2023届天津市高三上学期第一次模拟测试化学试题含解析

这是一份2023届天津市高三上学期第一次模拟测试化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，结构与性质，有机推断题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

天津市2023届高三上学期第一次模拟测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学和生活、社会发展息息相关。下列说法错误的是
A．“嫦娥五号”返回舱携带的月壤中含有高能原料3He，3He是一种核素
B．“奋斗者”号深海载人潜水器的耐压壳使用了钛合金，钛合金属于金属材料
C．我国科学家发明的CO2合成淀粉技术有利于减少碳排放和保证人类粮食安全
D．我国“硅-石墨烯-锗(Ge)晶体管”技术获得重大突破，所涉元素都是短周期元素
【答案】D
【详解】A．核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，3He是一种核素，故A正确；
B．钛合金为合金，属于金属材料，故B正确；
C．CO2人工合成淀粉技术有助于二氧化碳的减少，合成淀粉有利于保证人类粮食安全，故C正确；
D．第一至三周期为短周期元素，锗在周期表第四周期，是长周期元素，故D错误；
故选：D。
2．神舟十三号航天员在完成飞行任务的同时还推出了“天宫课堂”。下列有关说法错误的是
A．空间站电解990g水，理论上可为航天员提供标准状况下616LO2
B．航天服壳体使用的铝合金材料熔点比纯铝低
C．太空进行的“冰雪实验”所用的乙酸钠可由小苏打和白醋反应生成
D．太空进行的“水油分离实验”不经离心操作可直接用分液漏斗将水油分离
【答案】D
【详解】A．根据反应方程式2H2O2H2↑+O2↑，空间站电解990g(55mol)水理论上可为航天员提供标准状况下，A项正确；
B．航天服壳体使用的铝合金材料熔点比纯铝低，B项正确；
C．乙酸钠可由小苏打和白醋(主要溶质为反应生成，C项正确；
D．太空进行的“水油分离实验”不同于地面的水油分离实验，不可直接用分液漏斗将水油分离，D项错误。
故选D。
3．阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是
A．2.0g重水(D2O)中含NA个中子
B．常温下，pH=4的NaH2PO4溶液中含有的H+数目为1.0×10-4NA
C．4g由1H2和3H2组成的氢气中，中子数为2NA
D．常温下，0.1molCl2与足量NaOH溶液反应转移的电子数为0.2NA
【答案】A
【详解】A．2.0g重水(D2O)的物质的量为，含0.1×10=NA个中子，A正确
B．未知溶液体积，无法计算H+数目，B错误；
C．由1H2和3H2组成的氢气中摩尔质量小于8g/mol，物质的量小于，中子数小于0.5×4=2NA，C错误；
D．氯气和氢氧化钠溶液的反应为歧化反应，氯元素歧化为-1价和+1价，则0.1mol氯气转移0.1NA个电子，D错误；
故选：A。
4．下列各溶液中加入试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是
A．向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：Mg2+++OH-=MgCO3↓+H2O
B．水杨酸与过量碳酸钠溶液反应：+→ +CO2↑+H2O
C．Na2O2与H218O反应：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH-+18O2↑
D．Na2S2O3溶液中通入足量氯气：+4Cl2+5H2O=2+8Cl-+10H+
【答案】D
【详解】A．向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液，镁离子和碳酸氢根以1:2完全反应，所以离子方程式为：Mg2++2+4OH-=Mg(OH)2↓+2+2H2O，A项错误；
B．根据酸性的强弱可知，羧酸>碳酸>苯酚>碳酸氢根，所以离子方程式为3+2 →2+CO2↑+H2O+2，B项错误；
C．Na2O2与H218O反应中Na2O2即体现了氧化性也体现了还原性，所以氧气中的氧元素来源于过氧化钠，所以正确的离子方程式为：2Na2O2+2H218O=4Na++418OH-+O2↑，C项错误；
D．Na2S2O3中的硫元素为+2价，具有还原性，氯气具有强氧化性，发生氧化还原反应，根据氧化还原反应配平可得离子方程式：+4Cl2+5H2O=2+8Cl-+10H+，D项正确；
故答案选D。
5．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．使甲基橙变红色的溶液：Al3+、Na+、I-、
B．0.1mol·L-1NaAlO2溶液：、K+、、
C．lg<0溶液：CH3COO-、Ba2+、、Br-
D．0.1mol·L-1Fe(NO3)2溶液：[Fe(CN)6]3-、Na+、、Cl-
【答案】C
【详解】A．在酸性条件下产生SO2和S，该组离子不能大量共存，A项错误；
B．与发生双水解不能大量共存，与反应，B项错误；
C．即是c(H+) D．Fe2+与 [Fe(CN)6]3-发生络合反应生成蓝色沉淀而不能大量共存，D项错误；
故选C。

二、多选题
6．我国力争于2030前做到碳达峰，2060年前实现碳中和，利用如图所示电解法吸收CO2并制得HCOOK，下列说法错误的是

A．Pt片为电解池的阳极
B．Sn片上发生的电极反应为CO2+2e-+HCO=HCOO-+CO
C．电路中转移1mole-阳极产生5.6L气体
D．电解一段时间后，阴极区需要补充KHCO3溶液
【答案】CD
【分析】由图可知，铂片为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水；锡片为阴极，二氧化碳在碳酸氢根离子作用下在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸根离子和碳酸根离子。
【详解】A．由分析可知，铂片为电解池的阳极，故A正确；
B．由分析可知，锡片为阴极，二氧化碳在碳酸氢根离子作用下在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸根离子和碳酸根离子，电极反应式为CO2+2e-+HCO=HCOO-+CO，故B正确；
C．不确定是否为标况，不能计算生成气体体积，故C错误；
D．由分析可知，锡片为阴极，二氧化碳在碳酸氢根离子作用下在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸根离子和碳酸根离子，所以电解一段时间后，向阴极通入过量的二氧化碳，将溶液中的碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，不需要补充碳酸氢钾溶液，故D错误；
故选CD。

三、单选题
7．下列方案设计、现象和结论都正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
比较B和C的非金属性强弱
用pH计测定H3BO3、H2CO3溶液的pH
H2CO3溶液的pH更小，说明C的非金属性更强
B
检验苯中的苯酚
取少量样品，加入适量的浓溴水，观察现象
滴加溴水后，若未出现白色沉淀，则说明苯中不存在苯酚
C
探究铁与水蒸气反应后固体物质
取少量固体粉末，用磁铁吸引，观察现象
若磁铁能吸引，则固体物质为
D
检验含氟化钠的牙膏中的
向稀溶液中加过量含氟牙膏的浸泡液
血红色褪去说明含

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．两者的浓度未知，应该使用等浓度的溶液，A错误；
B．反应生成的三溴苯酚溶于苯中，可能会观察不到沉淀，B错误；
C．若磁铁能吸引，则固体物质也可能为没有反应的铁，C错误；
D．向稀溶液中加过量含氟牙膏的浸泡液，会生成更稳定的FeF，Fe3+被屏蔽，血红色褪去说明含，D正确；
故选D。
8．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z、W位于同一周期，基态W原子的核外电子总数是其最高能级电子数的2倍，它们形成的某种阴离子的结构如图所示。下列说法错误的是

A．由X、Y、W三种元素形成的酸都是二元酸
B．该阴离子与X+形成的化合物是两性物质
C．元素的第一电离能： Y D．简单离子半径： X 【答案】A
【分析】基态W原子的核外电子总数是其最高能级电子数的2倍，故W为O；结合题意及阴离子的结构示意图可得X、Y、Z分别为H、C、N。
【详解】A．由X、Y、W即H、C、O三种元素组成的酸可以是甲酸、乙酸等一元酸，也可以是H2CO3、H2C2O4等二元酸，A符合题意；
B．该阴离子与X+即H+形成的化合物中既含—NH2又含—COOH，属于两性物质，B不符合题意；
C．N的2p能级处于半充满状态，第一电离能比同周期相邻的两元素大，元素的第一电离能：C D．简单离子半径：H+ 故选A。
9．巴氯芬是一种镇静药物，可用于治疗骨骼肌痉挛，其结构简式如下。下列关于巴氯芬说法正确的是

A．属于芳香烃 B．分子式为
C．最多有12个原子共平面 D．苯环上的一溴代物有2种
【答案】D
【详解】A．由结构简式可知，巴氯芬分子中含有氧原子、氮原子和氯原子，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故A错误；
B．由结构简式可知，巴氯芬分子的分子式为C10H12ClNO2，故B错误；
C．苯环为平面结构，由结构简式可知，巴氯芬分子中苯环上的原子和与苯环相连的原子一定共平面，由三点成面的原则可知，分子中最多有17个原子共平面，故C错误；
D．由结构简式可知，巴氯芬分子中苯环上氢原子的类型为2，所以苯环上的一溴代物有2种，故D正确；
故选D。
10．下列说法正确的是
A．表示与反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中含大量
B．可知平衡常数很大，反应趋于完全
C．为一种高分子结构片断，可知该高分子的结构简式为
D．反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化无关
【答案】B
【详解】A．a点所示pH接近12，显强碱性，碱性环境中铝离子会先生成氢氧化铝沉淀，后转化为偏铝酸根，故a点溶液中存在的含铝微粒为偏铝酸根，故A错误；
B．图象X(20，9.2)c(Ag+)=10-20mol/L，c(S2-)=10-9.2mol/L，Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-)= (10-20mol/L)2×10-9.2mol/L=10-49.2，同理可知Ksp (CuS)=10-5×10-30.2=10-35.2，CuS(s)+2Ag+(aq)⇌Ag2S(s)+Cu2+(aq)平衡常数K=====1014，反应趋于完全，故B正确；
C．该高分子化合物由对甲基苯酚与甲醛缩合生成，则高分子的结构简式为，故C错误；
D．根据图象可知，反应①中正反应的活化能较小，反应②中正反应的活化能较大，则反应①比反应②的速率快，故D错误；
故答案为B。
11．已知呈粉红色，呈蓝色，为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：

以下结论和解释正确的是
A．等物质的量的和中σ键数之比为3:2
B．由实验①可推知△H<0
C．实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动
D．由实验③可知配离子的稳定性：
【答案】D
【详解】A.1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CoCl4]2-中含有4个σ键，等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A错误；
B. 实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B错误；
C. 实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；
D. 实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c（Cl-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-，D正确；
答案选D。
【点睛】本题有两个易错点：A项中[Co(H2O)6]2+中不仅有Co2+与H2O分子间的配位键，而且每个H2O分子中还有两个O—Hσ键；C项中H2O为溶剂，视为纯液体，加水稀释，溶液体积增大，相当于利用“对气体参与的反应，增大体积、减小压强，平衡向气体系数之和增大的方向移动”来理解。
12．溶液中各含氮(或碳)微粒的分布分数δ，是指某含氮氨(或碳)微粒的浓度占各含氮(或碳微粒浓度之和的分数。25℃时，向0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液(pH=7.8)中滴加适量的盐酸或NaOH溶液，溶液中含氮(或碳)各微粒的分布分数δ与pH的关系如图所示(不考虑溶液中的CO2和NH3分子)。

下列说法不正确的是
A．Kb(NH3·H2O)>Kal(H2CO3)
B．n点时，溶液3c(HCO)+c(OH-)=c(NH)+c(H+)
C．m点时，c(NH3·H2O)>c(HCO)
D．反应HCO+NH3·H2ONH+CO+H2O的平衡常数为K，lgK=-0.9
【答案】B
【详解】A．氨水为一元弱碱电离平衡方程式为：，，当，溶液的pH为9.3，则，碳酸为二元弱酸则分步电离的方程式为：，，当，溶液的pH为6.4，则，可得Kb(NH3·H2O)>Kal(H2CO3)，A项正确；
B．n点时，溶液中，n点时加入NaOH溶液反应得到的溶液中有钠离子、铵根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子，由溶液电荷守恒可得：，带入可得，B项错误；
C．由图可知虚线表示，m点表示为，则由图判断m点在虚线的下方，可得c(NH3·H2O)>c(HCO)，C项正确；
D．n点时，，反应HCO+NH3·H2ONH+CO+H2O的平衡常数的表达式为， 带入数值进行计算可得，则lgK=-0.9，D项正确；
答案选B。

四、结构与性质
13．VIA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含VIA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：
(1)S单质的常见形式是S8，其环状结构如图所示，S原子采用的轨道杂化方式是_______；

(2)原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为_______；
(3)Se的核外M层电子的排布式为_______；
(4)H2Se的酸性比 H2S_______(填“强”或“弱”)。
(5)H2SeO3的K1和K2分别是2.7×10-3和2.5×10-8，H2SeO4的第一步几乎完全电离，K2是1.2×10-2，请根据结构与性质的关系解释：
①H2SeO3和H2SeO4的第一步电离程度大于第二步电离的原因：_______；
②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：_______。
(6)ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如图所示， 其晶胞边长为540.0pm，密度为_______g • cm-3(列式并计算)，a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为_______pm(列式表示)

【答案】(1)sp3杂化
(2)O＞S＞Se
(3)3s23p63d10
(4)强
(5)     第一步电离后生成的负离子，较难再进一步电离出带正电荷的氢离子，且H2SeO4和H2SeO3第一步电离产生的氢离子抑制第二步电离     对同一种元素的含氧酸来说，该元素的化合价越高，含氧酸的非羟基氧原子个数越多，其含氧酸的酸性越强
(6)     [4×(97÷6.02×1023)g]÷(540.0×10-10cm)3=4.1g•cm-3     135

【解析】（1）
根据图片知，每个S原子含有2个σ键和2个孤电子对，所以每个S原子的价层电子对个数是4，则S原子为sp3杂化；
（2）
同一主族元素，元素原子失电子能力随着原子序数的增大而增强，原子失电子能力越强，其第一电离能越小，所以其第一电离能大小顺序是O＞S＞Se；
（3）
Se元素34号元素，M电子层上有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上，所以其核外M层电子的排布式为3s23p63d10；
（4）
非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电离，酸性就越弱，非金属性S＞Se，所以H2Se的酸性比H2S强；
（5）
①第一步电离后生成的负离子，较难再进一步电离出带正电荷的氢离子，且H2SeO4和H2SeO3第一步电离产生的氢离子抑制第二步电离，故H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离；
②H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2。H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+，H2SeO4比H2SeO3酸性强，即对同一种元素的含氧酸来说，该元素的化合价越高，含氧酸的非羟基氧原子个数越多，其含氧酸的酸性越强；
（6）
晶胞中含有白色球位于顶点和面心，共含有8×+6×=4，黑色球位于体心，共4个，则晶胞中平均含有4个ZnS，质量为4×（97÷6.02×1023）g，晶胞的体积为(540.0×10-10cm)3，则密度为[4×(97÷6.02×1023)g]÷(540.0×10-10cm)3=4.1g•cm-3；
根据晶胞a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为体对角线的，则a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为××540pm=135pm。

五、有机推断题
14．白藜芦醇的化学合成前体化合物H的合成路线如下：(其中R表示)

回答下列问题：
(1)A中含氧官能团的名称是_______。
(2)A生成B的化学方程式是_______。
(3)D生成E的化学方程式可表示为：D=E+H2O，E的结构简式是_______。
(4)反应①②③④⑤中属于消去反应的有_______。
(5)W是分子式比A少两个CH2的有机化合物，W的同分异构体中，同时满足如下条件的有_______种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为_______。
条件：a)芳香族化合物；b)1 mol W与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2 mol二氧化碳。
(6)根据上述信息，写出以为原料合成的路线(不需注明反应条件)_______。
【答案】(1)羧基、醚键
(2)
(3)
(4)⑤
(5)     10     或
(6)

【分析】A与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生B：，B与RMgCl在CuI作用下发生加成反应产生C，C与NaOH水溶液，共热发生酯的水解反应，然后酸化可得D，D脱去1分子H2O生成E：，E与在LDA作用下发生取代反应产生F和HCl，F与H2发生加成反应产生G，G在一定条件下发生消去反应产生H。
（1）
根据A结构简式可知A分子中的含氧官能团名称为羧基、醚键；
（2）
A分子中含有-COOH，与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生B：和H2O，该反应为可逆反应，化学方程式为：；
（3）
D生成E同时产生H2O，该反应方程式为，则E的结构简式是；
（4）
在上述反应中，反应①属于取代反应，反应②属于取代反应，反应③属于取代反应，反应④属于加成反应，反应⑤属于消去反应，则上述反应中属于消去反应的有⑤；
（5）
W是分子式比A少两个CH2的有机化合物，W的同分异构体中，符合条件a)芳香族化合物，说明分子中含有苯环；b)1 mol W与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2 mol二氧化碳，说明分子中含有2个-COOH，则该同分异构体分子中除苯环外，若只有一个侧链，只有1种结构；若含有2个侧链-COOH、-CH2-COOH，二者在苯环上有邻、间、对三种物质，因此有3种不同结构；若含有3个侧链：-COOH、-COOH、-CH3，都处于邻位有2种结构；都处于间位，只有1种结构；若2个相邻，一个相间，有3种结构，故符合要求的同分异构体种类数目为1+3+2+1+3=10种；其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为或；
（6）
与H2在一定条件下发生加成反应产生，与浓硫酸混合加热发生消去反应产生，该物质在催化剂存在条件下与H2发生加成反应产生，该物质在催化剂存在条件下加热，发生取代基在苯环邻位上的取代反应产生，故以为原料合成的流程图为：。

六、实验题
15．气体中微量的H2S，对工业生产和环境都有危害。通过以下实验装置利用20%脱硫剂三嗪()水溶液除去H2S，并使用2 mol·L-1 CuSO4溶液检验H2S是否除尽。

回答下列问题：
(1)仪器1的名称是_______。装置甲制取CO2，实验室制取CO2的离子方程式为_______。
(2)仪器2盛装0.001 mol·L-1H2S水溶液，三颈烧瓶丙中盛装溶液是_______。
(3)操作步骤：
①打开开关A、C，放入酸溶液产生CO2，目的是_______；
②一段时间后，关小开关C的出气量，打开压缩机开关，同时打开活塞放入H2S水溶液；逐渐减缓仪器1中酸溶液滴入速率并控制气压。使用CO2压缩机的作用是_______。
(4)通入二氧化碳所形成的混合气体中，经测量含H2S的量为1000 ×10-6mg·m-3，则该混合气体中c(H2S)计算式为_______mol·L-1。
(5)三嗪( )水溶液吸收H2S，生成 和化学方程式为_______。CuSO4溶液没有出现_______ (填现象)， 证明三嗪吸收H2S的化学反应具有_______、_______等特征，20%三嗪水溶液是很好的脱硫剂。
【答案】(1)     分液漏斗    
(2)饱和碳酸氢钠溶液
(3)     排尽装置内的空气，防止被氧化，影响脱硫效果     控制的气流速率，从而控制进入三嗪水溶液的速率，使其充分与三嗪水溶液反应
(4)
(5)          黑色沉淀     简便     高效

【解析】（1）
仪器1带有活塞，用于添加液体药品并控制滴加液体药品的速度，为分液漏斗；而实验室制取用的是稀盐酸与大理石，化学方程式为，则离子方程式为；
故答案为分液漏斗；；
（2）
利用稀盐酸与大理石制备的混有HCl杂质，需要利用饱和碳酸氢钠溶液除去；
故答案为饱和碳酸氢钠溶液；
（3）
打开开关A、C，放入酸溶液产生，这一操作在三嗪溶液脱硫前进行，而实验开始前通气体的操作，一般都是为了排尽装置内的气体，避免干扰主体反应的进行或效果的，这里是显了防止被氧化，影响脱硫效果；使用压缩机是为了控制的气流速率，从而可控制进入三嗪水溶液的速率，继而保证能充分与三嗪水溶液接触反应，以达到最佳的脱硫效果；
故答案为排尽装置内的空气，防止被氧化，影响脱硫效果；控制的气流速率，从而控制进入三嗪水溶液的速率，使其充分与三嗪水溶液反应
（4）
依据题信息可知，测量含H2S的量为，求该混合气体中c(H2S)的物质的量浓度，即需要把换算为以为单位，即，则该混合气体中c(H2S)计算式为；
故答案为；
（5）
依据题目信息给出的反应物与生成，即可写出三嗪与硫化氢的反应方程式为；题目要求使用溶液检验是否除尽，表明利用了溶液和的反应，而该反应会生成黑色的沉淀CuS，而没有产生黑色沉淀，表明三嗪除硫比较彻底，而整个除硫的实验过程也较为简单；
故答案为；黑色沉淀；简便；高效。

七、原理综合题
16．完成下列填空
(1)氮氧化物是主要的大气污染物之一，利用氢气选择性催化还原(H2-SCR)是目前消除NO的理想方法，备受研究者关注。
H2-SCR法的主反应：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)   ΔH1
副反应：2NO(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g)   ΔH2<0
回答下列问题：
①已知：H2(g)+O2(g)=H2O(g)   ΔH3=-241.5kJ/mol
N2(g)+O2(g)=2NO(g)   ΔH4=+180.5kJ/mol
i. ΔH1=___________kJ/mol。
ii.下列提高主反应选择性的最佳措施是___________(填标号)。
A．降低温度           B．使用合适的催化剂     C．增大c(NO) D．增大压强
②H2-SCR在Pt-HY催化剂表面的反应机理如下图所示：

已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4∶1，反应中每生成1mol N2转移的电子的物质的量为___________mol。
③T℃，时，恒容密闭容器中发生上述反应，平衡体系中N2物质的量分数为10%，平衡压强与起始压强之比为3.6：4，则NO的有效去除率(转化为N2)为___________。
(2)甲醇在工业上可利用水煤气来合成：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH＜0。将1mol CO和2mol H2通入密闭容器中进行反应，在一定温度和压强下达到平衡时甲醇的体积分数φ(CH3OH)的变化趋势如图所示(其中X1→X4逐渐减小，Y1→Y4逐渐增大)：

图中X轴表示的外界条件为___________，判断的理由是___________。
(3)NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，Y可循环使用，则正极反应式为___________。

【答案】(1)     -663.5     B     3     72%
(2)     温度     温度降低，平衡正向移动，平衡时甲醇的体积分数增大
(3)O2+2N2O5+4e-=4NO

【解析】（1）
①根据盖斯定律，反应可通过 “”×2-“”得到，则-，则ΔH1=-663.5 kJ/mol；主反应和副反应均是ΔH<0且气体分子数减少的反应，具有相同的反应物，故提高主反应选择性的最佳措施是使用合适的催化剂，选择B项。
②据图可知HY载体表明NO、O2、NH反应得到N2和H2O，NO、O2物质的量之比为4∶1，所以反应的离子方程式为4NO+O2+4NH=4N2+6H2O+4H+，该反应中NH所失电子即转移电子，生成1molN2时，有1mol NH参与反应，转移3mol电子。
③T℃，，可设投入恒容密闭容器中、，设平衡时刻NO主反应转化了xmol，依据题意有：

设平衡时刻NO副反应转化了ymol，则消耗H2，生成N2O和molH2O(g)，则根据平衡体系中N2物质的量分数为10%得： ，根据平衡压强与起始压强之比等于气体总物质的量之比，为3.6：4得： ，联立两个等式求解的x=0.72，y=0.08，则NO的有效去除率(转化为N2)为。
（2）
从图中分析可知，Y不变情况下，随着X1→X4，甲醇的体积分数φ(CH3OH)增大，即该反应平衡朝正向进行，结合该反应是正向放热且气体分子数减少的情况，温度降低和压强增大使平衡正向移动，而X1→X4逐渐减小，故X轴表示的外界条件为温度。
（3）
燃料电池中O2得电子在正极，燃料失电子在负极，从该原理图所示可知，石墨Ⅰ电极上NO2失去电子与电解质中阴离子NO生成氧化物N2O5，则正极O2得电子与可循环使用的N2O5反应生成NO，电极反应式为：O2+2N2O5+4e-=4NO。