辽宁省抚顺市2024届高三化学下学期第三次模拟试卷【含答案】

本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。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，再选涂其他答案标号。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。4．本试卷主要考试内容：高考全部内容。5．可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Cl-35.5Ni-59Zn-65Ga-70Nb-93一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.热播节目《中国诗词大会》深受观众青睐。下列古诗词只涉及物理变化的是A.炉火照天地，红星乱紫烟 B.忽如一夜春风来，千树万树梨花开C.千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲 D.绿蚁新醅酒，红泥小火炉【答案】B【解析】【详解】A．燃烧的过程中发生了燃料的燃烧，有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，A不符合题意；B．“忽如一夜春风来，千树万树梨花开”，描写的是一幅美丽的雪景，形成的过程中没有新物质生成，属于物理变化，B符合题意；C．烈火焚烧若等闲的过程中发生了石灰石的主要成分碳酸钙高温下分解生成氧化钙和二氧化碳的反应，有新物质生成，属于化学变化，C不符合题意；D．醅酒即酿酒，小火炉涉及燃烧，有新物质生成，属于化学变化，D不符合题意；故选B。2.下列有关叙述正确的是A.为非极性分子B.的VSEPR模型名称和空间结构名称相同C.、中心原子的杂化类型相同D.所含元素中电负性最大的是硫【答案】B【解析】【详解】A．中心原子价层电子对数为2+=3，且含有1个孤电子对，空间构型为V形，是极性分子，A项错误；B．中心原子价层电子对数为2+=2，没有孤电子对，VSEPR模型名称和空间结构名称相同都是直线形，B项正确；C．中Al采用杂化，而中Al采用杂化，C项错误；D．氧的电负性大于硫，D项错误；故选B。3.实验室合成金属有机骨架化合物ZIF-8的步骤：称取0.5380g、0.6480g2-甲基咪唑和0.2680g于反应器中，加入50mL甲醇使其溶解，然后将反应器放在85℃水浴中加热24h，冷却至室温后，得到晶体ZIF-8。下列仪器在合成过程中不需选用的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题中给出的配制步骤需要，从而选择所需要的仪器，以此解题。【详解】A．称量固体时需精确至0.0001g，需要使用电子天平，不需要选用托盘天平，A错误；B．该配制过程需要加热，需要酒精灯，B正确；C．该配制过程需要一定体积的甲醇，需要量筒，C正确；D．该配制过程需要在85℃水浴中加热24h，需要温度计，D正确；故选A。4.靛玉红可用于治疗慢性粒细胞白血病，结构如图所示下列叙述错误的是A.靛玉红能使的溶液褪色 B.靛玉红能发生加成、取代反应C.1mol靛玉红最多能与9mol发生反应 D.靛玉红的分子式为【答案】C【解析】【详解】A．靛玉红结构中含有碳碳双键可以和发生加成反应，即能使的溶液褪色，A正确；B．由结构图可知结构中含有碳碳双键、羰基等可以发生加成反应；含有肽键、苯环可以发生取代反应，B正确；C．1mol靛玉红含有2mol苯环、1mol碳碳双键、1mol羰基，所以最多能与8mol发生反应，C错误；D．由结构式可知，靛玉红的分子式为，D正确；故选C。5.已知：。下列有关该反应的叙述正确的是A.氧化剂、还原剂的物质的量之比为1∶2 B.全部是还原产物C.生成1mol转移4mol电子 D.常温下，气体产物不能大量共存【答案】C【解析】【详解】A．S元素化合价降低，双氧水中部分氧元素化合价降低，氧化剂是H2SO4、H2O2，O、Ag元素化合价升高，H2O2、Ag是还原剂，氧化剂、还原剂的物质的量之比为2∶3，故A错误；B．反应生成的4个水分子中，有2个水分子中的氧原子来自硫酸，所以只有部分是还原产物，故B错误；C．氧化产物为、O2，生成1mol转移4mol电子，故C正确；D．和O₂在常温下几乎不反应，气体产物能大量共存，故D错误；答案选C。6.硫及其化合物的“价一类”关系如图所示。下列叙述错误的是A.a和d都能使酸性溶液褪色 B.c作抗氧剂的原因是c不与反应C.d溶液可能呈酸性也可能呈碱性 D.e的浓溶液和a反应可能生成b和c【答案】B【解析】【分析】根据硫及其化合物的“价-类”二维图a为H2S、b为S、c为SO2、d为Na2SO3或NaHSO3、e为H2SO4。【详解】A．H2S、Na2SO3或NaHSO3都具有还原性，都能使酸性溶液褪色，A正确；B．c为SO2，SO2作抗氧剂的原因是SO2与反应，B错误；C．d为Na2SO3或NaHSO3，Na2SO3溶液呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，C正确；D．浓硫酸和硫化氢之间的反应是一种氧化还原反应，其具体产物取决于哪种物质过量，当浓硫酸过量时，反应生成SO2，化学反应方程式为H2S+3H2SO4=4SO2↑+4H2O，当硫化氢过量时，反应生成硫单质S，化学反应方程式为3H2S+H2SO4=4H2O+3S↓，D正确；故选B。7.下列离子方程式书写错误的是A.“中和法”中，向含硫酸的废水中加入熟石灰：B.“沉淀法”中，向含废水中加入难溶的FeS粉末：C.“混凝法”中，向pH为9左右的NaOH溶液中加入，搅拌后静置：（胶体）D.“混凝法”中，明矾净水原理是（胶体）【答案】A【解析】【详解】A．向含硫酸的废水中加入熟石灰：，A错误；B．向含的废水中加入难溶的FeS粉末，生成硫化汞，即，B正确；C．向pH为9左右的NaOH溶液中加入，搅拌过程中氧气作氧化剂，将铁元素由二价氧化到三价，即（胶体），C正确；D．明矾净水原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，即（胶体），D正确；故选A。8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z和W位于同主族，X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数，化合物是一种净水剂，且、的VSEPR模型均为正四面体形。下列叙述正确的是A.原子半径：W>X>Z B.简单氢化物的沸点：Z>YC.第一电离能：W>Y D.分子是极性分子【答案】B【解析】【分析】根据净水剂的组成，以及、的VSEPR模型均为正四面体形可知，X为H，Y为N，Z为O，W为S；【详解】A．S、O、H原子半径依次减小，A项错误；B．常温下，水为液态，氨气为气体，简单氢化物的沸点：H2O>NH3，B项正确；C．第一电离能：N>S，C项错误；D．SO₃是平面三角形结构，属于非极性分子，D项错误。答案选B。9.根据下列实验操作及现象，能得出正确结论的是选项实验操作及现象结论A向含、的溶液中滴加溶液，先产生砖红色沉淀B向酸性溶液中滴加邻甲基苯胺，溶液褪色邻甲基苯胺中氨基表现还原性C向碳酸钙中滴加浓硝酸，产生的气体通入溶液，产生白色沉淀酸性：D将丁烷裂解产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色丁烷裂解产物中含不饱和键A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．溶液中离子起始浓度不一定相等，则不能通过该现象判断两者溶度积的大小，A错误；B．甲基也能与酸性高锰酸钾溶液反应，使其褪色，B错误；C．浓硝酸易挥发，硝酸与四羟基合铝酸钠反应也生成氢氧化铝，C错误；D．含不饱和键的物质可以和溴加成，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，D正确；故选D。10.工业上，常用离子交换法软化自来水，其原理是，。常温下，向一定体积的自来水中加入离子交换树脂（NaR），测得自来水中变化如图所示。下列叙述正确的是A.反应达到平衡后，加入少量NaCl，离子交换反应的平衡常数减小B.6min时的逆反应速率大于4min时的逆反应速率C.其他条件不变时，10min时离子交换反应已停止D.4~8min内平均反应速率：mol⋅L⋅min【答案】B【解析】【详解】A．平衡常数只与温度有关，改变离子浓度，平衡常数不变，A项错误；B．在达到平衡前，反应正向发生，随各物质浓度变化，正反应速率增大，逆反应速率减小，6min时逆反应速率大于4min时逆反应速率，B项正确；C．化学平衡状态为动态平衡，反应并未停止，C项错误；D．如果只考虑镁离子、钙离子交换，根据电荷守恒，mol⋅L⋅min，镁离子、钙离子交换速率不确定，无法计算单一离子交换速率，D项错误。答案选B。11.设NA为阿伏加德罗常数的值。砷化镓（GaAs）是半导体材料，气相生长法制备GaAs的原理如下，已知镓晶体与金刚石结构相似，结构与白磷相似，下列叙述正确的是①②③A.7.0g镓（Ga）含化学键数目为B.0.1mol含σ键数目为C.标准状况下，0.448L含中子的数目为D.反应③中每生成1molGaAs转移的电子数目为【答案】D【解析】【详解】A．镓晶体与金刚石结构相似，每个镓原子可形成4个化学键，但每个化学键由两个镓原子共有，镓中n(Ga)∶n(化学键)=1∶2，则7.0gGa中含化学键物质的量为=0.2mol，含化学键数为0.2NA，A项错误；B．白磷分子是正四面体形结构，1个P4中含6个P—Pσ键，As4结构与P4相似，故1个As4分子含6个σ键，0.1molAs4中含σ键数目为0.6NA，B项错误；C．1个75AsH3中含42个中子，标准状况下0.448L75AsH3(g)即0.02mol75AsH3含0.84mol中子，含中子数目为0.84NA，C项错误；D．反应③中H的化合价由0价升至+1价，Ga的化合价由+1价升至+3价，As的化合价由0价降至-3价，每生成4molGaAs转移12mol电子，则每生成1molGaAs转移电子数为3NA，D项正确；答案选D。12.铝电池具有高效耐用、可燃性低、成本低、充电快速等优点，可成为常规电池的安全替代品，将纳米级嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量。其中有机离子导体主要含，隔膜仅允许含铝元素的微粒通过，工作原理如图甲所示；图乙为电解溶液装置的一部分。下列说法正确的是A.b极与铝电极连接B.为了提高电导效率，左极室采用酸性水溶液C.放电时，正极反应为：D.若b极材料为Pt，b极的电极反应式始终为：【答案】C【解析】【分析】根据图甲中电子流动方向知，铝电极为负极，反应式：，正极反应式：，根据图乙离子移动方向可知，b为阳极，Cl-失电子能力大于水中OH-，优先失电子。【详解】A．根据分析，b为阳极，应与电源正极相连，A项错误；B．把左极室的有机离子导体改成水溶液后，会使左极室溶液中的离子总浓度减小，导致电导效率下降，B项错误；C．根据分析，原电池正极反应为，C项正确；D．若b极材料为Pt，b极先发生的电极反应为，当放电完毕后，水发生放电反应，D项错误。答案选C。13.科学家新合成了镍催化剂NiSCN，并将其应用在光氧化还原/镍催化的卤代芳烃碳氮键和碳氧键偶联反应中，反应机理如图所示（Ar-为芳基），下列叙述正确的是A.SCN-Ni（Ⅱ）中N提供孤电子对与Ni（Ⅱ）提供的空轨道形成配位键B.上述总反应属于加成反应，原子利用率为100%C.和中C原子杂化类型完全相同D.上述循环中，Ni的化合价保持不变【答案】A【解析】【详解】A．SCN-中N、S都含有孤电子对，根据图示SCN-Ni（Ⅱ）中N提供孤电子对与Ni（Ⅱ）提供的空轨道形成配位键，故A正确；B．上述反应中，产物还含有HBr，属于取代反应，原子利用率小于100%，B项错误；C．芳基中C原子为杂化，中C原子采用sp3杂化，故C错误；D．上述循环中，镍表现出+1、+2、+3价，故D错误；故选A14.铁和钛是重要的金属材料。Ti-Fe合金是优良的储氢合金。一种利用钛铁矿（主要成分为，还含有少量）制备钛和绿矾的工艺流程如图。下列说法错误的是已知n≥2。A.为加快“浸出”速率，可将钛铁矿粉碎，并适当增大硫酸的浓度B.加入适量铁屑的目的是除去和过量的硫酸C.操作Ⅱ“加热”时发生的反应为D.被还原为Ti的过程中需要在密闭容器中用Ar作保护气【答案】C【解析】分析】“浸出”：加入硫酸，发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；“加入铁屑”：加入适量铁屑，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑；“操作Ⅰ”：根据流程，操作Ⅰ得到绿矾，操作是降温结晶；“操作Ⅱ”：加热，使TiO2+水解生成TiO2·nH2O；“操作Ⅲ”：根据流程，发生TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；“制备Ti”：发生置换反应；据此分析；【详解】A．为加快“浸出”速率，操作是粉碎钛铁矿、适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸的浓度，故A说法正确；B．根据上述分析，加入适量铁屑，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，因此加入铁屑目的是除去Fe3+和过量的硫酸，故B说法正确；C．因为n≥2，因此加热促进TiO2+水解生成TiO2·nH2O，其离子方程式为TiO2++(n-1)H2OTiO2·nH2O↓+2H+，故C说法错误；D．Mg为活泼金属，能与氧气、二氧化碳、氮气反应，因此TiCl4被还原为Ti的过程中需要在密闭容器中用Ar作保护气，故D说法正确；答案为C。15.常温下，在，和氨水的浊液中滴加醋酸，混合物中pX[，、、或]或与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是已知：。A.①代表与pH的关系B.0.1mol⋅L中性溶液中mol⋅LC.在和共同的浊液中：D.的平衡常数K为【答案】C【解析】【分析】由已知：、与pH的直线斜率相同，溶度积较大，故①代表与pH的关系，②代表与pH的关系，=Kb/c(OH-)，随pH增大，比值减小，=Ka/c(H+)，随pH增大，比值增大，因此④代表与pH的关系，③代表与pH的关系。【详解】A．根据分析，曲线①代表与pH的关系，A项错误；B．和均会水解，因此两者的浓度均小于0.1mol⋅L，B项错误；C．由c、d点数据计算知，，，，C项正确；D．的平衡常数，D项错误；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.公元前200年左右中国就开始使用镍。镍主要用于合金及用作催化剂，也可用来制造货币。以镍废渣（主要成分为Ni，还含有、NiO、FeO、CaO和）为原料制备纯镍的流程如图，回答下列问题：（1）“酸浸”得到的浸渣的主要成分是______（填化学式）。常温下，“酸浸”中硫酸浓度与镍浸出率的关系如图所示。硫酸浓度大于后，镍浸出率降低的可能原因是____________。（2）“氧化”时双氧水的作用是____________（用离子方程式表示）。（3）“沉铝”时NiO的作用是_______，“操作X”包括蒸发浓缩、______、过滤、洗涤。（4）在隔绝空气条件下的热失重曲线如下图2所示。a→b过程中失去的物质是______（填化学式，下同），c点对应的氧化物为______。（5）Ni和Nb组成的一种合金材料，其晶胞如上图3所示。已知：代表阿伏加德罗常数的值。该晶胞中Ni、Nb个数之比为____，该晶体的密度为___（填表达式）g·cm。【答案】（1）①.、②.镍被钝化（或其他合理答案）（2）（3）①.消耗酸，促进铝离子水解生成②.降温结晶（4）①.②.（5）①.3：1②.【解析】【分析】镍废料中加入一定浓度的硫酸，进行酸浸，、NiO和FeO转化为可溶性的硫酸铝、NiSO4和硫酸亚铁，CaO与硫酸反应生成的硫酸钙为微溶物，二氧化硅不反应，硫酸钙和SiO2共同形成滤渣，滤液中加双氧水氧化Fe2+成Fe3+，再加氨水调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后往滤液中加入NiO沉铝，形成Al(OH)3沉淀，再次过滤后所得滤液经一系列操作，得NiSO4‧7H2O，然后灼烧得氧化物，最后还原得Ni单质。【小问1详解】由分析可知，“酸浸”得到滤渣1的主要成分是、；浓硫酸具有强氧化性，硫酸浓度太大，可能会使Ni钝化，从而降低镍的浸出率，或因为硫酸浓度太大、氢离子浓度降低，使镍的浸出率降低，故硫酸浓度大于后，镍浸出率降低的可能原因是：镍被钝化或H+浓度降低；【小问2详解】过氧化氢具有强氧化性，“氧化”时双氧水的作用将亚铁离子氧化为铁离子，；【小问3详解】NiO为金属氧化物，能和氢离子反应，“沉铝”是指将铝元素转化为Al(OH)3沉淀，所以其中NiO的作用是消耗酸，促进铝离子水解生成Al(OH)3；“操作X”得到NiSO4‧7H2O晶体，操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤；【小问4详解】NiSO4‧7H2O的相对分子质量为281，起始时2.81gNiSO4‧7H2O物质的量为0.01mol，其中n(Ni)=0.01mol，m(Ni)=0.59g，m(H2O)=0.01mol×7×18g/mol=1.26g，2.81g-1.26=1.55g，所以b点为完全失去结晶水的产物，即a→b过程中失去的物质是；Ni原子守恒，加热至质量不再变化时为氧化物，0.83g中m(Ni)=0.59g，m(O)=0.83g-0.59g=0.24g，所以n(O)==0.015mol，镍、氧物质的量之比为0.01mol：0.015mol=2:3，c点对应的氧化物为；【小问5详解】据“均摊法”，晶胞中含个Nb、个Ni，则晶体密度为=g·cm。17.市售食用油中常添加叔丁基对苯二酚（TBHQ）作抗氧化剂。实验室制备TBHQ的原理：+(CH3)3COH+H2O实验步骤：①在下图1装置的三颈烧瓶中依次加入1.1g对苯二酚、8mL85%磷酸和10mL甲苯。②用热水浴加热使反应瓶中混合物升温至90℃，用滴管向反应瓶中分批滴加1mL叔丁醇（密度为0.775g·cm），控制温度在90~95℃搅拌20min，直至混合物中的固体全部溶解。③趁热将反应物转入分液漏斗中，分出磷酸层，向有机层加入10mL水，进行水蒸气蒸馏，如下图2。蒸馏完毕，将剩余物趁热过滤，弃去不溶物，如下图3所示。滤液转入烧杯中，若剩余液体体积不足10mL，应补加热水，使产物被热水所提取。④将滤液在冰浴中冷却，析出白色晶体，抽滤，并用少量冷水洗涤两次，在氮气中干燥。得到1g产品。已知几种物质的熔点、沸点如下表所示。物质甲苯对苯二酚2—叔丁基对苯二酚磷酸甲苯—水共沸物熔点/℃-94175.512842.35

沸点/℃110.63286295213841回答下列问题：（1）仪器B的名称是______，三颈烧瓶宜选择的规格是______（填标号）。A．50mLB．100mLC．200mLD．500mL（2）本实验中甲苯的作用是______，步骤②中分批加入叔丁醇的目的是____________。（3）步骤③中用水蒸气蒸馏的目的是____________，蒸馏终点的现象是____________。（4）步骤③趁热过滤的目的是____________。（5）如果上图3锥形瓶内壁有白色晶体析出，需采取的措施是____。步骤④“在氮气中干燥”的优点是____。（6）TBHQ的产率为______（保留3位有效数字）%。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.A（2）①.作溶剂②.避免反应过快，产生副产物（3）①.除去甲苯②.图2锥形瓶中油层不增厚（4）避免产品结晶析出，造成产品损失（5）①.微热锥形瓶，使晶体熔化②.避免酚羟基被氧化等合理答案（6）60.2【解析】【分析】本实验目的为叔丁基对苯二酚，第①步加入磷酸和甲苯为催化剂和溶剂，加热后与叔丁醇反应得到产物，利用反应③④进行分离提纯，水蒸气蒸馏除去甲苯，最终结晶得到产品。【小问1详解】仪器B的名称为恒压分液漏斗；前两步共加入8mL85%磷酸、10mL甲苯、1mL叔丁醇，一般加热的三颈烧瓶体积在1/3-1/2之间，因此选择50mL三颈烧瓶。【小问2详解】从方程式可知，甲苯并未参与反应，用作溶剂；分批加入叔丁醇，可以控制反应速率，减少可能得副反应，提高原料利用率；【小问3详解】甲苯与水共沸物沸点为84.1℃，最先被蒸出，因此水蒸气蒸馏可除去甲苯；甲苯除净后，锥形瓶中油层不再增厚或馏出液表面无油珠；【小问4详解】趁热过滤是为了除去不溶性物质，如果温度降低，产品可能提前析出，导致产率降低；【小问5详解】若晶体析出在瓶壁上，可加热使之熔化后再收集；产品中含有酚羟基，易被空气中氧气氧化，因此氮气中干燥可以减少产品被氧化；【小问6详解】1.1g对苯二酚物质的量为0.01mol，1mL叔丁醇物质的量经计算大于0.01mol，因此需要根据对苯二酚计算理论产量，理论产量=0.01mol166g/mol=1.66g，产率=1/1.6660.2%。18.我国科学家根据在HZSM-5载体上的单层分散行为设计催化剂用于选择性还原。回答下列问题：已知：①kJ⋅mol（）②kJ⋅mol（）（1）______kJ⋅mol。（2）向恒容密闭容器中充入0.4mol和0.6mol，只发生反应①。下列叙述正确的是______（填标号）。A.恒温条件下，压强不随时间变化时反应达到平衡状态B.平衡时温度不变，再充入1mol时平衡常数减小C.反应达到平衡时放出的热量为0.1akJD.加入高效催化剂，反应达到平衡时NO的转化率增大（3）一定温度下，起始投料不变，单位时间内氮氧化物转化率、表面活泼氧量比与催化剂组成类型的关系如下图所示。催化效能最佳的催化剂组成是______（填具体催化剂名称）。（4）向恒容密闭容器中充入1mol、2mol和4mol，在不同组成的催化剂作用下，单位时间内氮氧化物的转化率与温度的关系如下图所示。①最佳反应温度为______。②a→b段氮氧化物转化率变化的原因是____________。③M点反应______（填“达到”或“未达到”）平衡状态，判断依据是______，M→N段氮氧化物转化率变化的原因可能是____________。（5）一定温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中充入1mol和2mol，在催化剂作用下发生反应：①：②达到平衡时，NO转化率为70%，的选择性为50%[的选择性]该温度下，反应①的平衡常数______mol·L（列出计算式即可）。【答案】（1）（2）A（3）4%（4）①400℃②.其他条件不变，升温，活化分子百分数增大，反应速率增大③.未达到④.相同温度时，不同催化剂下氮氧化物转化率还能增大⑤.催化剂活性降低（或其他合理答案）（5）【解析】【小问1详解】①kJ⋅mol②kJ⋅mol根据盖斯定律(①+②)÷6得kJ⋅mol。【小问2详解】A．反应前后气体系数和不同，恒温、恒容条件下，压强是变量，压强不随时间变化时反应达到平衡状态，一定是平衡状态，故A正确；B．平衡常数只与温度有关，平衡时温度不变，再充入1mol时平衡常数不变，故B错误；C．该反应可逆，反应达到平衡时生成氮气的物质的量小于0.5mol，放出的热量小于0.1akJ，故C错误；D．催化剂不能使平衡移动，加入高效催化剂，反应达到平衡时NO的转化率不变，故D错误；选A。【小问3详解】根据图示，使用催化剂4%，单位时间内氮氧化物转化率、表面活泼氧量比最大，所以催化效能最佳的催化剂组成是4%。【小问4详解】①温度为400℃时，单位时间内氮氧化物的转化率最大，所以最佳反应温度为400℃。②其他条件不变，升温，活化分子百分数增大，反应速率增大,所以a→b段氮氧化物转化率升高。③相同温度时，M点氮氧化物的转化率不是最大，不同催化剂下氮氧化物转化率还能增大，所以M点反应未达到平衡状态；温度升高，催化剂活性降低，所以M→N段氮氧化物转化率降低。【小问5详解】设参加反应①的NO的物质的量为amol、参加反应②的NO的物质的量为bmol，则反应生成N2的物质的量为、反应生成N2O的物质的量为，，解得a=0.6、b=0.8；参加反应①的NH3的物质的量为0.4mol、参加反应②的NH3的物质的量为0.2mol,反应剩余氨气的物质的量为0.4mol、剩余NO的物质的量为0.6mol；反应①生成的水的物质的量为0.6mol、反应②生成的水