四川省成都市2024年高考化學模擬試題（含答案）

四川省成都市2024年高考化學模擬試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分閱卷人一、單選題得分1．化學與生活、生產(chǎn)密切相關。下列說法錯誤的是（）A．用生石灰脫燃煤中的硫，最終硫可轉變?yōu)镃aSO4B．用作信息高速公路的石英光導纖維是一種新型有機高分子材料C．凈水池中加入活性炭有吸附色素和除異味的作用D．作反應容器涂層的聚四氟乙烯能抗酸、堿，耐腐蝕2．設NA表示阿伏加德羅常數(shù)值，下列敘述一定正確的是（）A．28g14CO中含有中子數(shù)為14NAB．1molO2與一定量甲烷反應轉移電子數(shù)目為4NAC．1L濃度為0.1mol?L?1Na2CO3溶液中陰離子數(shù)目為0.1NAD．28gC2H4和C3H6混合物中含有共用電子對數(shù)目6NA3．具有美白功效的某化妝品主要成分Z的合成如圖：下列分析錯誤的是（）A．1molX最多與4molH2發(fā)生加成反應 B．Y中所有原子可能共面C．X和Y反應生成Z為加成反應 D．Z中苯環(huán)上一氯代物有8種4．主族元素X、Y、Z、W分別位于三個短周期，且原子序數(shù)依次增大。X、Y可形成化合物A的結構式為：X－Y－Y－X；Y、Z、W可形成具有強氧化性的化合物B，其電子式為。下列說法錯誤的是（）A．原子半徑：Z＞Y＞XB．W的最高價氧化物的水化物為強酸C．B的濃溶液可用pH試紙測其酸堿性D．化合物A、B都可用作新型冠狀病毒的消毒劑5．由下列實驗和現(xiàn)象推出的結論錯誤的是（）選項實驗和現(xiàn)象結論A向X溶液中滴入稀HNO3酸化的AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀溶液中一定含Cl－”或SOB向油脂中加燒堿溶液，加熱一段時間，將混合液倒入盛水燒杯中，水面上無油滴與油膜油脂完全皂化C向含KIO3的食鹽溶液中滴加淀粉和KI溶液，滴入稀硫酸，溶液變藍氧化性：酸性條件下IO3D向5mL0.1mol?L?1KI溶液中加入0.1mol?L?1FeCl3溶液1mL，振蕩，取反應后的溶液滴入3滴KSCN溶液，溶液變紅色Fe3+和I－反應為可逆反應A．A B．B C．C D．D6．某化學小組構想用電化學原理回收空氣中二氧化硫中的硫，同時將地下水中的硝酸根(NO3?下列有關說法錯誤的是（）A．Mg電極為負極，Pt1為陽極B．乙池中NO3?在Pt1C．碳納米管析出硫的電極反應為：SO2+4e-=S+2O2-D．Pt2電極可能產(chǎn)生H2，周圍pH增大7．向某Na2A、NaHA的混合液中加入CaCl2固體(忽略溶液體積、溫度的變化)，測出溶液中離子濃度變化如圖所示。已知：Ksp(CaA)＝2×10?9，H2A為二元弱酸，Ca(HA)2易溶于水且溶液呈堿性。下列說法正確的是（）A．X、Y、Z三點對應溶液pH大小順序為：X＜Y＜ZB．X點溶液中可能存在：c(OH－)＝c(H+)C．Y點溶液中c(HA－)＝2×10?2mol?L?1D．向Z點溶液中通入HCl氣體，可以使Z點溶液向Y點溶液轉化閱卷人二、非選擇題得分8．某化學小組制取無水三氯化鐵并研究其與銅的反應，設計如圖實驗。（1）I.制備無水三氯化鐵實驗裝置如圖。(已知無水三氯化鐵易潮解，易升華)試劑X可以是；若缺少C裝置其后果是(寫一條)。（2）整個裝置充滿黃綠色氣體后，才開始加熱D裝置的目的是。（3）若實驗過程中FeCl3沉積在D和E的導管之間，導致導管內徑變小，除去沉積FeCl3的簡易操作是。（4）II.探究三氯化鐵與銅反應的實驗如圖：(已知CuCl、CuSCN是難溶于水的白色固體)請從平衡角度說明紅色褪去的可能原因。（5）為了進一步研究白色沉淀進行如圖實驗。①如圖藍色溶液中可能含有的鹽有Cu(NO3)2、。②實驗中CuSCN與過量稀HNO3反應生成白色沉淀B的陰離子，同時生成N2、NO和CO2氣體。CuSCN與HNO3反應中還原劑與氧化劑的物質的量之比為(已知SCN-中C為+4價)。9．硫酸鎂可用于印染、造紙、醫(yī)藥工業(yè)。利用某水泥廠的廢料(含50%MgO，還有少量CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等雜質)，制取MgSO4?7H2O的流程如圖：回答下列問題（1）“酸浸”時，pH控制為1，若提高浸取速率，可采取的措施是(任寫一條)。（2）“氧化”時，NaClO與Mn2+按物質的量1：1反應生成MnO2，其離子方程式為；調節(jié)pH時可加入試劑X為(任寫一種)。（3）濾渣除Al(OH)3、Fe(OH)3外還有氧化物。（4）“除鈣”時，控溫在60℃時除去MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4。①參照表格，簡要說明除鈣的操作方法。②60℃下CaSO4的Ksp＝。(飽和CaSO4溶液的密度約為1.0g?L?1)部分物質的溶解度(g/100gH2O)如表：溫度/℃物質20406080MgSO428.630.93640.8CaSO40.2720.230.2040.184（5）為了提高原料中鎂的利用率，操作a后濾液的處理方法是。10．汽車尾氣的氮氧化物是大氣污染物的主要來源，研究汽車尾氣處理是環(huán)境保護的重要課題。試回答下列問題：（1）有關汽車尾氣的生成已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH1=+180.50kJ?mol-1②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH2=-144.14kJ?mol-1③2N2O(g)?2N2(g)+O2(g)ΔH3=-244.10kJ?mol-1則3NO(g)=N2O(g)+NO2(g)ΔH=。（2）用CO消除汽車尾氣在催化劑a作用下將尾氣轉化為無污染的氣體而除去。向密閉容器中充入10molCO(g)和8molNO(g)發(fā)生反應2NO(g)+2CO(g)?催化劑aN2(g)+2CO2①已知T2＞T1，則反應ΔH0(填“＞”、“=”或“＜”)。②該反應達到平衡后，為了同時提高反應速率和NO的平衡轉化率，可采取的措施(填字母序號)。a.改用高效催化劑b.恒溫恒容條件下，按投料比增大反應物濃度c.移去CO2d.升高溫度e.縮小反應容器的體積③在溫度為T1、容器體積為4L的條件下，反應進行到10min時恰好在D點達到平衡。則從反應開始到平衡時，NO平均反應速率v(NO)=；若其他條件不變，升高溫度，用分壓表示的平衡常數(shù)Kp(填“變大”、“變小”或“不變”)。④在X點，對反應容器升溫的同時擴大體積使體系壓強減小，重新達到平衡狀態(tài)可能為圖中點(填A～F)。（3）用NH3消除汽車尾氣新型催化劑b在含有少量O2條件下，能催化NH3，和NOx，反應生成N2，且高溫下活性很強。在盛有催化劑b的管式反應容器[如圖(一)]中按一定比例勻速通入NH3、NOx、O2發(fā)生反應。NOx的除去率隨反應溫度變化曲線如圖(二)所示。①在50℃之前，NOx的除去率隨溫度升高而緩慢上升的原因是。②當溫度高于300℃時，NOx除去率迅速下降的原因是。11．硒是人體需要的重要微量元素之一，參與體內多種代謝。試回答下列問題：（1）硒元素的基態(tài)原子核外電子排布中成對電子與成單電子的個數(shù)比為；在同一周期中比它的第一電離能大的元素有種。（2）SeO3與水反應可以生成H2SeO4。H2SeO4分子中心原子的軌道雜化方式為；固體H2SeO4，存在作用力除范德華力共價鍵外還有；從分子結構的角度解釋H2SeO4比H3AsO4酸性強的原因是。（3）固態(tài)SeO2(如圖)是以錐體形的角氧相連接的聚合結構，每一個錐體帶一個端氧原子。①同為分子晶體，SeO2，熔點為350℃而SO2的熔點為-75.5℃，原因是。②圖中Se－O鍵較短的是(填“a”或”b”)。（4）在一定條件下MgSe晶體結構為NaCl型(如圖)，Se2-為面心立方最密堆積方式，經(jīng)測定MgSe的晶胞參數(shù)為anm，則Se2-的半徑r(Se2-)為nm(寫出表達式)；CaSe晶體結構也為NaCl型，其晶胞參數(shù)比MgSe大，且r(Ca2+)=bnm，則CaSe晶體的密度為g?cm-3(寫出表達式)。12．某有機藥物中間體J的合成路線(部分反應條件略去)如圖：已知：ROH→(CH3CO試回答下列問題：（1）B的化學名稱為；反應①的試劑和條件為。（2）反應③可以看作發(fā)生了兩步反應，首先C與丙酮發(fā)生反應(填反應類型)，再發(fā)生消去反應得到D。（3）F的結構簡式為；G的含氧官能團的名稱是。（4）反應⑦的化學方程式為。（5）G的同分異構體中，能發(fā)生水解反應且分子中含有苯環(huán)的有種，其中核磁共振氫譜有5組吸收峰的結構簡式為。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．煤燃燒過程中硫元素轉化為二氧化硫，二氧化硫與生石灰反應生成亞硫酸鈣，亞硫酸鈣與氧氣反應生成硫酸鈣，故A不符合題意；B．石英光導纖維成分為SiO2，屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料，故B符合題意；C．活性炭具有吸附性，能吸附色素和除異味，故C不符合題意；D．聚四氟乙烯性質穩(wěn)定，具有很好的抗酸、堿，耐腐蝕，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A、氧化鈣和二氧化硫反應生成亞硫酸鈣，亞硫酸鈣和氧氣反應生成硫酸鈣；

B、二氧化硅不是含碳化合物，為無機非金屬材料；

C、活性炭具有吸附性，可以除去色素和異味；

D、聚四氟乙烯性質溫度，不和酸、堿反應。2．【答案】D【解析】【解答】A.28g14CO中含有中子數(shù)為28g30g?moB.1molO2與一定量甲烷反應，甲烷若量很少，則轉移電子數(shù)目小于4NA，故B不符合題意；C.1L濃度為0.1mol?L?1Na2CO3溶液中碳酸鈉物質的量為0.1mol，由于碳酸根水解生成碳酸氫根和氫氧根，則陰離子數(shù)目大于0.1NA，故C不符合題意；D.28gC2H4和C3H6混合物，若全部是乙烯，則含有共用電子對數(shù)目28g28g?mol?1×6×NAmo故答案為：D。

【分析】A、結合公式n=mM判斷；

B、結合氧氣化合價變化數(shù)目判斷；

3．【答案】D【解析】【解答】A．X含有苯環(huán)和碳碳雙鍵，則1molX最多與4molH2發(fā)生加成反應，故A不符合題意；B．苯中12個原子共平面，根據(jù)氧氫單鍵可以旋轉，因此Y中所有原子可能共面，故B不符合題意；C．根據(jù)X與Y和Z的結構簡式及分子式得到X和Y反應生成Z為加成反應，故C不符合題意；D．Z中苯環(huán)上有5種位置的氫，因此其一氯代物有5種，故D符合題意。故答案為：D。

【分析】A、苯環(huán)和碳碳雙鍵可以和氫氣發(fā)生加成反應；

B、共平面的判斷要注意一個原子周圍有3個或以上的單鍵連接時，最多兩個單鍵原子共平面；

C、加成反應的特點是斷開不飽和鍵形成單鍵；

D、一氯代物的判斷即判斷等效氫的種類。4．【答案】C【解析】【解答】A．電子層數(shù)越大半徑越大，原子半徑Na>O>H，即Z>Y>X，選項A不符合題意；B．W的最高價氧化物的水化物HClO4為強酸，選項B不符合題意；C．B的濃溶液即NaClO溶液，具有強氧化性，使pH試紙褪色，不可用pH試紙測其酸堿性，選項C符合題意；D．化合物A、B分別為雙氧水和次氯酸鈉，都具有強氧化性，都可用作新型冠狀病毒的消毒劑，選項D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A、同一周期，從左到右半徑減小，同一主族，從上到下半徑增大；

B、最高價氧化物對應水化物的酸性，即比較非金屬性；

C、次氯酸鈉具有漂白性，不能用pH試紙測定；

D、雙氧水和次氯酸鈉都具有強氧化性，可以用于殺菌消毒。5．【答案】A【解析】【解答】A．硝酸可能氧化亞硫酸根離子生成硫酸根，硫酸根與銀離子結合生成沉淀，由實驗現(xiàn)象可知，溶液中可能含有亞硫酸根離子，故A符合題意；B．油脂含有酯基，加熱時與氫氧化鈉溶液發(fā)生水解反應，生成高級脂肪酸鈉和甘油均溶于水，則水面上無有油滴與油膜，則B不符合題意；C．酸性溶液中碘酸鉀和碘化鉀反應生成單質碘，溶液變藍，則氧化性：酸性條件下IO3?D．根據(jù)題中分析氯化鐵量不足，反應后滴加KSCN溶液，可知溶液含鐵離子，則鐵離子不能完全轉化，證明反應為可逆反應，故D不符合題意。故答案為：A。

【分析】A、氯離子的鑒別采用稀硝酸和硝酸銀，硫酸根的鑒別先滴加稀鹽酸，再滴加氯化鋇溶液；

B、油脂和水會發(fā)生分層；

C、溶液變藍，即含有碘的單質，根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性判斷；

D、鐵離子少量時，反應后仍然有鐵離子剩余，即反應為可逆反應。6．【答案】B【解析】【解答】A．由圖可知，甲池為原電池，鎂為負極，碳納米管為正極，則乙池為電解池，Pt1為陽極，故A不符合題意；B．乙池為電解池，Pt2為陰極，硝酸根離子得電子生成氮氣和水，發(fā)生還原反應，故B符合題意；C．由分析可知，碳納米管為正極，其電極反應式為：SO2+4e-=S+2O2-，故C不符合題意；D．Pt2為陰極，硝酸根離子得電子生成氮氣和水，后水中的氫離子得電子生成氫氣，剩余氫氧根離子，周圍pH增大，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】電解池的題目要注意幾個問題：

1、連接外接電源正極的為陽極，若陽極為活性電極則陽極失去電子，若陽極為惰性電極，則溶液中的陰離子在陽極失去電子，陽極發(fā)生氧化反應；連接外接電源負極的為陰極，溶液中的陽離子在陰極得到電子，陰極發(fā)生還原反應；

2、溶液中的離子放電順序：

陽離子：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+（酸）>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+（水）；

陰離子：S2–>I->Br->Cl->OH->(NO3－、SO42–等)含氧酸根>F－；

3、電極反應式的書寫要結合原子守恒以及溶液形成判斷，酸性條件不出現(xiàn)氫氧根，堿性條件下不出現(xiàn)氫離子；

原電池的角度進行分析：

活潑金屬作為負極，負極質量減少，正極質量增加或者生產(chǎn)氣體，電子由負極經(jīng)過導線流向正極，電流由正極經(jīng)過導線流向負極，陽離子移向正極，陽離子得到電子形成單質，陰離子移向負極，負極失去電子形成陽離子。7．【答案】C【解析】【解答】A．H2A為二元弱酸，Ka2=c(A2－)B．Ca(HA)2易溶于水且溶液呈堿性，則說明HA－電離程度小于水解程度，Y點?lgc(A2－)c(HC．Y點溶液c(Ca2+)＝1×10?7mol?L?1，根據(jù)Ksp(CaA)＝2×10?9，則c(A2?)＝2×10?2mol?L?1，由于?lgc(A2－)cD．向Z點溶液中通入HCl氣體，A2?與H＋反應，c(A2?)減小，c(A2－故答案為：C。

【分析】A、pH的比較即比較氫離子的濃度，氫離子濃度越大，則pH越?。?/p>

B、結合電離程度和水解程度的大小判斷；

C、結合溶度積和鈣離子濃度計算；

D、引入氯化氫，即增大氫離子的濃度，使c(A2?)減小。8．【答案】（1）KMnO4；D裝置中的鐵粉與水蒸氣反應或無水三氯化鐵潮解（2）防止D裝置中的鐵粉與空氣中的氧氣和水蒸氣反應（3）加熱D與E之間的導管（4）由于存在反應Fe3++3SCN-?Fe(SCN)3，加入銅粉，Cu與Fe3+反應消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移動，F(xiàn)e(SCN)3濃度減小，致紅色褪去（5）CuCl2、CuSO4；1：4【解析】【解答】（1）A為不加熱裝置制取氯氣，則X可以為KMnO4；已知無水三氯化鐵易潮解，若缺少C裝置，則鐵和水蒸氣在高溫下和鐵反應生成四氧化三鐵，且會導致生成的無水三氯化鐵潮解；（2）整個裝置充滿黃綠色氣體后，才開始加熱D裝置的目的是防止D裝置中的鐵粉與空氣中的氧氣和水蒸氣反應，干擾實驗；（3）已知無水三氯化鐵易升華，故加熱D與E之間的導管，可以除去沉積的FeCl3；（4）紅色的原因是存在反應Fe3++3SCN-?Fe(SCN)3，生成的Fe(SCN)3為紅色，加入銅粉，Cu與Fe3+反應消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移動，F(xiàn)e(SCN)3濃度減小，致紅色褪去；（5）①已知CuCl、CuSCN是難溶于水的白色固體，加入的稀硝酸具有強氧化性，可能把硫元素氧化為硫酸根離子，銅離子的溶液顯藍色，故實驗中藍色溶液中可能含有的鹽為Cu(NO3)2、CuCl2、CuSO4。②實驗中CuSCN與過量稀HNO3反應生成白色沉淀B的陰離子，B的陰離子為硫酸根離子，同時生成N2、NO和CO2氣體；CuSCN與HNO3反應，CuSCN中銅元素化合價由+1變?yōu)?2、硫元素由-2變?yōu)?6、氮元素由-3變?yōu)?，硝酸中氮元素化合價由+5變?yōu)?2，則根據(jù)電子守恒可知，CuSCN~12e-~4HNO3，故還原劑與氧化劑的物質的量之比為1：4。

【分析】（1）濃鹽酸可以和高錳酸鉀反應制取氯氣，反應不需要加熱；

（2）鐵粉會和氧氣、水蒸氣反應，需要利用氯氣排除空氣中的氧氣和水蒸氣；

（3）根據(jù)條件可以知道無水氯化鐵易升華，可以采用加熱法使氯化鐵升華；

（4）減少反應物的濃度，使平衡朝逆向移動；

（5）①藍色溶液即含有銅離子，根據(jù)陰離子的判斷，可以知道可能含有硝酸銅、氯化銅和硫酸銅；

②結合化合價變化判斷化學計量數(shù)，根據(jù)化學計量數(shù)之比等于物質的量之比計算。9．【答案】（1）適當升溫(或粉碎或攪拌)（2）ClO－＋Mn2+＋H2O＝Cl－＋MnO2↓＋2H+；MgO(或MgCO3或堿式碳酸鎂等)（3）MnO2、SiO2（4）將濾液保持60℃左右蒸發(fā)至出現(xiàn)一定量固體并趁熱過濾；2.25×10?4（5）將操作a后的母液循環(huán)利用【解析】【解答】（1）“酸浸”時，pH控制為1，若提高浸取速率，可以從溫度、接觸面積來采取的措施，具體為適當升溫(或粉碎或攪拌)；故答案為：適當升溫(或粉碎或攪拌)。（2）“氧化”時，NaClO與Mn2+按物質的量1：1反應生成MnO2、Cl－和水，其離子方程式為ClO－＋Mn2+＋H2O＝Cl－＋MnO2↓＋2H+；調節(jié)pH時加入要保留的離子對應的難溶物，通過消耗鐵離子水解的氫離子來促進鐵離子水解，因此可加入試劑X為MgO(或MgCO3或堿式碳酸鎂等)；故答案為：ClO－＋Mn2+＋H2O＝Cl－＋MnO2↓＋2H+；MgO(或MgCO3或堿式碳酸鎂等)。（3）二氧化硅不與硫酸反應，在氧化時得到二氧化錳，因此濾渣除Al(OH)3、Fe(OH)3外還有氧化物MnO2、SiO2；故答案為：MnO2、SiO2。（4）①根據(jù)表格數(shù)據(jù)，60℃時MgSO4溶解度較大，而CaSO4溶解度較小，在此時趁熱過濾，其除鈣的操作方法將濾液保持60℃左右蒸發(fā)至出現(xiàn)一定量固體并趁熱過濾；故答案為：將濾液保持60℃左右蒸發(fā)至出現(xiàn)一定量固體并趁熱過濾。②60℃下飽和CaSO4溶液的密度約為1.0g?L?1，60℃時CaSO4溶解度為0.204，則1L溶液為1000g，溶解CaSO4的質量為2.04g，其溶液中c(Ca2+)=c(SO42?)=（5）操作a是從溶液中經(jīng)過一系列過程得到晶體，過濾時溶液中海油硫酸鎂，為了提高原料中鎂的利用率，操作a后濾液的處理方法是將操作a后的母液循環(huán)利用；故答案為：將操作a后的母液循環(huán)利用。

【分析】（1）提高浸取速率可以通過升高溫度或者粉碎固體增大固體的接觸面積；

（2）次氯酸根離子、錳離子和水反應生成氯離子、二氧化錳和氫離子；調節(jié)pH的目的是是鐵離子和鋁離子沉淀，而不影響鎂離子，因此可以通過加入氧化鎂、碳酸鎂或者氫氧化鎂；

（3）二氧化硅不溶于酸，錳離子可以被次氯酸鈉氧化為二氧化錳，因此濾渣含有氫氧化鋁、氫氧化鐵、二氧化錳和二氧化硅；

（4）①趁熱過濾的目的是使硫酸鈣形成沉淀，而不影響硫酸鎂的溶解；

②溶度積的計算要結合鈣離子和硫酸根離子的濃度判斷；

（5）操作a分離后，母液中含有稀硫酸和次氯酸鈉，可以循環(huán)利用。10．【答案】（1）-130.52kJ?mol-1（2）＜；be；0.1mol?L-1?min-1；變??；A（3）催化劑的活性較小，溫度升高速率增加緩慢；O2與NH3反應生成NOx【解析】【解答】（1）已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH1=+180.50kJ?mol-1②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH2=-144.14kJ?mol-1③2N2O(g)?2N2(g)+O2(g)ΔH3=-244.10kJ?mol-1根據(jù)蓋斯定律，由②×12-①-③×12得反應3NO(g)=N2O(g)+NO2(g)ΔH=-144.14kJ?mol-1×12-180.50kJ?mol-1（2）①根據(jù)圖中信息可知，以過X點的等壓線，已知T2＞T1，溫度越高，NO的體積分數(shù)越大，故說明平衡逆向移動，逆方向為吸熱反應，正方向為放熱反應，則反應ΔH＜0；②a.改用高效催化劑，化學反應速率增大，但催化劑不能使平衡移動，NO的轉化率不變，選項a不符合；b.恒溫恒容條件下，按投料比增大反應物濃度，相當于增大壓強，化學反應速率增大，平衡向氣體體積縮小的正反應方向移動，NO的轉化率增大，選項b符合；c.移去CO2，生成物的濃度減小，反應速率減小，平衡正向移動，NO的轉化率增大，選項c不符合；d.升高溫度，化學反應速率增大，但正反應為放熱反應，平衡逆向移動，NO的轉化率減小，選項d不符合；e.縮小反應容器的體積，相當于增大壓強，化學反應速率增大，平衡向氣體體積縮小的正反應方向移動，NO的轉化率增大，選項e符合；故答案為：be；③向密閉容器中充入10molCO(g)和8molNO(g)發(fā)生反應2NO(g)+2CO(g)?催化劑aN2(g)+2CO22NO(g)+平衡時NO的體積分數(shù)為25%，則有8?8x8?8x+10?8x+4x+8x=25%，解得x=50%，則NO平均反應速率v(NO)=8xmol4L10min若其他條件不變，升高溫度，平衡逆向移動，生成物的平衡分壓減小，反應物的平衡分壓增大，用分壓表示的平衡常數(shù)Kp變??；④由圖可知，結合反應可知，升溫會使反應逆向移動，導致NO的體積分數(shù)會增加，減壓也會使反應逆向移動，導致NO的體積分數(shù)增加；所以升溫和減壓后，NO的體積分數(shù)必然增加，達到平衡狀態(tài)時，NO的體積分數(shù)一定比X點對應的體積分數(shù)大，符合條件的只有A點，故答案為：A；（3）①已知新型催化劑b在高溫下活性很強，隨溫度的升高，催化劑b活性增強，但由于溫度仍然較低，活性提高程度不大，反應速率加快但不明顯，故50℃之前NOx的除去率緩慢增大；②已知新型催化劑b在高溫下活性很強，當溫度高于300℃時NOx的除去率迅速下降與催化劑活性無關，所通氣體為NOx、NH3和O2的混合物，當溫度高于300℃時，NH3與O2可能發(fā)生副反應：4NH3+5O2?Δ催化劑4NO+6H2O，氨的濃度減小，導致NOx除去率迅速下降，故答案為：O2與NH3反應生成NO

【分析】（1）蓋斯定律的應用要注意，判斷列出的熱化學方程式的對應關系，左右兩邊相同的物質互相抵消則相加，在同一邊相同的物質互相抵消則相減；

（2）①升高溫度，平衡朝吸熱方向移動；

②提高一氧化氮轉化率的方法可以增大一氧化碳的濃度，或者按照投料比增大反應物的濃度，也可以是通過壓縮體積使平衡朝氣體系數(shù)縮小的方向移動，增大化學反應速率的方法：升高溫度，增大反應物的濃度，加入催化劑，增大接觸面積，氣體的反應壓縮體積；

③化學反應速率為濃度變化量和時間的比值；

④升高溫度，平衡朝吸熱方向移動，減小壓強，平衡朝氣體系數(shù)增大的方向移動；

（3）①結合題干可以知道催化劑高溫下活性強，即溫度較低時活性較弱，催化效率不高；

②氧氣和氨氣反應生成氮氧化物，使氮氧化物的去除率降低。11．【答案】（1）16：1；3（2）sp3；氫鍵；H2SeO4中非羥基氧比H3AsO4多1個，非羥基氧越多，酸性較強（3）固態(tài)SeO2發(fā)生聚合相對分子質量很大，范德華力大，熔點高；b（4）24a；【解析】【解答】（1）硒元素的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p4，成對電子與成單電子的個數(shù)比為16：1；同周期元素第一電離能從左到右有增大的趨勢，但是As元素最外層處于半滿，第一電離能大于Se，所以在同一周期中比它的第一電離能大的元素有3種；故答案為：16：1；3。（2）SeO3與水反應可以生成H2SeO4。對于H2SeO4中心原子Se，由于H2SO4中S的雜化方式為sp3，因此H2SeO4中Se的雜化方