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天津市南开区2023届高三化学下学期一模试题（Word版附解析）
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这是一份天津市南开区2023届高三化学下学期一模试题（Word版附解析），共20页。
2022-2023学年度第二学期高三年级质量监测(一)
化学学科试卷
本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时60分钟。第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至8页。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答题时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上无效。
第Ⅰ卷
注意事项：
1.每小题选出答案后，用铅笔将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，再选涂其他答案标号。
2.本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Fe-56
1. 化学无处不在，下列与化学有关的说法正确的是
A. 淀粉、纤维素、油脂都属于天然高分子
B. 二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂
C. 胶体无色、透明，能发生丁达尔效应
D. 碘是人体必需微量元素，应多吃富含高碘酸的食物
【答案】B
【解析】
【详解】A．油脂不属于高分子化合物，故A错误；
B．二氧化硫具有强的还原性，可用作葡萄酒中作抗氧化剂，故B正确；
C．胶体为红褐色液体，故C错误；
D．碘是人体必需微量元素，补充碘元素常在食盐中加入碘酸钾固体而不是高碘酸，高碘酸为强酸，具有强烈刺激性和腐蚀性不能食用，故D错误；
故选：B。
2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 乙醚的结构简式：
B. HClO的电子式：
C. 质子数为17、中子数为20的氯原子：
D. 的空间结构：V形
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醚的结构简式：，故A错误；
B．HClO的电子式： ，故B错误；
C．质子数为17、中子数为20的氯原子质量数为37，表示为，故C错误；
D．的价电子对数，有一对孤对电子，空间构型为V形，故D正确；
故选：D。
3. 与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是
A. 硫酸铜 B. 氢氧化钠 C. 硫酸亚铁 D. 二氧化硫
【答案】A
【解析】
【详解】A. CuSO4是盐，属于电解质，加入氢硫酸，会发生反应：CuSO4+H2S＝CuS↓+H2SO4，产生黑色沉淀，A正确。
B．氢氧化钠是碱，属于电解质，与氢硫酸发生反应：2NaOH+H2S＝Na2S+2H2O，产生的Na2S是可溶性的物质，没有沉淀产生，B错误。
C．硫酸亚铁是盐，属于电解质，由于酸性：硫酸＞氢硫酸，因此二者不能发生反应，无沉淀产生，C错误。
D．二氧化硫与硫化氢会发生反应：SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，产生沉淀，但是SO2是非电解质，不符合题意，D错误。
答案选A。
4. 下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是
A. 该溶液中K＋、Fe2＋、C6H5OH、Br－可以大量共存
B. 和KI溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋2I－Fe2＋＋I2
C. 和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋SO42—＋Ba2＋＋3OH－Fe(OH)3↓＋ BaSO4↓
D. 1 L0.1 mol·L-1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2 g Fe
【答案】D
【解析】
【详解】A、三价铁与苯酚会发生显色反应，不能大量共存，A错误；
B、电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，B错误；
C、不符合配比关系，正确的离子方程式为2Fe3＋＋3SO42—＋3Ba2＋＋6OH－2Fe(OH)3↓＋ 3BaSO4↓，C错误；
D、根据原子守恒，铁离子的物质的量为0.2mol，与足量Zn反应生成0.2mol铁，为11.2g，D正确；
答案选D。
5. X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中位置如图所示，X元素基态原子的最外层电子排布式为。下列说法不正确的是
X
Y
Z
W
A. 离子半径： B. 还原性：
C. 酸性： D. 氢化物稳定性：
【答案】A
【解析】
【分析】X元素基态原子的最外层电子排布式为，因此X是氧元素，则Z是硫元素，Y是磷元素，W是氯元素。
【详解】A．Cl-、S2-电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：Cl-＜S2-，A错误；
B．根据同周期阴离子的还原性从左到右依次减弱，故S2-的还原性比大于Cl-的还原性，B正确；
C．由于的非羟基O原子数是2，而的的非羟基O原子数是1，的非羟基O原子数比多，使得S原子的正电性较大，导致中-OH的电子向S偏向程度更大，使H+在水分子作用下更易电离，酸性强于，C正确；
D．非金属氢化物的稳定性代表了元素非金属性的强弱，氧的非金属性远大于硫，所以H2O的稳定性也大于H2S，D正确；
故选A。
6. 联氨(N2H4)可用于处理水中的溶解氧，其反应机理如下图所示：
下列说法不正确的是
A. 分子的共价键只有键
B. 具有还原性，在一定条件下可被氧化
C. ②中反应产物是而不是，说明相对较稳定
D. ③中发生反应：
【答案】A
【解析】
【详解】A．N2H4分子的共价键有N-H之间的键和N-N之间的，A错误；
B．由题干信息可知，N2H4能够被CuO氧化生成N2，即N2H4具有还原性，而O2的氧化性强于CuO，故N2H4具有还原性，在一定条件下可被O2氧化，B正确；
C．由题干信息可知，②中反应物NH3‧H2O是足量的，但是反应产物是而不是，说明相对较稳定，C正确；
D．根据氧化还原反应配平可知，③中发生反应：，D正确；
故答案为：A。
7. 下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
蒸馏水、碱石灰
B
盐酸、溶液、二氧化碳
C
溶液、溶液、盐酸
D
酸性溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】除杂时，加入的试剂或使用的方法不能影响主体物质，且不能引入新杂质；氧化反应中存在元素的化合价升高或者降低；
【详解】A．除去中的，先通入蒸馏水中，发生反应，再通过碱石灰干燥得到纯净的NO，其除杂过程涉及氧化还原反应，故A选；
B．除去中含有的，先加入盐酸，涉及反应、，再加入过量NaOH溶液，过滤，向滤液中通入过量二氧化碳，得到沉淀，加热分解得到纯净的，涉及反应、、、，其中不涉及氧化还原反应，故B不选；
C．除去中含有的，先加过量溶液发生反应，再加过量溶液发生反应，过滤，最后向滤液中加入盐酸调pH至中性，发生反应，然后蒸发结晶得到NaCl，其中不涉及氧化还原反应，故C不选；
D．除去甲苯的苯，加入酸性溶液，主体物质甲苯被氧化，没有达到除杂目的，故D不选；
故选A。
8. 下列实验方案中，不能测定出和的混合物中质量分数的是
A. 取ag混合物充分加热，质量减少bg
B. 取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
C. 取ag混合物与足量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干、得到bg固体
D. 取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg
【答案】D
【解析】
【详解】A．只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后再计算碳酸钠的质量分数，能够测出混合物中碳酸钠的质量分数，故A不选；
B．加热后bg固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的量为x、碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，2x+y=，解方程计算出a、b，然后可计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故B不选；
C．碳酸钠和碳酸氢钠均能与反应生成碳酸钡沉淀，结合B项分析，也可以计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故C不选；
D．ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体主要是二氧化碳和水，所以质量增加bg两种气体的质量，故无法求出混合物中碳酸钠的质量分数，故D选；
故选：D
9. 向溶液中持续滴加稀盐酸，记录溶液及温度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 溶液的起始浓度为
B. 在滴定至终点的过程中，水的电离程度不断减小
C. 对应的溶液中均存在：
D. 由后溶液的温度变化可推知，与的反应是吸热反应
【答案】C
【解析】
【分析】向溶液中持续滴加稀盐酸，如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高；
【详解】A．如图，未滴加盐酸时，溶液pH最大，NaOH属于强碱，起始时溶液pH=a，，常温下，根据，得，溶液的起始浓度为，故A错误；
B．任何酸或碱均抑制水的电离，在滴定至终点的过程中，浓度减小，水的电离程度不断增大。刚好反应时，达到最大，故B错误；
C．时，NaOH过量，溶质为和NaCl；时，盐酸过量，溶质为HCl和NaCl，所以根据电荷守恒，对应的溶液中均存在：，故C正确；
D．如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高，由此可知，与的反应是放热反应，故D错误；
故选C。
10. 已知：现将三个相同容积的密闭容器中按不同方式投入反应物发生反应。相关数据见下表：
容器1
容器2
容器3
反应温度(°C)
400
400
500
起始量
lmol、1mol(g)
2mol HI
lmol、1mol(g)
平衡浓度
平衡转化率
平衡常数
下列各项关系不正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．容器1和容器2是等效平衡，因此，温度升高平衡逆向移动，因此，A正确；
B．容器1和容器2是等效平衡，因此，温度升高平衡逆向移动，减小，因此，B错误；
C．温度升高平衡逆向移动，平衡转化率减小，因此，C正确；
D．容器1和容器2是等效平衡，达到平衡状态时，各物质的浓度相等，，且两容器温度相同，则有，D正确；
故选B。
11. 一篇关于合成“纳米小人”的文章成为有机化学史上最受欢迎的文章之一，其中涉及的一个转化关系为：
下列说法正确的是
A. 该反应的原子利用率为100%
B. 化合物M含有一个手性碳原子
C. 化合物N的分子式为：
D. 化合物P能使酸性溶液褪色，但不能使溴水褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应物中含有原子，生成物中没有原子，所以原子利用率不是100%，A错误；
B．化合物M没有手性碳原子，B错误；
C．根据化合物N的结构简式，其分子式为：，C正确；
D．化合物P中含有碳碳三键，既能使酸性溶液褪色，也能使溴水褪色，D错误；
故选C。
12. 一种3D打印机柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，电池总反应为：。下列说法不正确的是
A. 放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极
B. 充电时，阴极反应：
C 有机高聚物中含有极性键、非极性键和氢键
D. 合成有机高聚物的单体：
【答案】B
【解析】
【分析】由电池的总反应，可知Zn为负极，电极反应为：，正极反应式为：MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，故充电时，与电源负极相连的是阴极，电极反应为：，与电源正极相连为阳极，电极反应为：MnOOH+OH- - e- = MnO2+H2O，据此分析解题。
【详解】A．根据总反应可知，Zn所在电极为负极，即放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极，A正确；
B．由分析可知，充电时，阴极反应：，B错误；
C．根据高聚物的结构可知，高聚物中存在作用力：极性键、非极性键和氢键，C正确；
D．有机高聚物的结构片段发现可知，是加成聚合产物，合成有机高聚物的单体是：，D正确；
故答案为：B。
第Ⅱ卷
注意事项
1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。
2.本卷共4题，共64分。
13. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。回答下列问题：
（1）氢化钠(NaH)是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的还原产物为_____。
（2）Ti-Fe合金室温下吸、放氢的速率快，Ti元素在周期表中的位置是____。
（3）(氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度(<350℃)，是颇具潜力的化学储氢材料之一，它可通过环硼氮烷、与进行合成。
①中涉及的元素H、B、N电负性最大的是______。
②键角：_____(填“>”、“<”或“=”)，原因是_______。
（4）Fe-Mg合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。
①距离Mg原子最近的Fe原子个数是___________。
②若该晶胞的棱长为anm，阿伏加德罗常数的值为，则该合金的密度为___________。
③若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，则含Mg48g的该储氢合金可储存标准状况下的体积约为___________L。
【答案】（1）H2 （2）第四周期IVB族
（3） ①. N ②. > ③. 分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角
（4） ①. 4 ②. ③. 22.4
【解析】
【小问1详解】
NaH遇水反应的方程式为：，NaH中-2价H与中+1价H结合生成氢气，可知氢气既是氧化产物也是还原产物，故答案为：H2；
【小问2详解】
Ti为22号元素，位于周期表中第四周期IVB族，故答案为：第四周期IVB族；
【小问3详解】
①根据H、B、N在周期表中的位置可知电负性：N>B>H，电负性最大的是N，故答案为：N；
②与价电子对数均为4，但分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角，故答案为：>；分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角；
【小问4详解】
①由晶胞结构可知Mg原子周围距离最近的Fe有4个，故答案为：4；
②在晶胞中，Fe原子位于顶点和面心，个数为，Mg原子位于体内有8个， 则晶胞的质量为：，该合金的密度，故答案为：；
③分子在晶胞的体心和棱心位置，则1个晶胞中储存氢气的个数为：，晶胞中Mg原子与氢气的关系：；含Mg48g即2molMg吸收1mol氢气，标准状况下体积为22.4L，故答案为：22.4；
14. 香豆素是广泛存在于植物中的一类芳香族化合物，它的核心结构是芳香内酯A．该芳香内酯A经下列步骤转变为水杨酸。
提示：
①
②
回答下列问题：
（1）D中官能团的名称是___________。
（2）E的化学名称是___________。
（3）在上述转化过程中，反应B→C的反应类型是___________，目的是___________。
（4）C的结构简式为___________。
（5）反应A→B的化学方程式为___________。
（6）阿司匹林(乙酰水杨酸)是以水杨酸和乙酸酐()为原料合成的，写出该反应的化学方程式：___________。
（7）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的二取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应。写出其中一种同分异构体的结构简式：___________。
（8）请设计合理方案从合成，写出合成路线流程图：___________。合成路线流程图示例：
【答案】（1）羧基、醚键
（2）乙二酸 （3） ①. 取代反应 ②. 保护酚羟基不被氧化
（4） （5）+H2O
（6）++CH3COOH
（7）或或(其它合理答案也可)
（8）
【解析】
【分析】结合信息①反应及D、E的结构可推知C为：；根据B和C的分子式，可推知B应为：，B为A的水解产物，可知A中含有酯基，结合B中存在羧基和羟基，可知A为：，D与HI发生取代反应生成水杨酸，据此分析解答。
【小问1详解】
由D的结构简式可知，D中含羧基和醚键两种官能团，故答案为：羧基和醚键；
【小问2详解】
E的名称为乙二酸，故答案为：乙二酸；
【小问3详解】
由上述分析可知B与CH3I反应生成C，B中酚羟基上的氢原子被CH3I中甲基替代，发生取代反应，这样可以将酚羟基转化成醚键，避免后续过程中羟基被氧化，故答案为：取代反应；保护酚羟基不被氧化；
【小问4详解】
由上述分析可知C为：，故答案为：；
【小问5详解】
A为：，在酸性条件下发生水解反应生成B，反应方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
【小问6详解】
水杨酸和乙酸酐发生取代反应生成乙酰水杨酸和乙酸，反应方程式为：++CH3COOH，故答案为：++CH3COOH；
【小问7详解】
D的同分异构体水解后生成的产物之一能发生银镜反应，可知该结构中含有酯基，其水解产物中含有醛基，结合D的结构简式可知该同分异构体中应存在-OOCH结构，又为苯环二取代结构则两取代基可以是-OOCH和-OCH3、-OOCH和-CH2OH、- CH2OOCH和-OH，且在苯环上有邻、间、对等不同位置，满足题意的结构简式有：或或等，故答案为：或或等；
【小问8详解】
发生卤代烃的消去反应生成，与水发生加成反应生成，在浓硫酸作用下发生分子内酯化生成，由此得合成路线：，故答案为：。
15. (三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列问题：
（1）晒制蓝图时，用作感光剂，以溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为；显色反应中生成的蓝色物质的化学式为___________。
（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。
①通入氮气的目的是___________。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有___________、___________。
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是___________。
④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和，检验存在的方法是：___________。
（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀酸化，用c溶液滴定至终点。滴定终点的现象是___________。
②向上述溶液中加入适量还原剂将完全还原为，加入稀酸化后，用c溶液滴定至终点，消耗溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为___________。若滴定前滴定管尖嘴内无气泡，终点读数时滴定管尖嘴内留有气泡，会使测定结果___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）Fe3[Fe(CN)6]2
（2） ①. 隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置 ②. CO2 ③. CO ④. 先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气 ⑤. 取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3
（3） ①. 滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变浅红色，且半分钟内不褪色 ②. ×100% ③. 偏小
【解析】
【分析】实验开始前先通一段时间氮气，排尽装置中的空气防止干扰产物检验，然后点燃A处酒精灯，使样品充分分解，通入B中检验产物中的二氧化碳，用C中NaOH溶液除去二氧化碳，再经浓硫酸干燥后，用CuO与CO反应生成二氧化碳，通入F中检验产物二氧化碳确定CO生成，据此分析解答。
【小问1详解】
显色时，K3[Fe(CN)6]和FeC2O4反应生成Fe3[Fe(CN)6]2沉淀和K2C2O4；生成的蓝色物质为Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，故答案为：Fe3[Fe(CN)6]2；
【小问2详解】
①通入氮气排出装置内的空气，并使反应产生的气体全部进入后续装置。故答案为：隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置；
②二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明热分解产物中一定含有CO2，E中固体变为红色、F中澄清石灰水变浑浊，说明氧化铜被还原为铜，氧化产物为CO2，由此判断热分解产物中一定含有CO。故答案为：CO2；CO；
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气。故答案为：先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气；
④Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水，Fe3+遇KSCN溶液变红，检验Fe2O3存在的方法是：取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3。故答案为：取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3；
【小问3详解】
①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，生成硫酸钾、硫酸铁、草酸，高锰酸钾氧化草酸，用c mol/L KMnO4溶液滴定，滴定终点的现象是滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色。故答案为：滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；
②向上述溶液中加入过量铜粉发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用c mol/L KMnO4溶液滴定，发生反应5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，消耗KMnO4溶液V mL，n(Fe3+)=cmol/L×V×10−3L×5=5cV×10−3mol，根据铁元素守恒，该晶体中铁的质量分数的表达式为×100%=×100%。若滴定前滴定管尖嘴内无气泡，终点读数时滴定管尖嘴内留有气泡，消耗高锰酸钾的体积偏小，会使测定结果偏小。故答案为：×100%；偏小。
16. 汽车尾气中的生成和消除是科学家研究的重要课题。回答下列问题：
（1）工业上通常用溶质质量分数为15%的溶液(密度为1.06)作为的吸收剂，该溶液物质的量浓度为___________。
（2）汽车发动机工作时会引发 ，其能量变化如图。
则NO中氮氧键的键能是___________。
（3）用可消除NO污染，反应原理为：，以分别为4：1、3：1、1：3投料，得到NO脱除率随温度变化的曲线如图所示。
①曲线a对应的___________。
②曲线c中NO的起始浓度为，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为___________。
③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是___________。
（4）元素(Ce)常见有＋3、＋4两种价态。NO可以被含的溶液吸收，生成含有和的吸收液，反应的离子方程式为___________；现采用电解法将上述吸收液中的转化为无毒物质，同时再生，其原理如图所示。
①从电解槽的___________(填字母)口流出。
②写出在阴极反应的电极反应式：___________。
【答案】（1）
（2）+632
（3） ①. 1：3 ②. ③. 该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动
（4） ①. ②. a ③.
【解析】
【分析】溶质质量分数为15%的溶液(密度为1.06)
【小问1详解】
c()=，故答案为：；
【小问2详解】
根据可得：，=+632，故答案为：+632；
【小问3详解】
①在其他条件相同时，的值越大，NO的脱出率越高，结合图像可知在相同条件下a曲线对应的NO的脱出率最低，则的值最小，则应为1:3，故答案为：1:3；
②曲线c中NO的起始浓度为，从A点到B点NO的脱出率由0.55升高到0.75，则该时间段内NO的脱除速率为， 故答案为：；
③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动，导致NO脱除率下降，故答案为：该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动；
【小问4详解】
NO可以被含的溶液吸收，生成含有和的吸收液，反应中1molNO失1mol电子生成，1mol 得1mol电子生成，根据得失电子守恒及元素守恒得反应：；
2022-2023学年度第二学期高三年级质量监测(一)
化学学科试卷
本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时60分钟。第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至8页。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答题时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上无效。
第Ⅰ卷
注意事项：
1.每小题选出答案后，用铅笔将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，再选涂其他答案标号。
2.本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Fe-56
1. 化学无处不在，下列与化学有关的说法正确的是
A. 淀粉、纤维素、油脂都属于天然高分子
B. 二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂
C. 胶体无色、透明，能发生丁达尔效应
D. 碘是人体必需微量元素，应多吃富含高碘酸的食物
【答案】B
【解析】
【详解】A．油脂不属于高分子化合物，故A错误；
B．二氧化硫具有强的还原性，可用作葡萄酒中作抗氧化剂，故B正确；
C．胶体为红褐色液体，故C错误；
D．碘是人体必需微量元素，补充碘元素常在食盐中加入碘酸钾固体而不是高碘酸，高碘酸为强酸，具有强烈刺激性和腐蚀性不能食用，故D错误；
故选：B。
2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 乙醚的结构简式：
B. HClO的电子式：
C. 质子数为17、中子数为20的氯原子：
D. 的空间结构：V形
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醚的结构简式：，故A错误；
B．HClO的电子式： ，故B错误；
C．质子数为17、中子数为20的氯原子质量数为37，表示为，故C错误；
D．的价电子对数，有一对孤对电子，空间构型为V形，故D正确；
故选：D。
3. 与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是
A. 硫酸铜 B. 氢氧化钠 C. 硫酸亚铁 D. 二氧化硫
【答案】A
【解析】
【详解】A. CuSO4是盐，属于电解质，加入氢硫酸，会发生反应：CuSO4+H2S＝CuS↓+H2SO4，产生黑色沉淀，A正确。
B．氢氧化钠是碱，属于电解质，与氢硫酸发生反应：2NaOH+H2S＝Na2S+2H2O，产生的Na2S是可溶性的物质，没有沉淀产生，B错误。
C．硫酸亚铁是盐，属于电解质，由于酸性：硫酸＞氢硫酸，因此二者不能发生反应，无沉淀产生，C错误。
D．二氧化硫与硫化氢会发生反应：SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，产生沉淀，但是SO2是非电解质，不符合题意，D错误。
答案选A。
4. 下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是
A. 该溶液中K＋、Fe2＋、C6H5OH、Br－可以大量共存
B. 和KI溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋2I－Fe2＋＋I2
C. 和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋SO42—＋Ba2＋＋3OH－Fe(OH)3↓＋ BaSO4↓
D. 1 L0.1 mol·L-1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2 g Fe
【答案】D
【解析】
【详解】A、三价铁与苯酚会发生显色反应，不能大量共存，A错误；
B、电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，B错误；
C、不符合配比关系，正确的离子方程式为2Fe3＋＋3SO42—＋3Ba2＋＋6OH－2Fe(OH)3↓＋ 3BaSO4↓，C错误；
D、根据原子守恒，铁离子的物质的量为0.2mol，与足量Zn反应生成0.2mol铁，为11.2g，D正确；
答案选D。
5. X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中位置如图所示，X元素基态原子的最外层电子排布式为。下列说法不正确的是
X
Y
Z
W
A. 离子半径： B. 还原性：
C. 酸性： D. 氢化物稳定性：
【答案】A
【解析】
【分析】X元素基态原子的最外层电子排布式为，因此X是氧元素，则Z是硫元素，Y是磷元素，W是氯元素。
【详解】A．Cl-、S2-电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：Cl-＜S2-，A错误；
B．根据同周期阴离子的还原性从左到右依次减弱，故S2-的还原性比大于Cl-的还原性，B正确；
C．由于的非羟基O原子数是2，而的的非羟基O原子数是1，的非羟基O原子数比多，使得S原子的正电性较大，导致中-OH的电子向S偏向程度更大，使H+在水分子作用下更易电离，酸性强于，C正确；
D．非金属氢化物的稳定性代表了元素非金属性的强弱，氧的非金属性远大于硫，所以H2O的稳定性也大于H2S，D正确；
故选A。
6. 联氨(N2H4)可用于处理水中的溶解氧，其反应机理如下图所示：
下列说法不正确的是
A. 分子的共价键只有键
B. 具有还原性，在一定条件下可被氧化
C. ②中反应产物是而不是，说明相对较稳定
D. ③中发生反应：
【答案】A
【解析】
【详解】A．N2H4分子的共价键有N-H之间的键和N-N之间的，A错误；
B．由题干信息可知，N2H4能够被CuO氧化生成N2，即N2H4具有还原性，而O2的氧化性强于CuO，故N2H4具有还原性，在一定条件下可被O2氧化，B正确；
C．由题干信息可知，②中反应物NH3‧H2O是足量的，但是反应产物是而不是，说明相对较稳定，C正确；
D．根据氧化还原反应配平可知，③中发生反应：，D正确；
故答案为：A。
7. 下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
蒸馏水、碱石灰
B
盐酸、溶液、二氧化碳
C
溶液、溶液、盐酸
D
酸性溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】除杂时，加入的试剂或使用的方法不能影响主体物质，且不能引入新杂质；氧化反应中存在元素的化合价升高或者降低；
【详解】A．除去中的，先通入蒸馏水中，发生反应，再通过碱石灰干燥得到纯净的NO，其除杂过程涉及氧化还原反应，故A选；
B．除去中含有的，先加入盐酸，涉及反应、，再加入过量NaOH溶液，过滤，向滤液中通入过量二氧化碳，得到沉淀，加热分解得到纯净的，涉及反应、、、，其中不涉及氧化还原反应，故B不选；
C．除去中含有的，先加过量溶液发生反应，再加过量溶液发生反应，过滤，最后向滤液中加入盐酸调pH至中性，发生反应，然后蒸发结晶得到NaCl，其中不涉及氧化还原反应，故C不选；
D．除去甲苯的苯，加入酸性溶液，主体物质甲苯被氧化，没有达到除杂目的，故D不选；
故选A。
8. 下列实验方案中，不能测定出和的混合物中质量分数的是
A. 取ag混合物充分加热，质量减少bg
B. 取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
C. 取ag混合物与足量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干、得到bg固体
D. 取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg
【答案】D
【解析】
【详解】A．只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后再计算碳酸钠的质量分数，能够测出混合物中碳酸钠的质量分数，故A不选；
B．加热后bg固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的量为x、碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，2x+y=，解方程计算出a、b，然后可计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故B不选；
C．碳酸钠和碳酸氢钠均能与反应生成碳酸钡沉淀，结合B项分析，也可以计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故C不选；
D．ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体主要是二氧化碳和水，所以质量增加bg两种气体的质量，故无法求出混合物中碳酸钠的质量分数，故D选；
故选：D
9. 向溶液中持续滴加稀盐酸，记录溶液及温度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 溶液的起始浓度为
B. 在滴定至终点的过程中，水的电离程度不断减小
C. 对应的溶液中均存在：
D. 由后溶液的温度变化可推知，与的反应是吸热反应
【答案】C
【解析】
【分析】向溶液中持续滴加稀盐酸，如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高；
【详解】A．如图，未滴加盐酸时，溶液pH最大，NaOH属于强碱，起始时溶液pH=a，，常温下，根据，得，溶液的起始浓度为，故A错误；
B．任何酸或碱均抑制水的电离，在滴定至终点的过程中，浓度减小，水的电离程度不断增大。刚好反应时，达到最大，故B错误；
C．时，NaOH过量，溶质为和NaCl；时，盐酸过量，溶质为HCl和NaCl，所以根据电荷守恒，对应的溶液中均存在：，故C正确；
D．如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高，由此可知，与的反应是放热反应，故D错误；
故选C。
10. 已知：现将三个相同容积的密闭容器中按不同方式投入反应物发生反应。相关数据见下表：
容器1
容器2
容器3
反应温度(°C)
400
400
500
起始量
lmol、1mol(g)
2mol HI
lmol、1mol(g)
平衡浓度
平衡转化率
平衡常数
下列各项关系不正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．容器1和容器2是等效平衡，因此，温度升高平衡逆向移动，因此，A正确；
B．容器1和容器2是等效平衡，因此，温度升高平衡逆向移动，减小，因此，B错误；
C．温度升高平衡逆向移动，平衡转化率减小，因此，C正确；
D．容器1和容器2是等效平衡，达到平衡状态时，各物质的浓度相等，，且两容器温度相同，则有，D正确；
故选B。
11. 一篇关于合成“纳米小人”的文章成为有机化学史上最受欢迎的文章之一，其中涉及的一个转化关系为：
下列说法正确的是
A. 该反应的原子利用率为100%
B. 化合物M含有一个手性碳原子
C. 化合物N的分子式为：
D. 化合物P能使酸性溶液褪色，但不能使溴水褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应物中含有原子，生成物中没有原子，所以原子利用率不是100%，A错误；
B．化合物M没有手性碳原子，B错误；
C．根据化合物N的结构简式，其分子式为：，C正确；
D．化合物P中含有碳碳三键，既能使酸性溶液褪色，也能使溴水褪色，D错误；
故选C。
12. 一种3D打印机柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，电池总反应为：。下列说法不正确的是
A. 放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极
B. 充电时，阴极反应：
C 有机高聚物中含有极性键、非极性键和氢键
D. 合成有机高聚物的单体：
【答案】B
【解析】
【分析】由电池的总反应，可知Zn为负极，电极反应为：，正极反应式为：MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，故充电时，与电源负极相连的是阴极，电极反应为：，与电源正极相连为阳极，电极反应为：MnOOH+OH- - e- = MnO2+H2O，据此分析解题。
【详解】A．根据总反应可知，Zn所在电极为负极，即放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极，A正确；
B．由分析可知，充电时，阴极反应：，B错误；
C．根据高聚物的结构可知，高聚物中存在作用力：极性键、非极性键和氢键，C正确；
D．有机高聚物的结构片段发现可知，是加成聚合产物，合成有机高聚物的单体是：，D正确；
故答案为：B。
第Ⅱ卷
注意事项
1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。
2.本卷共4题，共64分。
13. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。回答下列问题：
（1）氢化钠(NaH)是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的还原产物为_____。
（2）Ti-Fe合金室温下吸、放氢的速率快，Ti元素在周期表中的位置是____。
（3）(氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度(<350℃)，是颇具潜力的化学储氢材料之一，它可通过环硼氮烷、与进行合成。
①中涉及的元素H、B、N电负性最大的是______。
②键角：_____(填“>”、“<”或“=”)，原因是_______。
（4）Fe-Mg合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。
①距离Mg原子最近的Fe原子个数是___________。
②若该晶胞的棱长为anm，阿伏加德罗常数的值为，则该合金的密度为___________。
③若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，则含Mg48g的该储氢合金可储存标准状况下的体积约为___________L。
【答案】（1）H2 （2）第四周期IVB族
（3） ①. N ②. > ③. 分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角
（4） ①. 4 ②. ③. 22.4
【解析】
【小问1详解】
NaH遇水反应的方程式为：，NaH中-2价H与中+1价H结合生成氢气，可知氢气既是氧化产物也是还原产物，故答案为：H2；
【小问2详解】
Ti为22号元素，位于周期表中第四周期IVB族，故答案为：第四周期IVB族；
【小问3详解】
①根据H、B、N在周期表中的位置可知电负性：N>B>H，电负性最大的是N，故答案为：N；
②与价电子对数均为4，但分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角，故答案为：>；分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角；
【小问4详解】
①由晶胞结构可知Mg原子周围距离最近的Fe有4个，故答案为：4；
②在晶胞中，Fe原子位于顶点和面心，个数为，Mg原子位于体内有8个， 则晶胞的质量为：，该合金的密度，故答案为：；
③分子在晶胞的体心和棱心位置，则1个晶胞中储存氢气的个数为：，晶胞中Mg原子与氢气的关系：；含Mg48g即2molMg吸收1mol氢气，标准状况下体积为22.4L，故答案为：22.4；
14. 香豆素是广泛存在于植物中的一类芳香族化合物，它的核心结构是芳香内酯A．该芳香内酯A经下列步骤转变为水杨酸。
提示：
①
②
回答下列问题：
（1）D中官能团的名称是___________。
（2）E的化学名称是___________。
（3）在上述转化过程中，反应B→C的反应类型是___________，目的是___________。
（4）C的结构简式为___________。
（5）反应A→B的化学方程式为___________。
（6）阿司匹林(乙酰水杨酸)是以水杨酸和乙酸酐()为原料合成的，写出该反应的化学方程式：___________。
（7）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的二取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应。写出其中一种同分异构体的结构简式：___________。
（8）请设计合理方案从合成，写出合成路线流程图：___________。合成路线流程图示例：
【答案】（1）羧基、醚键
（2）乙二酸 （3） ①. 取代反应 ②. 保护酚羟基不被氧化
（4） （5）+H2O
（6）++CH3COOH
（7）或或(其它合理答案也可)
（8）
【解析】
【分析】结合信息①反应及D、E的结构可推知C为：；根据B和C的分子式，可推知B应为：，B为A的水解产物，可知A中含有酯基，结合B中存在羧基和羟基，可知A为：，D与HI发生取代反应生成水杨酸，据此分析解答。
【小问1详解】
由D的结构简式可知，D中含羧基和醚键两种官能团，故答案为：羧基和醚键；
【小问2详解】
E的名称为乙二酸，故答案为：乙二酸；
【小问3详解】
由上述分析可知B与CH3I反应生成C，B中酚羟基上的氢原子被CH3I中甲基替代，发生取代反应，这样可以将酚羟基转化成醚键，避免后续过程中羟基被氧化，故答案为：取代反应；保护酚羟基不被氧化；
【小问4详解】
由上述分析可知C为：，故答案为：；
【小问5详解】
A为：，在酸性条件下发生水解反应生成B，反应方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
【小问6详解】
水杨酸和乙酸酐发生取代反应生成乙酰水杨酸和乙酸，反应方程式为：++CH3COOH，故答案为：++CH3COOH；
【小问7详解】
D的同分异构体水解后生成的产物之一能发生银镜反应，可知该结构中含有酯基，其水解产物中含有醛基，结合D的结构简式可知该同分异构体中应存在-OOCH结构，又为苯环二取代结构则两取代基可以是-OOCH和-OCH3、-OOCH和-CH2OH、- CH2OOCH和-OH，且在苯环上有邻、间、对等不同位置，满足题意的结构简式有：或或等，故答案为：或或等；
【小问8详解】
发生卤代烃的消去反应生成，与水发生加成反应生成，在浓硫酸作用下发生分子内酯化生成，由此得合成路线：，故答案为：。
15. (三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列问题：
（1）晒制蓝图时，用作感光剂，以溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为；显色反应中生成的蓝色物质的化学式为___________。
（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。
①通入氮气的目的是___________。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有___________、___________。
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是___________。
④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和，检验存在的方法是：___________。
（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀酸化，用c溶液滴定至终点。滴定终点的现象是___________。
②向上述溶液中加入适量还原剂将完全还原为，加入稀酸化后，用c溶液滴定至终点，消耗溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为___________。若滴定前滴定管尖嘴内无气泡，终点读数时滴定管尖嘴内留有气泡，会使测定结果___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）Fe3[Fe(CN)6]2
（2） ①. 隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置 ②. CO2 ③. CO ④. 先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气 ⑤. 取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3
（3） ①. 滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变浅红色，且半分钟内不褪色 ②. ×100% ③. 偏小
【解析】
【分析】实验开始前先通一段时间氮气，排尽装置中的空气防止干扰产物检验，然后点燃A处酒精灯，使样品充分分解，通入B中检验产物中的二氧化碳，用C中NaOH溶液除去二氧化碳，再经浓硫酸干燥后，用CuO与CO反应生成二氧化碳，通入F中检验产物二氧化碳确定CO生成，据此分析解答。
【小问1详解】
显色时，K3[Fe(CN)6]和FeC2O4反应生成Fe3[Fe(CN)6]2沉淀和K2C2O4；生成的蓝色物质为Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，故答案为：Fe3[Fe(CN)6]2；
【小问2详解】
①通入氮气排出装置内的空气，并使反应产生的气体全部进入后续装置。故答案为：隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置；
②二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明热分解产物中一定含有CO2，E中固体变为红色、F中澄清石灰水变浑浊，说明氧化铜被还原为铜，氧化产物为CO2，由此判断热分解产物中一定含有CO。故答案为：CO2；CO；
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气。故答案为：先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气；
④Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水，Fe3+遇KSCN溶液变红，检验Fe2O3存在的方法是：取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3。故答案为：取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3；
【小问3详解】
①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，生成硫酸钾、硫酸铁、草酸，高锰酸钾氧化草酸，用c mol/L KMnO4溶液滴定，滴定终点的现象是滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色。故答案为：滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；
②向上述溶液中加入过量铜粉发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用c mol/L KMnO4溶液滴定，发生反应5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，消耗KMnO4溶液V mL，n(Fe3+)=cmol/L×V×10−3L×5=5cV×10−3mol，根据铁元素守恒，该晶体中铁的质量分数的表达式为×100%=×100%。若滴定前滴定管尖嘴内无气泡，终点读数时滴定管尖嘴内留有气泡，消耗高锰酸钾的体积偏小，会使测定结果偏小。故答案为：×100%；偏小。
16. 汽车尾气中的生成和消除是科学家研究的重要课题。回答下列问题：
（1）工业上通常用溶质质量分数为15%的溶液(密度为1.06)作为的吸收剂，该溶液物质的量浓度为___________。
（2）汽车发动机工作时会引发 ，其能量变化如图。
则NO中氮氧键的键能是___________。
（3）用可消除NO污染，反应原理为：，以分别为4：1、3：1、1：3投料，得到NO脱除率随温度变化的曲线如图所示。
①曲线a对应的___________。
②曲线c中NO的起始浓度为，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为___________。
③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是___________。
（4）元素(Ce)常见有＋3、＋4两种价态。NO可以被含的溶液吸收，生成含有和的吸收液，反应的离子方程式为___________；现采用电解法将上述吸收液中的转化为无毒物质，同时再生，其原理如图所示。
①从电解槽的___________(填字母)口流出。
②写出在阴极反应的电极反应式：___________。
【答案】（1）
（2）+632
（3） ①. 1：3 ②. ③. 该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动
（4） ①. ②. a ③.
【解析】
【分析】溶质质量分数为15%的溶液(密度为1.06)
【小问1详解】
c()=，故答案为：；
【小问2详解】
根据可得：，=+632，故答案为：+632；
【小问3详解】
①在其他条件相同时，的值越大，NO的脱出率越高，结合图像可知在相同条件下a曲线对应的NO的脱出率最低，则的值最小，则应为1:3，故答案为：1:3；
②曲线c中NO的起始浓度为，从A点到B点NO的脱出率由0.55升高到0.75，则该时间段内NO的脱除速率为， 故答案为：；
③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动，导致NO脱除率下降，故答案为：该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动；
【小问4详解】
NO可以被含的溶液吸收，生成含有和的吸收液，反应中1molNO失1mol电子生成，1mol 得1mol电子生成，根据得失电子守恒及元素守恒得反应：；
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