江西省宜春市2025届高三下学期模拟考试化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1江西省宜春市2025届高三下学期模拟考试试卷一、单选题1．在春晚舞台上亮相的诸多非遗技艺涉及到许多化学知识。下列有关说法错误的是A．青神竹编“三防”处理用硫酸铜防蛀，是因为铜离子能使蛀虫蛋白质变性B．成都漆艺的漆料中的漆酚与空气接触会缓慢聚合成膜，聚合过程中漆酚失去电子C．扬州绒花制作时用稀硫酸处理蚕丝，利用硫酸的强酸性去除杂质使其柔软D．打铁花过程中看到的耀眼白光，是因为铁元素的焰色呈白色【答案】D【解析】铜离子是重金属离子，能使蛀虫蛋白质变性，A正确；酚类物质具有强还原性能被空气中的氧气氧化，漆酚与空气接触会缓慢聚合成膜，聚合过程中漆酚失去电子被氧气氧化，B正确；蚕丝是蛋白质，扬州绒花制作时用稀硫酸处理蚕丝，利用硫酸的强酸性去除杂质使其柔软，C正确；打铁花过程中看到的耀眼白光，是铁与空气中的氧气发生化学反应引起的发热发光现象，铁元素的焰色是无色的，D错误。故选D。2．下列装置可以用于相应实验的是A．测量O2B．检验Na2C．制备Fe(OH)3D．海水提取粗食盐A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】氧气不易溶于水，利用此装置，可通过排水法测量氧气的体积，A正确；Na2SO3溶液易变质生成Na2SO4，若用硝酸酸化的BaCl2溶液检验其是否变质，硝酸会将SO32-氧化为SO42-，干扰SO42-的检验，应该用盐酸酸化的BaCl2溶液检验Na2SO3溶液是否变质，B3．下列各组指定粒子数目相等的是A．常温下2.7gAl和9.75gZn分别与足量浓硝酸反应转移的电子数B．0.5mol乙二醇中sp3杂化的原子数和常温常压下2molC．1L0.1mol/LFeCl3溶液制得Fe(OH)3D．1molNO和0.5molO2的混合气体所含分子数和标准状况下【答案】B【解析】常温下，铝遇浓硝酸发生钝化，铝表面形成一层致密的氧化物薄膜，阻止内部铝进一步反应，不能计算铝与足量浓硝酸反应转移的电子数；Zn+4HNO3(浓)=Zn(NO3)2+2NO2↑+2H2O，n(Zn)=9.75g65g/mol=0.15mol，0.15mol锌转移电子数为0.15mol×2=0.3mol，二者转移电子数不相等，A错误；乙二醇的结构简式为HOCH2CH2OH，FeOH3胶粒是许多FeOH3分子的集合体，1L0.1mol·L-1FeCl3溶液中n(FeCl3)=1L×0.1mol·L-1=0.1mol，制得FeOH3胶粒数小于0.1mol；NaHSO4固体由Na+和HSO4-构成，0.05molNaHSO4固体中的离子数为0.05mol×2=0.1mol，二者粒子数不相等，C错误；NO与O2发生反应：2NO+O2=2NO2，1molNO和0.5molO4．目前自然界发现和人工合成的物质已超过1亿种，其中绝大多数都是有机化合物，有一种有机物的结构如下图所示，下列有关该物质的说法正确的是A．该物质的分子式为CB．该物质与足量H2C．该物质所有碳原子都在一个平面上D．该物质可以发生加成反应和取代反应，不能发生氧化反应【答案】A【解析】根据该有机物的结构简式及碳原子成键特点可知其分子式为C18H24该物质与足量H2加成后的产物为，中间环上的6个碳原子为手性碳原子，B错误；该物质中存在多个饱和碳原子，所有碳原子不可能都在一个平面上，C错误；该物质含有苯环，能与H2发生加成反应；氢原子在光照条件下能与氯气等发生取代反应；该物质可以燃烧，燃烧属于氧化反应，能发生氧化反应，D错误。故选A。5．新家装修后甲醛含量超标，可用二氧化氯来除甲醛，生成CO2、HClA．等质量的ClO2与NaClO能除去甲醛的物质的量之比等于B．甲醛能发生银镜反应，1mol甲醛最多可制得4molAgC．反应生成1molCO2，则转移4molD．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:5【答案】A【解析】ClO2和甲醛反应生成CO2、HCl和H2O+3H2O，该反应中ClO2中氯元素化合价由+4降低到-1，NaClO中氯元素化合价由+1降低到-1，由电子守恒可知，消耗等量甲醛所需NaClO与ClO2之比为5:2，A错误；甲醛的结构式为，可以看成2个醛基，甲醛能发生银镜反应，1mol甲醛最多可制得4molAg，B正确；由4ClO2+5HCHO=5CO2+4HCl+3H2O可知，该反应中C元素化合价由0价上升到+4价，反应生成1molCO2转移4mol电子，C正确；4ClO2+5HCHO=5CO2+4HCl+3H2O中氯元素化合价由+4降低到-1，C元素化合价由0价上升到+4价，ClO2是氧化剂，HCHO是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:5，D正确。故选A。6．下列实验对应的结论正确的一组是序号实验结论①将装有NO2的注射器从10ml压缩到5mlNO2②向含有物质的量之比为2:1的H2SO4反应结束后溶液中的溶质中不含Cu③将苯酚加入到溴的CCl4苯酚与溴的CCl4④向Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀中分别加入足量NaOH溶液，金属性：Mg<AlA．① B．② C．③ D．④【答案】B【解析】①将装有NO2的注射器从10ml压缩到5ml时，压强增大，平衡2NO2⇌N2O4右移，虽然颜色加深，但NO2的物质的量减少，A结论错误；②向含有物质的量之比为2:1的H2SO4和HNO3的混酸稀溶液加入过量铜粉，混酸中H+与NO3-的物质的量之比为5∶1，根据离子反应方程式3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO2↑+4H2O可知，H+过量，NO3-被完全还原为NO气体，溶液变蓝色，溶液中不含Cu(NO3)2，B结论正确；③将苯酚加入到溴的CCl4溶液中，没有白色沉淀生成，原因为苯酚与浓溴水反应生成的2，4，6-三溴苯酚白色沉淀溶于CCl4中，不能说明苯酚与溴的CCl4溶液不反应，C7．室温下时，向20.00mL0.1000mol/LHCl溶液中滴入0.050mol/LNaOH溶液如图甲所示，溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图乙所示。下列说法错误的是A．a点溶液pH=1B．水的电离程度最大的时候加的NaOH溶液为40mLC．配稀盐酸时，应该洗涤量取浓盐酸后的量筒并将洗涤液转移到容量瓶中D．如果将盐酸改为醋酸，则不能用甲基橙做指示剂【答案】C【解析】由图像可知，a点为20.00mL0.1000mol·L-1HCl溶液，c(H+)=0.10mol·L-1，pH=-lgc(H+)=1，A正确；随着NaOH溶液的加入，c(H+)减小，对水的电离的抑制作用减小，加入40mLNaOH溶液时恰好反应，此时水的电离程度最大，再加入NaOH溶液，OH-抑制水的电离，B正确；用量筒量取液体体积时，不能把洗涤量取浓盐酸后的量筒后的洗涤液转移到容量瓶，C错误；甲基橙的变色范围在3.3~4.1，NaOH溶液滴定醋酸溶液，恰好反应时生成醋酸钠溶液呈碱性，不能用甲基橙做指示剂，应该用酚酞试液做指示剂，D正确。故选C。8．W、X、Y、Z为短周期主族元素，W、X、Y同周期，Y、Z同主族，W是地壳中含量第二丰富的元素，X是短周期中原子半径最大的元素，基态Y原子核外P能级电子数比s能级电子数多4个，M价层电子排布式为3d10A．X、Y、M均可分别与Z组成多种二元化合物B．简单氢化物的键角：ZC．简单离子半径：Y>X>ZD．第三周期中，基态原子的第一电离能介于W和Y之间的有0种【答案】C【解析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，W、X、Y同周期，W是地壳中含量第二丰富的元素，W为Si，X是短周期中原子半径最大的元素，X为Na，基态Y原子核外P能级电子数比s能级电子数多4个，Y基态的电子排布式为1s22s22p63s23p4，Y为S，Y、Z同主族，Z为O，M价层电子排布式为3d104S1，M为Cu。X、Y、M均可分别与Z组成多种二元化合物，分别为Na2O、Na2O2；SO2、SO3；CuO、Cu2O，A正确；H2S和H2O的中心原子均为sp3杂化，均有两个孤电子对，氧的电负性大，成键电子对离中心原子近，两个成键电子对间斥力大，水分子中键角大，简单氢化物的键角：Z>Y，B正确；Na+和O2-的电子层结构相同，钠的核电荷大，Na+比O2-半径小，S2-比Na+和O2-电子层数多，故简单离子半径：S2->O2->Na+，C错误；第三周期中，P的3p能级处于半充满状态，第一电离能大于硫，基态原子的第一电离能介于9．以红土镍镉矿(NiS、CdO、含SiO2、CuO、PbO已知：①氧化性Cu②NiS会被氧气氧化生成硫单质③溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时(浓度≤10-5mol/L)离子FeFeCdCuNi开始沉淀的pH1.56.57.24.76.8沉淀完全的pH3.39.99.56.79.2下列说法错误的是A．NiS在酸浸时的离子方程式为2NiS+OB．滤渣I中只有SC．调pH的范围是3.3D．物质Y最好为Ni，金属B为Cd【答案】B【解析】红土镍镉矿(NiS、CdO、含SiO2、CuO、PbO、Fe2O3等杂质)浆化，通入氧气加入稀硫酸进行酸浸，NiS和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，SiO2不反应，PbSO4不溶，过滤，滤渣Ⅰ含有S单质、SiO2、PbSO4；滤液中加入X调节pH，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，X可以是NiCO3或NiO等，过滤，滤渣Ⅱ为Fe(OH)3；滤液中加入过量的物质Y置换出铜，为不引入杂质，Y为镍，过滤，金属A中含有铜、镍；滤液中含有NiSO4、CdSO4；滤液经电解、过滤得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液；固体通入CO气化分离得到Ni(CO)4和镉；Ni(CO)4受热分解得到Ni以及CO。氧气在酸性条件下氧化NiS生成硫单质，离子反应方程式为2NiS+O2+4H+=2Ni2++2S+2H2O，A正确；滤渣Ⅰ中含有SiO2、PbSO4和硫单质，B错误；向滤液中加入不溶物X和溶液中H+反应调节pH，将溶液中Fe10．太阳能驱动NO3-和CO2A．阴极区的pH增大B．理论上，每生成0.25molCONH2C．外电路的电流由b极流向a极D．阳极电解过程中OH-【答案】B【解析】由图示电解池可知，a电极OH-失电子发生氧化反应生成O2，a是阳极，阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑；b电极NO3-得电子发生还原反应结合CO2生成CONH22，b是阴极。阴极发生反应CO2+2NO3-+16e-+18H+=CONH22+14H2O，反应每转移16mole-消耗18molH+，有16molH+由双极膜移向阴极区，同时生成H2O，阴极区的pH增大，A正确；根据电子守恒和电极反应式可知，理论上每生成0.25molCONH11．碳酸二甲酯(DMC)是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，在众多研究方向中，一种用CO2和甲醇直接合成DMCA．M2B．①②③的反应类型相同C．一个DMC分子中采取sp3杂化的原子有2D．DMC的同分异构体中同时属于酯类和醇类的物质有4种(不考虑立体异构)【答案】D【解析】根据反应机理图可知M2O(OH)是催化剂，催化剂能降低反应的活化能，但不能改变焓变，A错误；反应①③为取代反应，反应②为加成反应，B错误；DMC中碳氧双键中的碳为sp2杂化，甲基中的碳为sp3杂化，与甲基相连的两个氧原子均为sp3杂化，共有4个碳原子采取sp3杂化，C错误；DMC的同分异构体中同时属于酯类和醇类的物质结构为CH3COOCH2OH、、HCOOCH2CH2OH和，共故选D。12．化合物V是重要的药物中间体，可由下列反应制得(已知Ⅲ的分子式为C9HA．一分子Ⅱ中采取sp2杂化的碳原子有7B．Ⅱ到Ⅲ的反应原子利用率为100%C．等物质的量的化合物Ⅳ分别与足量的H2和Br2水反应，消耗H2和D．1molV最多消耗NaOH的物质的量为4mol【答案】C【解析】苯环和醛基中的碳原子均为sp2杂化，一分子Ⅱ中采取sp2杂化的碳原子有7个，A正确；Ⅱ到Ⅲ为加成反应，该反应原子利用率为100%，B正确；乙醛能被溴水氧化为乙酸：CH3CHO+Br2+H2O→CH3COOH+2HBr，酚羟基的邻对位氢能和溴水发生取代反应、碳碳双键与溴水发生加成反应，醛基被溴水氧化，则1molⅣ能和溴水中的3molBr2反应，苯环、碳碳双键和醛基能和氢气发生加成反应，则1molⅣ能和5molH2反应，则等物质的量的化合物Ⅳ分别与足量的H2和Br2水反应，消耗H2和Br2的物质的量之比为5:3，C错误；碳溴键和酚酯基均能在NaOH水溶液中水解，生成的酚羟基能和NaOH溶液反应，物质V中1个碳溴键消耗2个OH-，1个酚酯基也消耗2个13．CeO2可用于催化消除CO尾气，CeO2晶胞结构变化如下图所示(已知：CeO2晶胞棱长为apm且Ce为镧系元素)，下列说法错误的是A．CeO2晶胞中Ce和O的配位数之比为2:1B．CeO2的晶体密度为688a3×10-30C．CeO2-x中Ce(Ⅲ)与Ce(Ⅳ)的数目之比为1:1D．CeO2晶胞中Ce的价层电子排布式为5d16s2【答案】D【解析】1个CeO2晶胞中，小球个数为8，大球个数为8×18+6×12=4，故小求为O，大球为Ce，面心的Ce原子在本晶胞中有4个O原子与它距离最近且相等，另一晶胞也有4个O原子与它距离最近且相等，则Ce的配位数为8，按CeO2的组成，O的配位数为4，所以Ce和O的配位数之比为8:4=2:1，A正确；CeO2的晶体中，含有8个O原子，Ce原子的个数为4，密度为(140+16×2)g/mol×6(a×10-10cm)3×NAmol-1=688a3×10-30NAg·cm-3，B正确；CeO2-x晶胞中，含有Ce原子个数为8×18+6×12=4，O原子个数为7，则2-x=74，x=0.25，设CeOCe位于元素周期表中第六周期ⅢB族，价层电子排布式为4f15d16s2，D不正确。故选D。14．常温下，起始cNa2CO3=0.1mol/L,Mg2+与不同pH的Na2CO3体系反应可生成MgCO3或Mg(OH)2沉淀。整个过程总体积不变，Na下列说法错误的是A．该温度下，Na2COB．I曲线上的点满足cC．起始状态的a点，平衡后溶液中存在cD．当8.31<pH<10.25时，溶液中c【答案】C【解析】Na2CO3的第一步水解方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，水解常数为Kh1=c(HCO3-)⋅c(OH-)c(CO32-)。由图1可知，当时pH=10.25时，c(CO32-)=c(HCO3-)起始时cNa2CO3=0.1mol·L-1，Mg2+与CO32-反应可生成MgCO3沉淀，由物料守恒可知，cCO32-+cHCO3-+cH2二、解答题15．以高铝铬铁矿(主要含Cr2O3和Al2O3，还含Fe2O3、FeO、MgO、SiO2)为原料制备硼化铬和铝的工艺流程如下：已知：①Al(OH)4-可与CO2反应生成Al(OH)②相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：金属离子FeMgCrFeAl开始沉淀的pH2.310.44.97.53.4沉淀完全的pH4.112.46.89.74.7(1)粉碎高铝铬铁矿的目的是：。(2)检验酸浸后的溶液中含有Fe2+可用铁氰化钾溶液，反应会生成蓝色沉淀，该反应的离子方程式为：。(3)滤渣2的主要成分为：(填化学式)。(4)第二次加氨水需调节pH的范围为；加稀盐酸前，需要先洗涤滤渣3，证明其洗涤干净的操作方法是。(5)CrCl3加热条件下生成CrB的化学方程式为：。(6)电解时阳极电极反应式为：。(7)硼化铬(CrB)化学稳定性好，耐高温，耐磨，可作抗高温氧化涂层，抗冲击能力强，其晶胞结构如图所示(结构中Cr原子可看成标准面心堆积)，完成以下问题。a．CrB属于晶体。b．设晶胞棱长为cnm，则Cr原子的半径为nm。【答案】(1)增大接触面积，提高酸浸速率(2)K(3)Fe(OH)3和Al(OH)3(4)6.8≤pH＜10.4取适量最后一次洗涤液于试管中，加入BaCl2溶液若没有白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净(5)2CrCl(6)2O(7)共价2【解析】高铝铬铁矿(主要含Cr2O3和Al2O3，还含Fe2O3、FeO、MgO、SiO2)粉碎后，加入稀硫酸进行酸浸，SiO2不溶，滤渣1为SiO2；滤液中含有Cr3+、Al3+、Mg2+、Fe3+、Fe2+，加入强氧化剂X进行氧化，Fe2+转化为Fe3+；加入氨水调节pH4.7~4.9，依据表中数据可知，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Al3+转化为Al(OH)3沉淀。滤渣2为Fe(OH)3和Al(OH)3，其中加入试剂Y(如NaOH)，Al(OH)3转化为[Al(OH)4]-，Fe(OH)3不溶，操作2为过滤，所得溶液M中加入试剂Z(如CO2等)，[Al(OH)4]-转化为Al(OH)3沉淀，灼烧Al(OH)3得Al2O3，熔融电解Al2O3得Al。滤液中加入氨水调节pH到4.7~4.9后，所得溶液中继续加氨水调节pH，使6.8≤pH＜10.4，Mg2+不反应，Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，滤渣3含有Cr(OH)3，然后加入稀盐酸溶解滤渣3，再经过一系列操作得到CrCl3，加入B、Mg进行加热，生成CrB。（1）粉碎高铝铬铁矿，目的是：增大增大固体与接触面积，提高酸浸速率。（2）检验酸浸后的溶液中含有Fe2+可用铁氰化钾溶液，反应会生成蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6]，反应的离子方程式为：K+（3）pH调节到4.7~4.9时，Fe3+、Al3+全部转化为沉淀，滤渣2的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。（4）第二次加氨水，目的是将Cr3+转化为沉淀，但Mg2+不生成沉淀，则需调节pH的范围为6.8≤pH＜10.4；加稀盐酸前，需要先洗涤滤渣3，证明其洗涤干净时，需检验最后一次洗涤液中不含有SO42-，操作方法是：取适量最后一次洗涤液于试管中，加入BaCl（5）加热条件下CrCl3与B、Mg发生反应生成CrB、MgCl2，化学反应方程式为2CrCl3（6）电解熔融的Al2O3时，阳极O2-失电子生成O2，电极反应式为2O2-（7）硼化铬(CrB)化学稳定性好，耐高温，耐磨，可作抗高温氧化涂层，抗冲击能力强，则CrB属于共价晶体。硼化铬(CrB)晶胞中，设晶胞棱长为cnm，设Cr原子半径为rnm，则4r=2cnm，r=24cnm，Cr原子的半径为216．碱式次氯酸镁[Mg2ClO(OH)3⋅H2O，简称BMH]是一种强氧化性抗菌剂，微溶于水。实验室用下图所示装置制备BMH。仪器A相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH金属离子FeMgCrFeAl开始沉淀的pH2.310.44.97.53.4沉淀完全的pH4.112.46.89.74.7请回答：(1)仪器A的名称是。(2)恒压滴液漏斗的优点是。(3)控制n(NaClO):nMgCl2用量比为2:3，目的是(4)控制pH不超过10.4的原因是。(5)BMH的有效氯测定：称取2g的BMH产品于锥形瓶中，缓慢滴加乙酸和KI的混合液至溶液呈弱酸性，将生成的I2量折合成Cl2，有效氯=mCl2m(BMH)×100%。滴2-3滴淀粉溶液做指示剂，再用①BMH中氧化性的离子是ClO-，写出NaClO溶液与乙酸和KI的混合液反应的离子方程式②滴定终点的现象是。③下列情况会导致所测“有效氯”偏小的是(填标号)。A．滴定前尖嘴部分有一气泡，滴定终点时消失B．滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水C．滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出少许D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数④该BMH产品的有效氯=%(保留到小数点后面2位)。【答案】(1)三颈烧瓶(2)通过侧管平衡漏斗和反应容器内的气压，使液体能顺利滴下(3)提高NaClO的浓度，从而提高MgCl2的转化率，减少产品中Mg(OH)(4)减少镁离子水解程度或防止镁离子水解(5)ClO-+2CH3COOH+2I-=I2【解析】（1）仪器A的名称是三颈烧瓶；（2）恒压滴液漏斗的优点是通过侧管平衡漏斗和反应容器内的气压，使液体能顺利滴下；（3）反应中Mg2+会生成Mg(OH)2沉淀导致损耗，控制n(NaClO)∶nMgCl2=2∶3，目的是提高c(NaClO)（4）Mg2+水解生成H+，溶液碱性太强会促进Mg2+水解，控制pH不超过10.4的原因是减少Mg2+水解程度或防止Mg2+水解；（5）①BMH中氧化性的离子是ClO-，NaClO溶液与乙酸和KI的混合液反应生成I2、Cl-和CH3COO-，离子反应方程式为ClO②该实验中用1mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定生成的③滴定前尖嘴部分有一气泡，滴定终点时消失，会导致起始读数偏小，测得消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏大，所测“有效氯”偏大；滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水，对实验结果没有影响；滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出少许，测得消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏小，所测“有效氯④由方程式可得关系式：I2∼2S2O32-∼Cl2，则n(Cl2)=12n(S2O17．脱除烟气中NOx(1)已知：C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO2(g)的ΔH=-470kJ⋅mol-1(2)利用反应C(s)+SO2(g)⇌CO2(g)+S(g)可减少SO2在大气中的排放。一定温度下，在1L①若10min时容器中CO2的体积分数为20%，则0~10min内平均反应速率vSO2②若达到平衡时容器内气体压强为pkPa，则该温度下反应的压强平衡常数Kp=kPa(用含p0与P(3)用尿素CONH22溶液直接吸收NO(4)脱除烟气中的NO时，可先用氧化剂将NO氧化为NO2，再用尿素溶液还原吸收。NO与O2在某催化剂表面反应生成NO2的过程中，O2在催化剂表面能形成被吸附的O(用机理1：NO(g)+O-Site机理2：NO-Site+O-Site上述两个反应均为基元反应，且是决速反应。保持温度和NO的浓度不变，测得NO与O2在该催化剂作用下，整个反应的初始速率与cO2的关系如图所示。能合理解释图中曲线变化的为(填“机理1”或“(5)工业上也常用Na2CO3已知：NO不能与Na2NO+NO22NO2用足量的Na2CO3溶液完全吸收NOx，每产生11.2L(标准状况)CO2(全部逸出)时，吸收液质量就增加22g，则NOA．1B．2C．1.5D．1.875(6)SO2在实验中可以用来制Na2S2O3，现欲用1LNa2S2O3溶液将0.015molBaSO4，全部转化为BaS2O【答案】(1)660(2)0.025p0(3)2(4)机理2(5)D(6)0.37mol/L【解析】（1）ΔH=E正-E逆，已知：C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO（2）①设转化的SO2的物质的量为x，可得三段式C碳单质为固体，10min时，混合气体的物质的量为1-x+x+x=1+x，若10min时容器中CO2的体积分数为20%，则x1+x×100%=20%，解得x=0.25。恒混恒容条件下，p01=p10min1+0.25，解得p10min②若达到平衡时容器内气体压强为pkPa，则气体压强转化如下：C达平衡时容器内SO2的分压p0-p-p0kPa=2p0（3）用尿素CONH22溶液直接吸收NO可转化为无污染物质CO2、N2和H2O（4）由基元反应可知，保持温度和NO的浓度不变的条件下，机理1的反应速率与O吸附量有关，机理2的反应速率与O吸附量和NO吸附量有关，由图可知，氧气浓度增大，反应速率先增大后减小，说明O2浓度较小时，增加O2浓度，O吸附量增大，反应速率加快；O2浓度较大时，增加O2浓度，O吸附量增大，NO吸附量减小，反应速率减慢，所以能合理解释图中曲线变化的机理为机理2。（5）用足量的Na2CO3溶液完全吸收NOx，每产生11.2L(标准状况)CO2(全部逸出)时，吸收液质量就增加22g，即每产生1molCO2(全部逸出)时，吸收液质量就增加44g，设由NO2和纯碱反应产生CO2为amol，由NO和NO2与纯碱反应产生的CO2为bmol，则2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2质量增加Δm1mol48gamol48ag，（6）BaSO4s+S2