福建省厦门第一中学2023-2024学年高三上学期期中考试化学试题（Word版附解析）

福建省厦门第一中学2023-2024学年高三上学期期中考试化学试题说明：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16V-51一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个选项符合题意)1.材料的应用是社会进步的阶梯。下列有关材料的解读不正确的是选项材料解读A用水玻璃浸泡木材或纺织品防火水溶液阻燃、耐高温B成功合成高熵合金FeCoNiMnPtIr，作为锂氧电池的催化剂该合金易被酸腐蚀C外接电流的阴极保护法用于钢铁管道防腐阳极材料组成元素的金属性强于铁D制备纳米纤维脱硫材料(Ti/CoOx)，将捕获的催化转化为硫酸该材料中元素均位于周期表前四周期A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．水溶液阻燃、耐高温，用水玻璃浸泡木材或纺织品防火，A正确；B．该合金中铁等容易与酸发生反应，B正确；C．外接电流的阴极保护法用于钢铁管道防腐，钢铁管道连接电源的负极作阴极受保护，对阳极材料是否比铁活泼无要求，C错误；D．制备纳米纤维脱硫材料(Ti/CoOx)，将捕获的催化转化为硫酸，该材料中元素Ti、Co均位于周期表前四周期，D正确；故选C。2.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.NH3极易溶于水，可用于工业制冷剂 B.木炭具有还原性，可用于冰箱和居室除臭剂C.Al2O3是两性氧化物，可用于制造高温材料D.Na、K合金熔点低且导热，可用于快中子反应堆的导热剂【答案】D【解析】【详解】A、氨气易液化，再气化时吸收热量，可做制冷剂，而不是溶于水的原因，A错误。B、木炭具有疏松多孔的结构，能吸附某些色素和气味，因而可做除臭剂，而不是具有还原性的原因，B错误。C、Al2O3是一种熔点很高的离子化合物，可做高温材料，C错误。D、钠钾合金的熔点低于成分的熔点，金属能导热，故可作中子反应堆的导热剂，D正确。正确答案为D3.乙炔水化法、乙烯氧化法是工业上制备乙醛的两个重要方法，反应原理分别为：HC≡CH+H2OCH3CHO，2H2C=CH2+O22CH3CHO。以下叙述不正确的是A.C2H4的电子式为B.根据价层电子互斥模型，18g水的中心原子含有2mol孤电子对C.乙烯氧化法中，生成0.1mol乙醛时，转移的电子数约为1.204×1024D.标准状况下，11.2LC2H2中含有π键的数目约为6.02×1023【答案】C【解析】【详解】A．为含有碳碳双键的共价化合物，电子式为，A正确；B．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，则水(为1mol)的中心原子含有孤电子对，B正确；C．乙烯氧化法中氧元素化合价由0变为+2，电子转移关系为，生成乙醛时，转移的电子0.2mol，数目约为，C错误；D．1分子乙炔中含有2个π键，标准状况下，(为0.5mol)中含有π键为1mol，数目约为，D正确；故选C。4.能正确表示下列反应的离子方程式或电极反应式的是 A.少量通入溶液中：B.电解液为溶液的燃料电池的负极反应式：C.向四羟基合铝酸钠溶液中加入小苏打溶液：D.食醋和84消毒液混合：【答案】C【解析】【详解】A.次氯酸根离子具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，少量二氧化硫与次氯酸钙反应生成硫酸钙沉淀和次氯酸，离子反应为，A错误；B.燃料电池负极反应式为，B错误；C.向四羟基合铝酸钠溶液中加入小苏打溶液，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，离子反应式为，C正确；D.食醋与84消毒液反应产生氯气，醋酸为弱酸，离子方程式为，D错误；答案选C。5.某电池材料结构如图所示。X、Y、Z、M、W为同周期主族元素。X原子的最外层电子数是W原子次外层电子数的3倍，下列说法正确的是A.M的单质可以保存在煤油中B.该电池材料中存在离子键、极性键、非极性键、配位键C.氢化物的沸点为D.原子半径为【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M、W为同周期主族元素。X原子的最外层电子数是W原子次外层电子数的3倍，则W次外层电子数为2，X原子的最外层电子数6，W可以形成四个共价键则W为C，X为O,Z为N，M为 Li，Y含有一个共价键，为F。【详解】A．Li的单质密度比煤油小不可以保存在煤油中，保存在石蜡中，故A错误；B．该电池材料中存在阴离子和锂离子的离子键、碳氢、碳氧、氮氧极性键、氮氮非极性键、氮氧配位键，故B正确；C．氢化物的沸点为水的大于氨气，水分之间形成的氢键更多，沸点更高，故C错误；D．同周期原子序数越大原子半径越小，原子半径为，故D错误；故选：B。6.下列各仪器或装置能达到实验目的的是A．锥形瓶中颜色由无色变粉红色，且半分钟不褪色恰好达到滴定终点B．除去碳酸氢钠中少量的碳酸钠C．可以用于验证铁的析氢腐蚀D．称取A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．图中标准溶液使用碱式滴定管盛装正确，滴定为止浓度的醋酸用酚酞做指示剂正确，终点现象正确，能达到实验目的，A正确；B．除去碳酸氢钠中少量的碳酸钠不能用加热方法，加热固体物质不能用蒸发皿，B错误；C．电解质溶液显酸性铁发生的是析氢腐蚀，在食盐水中铁发生的是吸氧腐蚀，C错误；D．托盘天平的精确度为0.1g，不能准确称量46.72g的，D错误；答案选A。7.利用硼镁矿(主要成分为，含、、铁和铝的氧化物等杂质)制备硼酸并回收硫酸镁工艺流程如图。下列叙述不正确的是 A.滤渣1主要成分为、B.试剂a可选用C.滤渣2仅含D.母液经系列操作分离出晶体后，乙醇洗涤干燥可得【答案】C【解析】【分析】向硼镁矿(主要成分为，含SiO2、CaCO3、铁和铝的氧化物等杂质)加硫酸浸取，生成MgSO4、H3BO3、CaSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3，SiO2和硫酸不反应，CaSO4微溶于水，所以滤渣1是SiO2、CaSO4；滤液1加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，用MgO[或MgCO3、Mg(OH)2]调节pH，将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3除去，滤液2冷却结晶得硼酸晶体，过滤后的母液经蒸发浓缩、趁热过滤得。【详解】A．酸浸过程SiO2和硫酸不反应，生成的CaSO4微溶于水，所以滤渣1的主要成分为SiO2、CaSO4，A正确；B．试剂a可以是MgO调节溶液pH，同时不引入杂质离子，B正确；C．加入试剂a调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+均转化为沉淀，所以滤渣2含Fe(OH)3、Al(OH)3，C错误；D．母液经系列操作分离出晶体后，为避免晶体损耗，同时洗涤表面的杂质离子，选用乙醇洗涤干燥，减少晶体的溶解，得到，D正确； 故选C。8.以某锂离子电池、丙烯腈电合成己二腈[NC(CH2)4CN]的装置如图所示(电极均为石墨)。该锂离子电池的总反应是。下列说法不正确的是 A.B为正极，电极反应式为：Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4B.阴极区的电极反应为2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN，一段时间后，阴极室的pH增大C.石墨电极C产生O2，稀硫酸的作用为增强溶液导电性D.当电路中转移1mole-时，阳极室溶液质量减少9g(不考虑氧气溶解)【答案】B【解析】【分析】从电极反应式看，在A极，LixCy转化为Li+和Cy，所以A极失去电子，作负极，B极作正极，C极作阳极，D极作阴极，据此解答即可。【详解】A．由总反应式结合分析可知，B极为正极，其电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，A正确；B．由分析可知，D电极为阴极区的电极反应为2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN，阳极室中产生的H+通过质子交换膜进入阴极室，根据电荷守恒可知，一段时间后，阴极室的pH不变，B错误；C．由分析可知，石墨电极C为阳极，发生氧化反应，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑产生O2，稀硫酸的作用为增强溶液导电性，C正确；D．根据电极反应式2H2O-4e-=4H++O2↑可知，当电路中转移1mole-时，阳极室溶液放出8gO2，同时有1molH+通过质子交换膜进入阴极室，质量又减小1g，故阳极室质量一共减少9g，D正确；故答案为：B。9.甲苯与乙酰氯()在无水催化下发生反应，其反应机理如图所示。乙酰氯经过步骤I得到的中间体可能存在P、O两种形式，且其缺电子的结构与甲苯的π电子云作用生成过渡态π-络合物N，经过步骤Ⅱ得到σ-络合物M。下列说法错误的是 A.中间体P、Q中不饱和碳原子的杂化方式相同B.该反应的决速步是步骤ⅡC.甲苯与乙酰氯反应过程中有反应发生D.虚线L可表示与反应过程中的能量变化【答案】D【解析】【详解】A．中间体P、Q中不饱和碳原子的杂化方式均为sp、故相同，A正确；B．根据能量轮廓图，Ⅱ此步活化能最大，故为决速步，B正确；C．甲苯与乙酰氯反应过程中做催化剂，参与反应后又重新生成，Ⅰ中生成四氯合铝离子后，又会发生反应，C正确；D．图像是针对甲苯与乙酰氯在无水催化下发生反应的能量变化，当甲基氢被氟原子替代后，C-F比C-H更牢固，则反应更困难，D错误；选D。10.草酸(H2C2O4)存在于自然界的植物中，其在常温下的电离平衡常数。碳酸及其钠盐的溶液中、、分别在三者中所占的物质的量分数(δ)随溶液变化的关系如图所示。下列说法中不正确的是 A.时溶液中水的电离受到促进B.在为7~9的碳酸及其钠盐的溶液中：C.人体血液的约为7.4，则在血液中主要以的形式存在D.向溶液中加入少量溶液，发生反应：【答案】D【解析】【详解】A．时，溶液中溶质为，其中水解会促进水的电离，故A正确；B．由图中曲线可知，时，，；时，，，在为7~9的碳酸及其钠盐的溶液中：，故B正确；C．由图中曲线可以看出，当溶液的pH为7.4时，CO2主要以的形式存在，故C正确；D．由于，因此向溶液中加入少量溶液，发生反应，故D错误；故选D。二、非选择题(本题共4小题，60分)11.我国在新材料领域的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站的制作材料中含有B、C、N、P、Ti、Ni、Cu等元素。回答下列问题： （1）下列硼元素的不同微粒，失去一个电子需要吸收能量最大的是___________(填标号，下同)；用光谱仪可捕捉到发射光谱的是___________。A．B．C．D．（2）立方氮化硼(BN)硬度大、熔点为3000℃，其晶体类型为___________。制备氮化硼(BN)的一种方法为，则和的键角较大的是___________(填化学式)。（3）一种配合物的结构如图所示。①组成该配合物的第二周期元素的电负性由大到小的顺序是___________(填元素符号)。②该配合物中的配位数为___________。③该配合物中存在的化学键类型有___________(填标号)。A．离子键B．键C．键D．氢键E．配位键（4）铁基合金中掺入B、N、P等元素可提高韧性、强度、耐磨性等。①的沸点高于的主要原因为___________。②液态磷酸的导电机理如下图所示。液态磷酸中存在的两种离子符号为___________，其中阳离子中原子的杂化方式为___________。（5）GaAs的晶胞结构如图甲。将掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料(图乙)。 ①GaAs晶体密度为，相对分子质量为M，NA表示阿伏加德罗常数的数值，则晶胞中距离最近的两个Ga原子间距离为___________。②掺杂Mn之后，晶体中Mn、Ga、As的原子个数比为___________(化为最简整数比)。【答案】（1）①.A②.CD（2）①.共价晶体②.（3）①.②.4③.BCE（4）①.中能用于形成氢键的氢原子数更多(氢原子的空间位阻小于甲基，更容易形成氢键)②.、③.（5）①.②.5∶27∶32【解析】【小问1详解】硼元素的原子序数为5，基态电子排布式为1s22s22p1，激发态原子中电子的能量高于基态原子中电子的能量，失去一个电子所需能量小于基态原子，基态原子中第一电离能小于第二电离能。由轨道表示式可知，A失去一个电子需要克服第二电离能，B失去一个电子需要克服第一电离能；C、D均为激发态，D失去一个电子需要能量最小，故选A；发射光谱是由能量较高的激发态电子跃迁回到能量较低的激发态或基态过程中产生的光谱，C、D均为激发态，故用光谱仪可捕捉到发射光谱的是C、D项。【小问2详解】氮化硼为共价化合物，由立方氮化硼硬度大，熔点高，可以判断其为共价晶体；BC13中心硼原子价层电子对数为3，发生sp2杂化，其空间构型为平面三角形，键角为120°；NH3中心氮原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，由于存在孤电子对，键角小于109°28′，为107°，故键角BCl3>NH3。【小问3详解】①组成该配合物的第二周期元素有C、N、O，由元素周期律可知电负性大小顺序是O>N>C； ②由配合物的结构可知，Ni2+的配位数为4，该配合物中碳原子有sp2、sp3两种杂化方式；③由配合物的结构可知，该配合物中存在的化学键有σ键、π键、配位键。【小问4详解】①N2H4和(CH3)2NH均能形成氢键，而N2H4中能用于形成氢键的氢原子更多，且氢原子的空间位阻小于甲基，更容易形成氢键，因此N2H4的沸点比(CH3)2NH高；②由题意可知，液态磷酸能导电，说明存在自由移动的离子，结合图可知，质子发生迁移后形成的两种离子分别为和，中P原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化。【小问5详解】①图甲中，GaAs的相对分子质量为M，晶体密度为，NA表示阿伏加德罗常数的值，由图可知一个晶胞中含有Ga的个数为：个，含有As原子个数为：4个，则晶胞参数为：，由图可知晶胞中距离最近的两个Ga原子间距离为面对角线的一半，故有；②图乙中，a、b的分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)，则c点Mn位于左侧面的面心上，故其分数坐标为(0，，)，掺杂Mn之后，一个晶胞中含有的Mn个数为：，含有Ga的个数为：，含有As原子个数为4个，故晶体中Mn、Ga、As的原子个数比为：∶∶4=5∶27∶32。12.酸性矿山废水中锌、铁、锰元素的分离及回收流程如图：已知：①酸性矿山废水成分如表：pH 1.0②③（1）“研磨”的目的是___________。（2）“沉锌”过程中，先转化为和，所得___________。（3）“沉锌”过程中，完全沉淀时[c(Zn2+)≤10-5mol/L]，测得溶液为4，则___________。（4）“氧化”过程发生反应的离子方程式为___________。（5）“沉铁”过程中，加入调节，废水对铁、锰元素去除率的影响如图所示，为提高铁、锰元素的分离效果，废水控制___________。（6）“沉锰”后，溶液中，锰元素去除率为___________%。(保留1位小数，忽略体积变化)。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高利用率（2）7：1（3）（4）（5）(或7.0左右)（6）99.7【解析】【分析】本题涉及生产流程的目的，分离回收酸性矿山废水中锌、铁、锰元素，并实现废水的达标排放。为提高硫精矿的利用率及反应速率，将其粉碎后加入酸性矿山废水中，将锌转化为ZnS沉淀；通入O2将Fe2+ 氧化为Fe3+，然后调节pH，让Fe3+及部分Fe2+转化为FeOOH、Fe3O4沉淀；再继续调节pH=10.3，将锰元素转化为沉淀；最后调节pH，实现废水的达标排放；【小问1详解】为提高硫精矿的利用率及反应速率，加入硫精矿后需进行“研磨”，目的是增大接触面积，加快反应速率，提高利用率。答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高利用率；【小问2详解】“沉锌”过程中，FeS2在酸性溶液中转化为H2S和，反应的离子方程式为4FeS2+4H2O+6H+=4Fe2+++7H2S，所得n(H2S):n()=7:1。答案为：7:1；【小问3详解】“沉锌”过程中，Zn2+完全沉淀时(Zn2+浓度为1.0×10-5mol/L)，c(S2-)=mol/L=1.0×10-18mol/L，测得溶液pH为4，Ka1=，Ka2=，Ka1∙Ka2=，则c(H2S)==mol/L=1×10-5mol/L；答案为：1×10-5；【小问4详解】“氧化”过程中，Fe2+被O2所化为Fe3+，发生反应的离子方程式为。答案为：；【小问5详解】从废水pH对铁、锰元素去除率的影响图中可以看出，废水pH控制在6.5~7.0之间时，铁、锰元素的分离效果最好。答案为：6.5~7.0；【小问6详解】“沉锰”后，溶液中c(Mn2+)=2.0×10-5mol·L-1，锰元素去除率为=99.7%。答案为：99.7。13.二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料，实验室以为原料合成用于制备的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{化学式为}，过程如下： 已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性。（1）步骤i中生成同时生成的化学方程式为___________。常温下，只用浓盐酸与反应也能制备溶液，但该方法未被推广，从环保角度分析该方法未被推广的主要原因是___________(用化学方程式说明)。（2）步骤ii可用下图仪器组装完成。①装置D中盛放溶液的仪器名称是___________；上述装置从左到右的连接顺序为___________(用各接口字母表示)。②澄清石灰水的作用是___________。③反应结束后，将D置于保护下的干燥器中，静置过滤可得到紫红色晶体，然后抽滤，先用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙醚洗涤2次。检验晶体已经洗涤干净的操作是___________。（3）测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：称量ag产品于锥形瓶中，用蒸馏水与稀硫酸溶解后，加入溶液至稍过量，充分反应后继续滴加的溶液至稍过量，再用尿素除去过量，最后用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为。(已知：)①滴定时，向锥形瓶中加入几滴___________溶液作指示剂。②粗产品中钒的质量分数表达式为___________(以计)。③若标准溶液部分变质，会使测定结果___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）①.②.(浓) （2）①.三颈烧瓶②.eabfgc(或eabfgcd)③.液封，防止空气进入反应装置D影响产品的生成和纯度，检验装置中空气是否排尽④.取最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸使溶液显酸性，再滴加几滴硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，则沉淀已洗涤干净（3）①.②.③.偏高【解析】【分析】实验目的是制备的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，实验原理为原料先转化为，再合成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，其步骤i中，、盐酸和反应生成和，因为+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，易被氧气氧化，所以步骤ii是在保护下与发生反应得到产品。【小问1详解】步骤i中，、盐酸和反应生成和，反应方程式为；常温下，只用浓盐酸与反应制备时产生有毒气体，污染空气，反应方程式为(浓)；【小问2详解】盛放溶液的仪器名称为三颈烧瓶；因为+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，易被氧气氧化，所以步骤ii是在保护下与发生反应得到产品。装置C制备，装置A除去中的，装置D为反应装置，装置B可以防止空气进入装置D中，所以仪器从左到右连接的顺序为e→a→b→f→g→c→d(或eabfgc)；+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，易被氧气氧化，需要排出装置中的空气，防止+4价钒被氧气氧化，也需要防止外界空气进入装置D氧化+4价钒，故装置B中澄清石灰水作用为液封，防止空气进入反应装置D影响产品的生成和纯度，检验装置中空气是否排尽；晶体表面沾有滤液杂质，滤液中含有氯离子，通过检验洗出液中不含有氯离子，证明已经洗涤干净，操作方法为取最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸使溶液显酸性，再滴加几滴硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，则沉淀已洗涤干净；【小问3详解】 滴定用的标准溶液为，含有，滴定终点与指示剂产生明显现象，与反应产生蓝色沉淀，故指示剂为，当溶液中产生蓝色沉淀时，达到滴定终点；根据反应可知，，，钒的质量分数表达式为；若标准溶液部分变质，部分转化为，则消耗的标准液体积c偏大，会使测定结果偏高。14.氮的氧化物是大气污染物之一，研究它们的反应机理，对于消除环境污染，促进社会可持续发展有重要意义。回答下列问题：（1）碘蒸气的存在能大幅度提高的分解速率，反应历程为：第一步：(快反应)第二步：(慢反应)第三步：(快反应)实验表明，含碘时分解速率方程(为速率常数)。下列表述正确的是___________A.升高温度，第一步向右进行的程度变大B.第二步的活化能比第三步小C.为反应的催化剂D.分解反应的速率与是否含碘蒸气有关（2）对反应，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变，重复实验，在相同时间内测得NO转化率与温度的关系如图所示。 图中M点对应的速率(对应温度)___________(填“>”、“<”或“=”)，温度高于，NO转化率降低的原因可能是___________。（3）在密闭容器中充入和，发生反应：。平衡时NO的体积分数随温度、压强的变化关系如图。①下列物理量中，图中d点大于b点的是___________(填字母)。A．正反应速率B．逆反应速率C．的浓度D．对应温度的平衡常数②c点NO的平衡转化率为___________。③若在M点对反应容器升温的同时扩大容器体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中a、b、c、d中的___________点。（4）时，向容积为2L的恒容容器中充入、，发生反应：，体系的总压强P随时间t的变化如下表所示：010203040240226216210210①内该反应的平均反应速率___________。 ②该温度下反应的平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×物质的量分数，列出计算式即可)。【答案】（1）AD（2）①.>②.温度升高催化剂活性降低（3）①.CD②.50%③.a（4）①.②.或其他合理答案【解析】【小问1详解】A．断键吸热，所以升高温度，第一步向右进行程度变大，A正确；B．第二步的慢反应，其活化能比第三步大，B错误；C．IO为中间产物，I2是反应的催化剂，C错误；D．根据含碘时分解速率方程(k为速率常数)，可判断分解反应的速率与是否含碘蒸气有关，D正确；答案选AD。【小问2详解】由于在催化剂乙作用下，图中M点对应的转化率低于催化剂甲时对应的转化率，因此反应没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则速率(对应温度400℃)>，温度高于400℃，NO转化率降低的原因可能是温度升高催化剂活性降低。【小问3详解】①2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)正反应为放热反应，根据勒夏特列原理结合图像可知，升高温度，平衡向逆向移动，NO的体积分数增大，则T1>T2，A．温度T1>T2，温度越高，则正反应速率越大，b点大于d点，A项错误；B．正反应为放热反应，温度越高，则逆反应速率越大，b点大于d点，B项错误；C．温度越高，逆向移动N2(g)的浓度越小，d点大于b点，C项正确；D．温度升高，平衡逆向移动，则平衡常数随温度升高而减小，d点大于b点，D项正确；答案选CD；②c点时NO的体积分数为25%，起始时充入4molNO和5molH2，根据热化学方程式列出三段式为： =25%，c点NO的平衡转化率为100%=50%；③若在M点对反应容器升温同时扩大容器体积使体系压强减小，根据勒夏特列原理，升高温度平衡会逆向移动，NO的体积分数会增大；减小压强，平衡向逆向移动，NO的体积分数会增大，则符合图中的为a点。【小问4详解】①T℃时，向容积为2L的恒容容器中充入0.4molNO、0.8molH2，，20min时压强为216kPa，根据阿伏伽德罗定律压强之比等于物质的量之比，列出三段式为：设NO反应的物质的量为2xmol，，解得x=0.12mol，0-20min内该反应的平均反应速率v(NO)=；②达到平衡后列出三段式可得：设NO反应的物质的量为2y，，解得y=0.15mol，该温度下反应的平衡常数Kp=或其他合理答案。