模拟卷08-2023年高三化学对接新高考全真模拟试卷（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用）

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2023年高三化学对接新高考全真模拟试卷（八）
（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用）
(考试时间：50分钟 试卷满分：100分)
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

可能用到的相对原子质量：H 1 C12 N14 O16 Na 23 Mg 24 P 31 S 32 Cl 35.5 Cr52 Fe 56 Cu 64 Ag 108
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2022·江苏省前黄高级中学高二期中）根据国际形势，我国将力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和。“碳中和”是指的排放总虽通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的排放量，实现的“零排放”。科学家提出有关甲醇的碳循环如图所示。下列说法错误的是

A．图中能量转化方式只有2种
B．属于无机化合物、属于有机化合物
C．中含有0.1mol O—H键
D．利用合成燃料能促进“碳中和”
【答案】A
【详解】A．图中能量转化方式有：光能转化为电能、电能转化为化学能、风能转化为电能、化学能转化为热能等，A错误；
B．有机物为除一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐以外的含碳化合物；属于无机化合物、属于有机化合物，B正确；
C．1分子甲醇中含有1个O-H键，则中含有0.1mol O—H键，C正确；
D．利用合成燃料可以充分利用二氧化碳资源，能促进“碳中和”，D正确；
故选A。
2．（2022·河北·石家庄一中高三阶段练习）生活中将洁厕灵和84消毒液不慎混在一起会产生氯气使人中毒，发生反应为NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．18gH2O中含有的电子数目为8NA
B．58.5gNaCl固体中含有NA个NaCl分子
C．标准状况下，每生成3.36LCl2转移电子数目为0.15NA
D．1L1mol·L-1的NaClO溶液中含有ClO-数目为NA
【答案】D
【详解】A．18g水中含有电子物质的量为=1mol，故A错误；
B．NaCl属于离子化合物，是由Na+和Cl-组成，不含NaCl分子，故B错误；
C．根据反应方程式，生成1mol氯气，转移电子物质的量为1mol，则标准状况下，每生成3.36L(0.15mol)氯气，转移电子物质的量为0.15mol，故C正确；
D．NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-水解，1L1mol/L的NaClO溶液中ClO-物质的量小于1mol，故D错误；
答案为D。
3．（2022·北京·人大附中高三期中）m个Ag原子形成的立方体形纳米簇Agm结构如图，立方体的顶点及各面面心处各有1个Ag原子。以Agm为模板，在x，y方向上继续结合Ag原子，可以得到棱长（以顶点原子的原子核间距计算）分别为Agm2倍、2倍、1倍的纳米团簇Agn。

下列说法中不正确的是
A．Agm易在化学反应中失去电子，形成阳离子
B．固体Agm可能呈现彩色
C．距离a处Ag原子距离最近且相等的Ag原子为12个
D．
【答案】A
【详解】A．银是不活泼金属，化学性质稳定，在化学反应中不易失去电子形成阳离子，所以纳米簇Agm的化学性质稳定，在化学反应中不易失去电子形成阳离子，故A错误；
B．固体Agm的颗粒直径小于100纳米，固体的表面积大，光的吸收强度大，可能出呈现出黄色等彩色，故B正确；
C．由图可知，距离位于的立方体面心的a处银原子距离最近且相等的银原子位于小立方体的面心，共有12个，故C正确，
D．由纳米簇结构可知，Agm的m=8+6=14，则以Agm为模板，在x，y方向上继续结合Ag原子，可以得到棱长（以顶点原子的原子核间距计算）分别为Agm2倍、2倍、1倍的纳米团簇Agn的n=14+24=38，故D正确；
故选A。
4．（2022·山西吕梁·高三阶段练习）部分含N及S物质的分类与相应化合价之间的关系如图所示，下列推断合理的是

A．在催化剂的作用下，a可将c，d氧化为b
B．a分别溶于e的溶液和e′的溶液不发生氧化还原反应
C．用玻璃棒分别蘸取浓的a溶液和浓的e＇溶液，玻谪棒靠近时有白烟产生
D．常温下，Fe能溶于浓的e溶液生成红棕色的d，也能溶于浓的e＇溶液生成无色气体c＇
【答案】B
【分析】根据N、S元素的化合价及物质所属类别可推知各种物质分别是a：NH3；b：N2；c：NO；d：NO2；e：HNO3；a＇：H2S；b＇：S；c＇：SO2；d＇：H2SO3；e＇：H2SO4，然后根据物质的性质及转化关系分析解答。
【详解】A．a是NH3，b是N2，c是NO，d是NO2。NH3具有强的还原性，NO、NO2具有氧化性，NH3能够将NO、NO2还原为N2，同时反应产生H2O，而不能将NO、NO2氧化为N2，A不符合题意；
B．a是NH3，e是浓HNO3；e＇是浓H2SO4，NH3分别溶解于HNO3、H2SO4，可以反应得到NH4NO3和(NH4)2SO4，反应过程中元素化合价不变，因此反应不属于氧化还原反应，B符合题意；
C．用玻璃棒分别蘸取浓氨水和浓的H2SO4溶液，H2SO4溶液不挥发，玻璃棒靠近时无白烟产生，C不符合题意；
D．常温下，Fe遇浓H2SO4、浓HNO3会发生钝化反应，在金属表面生成致密氧化膜，阻止进一步反应的发生，因此常温下Fe均不溶于浓H2SO4和浓HNO3，不会反应产生NO2气体、SO2气体，D不符合题意；
故合理选项是B。
5．（2022·北京·人大附中高三期中）某分子的片段如图所示。下列关于该片段的说法不正确的是

A．图示片段包含1个胞嘧啶、1个鸟嘌呤
B．该片段中所有氮原子都采取杂化
C．该片段在一定条件下可发生水解反应
D．若脱氧核糖中3号C所连羟基被还原为H原子，其参与形成的核苷酸将无法聚合为核酸
【答案】B
【详解】A．由图可知，片段包含1个胞嘧啶、1个鸟嘌呤，A正确；
B．图中只连单键的氮原子形成3个σ键，此外还有1对孤电子对，价层电子对数是4，为sp3杂化，B错误；
C．分子中存在肽键，可以发生水解，C正确；
D．若脱氧核糖中3号C所连羟基被还原为H原子，则此处无法再形成氢键，导致其参与形成的核苷酸将无法聚合为核酸，D正确；
故选B。
6．（2022·山东青岛·高二期中）电渗析法是海水淡化的方法之一，选择性离子交换膜交错排列构成多层式电渗析槽，工作原理如图所示(a、b为不同离子交换膜)。下列有关说法正确的是

A．同温同压下，气体体积
B．a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜
C．X为淡盐水，Y浓盐水
D．阴极区电极反应式为
【答案】C
【详解】A．阴极生成氢气、阳极生成氧气，所以m是氧气、n是氢气，同温同压下，气体体积，故A错误；
B．阴离子向阳极移动、阳离子向阴极移动，所以a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，故B错误；
C．X中的离子向Y中移动，所以X为淡盐水、Y浓盐水，故C正确；
D．阴极发生还原反应，电极反应式为，故D错误；
选C。
7．（2022·湖北·华中师大一附中高三期中）常温下，某实验小组以酚酞为指示剂，用0.1000 mol∙L−1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol∙L−1 H2A溶液。溶液pH、所有含A微粒的分布分数δ[如HA－的分布分数：δ(HA－)=] 随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示，下列说法正确的是

A．曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2−)
B．NaHA是酸式盐，其水溶液显碱性
C．常温下，HA－的水解常数Kh≈1.0×10−9
D．当滴定至中性时，溶液中存在：c()＋c(H2A)＞c(Na+)
【答案】D
【分析】根据图中信息20.00 mL 0.1000 mol∙L−1 H2A溶液消耗了20mL 0.1000 mol∙L−1 NaOH溶液，说明H2A为一元弱酸，则曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)。
【详解】A．根据前面分析，曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)，故A错误；
B．H2A 为一元弱酸，因此NaHA是正盐，故B错误；
C．曲线①和曲线②的交叉点，对应的pH为3，常温下，HA－的水解常数，故C错误；
D．当滴定至中性时，再根据电荷守恒得到，c()＝c(Na+)，则溶液中存在：c()＋c(H2A)＞c(Na+)，故D正确。
综上所述，答案为D。
二、非选择题：共58分。
8．（2020·云南省大姚县实验中学高三阶段练习）亚氯酸钠(NaClO2)是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下：

（1）Ⅰ中发生反应的还原剂是____ (填化学式)。
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是____。
（3）Ⅲ中离子隔膜电解池的装置如下：

①A的化学式是________，A在____口产生。
②m为____ (填“阴”或“阳”)离子交换膜。
③结合化学用语和文字说明解释NaOH产生的原因：________
（4）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2＋4HCl=5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O
①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是____。
②研究表明：若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，运用氧化还原反应规律分析其原因是____。
（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2＋的物质的量前者____ (填“>”“<”或“＝”)后者。
【答案】     Na2SO3     2ClO2＋H2O2＋2OH－=2ClO2-＋O2↑＋2H2O     H2SO4     e     阴     阴极反应为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，反应室中的Na＋透过阳离子交换膜进入阴极室，和阴极区产生的OH－生成NaOH     1∶4     ClO2-的氧化性或Cl－的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl－被氧化得Cl2     ＝
【分析】硫酸钠溶液通入离子隔膜电解池中，ClO2和双氧水在II中发生氧化还原反应生成NaClO2和气体a，该反应中Cl元素化合价由+4价变为+3价，则O元素化合价由-1价变为0价，所以生成的气体a是O2，离子反应方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2 ClO2-+O2↑+2H2O；III中发生电解，根据图知，生成氢氧化钠，阴极上生成氢气同时阴极附近生成NaOH，所以生成的气体b是H2；阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以a是O2，同时生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性条件下，I中NaClO2、Na2SO3发生氧化还原反应，离子反应方程式为2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O。
【详解】(1)由图得到Ⅰ中将亚硫酸钠转化为硫酸钠，S的化合价由＋4升高为＋6，所以还原剂为亚硫酸钠；
(2)Ⅱ中进入的ClO2转化为NaClO2化合价降低，所以是H2O2中的－1价的氧化合价升高为0价O2，方程式为：2ClO2＋H2O2＋2OH－=2ClO2-＋O2↑＋2H2O；
(3)Ⅲ中离子隔膜电解池，中间加入硫酸钠溶液，其中阴离子硫酸根离子向阳极移动，所以m是阴离子交换膜。阳极发生的反应为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，氢离子浓度增加，结合穿过m的硫酸根离子得到硫酸，即X为氧气，e为硫酸，加入的g为稀硫酸(主要是为了使溶液导电)。对应的n为阳离子交换膜，以保证钠离子能向阴极移动，阴极反应为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，生成的氢氧根结合钠离子得到氢氧化钠，所以Y为氢气，Z为氢氧化钠溶液，加入的f为稀氢氧化钠溶液(主要为了使溶液导电)。结合如上信息得到：
①A的化学式是H2SO4，A在e口产生；
②m为阴离子交换膜；
③NaOH产生的原因：阴极反应为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，生成的氢氧根结合钠离子得到氢氧化钠；
(4)①根据相同元素的相同价态一定直接转化的原理，生成物中的NaCl一定来自反应物的盐酸，NaCl有5个，HCl只有4个，所以有1个NaCl来自NaClO2，另外4个NaClO2转化为ClO2，所以氧化剂为1个NaClO2，还原剂为4个NaClO2，所以该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶4；
②若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，说明使用浓盐酸时，会被NaClO2氧化为Cl2，即随着盐酸浓度增大，NaClO2的氧化性增强，或者盐酸的还原性增强；
(5)无论NaClO2是否变质，最后氧化亚铁离子的时候，都是将亚铁离子氧化为铁离子，Cl最终都是转化为Cl－，变质的反应为3NaClO2=2NaClO3＋NaCl，则3molNaClO2转化为2 mol NaClO3，这2 mol NaClO3得电子为2×6e－＝12 mol电子。如果不变质，3 mol NaClO2得电子为：3×4e－＝12 mol电子，所以NaClO2变质前后能得到的电子实际是一样的，能氧化的亚铁离子是相同的。
9．（2017·江西·南昌市八一中学高三期中）有机物G是某种新型药物的中间体，其合成路线如下：

已知：
回答下列问题：
（1）F的质谱图中，最大质荷比的数值是___________；
（2）写出反应③所需要的试剂_______；反应②的反应类型是___________；
（3）有机物B中所含官能团的名称是__________；
（4）写出有机物X的结构简式__________；
（5）写出由E到F的化学方程式__________；
（6）A所有的链状二氯取代物同分体数目有__________种；
【答案】     181     NaOH醇溶液     取代反应     碳碳双键、氯原子     HOCH2CHO          7种
【详解】A与氯气反应生成B（CH2=CHCH2Cl），该反应为取代反应，则A的结构简式为：CH2=CHCH3，B与Mg在无水乙醚条件下反应生成C（CH2=CHCH2MgCl），D与Br2发生加成反应生成E，则D的结构简式为CH2=CHCH2CH（OH）CH2OH，结合题目给予的反应原理可知，有机物X为HOCH2CHO，对比E、F的结构简式可知E分子分子内取代反应脱去1分子HBr生成F，F发生卤代烃的消去反应生成G，反应条件为氢氧化钠的醇溶液、加热；
（1）的相对分子质量为181，则在质谱图中，最大质荷比的数值是181；
（2）反应③发生卤代烃的消去反应生成G，反应条件为氢氧化钠的醇溶液、加热，所需要的试剂为氢氧化钠醇溶液，反应②的反应类型是取代反应；
（3）有机物B中所含官能团的名称是：碳碳双键、氯原子；
（4）有机物X的结构简式为：HOCH2CHO；
（5）由E到F的化学方程式：；
（6）CH2=CHCH3的一氯代物有CHCl=CHCH3、CH2=CClCH3、CH2=CHCH2Cl有三种，其中CHCl=CHCH3的二氯代物有3种，CH2=CClCH3有2种，但有一种CHCl=CClCH3是重复的，实际只有一种，（存在顺反应异构）CH2=CHCH2Cl的二氯代物有1种且存在顺反应异构，则链状二氯取代物同分体数目有共7种（包括顺反异构）。
点睛：根据反应条件推断反应类型：（1）在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。（2）在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。（3）在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。（4）能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。（5）能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。（6）在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。（7）与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。（8）在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。（9）在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。
10．（2019·云南普洱·高二期末）二氧化钛（TiO2）广泛应用于各类结构表面涂料、纸张涂层等，二氧化钛还可作为制备乙酸、钛单质的原料。
Ⅰ．二氧化钛可由以下两种方法制备：
方法1：TiCl4水解生成TiO2·xH2O，过滤、水洗除去其中的Cl－，再烘干、焙烧除去水分得到胶体TiO2，此方法制备得到的是纳米二氧化钛。
（1）① TiCl4水解生成TiO2·x H2O的化学方程式为______；
②检验TiO2·x H2O中Cl－是否被除净的方法是___________
方法2：可用含有Fe2O3的钛铁矿（主要成分为FeTiO3，其中Ti元素化合价为+4价）制取，其主要流程如下：

（2）溶液甲中加入Fe的作用是__________
（3）若要加热FeSO4．7H2O晶体得无水硫酸亚铁，除酒精灯、玻璃棒外，还要用到的两种硅酸盐质仪器是__________
Ⅱ．二氧化钛的用途：
（4）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。

在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示（实线表示的是催化剂的催化效率，虚线表示的是乙酸的生成速率），250～300 ℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是______。
（5）TiO2直接电解法生产钛是一种较先进的方法，电解质为熔融的氧化钙，原理如图所示，二氧化钛电极连接电源_____（填“正极”或“负极”），该极电极反应式为__________。石墨极上石墨参与反应产生的气体是_____。
【答案】     TiCl4+ （x+2）H2O =TiO2·x H2O+ 4HCl     取最后一次的洗涤滤液1～2 mL于试管中，向其中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则表明沉淀已洗涤干净。     将溶液中的Fe3+还原为Fe2+     坩埚 泥三角     温度超过250 ℃时，催化剂的催化效率降低     负极     TiO2+4e−=Ti+2O2−     CO2（或CO）
【分析】I．二氧化钛可由两种方法制备，方法一将TiCl4水解得到，由元素守恒得方程式；方法二是将钛铁矿含Fe2O3与过量H2SO4混合，得到TiO2+含Fe3+，再加入过量铁，将Fe3+转化成Fe2+，冷却结晶得到TiO2+和FeSO4·7H2O，制取TiO2；II．TiO2直接电解法生产钛是一种较先进的方法，可根据电解池中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，据此解答。
【详解】Ⅰ．（1）①设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2•xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为（2+x），方程式为TiCl4+（x+2）H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl；答案为TiCl4+（x+2）H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl。
②沉淀吸附溶液中的Cl-，根据发生反应：Cl-+Ag+═AgCl↓来判断是否洗净，取最后一次的洗涤滤液1～2 mL于试管中，向其中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则表明沉淀已洗涤干净；答案为取最后一次的洗涤滤液1～2 mL于试管中，向其中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则表明沉淀已洗涤干净。
（2）该溶液中含有铁离子，加入Fe能将铁离子转化成亚铁离子且不引进新的杂质，所以铁的作用是：将Fe3+转化为Fe2+；答案为将溶液中的Fe3+转化为Fe2+。
（3）加热FeSO4.7H2O晶体得无水硫酸亚铁，操作为灼烧，需要酒精灯加热，需要坩埚盛放FeSO4.7H2O晶体，需要泥三角稳定坩埚，需要玻璃棒搅拌，需要坩埚钳转移坩埚，除酒精灯、玻璃棒外，还要用到的两种硅酸盐质仪器是坩埚、泥三角；答案为：坩埚、泥三角。
II．（4）在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示．在250℃～300℃之间，乙酸的生成速率降低的原因是：温度在250°C升至300°C时，催化剂的催化效率降低了，虽然升高温度，反应速率要加大，但催化剂催化效率降低的因素超过了温度升高使速率增大的因素，所以乙酸生成速率降低；答案为催化剂催化效率降低的因素超过了温度升高使速率增大的因素，所以乙酸生成速率降低。
（5）电解时，阴极上得电子发生还原反应，所以二氧化钛得电子生成钛和氧离子，和电源负极相连；电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-；石墨做阳极，失去电子，故产生二氧化碳；答案为：负；TiO2+4e-=Ti+2O2-；CO2；
【点睛】本题应注意（3）小问，加热FeSO4·7H2O晶体得无水硫酸亚铁时，不能直接加热，因为Fe2+很容易在空气中被氧化成Fe3+，所以应用N2作保护气，即在N2环境中加热制无水硫酸亚铁。

11．（2021·陕西·西安中学模拟预测）氮及其化合物在工农业生产生活中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。
Ⅰ．(1)已知：N2(g)+O2(g) ⇌ 2NO(g)ΔH=+180.5kJ·mol-1
C(s)+O2(g) ⇌ CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1
2C(s)+O2(g) ⇌ 2CO(g)ΔH=-221kJ·mol-1
若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式___。
Ⅱ．利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g) ⇌ 5N2(g)+6H2O(l)△H＜0
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)︰n(NO)=2︰3充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是__。
A．c(NH3)︰c(NO)=2︰3
B．n(NH3)︰n(N2)不变
C．容器内压强不变
D．容器内混合气体的密度不变
E．1molN—H键断裂的同时，生成1molO—H键
(3)某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应，NO的转化率随温度变化的情况如图所示：

①在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)=___。
②在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是___。
Ⅲ．NO氧化反应：2NO(g)+O2(g) ⇌ 2NO2(g)分两步进行，其反应历程能量变化如图所示。

(4)写出决定NO氧化反应速率的化学方程式：__。
(5)将物质的量分数为2m%NO(g)、m%O2(g)和q%He(g)的气体通入反应器，在温度T、压强p条件下进行反应。平衡时，若NO转化率为α，则该反应平衡常数Kp=__假设体系中无N2O4；以分压表示，分压=总压×物质的量分数；用含p、m、a的代数式表示。
Ⅳ．用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收氮氧化物也是一种可行的方法。NO和NO2不同配比混合气通入尿素溶液中，总氮还原率与配比关系如图。

(6)用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收体积比为1∶1的NO和NO2混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。写出该反应的化学方程式___。
(7)随着NO和NO2配比的提高，总氮还原率降低的主要原因是__。
【答案】     2NO(g)+2CO(g) ⇌ N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ·mol-1     AE     0.171mol•L-1·min-1     平衡逆向移动     2N2O2(g)+O2(g) ⇌ 2NO2(g)          (NH2)2CO+NO+NO2=2N2+CO2+2H2O     NO在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的NO增多
【分析】先依据平衡常数表达式书写出反应的化学方程式，再根据盖斯定律计算书写此反应的热化学方程式；可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，据此分析判断是否为平衡状态；决定NO氧化反应速率是反应速率较慢的步骤，活化能越大，反应速率越慢，据此分析解答；将物质的量分数为2m% NO(g)、m% O2(g)和q% He(g)的气体通入反应器，在温度T、压强p条件下进行反应，平衡时，NO转化率为α，根据三段式计算解答。
【详解】(1)若某反应的平衡常数表达式为：K=，则反应的方程式为2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)。①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-l，②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-l，③2C(s)+O 2(g)=2CO(g)△H=-221kJ•mol-l，根据盖斯定律，将②×2-③-①得到2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5 kJ•molˉ1，故答案为：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5 kJ•molˉ1；
(2)A．根据方程式可知氨气与一氧化氮按2∶3反应，且按n(NH3) ∶n(NO)=2∶3充入反应物，所以任意时刻都满足c(NH3) ∶c(NO)=2∶3，不能判断该反应达到平衡状态，故A选；B．反应正向移动时氨气的物质的量减小，氮气的物质的量增多，所以n(NH3) ∶n(N2)会变小，当该值不再变化时，说明反应达到平衡状态，故B不选；C．平衡正向移动时压强减小，逆向移动时压强增大，所以压强不变时，反应达到平衡状态，故C不选；D．生成物中有液态水，所以气体的总质量为变量，但总体积不变，所以密度是变量，所以当混合气体密度不变时，能说明反应达到平衡状态，故D不选；E．1molN-H键断裂即消耗mol氨气，则生成mol水，形成1molO-H键，描述的都是正反应速率，不能判断该反应达到平衡状态，故E选；故答案为：AE；
(3)①420K时一氧化氮的转化率为2%，此时消耗的n(NO)=3mol×2%=0.06mol，580K时一氧化氮的转化率为59%，此时消耗的n(NO)=3mol×59%=1.77mol，此时段内一氧化氮的变化量为：1.77mol-0.06mol=1.71mol，容器的体积为2L，所以反应速率v(NO)==0.171 mol•L-1•min-1，故答案为：0.171 mol•L-1•min-1；
②该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低，故答案为：平衡逆向移动；
(4)由图可知，Ea2＞Ea1，说明第二步反应的活化能大，反应速率慢，决定NO氧化反应速率，其化学方程式为2N2O2(g)+O2(g) ⇌ 2NO2(g)，故答案为：2N2O2(g)+O2(g) ⇌ 2NO2(g)；
(5)由题目信息可知，起始NO(g)、O2(g)、He(g)的物质的量分数为2m%、m%、q%，且2m+m+q=100，NO转化率为α

分压=总压×物质的量分数，p(NO2)=×p==，同理可求出p(NO)=，p(O2)=，Kp===，故答案为：；
(6)NO和NO2的体积比为1∶1，即反应中化学计量数之比为1∶1，将N元素转变为对环境无害的气体即氮气，根据元素守恒和电子守恒可知方程式为(NH2)2CO+NO+NO2=2N2+CO2+2H2O，故答案为：(NH2)2CO+NO+NO2=2N2+CO2+2H2O；
(7)一氧化氮难溶于水，大量的一氧化氮通入之后并不能反应，导致总还原率降低，故答案为：NO在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的NO增多。
【点睛】本题的易错点和难点为(5)，要注意三段式在化学平衡计算中的应用，同时注意Kp=。