤操作分析运用的玻璃仪器；(4)探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，对比试验应限制两溶液的体积相同；(5)偏钒酸铵与草酸反应生成(NH4)2[(VO)2(C2O4)3]和CO2，据此解答。【详解】(1)依据气体在水中溶解度的影响因素可知，升温、减压都可以减小气体的溶解度，由于氨气在水中形成氨水能电离出氢氧根离子，依据平衡移动原理，增加OH-的浓度可以减小氨气的溶解度，故合理选项是ac；(2)①已知Ksp(MgSiO3)=c(Mg2+)·c(SiO32-)=2.4×l0-5，结合c(SiO32-)=0.08mol/L，则c(Mg2+)=mol/L=3×10-4mol/L；②难溶性物质Mg3(PO4)2的溶解度随温度的上升而增大，且温度上升促进盐的水解，升温促进Mg2+水解生成Mg(OH)2沉淀，使硅酸根水解生成硅酸沉淀，反应的离子方程式为SiO32-+2H2OH2SiO3↓+2OH-，因此导致除磷率降低，而除硅率上升；(3)过滤是分别难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，运用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(4)探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，依据限制变量的原则，两溶液的体积必需相等，所以要向A中加入约9mL蒸馏水，使两份溶液总体积相等，确保只有浓度是变量；(5)偏钒酸铵与草酸反应生成(NH4)2[(VO)2(C2O4)3]，V元素化合价降低，则碳元素化合价上升由H2C2O4中的+3价上升变为CO2中的+4价，依据原子守恒、电子守恒，可得反应的化学方程式为：2NH4VO3+4H2C2O4=(NH4)2[(VO)2(C2O4)3]+2CO2↑+4H2O。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的限制、溶度积的计算、试验设计等，驾驭有关化学反应基本原理，同时对题目信息有肯定的解读和接受实力是本题解答的关键。须要学生具备扎实的基础与敏捷运用实力，是对学生综合实力的考查。10.碳和氮的化合物在生产生活中广泛存在。回答下列问题：(1)催化转化器可使汽车尾气中的主要污染物（CO、NOx、碳氢化合物）进行相互反应，生成无毒物质，削减汽车尾气污染。已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+1805kJ/mol；2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=－221.0kJ/mol；C(s)+O2(g)=CO2(g)△H3=－393.5kJ/mol则尾气转化反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H=___________。(2)氨是一种重要的化工原料，在工农业生产中有广泛的应用。在773K时，分别将2.00molN2和6.00molH2充入一个固定容积为1L的密闭容器中，随着反应的进行，气体混合物中n(H2)、n(NH3)与反应时间(t)的关系如表所示：t/min051015202530n(H2)/mol6.004.503.603.303.033.003.00n(NH3)/mol01001.601.801.982002.00①该温度下，若向同容积的另一容器中投入N2、H2、NH3，其浓度均为3mol/L，则此时v正____v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。②由表中的试验数据可得到“c—t”的关系，如图所示，表示c(N2)—t的曲线是______。在此温度下，若起始充入4molN2和12molH2，则反应刚达到平衡时，表示c(H2)—t的曲线上相应的点为________。(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)△H=-34.0kJ/mol，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和肯定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变更如图所示：①由图可知，在1100K时，CO2的体积分数为__________。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Kp)。在1050K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=______[已知：气体分压(P分)=气体总压(Pa)×体积分数]。(4)在酸性电解质溶液中，以惰性材料作电极，将CO2转化为丙烯原理如图所示①太阳能电池的负极是_______(填“a”或“b”)②生成丙烯的电极反应式是___________。【答案】(1).-746.5kJ/mol(2).大于(3).乙(4).B(5).20%(6).4(7).a(8).3CO2+18H++18e-=C3H6+6H2O【解析】【分析】(1)依据盖斯定律将已知的热化学方程式，依据③×2-②-①叠加可得相应热化学方程式；(2)①由表中数据可知，25min达到平衡，依据物质反应转化关系，计算出各种物质的瓶内浓度，得到该温度下的化学平衡常数，将物质的此时浓度带入浓度商计算并与K比较推断；②c(N2)从2mol/L减小为1mol/L，在此温度下，若起始充入4molN2和12molH2，压强为原来的2倍，增大压强平衡正向移动，则3mol/L<c(H2)<6mol/L；(3)①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度上升而增大，反应速率加快；图中1100K时，NO的转化率为40%，假设反应起先时NO的物质的量为a，依据NO的转化率及物质反应转化关系，计算出平衡时各种气体的物质的量，利用阿伏加德罗定律及其推论计算体积分数；②依据1050K、1.1×106Pa时，NO的转化率为80%，计算出平衡时各种气体的物质的量，结合气体分压(P分)=气体总压(Pa)×体积分数，以此计算Kp；(4)由图可知，阴极上CO2得到电子生成丙烯，则a为负极，以此来解答。【详解】(1)由于反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，所以依据盖斯定律③×2-②-①进行叠加，可得相应热化学方程式：NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol；(2)由表中数据可知，25min达到平衡，平衡时各种物质的浓度c(NH3)=2.0mol/L，c(H2)=3.0mol/L，c(N2)=1.0mol/L，则该温度下的化学平衡常数K==。①该温度下，若向同容积的另一容器中投入N2、H2、NH3，其浓度均为3.0mol/L，则Qc==<K，说明反应正向进行，v正>v逆；②c(N2)从2mol/L减小为1mol/L，则表示c(N2)-t的曲线是乙，在此温度下，若起始充入4molN2和12molH2，压强为原来的2倍，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，则3mol/L<c(H2)<6mol/L，且浓度增大，反应速率加快，则达到平衡时，表示c(H2)-t的曲线上相应的点为B；(3)①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其缘由为1050K前反应未达到平衡状态，随着温度上升，反应速率加快，NO转化率增大；图中1100K时，NO的转化率为40%，则依据反应方程式C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，假设反应起先时NO的物质的量为a，平衡时NO为0.6a，N2为0.2a，CO2为0.2a，由于在同温同压下，气体的体积比等于气体的物质的量的比，则CO2占的体积分数=×100%=20%；②1050K、1.1×106Pa时，NO的转化率为80%，则依据反应方程式C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，假设反应起先时NO的物质的量为a，平衡时NO为0.2a，N2为0.4a，CO2为0.4a，气体的总物质的量为0.2a+0.4a+0.4a=a。气体分压=气体总压×气体的体积分数，则化学平衡常数Kp==4；(4)①由图可知，阴极上CO2中的C得到电子，发生还原反应，所以太阳能电池的负极是a；②在a电极上生成丙烯的电极反应式是3CO2+18H++18e-=C3H6+6H2O。【点睛】本题考查了盖斯定律、太阳能电池、化学平衡等学问，把握化学平衡常数的