2022-2023学年安徽省淮北市高三下学期一模化学试题含解析

这是一份2022-2023学年安徽省淮北市高三下学期一模化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

安徽省淮北市2022-2023学年高三下学期一模化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与食品密切相关．下列说法正确的是
A．健康食品不含任何添加剂 B．烘焙面包用小苏打作膨松剂
C．氮气防腐是利用了氮气的物理性质 D．食品袋中放置生石灰可防止氧化变质
【答案】B
【详解】A．健康食品可以含有在法律范围内许可的食品添加剂，不添加食品添加剂会加快食物的腐败变质，容易对人体产生毒害作用，存在安全隐患，故A 错误；
B．碳酸氢钠固体加热时开始逐渐分解生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，常利用此特性作为制作饼干、糕点、馒头、面包的膨松剂，故B正确；
C．空气中分离出来的氮气用于食品防腐，是利用了氮气的稳定性，属于化学性质，故C错误；
D．生石灰不具有还原性，不能防止食品氧化变质，生石灰具有吸水性，可以作干燥剂，故D错误；
故选B。
2．元素及其化合物在化工生产中有着重要的用途．下列说法正确的是
A．工业上以二氧化硅为原料制备高纯硅，还需要用到焦炭、氢气、氯化氢等原料
B．工业上制硫酸是用98.3%的硫酸吸收二氧化硫
C．工业上生产玻璃和水泥时均使用纯碱和石灰石作为原料
D．工业上制取钠单质普遍采用电解熔融的氢氧化钠
【答案】A
【详解】A．工业上以二氧化硅为原料制备高纯硅，用焦炭还原二氧化硅得到粗硅，粗硅用氯气反应得到四氯化硅与杂质分离，再用氢气还原四氯化硅得到高纯度硅单质，需要用到焦炭、氢气、氯气等原料，A正确；
B．工业上制硫酸是用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫，B错误；
C．水泥的原料是粘土和石灰石，玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，所以工业上生产玻璃和水泥时均使用的原料中均有石灰石，C错误；
D．工业上制取钠单质普遍采用电解熔融的氯化钠，氢氧化钠的成本较高，不适合工业生产， D错误；
故本题选A。
3．设为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是
A．常温下，的溶液中，由水电离出的数目为
B．重水中所含质子数、中子数各为
C．标准状况下，中数目为
D．和于密闭容器中充分反应后，分子数为
【答案】B
【详解】A．溶液促进水的电离，由水电离出的数目为，A错误；
B．重水的质子数为10，中子数也为10，重水为0.1mol，故质子数、中子数各为，B正确；
C．标准状况下，不是气体，不能用于计算，C错误；
D．此反应为可逆反应，生成的分子数小于，D错误；
故选B。
4．下列有关实验操作或叙述正确的是
A．滴定实验操作中，锥形瓶洗涤后不需要润洗
B．制备晶体，需将饱和溶液蒸干
C．检验时，可用湿润的蓝色石蕊试纸靠近试管口
D．焰色试验前，需先用稀硫酸洗涤铂丝并灼烧
【答案】A
【详解】A．滴定实验操作中，锥形瓶洗涤后不需要润洗，润洗会导致所测值偏大，A正确；
B．亚铁离子易被氧化，且会发生水解，制备晶体，需将饱和溶液在真空且氯化氢气流中蒸发，B错误；
C．检验时，可用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则证明存在氨气，C错误；
D．进行焰色反应时，所用铂丝需要用稀盐酸洗涤并充分灼烧，不能用稀硫酸，D错误；
故选A。
5．含铁物质或微粒所带电荷数与化合价的关系如图所示，下列说法错误的是

A．M可能是
B．R为铁单质，常温下遇浓硫酸发生钝化
C．N可用溶液检验
D．与强氧化剂在碱性条件下反应可以生成
【答案】C
【详解】A．M中Fe元素为+2价，且电荷数为0，可能是，故A正确；
B．R中Fe元素为0价，且电荷数为0，为Fe单质，铁单质在常温下遇浓硫酸发生钝化，故B正确；
C．N中Fe元素为+2价，且电荷数为+2，为Fe2+，Fe2+不能用溶液检验，故C错误；
D．中Fe元素为+6价，据图可知在碱性环境中稳定存在，所以Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成，故D正确；
故选C。
6．向含的废水中加入铁粉和可制备，反应如下，下列说法正确的是
A．的电子式为
B．加入的作用是提供和调节
C．电离方程式：
D．反应中每生成转移电子
【答案】B
【详解】A．中存在共价键，电子式为，A错误；
B．反应后生成的化合物中含有钾离子，故碳酸钾的作用为提供钾离子，并消耗，调节pH，B正确 ；
C．的电离方程式为：，C错误；
D．该反应中铁元素化合价升高2价，故每生成2mol二氧化碳转移2mol电子，则每生成1mol二氧化碳转移1mol电子，D错误；
故选B。
7．高能粒子是第一个成功观测到双衰变现象的原子核，其双衰变的方程式。下列说法正确的是
A．和互为同位素 B．和的中子数相等
C．次外层电子数为8 D．双衰变放出能量
【答案】D
【详解】A．同位素是指具有相同的质子数不同中子数的原子，和质子数不同不是同位素，A错误；
B．质量数减去质子数是中子数，两者质量数相同质子数不同，所以中子数也不相同，B错误；
C．氪是36号元素，次外层电子数为18，C错误；
D．衰变过程释放能量，双衰变放出能量，D正确；
故选D。
8．金与铯在真空中和下反应可得离子化合物金化铯()，金化铯溶于液氨形成黄色溶液，表现出较高的导电率。下列有关金化铯说法错误的是
A．金元素显价 B．在液氨中会发生电离
C．在空气中不易被氧化 D．与水反应的化学方程式：
【答案】C
【详解】A．铯为碱金属，其金属性强于金，则金化铯()中金元素显价，A正确；
B．金化铯溶于液氨形成黄色溶液，表现出较高的导电率，说明在液氨中会发生电离，B正确；
C．金化铯()中金为-1价，具有强还原性，遇氧化性物质会生成金单质和铯的化合物，在空气中易被氧化，C错误；
D．金化铯()与水发生氧化还原反应，生成氢氧化铯、金和氢气，其化学方程式为，D正确；
故选C。
9．芬顿试剂是以和组成的水溶液体系，具有极强的氧化能力，其机理如图所示。下列说法错误的是

A．起到催化作用
B．基元反应1的方程式为：
C．基元反应1的活化能比基元反应2的高
D．图示过程中，会发生变化
【答案】C
【详解】A．参与基元反应1，在基元反应2生成，起到催化作用，A正确；
B．由图可知，基元反应1的方程式为：，B正确；
C．基元反应1为快反应，而基元反应2为慢反应，则基元反应1的活化能比基元反应2的低，C错误；
D．由图可知，基元反应1的方程式为：，基元反应2的方程式为：，基元反应1为快反应，而基元反应2为慢反应，则图示过程中，会发生变化，D正确；
故选C。
10．利用雾霾中的污染物、获得产品的流程图如下，下列方程式错误的是

A．“吸收池1”中反应的离子方程式：
B．“吸收池2”中生成等物质的量和的离子方程式：
C．“电解池”中阴极的电极反应式：
D．“氧化池”中反应的离子方程式：
【答案】D
【分析】污染物、通到氢氧化钠溶液中，NO不反应，二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠在电解池中电解得到硫代硫酸钠，NO和Ce4+在吸收池2中反应生成、和Ce3+，氧化池中氧气氧化变为硝酸根，氨气通到酸性氧化池中和生成硝酸铵。
【详解】A．根据图中信息得到“吸收池1”中是氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，其反应的离子方程式：，故A正确；
B．根据图中信息得到“吸收池2”中是NO和Ce4+反应生成、和Ce3+，则生成等物质的量和，假设都生成1mol，则转移4mol电子，说明有4mol Ce4+参与反应，再根据电荷守恒和质量守恒配平得到离子方程式：，故B正确；
C．“电解池”中阴极是亚硫酸氢根得到电子变为硫代硫酸根，其电极反应式：，故C正确；
D．“氧化池”中反应的离子方程式：，故D错误；
综上所述，答案为D。
11．某白色固体样品，可能含有、、、、中的一种或几种。对该样品进行如下实验：
①取少量固体加入足量水中，固体部分溶解；
②取①中滤液做焰色试验，透过蓝色钴玻璃未观察到紫色；
③取①中滤渣，向其中加入足量的盐酸，产生气泡，固体部分溶解．
下列说法不正确的是
A．固体粉末中一定不含
B．固体粉末中一定含有和
C．取①中滤液，加入硝酸酸化的溶液，若未产生白色沉淀，则样品中无
D．为进一步确定原样品组成，可以向③未溶解的固体中加入溶液
【答案】C
【分析】①取少量固体加入足量水中，固体部分溶解，不溶性物质可能为、、；②取①中滤液做焰色试验，透过蓝色钴玻璃未观察到紫色，滤液中不存在钾离子，说明样品中一定没有；③取①中滤渣，向其中加入足量的盐酸，产生气泡，固体部分溶解，溶于盐酸，可知样品中存在和，无法确定未溶解的物质是，还是，还是二者均有，据此分析。
【详解】A．由分析可知，固体粉末中一定不含，A正确；
B．由分析可知，固体粉末中一定含有和，B正确；
C．取①中滤液，加入硝酸酸化的溶液，若未产生白色沉淀，有可能是加水溶解时，硫酸根恰好沉淀完全，不能确定样品中有无，C错误；
D．可溶于溶液，不溶于溶液，故为进一步确定原样品组成，可以向③未溶解的固体中加入溶液，D正确；
故选C。
12．一定温度下，在密闭容器中发生反应：。下列说法正确的是
A．在恒容条件下，向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
B．在恒压条件下，向平衡体系中加入，的转化率不变
C．混合气体的物质的量不再发生变化可说明反应达到平衡
D．该反应在任何温度下都能自发进行
【答案】A
【详解】A．在恒容条件下，向平衡体系中充入惰性气体，反应体系中各物质的浓度不变，平衡不移动，A正确；
B．在恒压条件下，向平衡体系中加入，平衡正向移动，的转化率变大，B错误；
C．该反应气体总物质的量不变，故混合气体的物质的量不变不能说明反应到平衡，C错误；
D．该反应为吸热的，不是在任何温度下都能自发进行，D错误；
故选A。
13．某校化学兴趣小组利用如图装置在实验室制备“84”消毒液，下列说法正确的是

A．装置I中的可以替换成
B．装置Ⅱ可以除去中杂质，还可以防止倒吸
C．装置Ⅲ中消耗(标准状况)，转移电子
D．装置Ⅳ的作用是吸收空气中的和水蒸气
【答案】B
【分析】装置Ⅰ制备Cl2，装置Ⅱ除去Cl2中混有的HCl气体，装置Ⅲ制备NaClO，装置Ⅳ处理尾气，据此进行分析。
【详解】A．图Ⅰ中没有加热装置，故不能将替换成，A错误；
B．装置Ⅱ可以除去中杂质，长颈漏斗平衡压强，还可以防止倒吸，B正确；
C．装置Ⅲ中消耗(标准状况)，Cl2发生歧化反应生成NaCl和NaClO，转移电子，C错误；
D．装置Ⅳ的作用是吸收未反应的Cl2，防止污染空气，D错误；
故选B。
14．一种新型电池装置如图所示。下列叙述错误的是

A．镍钴电极反应：
B．II区的通过a交换膜向I区迁移，通过b交换膜向III区迁移
C．该装置工作时总反应：
D．该装置工作时还利用了中和能
【答案】C
【分析】由图可知，铂电极发生的电极反应为4H++4e-=2H2，得电子为原电池的正极，镍钴电极发生的电极反应为，失去电子为原电池的负极。
【详解】A．据分析可知，镍钴电极反应：，A正确；
B．原电池中阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁移，据分析可知，II区的通过a交换膜向I区迁移，通过b交换膜向III区迁移，B正确；
C．据分析可知，正负极反应式相加得到总反应，则该装置工作时总反应：，C错误；
D．根据正负极反应式可知，该装置工作时还利用了中和能，D正确；
故选C。
15．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其最外层电子数之和为18。X、Y与Z、W位于不同周期，X、Z处于对角线位置且其单质都能与强酸、强碱溶液反应。下列说法错误的是
A．Z的最高价氧化物为两性氧化物 B．单质的熔点：
C．Z与W形成的化合物是共价化合物 D．简单氢化物的稳定性：
【答案】D
【分析】短周期主族元素X、Z处于对角线位置且其单质都能与强酸、强碱溶液反应，可知X为Be、Z为Al。X、Y、Z、W的最外层电子数之和为18，可推知Y、W的最外层电子数之和为13。X、Y、Z、W可能为Be、O、Al、Cl；X、Y、Z、W可能为Be、F、Al、S。
【详解】A．由分析可知，Z的最高价氧化物Al2O3为两性氧化物，A正确；
B．单质的熔点可能为：或者，B正确；
C．Z与W形成的化合物是AlCl3(或Al2S3)共价化合物，C正确；
D．简单氢化物的稳定性可能为：或者，D错误；
故选D。
16．是易溶二元弱碱(，)，常温下，向溶液中通入，溶液中随[]变化的曲线如图所示，下列说法错误的是

A．溶液：
B．当时，
C．水的电离程度：
D．当时，大于3.5
【答案】D
【详解】A．是易溶二元弱碱，而BOH+的水解平衡常数，则说明BOH+的水解程度大于电离程度，水解和电离都是微弱的，故溶液：，A正确；
B．当时，，，则，B正确；
C．向溶液中通入，发生反应生成更多的B2+，B2+越多，水解程度越大，水的电离程度越大，则水的电离程度：，C正确；
D．，当时，，，则，小于3.5，D错误；
故选D。

二、填空题
17．钴盐在生活和生产中有着重要应用。
(1)干燥剂变色硅胶常含有。常见氯化钴晶体的颜色如下：
化学式




颜色
蓝色
蓝紫色
紫红色
粉红色

变色硅胶吸水饱和后颜色变成__________，硅胶中添加的作用__________。
(2)草酸钴是制备钴氧化物的重要原料，常用溶液和溶液制取难溶于水的晶体。
①常温下，溶液的__________7(填“>”“=”或“<”)。(已知：常温下，，。)
②制取晶体时，还需加入适量氨水，其作用是__________。
③在空气中加热二水合草酸钴，受热过程中在不同温度范围内分别得到一种固体物质。已知的两种常见化合价为价和价，。
温度范围／
150～210
290～320
固体质量/g
8.82
4.82

ⅰ．温度在范围内，固体物质为__________(填化学式，下同)；
ⅱ．从加热到时生成一种钴的氧化物和，此过程发生反应的化学方程式是__________。
【答案】(1)     粉红色     作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度
(2)     ＜     抑制的水解，提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率)          3＋2O2Co3O4＋6CO2

【详解】（1）变色硅胶吸水饱和变为，则颜色变成粉红色，根据的吸收程度不同，其颜色不相同，因此硅胶中添加的作用是作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度；故答案为：粉红色；作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度。
（2）①常温下，根据电离平衡常数和越弱越水解，则铵根水解程度大于草酸根水解程度，铵根水解呈酸性，因此溶液的＜7；故答案为：＜。
②制取晶体时，铵根和草酸根都要水解，两者是相互促进的双水解，加入适量氨水，抑制铵根水解，也抑制了草酸根的水解，则提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率)；故答案为：抑制的水解，提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率)。
③ⅰ．二水合草酸钴，其物质的量为，温度在范围内，若失去水，则质量为0.06mol×147g∙mol−1＝8.82g，因此固体物质为CoC2O4；故答案为：CoC2O4。
ⅱ．从加热到时生成一种钴的氧化物和，则Co质量为0.06mol×59g∙mol−1＝3.54g，则氧的质量为4.82g−3.54g＝1.28g，氧原子物质的量为，则钴的氧化物为Co3O4，草酸钴和氧气反应生成Co3O4和二氧化碳，则此过程发生反应的化学方程式是3＋2O2Co3O4＋6CO2；故答案为：3＋2O2Co3O4＋6CO2。

三、工业流程题
18．青蒿素是高效的抗疟药，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂，难溶于水，熔点为，温度超过完全失去药效(已知：乙醚沸点为)。从青蒿中提取青蒿素的一种工艺如下：

索氏提取装置如图所示．实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至装置a，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与青蒿粉末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对青蒿粉末的连续萃取。回答下列问题：

(1)装置a的名称为__________。
(2)索氏提取的青蒿素位于__________(填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”)中；与常规的萃取相比，索氏提取的优点是__________。
(3)提取液蒸馏过程中选用下列哪种装置更好__________(填字母)，原因是__________。

(4)粗品提纯的过程可能是__________(填字母)。
a．加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶
b．加70%的乙醇溶解、水浴加热、冷却结晶、过滤
c．加入乙醚进行萃取分液
(5)青蒿素()中含有过氧键，与碘化钠反应生成碘单质。为测定产品中青蒿素的纯度，取样品配制成溶液，取加入锥形瓶中，再加入足量的溶液和几滴淀粉溶液，用标准液滴定。(已知：，M(青蒿素))
①滴定终点的现象为__________；
②三次滴定数据记录如下：
滴定次数
待测液体()
标准液读数()
滴定前读数
滴定后读数
第一次
25.00
1.50
41.52
第二次
25.00
3.00
42.98
第三次
25.00
4.50
41.60

青蒿素的纯度为__________。
【答案】(1)冷凝管或球形冷凝管
(2)     圆底烧瓶     节约萃取剂，可连续萃取(萃取效率高)
(3)     乙     乙为减压蒸馏装置，可以更好的降低蒸馏温度，防止青蒿素失效
(4)b
(5)     滴入最后一滴标准液时，溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟颜色不恢复     70.5%

【分析】青蒿粉末经过索式提取得到提取液，提取液通过蒸馏，分离乙醚和粗产品，对粗产品进行提纯得到青蒿素；
【详解】（1）装置a为冷凝管或球形冷凝管；
（2）青蒿粉末位于索氏提取器，萃取剂位于圆底烧瓶中，提取出来的青蒿素位于圆底烧瓶；与常规的萃取相比，索氏提取能提高萃取效率，的优点是节约萃取剂，可连续萃取(萃取效率高)；
（3）乙的蒸馏效果好，装置乙用真空泵抽真空，设置了减压蒸馏装置，可以更好的降低蒸馏温度，防止青蒿素失效；
（4）青蒿素在水中几乎不溶，不能用水溶解，a错误；
青蒿素再乙醇，乙酸，石油醚中可溶解，加95%的乙醇，浓缩，结晶，过滤可以提纯青蒿素，b正确；
加入乙醚进行萃取分液得到还是混合物，c错误；
答案选b;
（5）碘单质与反应得到，碘单质遇淀粉变蓝，则滴定终点为滴入最后一滴标准液时，溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟颜色不恢复；滴定三次，除去误差大的第三次，第一次和第二次两次平均体积为，，,，250ml容量瓶中含青蒿素的物质的量为，，青蒿素的纯度为
19．金属镍作为重要的战略金属资源对国民经济和国防工业发挥着至关重要的作用。铜镍矿(主要成分为镍、镁、铜、铁、硅的氧化物)的湿式冶炼是获取镍的重要途径，其工艺流程如图所示：

(1)“氧压酸浸”滤液中含有、、、等离子，通入氧气时加压的目的是__________。
(2)萃取剂是由与按一定比例调配而成的，其与形成的络合物含有的作用力有__________。
a．离子键     b．极性共价键     c．非极性共价键     d．配位键
(3)已知铁矾渣的成分是，在沉淀除铁过程中的作用是__________，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为__________。
(4)沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是__________(填化学式)。
(5)沉镍过程中的加入量对镍沉淀的影响如图所示，当为8.5时，溶液中的浓度为__________(已知该温度下)结合图中信息回答，选择加入量为的理由是__________。

【答案】(1)增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率
(2)b c d
(3)     调节溶液的，有利于转化成铁矾渣    
(4)
(5)          加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降

【分析】铜镍矿在氧压酸浸的条件下将镍、镁、铜、铁的氧化物转化为各自对应的离子，铁最终均以三价铁离子形式存在，萃取剂将铜离子与原溶液分离，最终得到金属铜，水相加氧化镁调节溶液酸碱性在硫酸钠存在的情况下，将铁转变为铁矾渣除去，然后氧化镁再一次调节溶液酸碱性使镍转变为沉淀，最后过滤得到氢氧化镍，最终得到金属镍。
【详解】（1）“氧压酸浸”滤液中含有、、、等离子，通入氧气时加压的目的是增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率，答案为：增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率；
（2）a．此络合物中不存在离子键，a错误；   
b．有机物中氧氢之间和碳氧之间存在极性共价键，b 正确；
c．有机物中碳碳之间存在非极性共价键，c正确；
d．络合物中铜离子与非金属之间是配位键，d正确；
故选b c d。
（3）由分析可知在沉淀除铁过程中的作用是调节溶液的，有利于转化成铁矾渣，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为，答案为：调节溶液的，有利于转化成铁矾渣，；
（4）过程中两次加入氧化镁，均会生成，所以沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是，答案为：；
（5）当为8.5时，溶液是氢氧化镍的饱和溶液所以，此时 代入得到溶液中的浓度为，由图可知加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降，所以选择加入量为，答案为：，加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降。

四、原理综合题
20．化石燃料燃烧排放的氮氧化物()需要加以处理，以氨气为还原剂的(选择性催化还原)技术主要是通过向烟道内喷入还原剂，然后在催化剂的作用下将烟气中的，还原成清洁的和。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
① (标准反应)
②(慢速反应)
③(快速反应)
④(副反应)
计算反应③的__________。
(2)下列关于反应②和反应③反应过程能量变化示意图正确的是__________。

(3)若烟气中水含量过高会对反应产生影响：ⅰ．从平衡角度分析水含量高的影响：__________；ⅱ．相同时间内水对反应①和反应③的影响如图所示。水的存在__________(选填“加快”“减慢”)了反应，可能的原因是：__________。

(4)在温度、压强条件下的恒容容器中模拟实验，原料气、、比例为1∶1∶2，主要发生反应③，平衡时压强为，脱氮率为__________，平衡常数__________(保留三位有效数字)。()
【答案】(1)-757
(2)B
(3)     水含量高不利于平衡正向进行     减慢     水含量高使催化剂活性降低，增大了反应的活化能
(4)     80%    

【详解】（1）根据盖斯定律（3+ - ）=-757，答案为：-757；
（2）反应②和反应③均是放热反应且反应③比反应②放出的热量多，所以B正确；故选B；
（3）反应均是可逆反应，水是生成物，水含量高不利于平衡正向进行；由图可知相同时间内水的存在会降低氮的氧化物的还原率，所以水的存在减慢了反应，可能的原因是：水含量高使催化剂活性降低，增大了反应的活化能；答案为：水含量高不利于平衡正向进行，减慢，水含量高使催化剂活性降低，增大了反应的活化能；
（4）气体的压强和物质的量成正比；反应前，体系的总压强为120kPa，原料气NO、NO2、NH3比例为1∶1∶2，这些组分的分压依次为30kPa、30kPa、60kPa；设反应中，NO减小的压强为x kPa，根据压强的变化列出三段式：
则30-x+30-x+60-2x+2x+3x=144，解得x=24，即平衡时，NO、NO、NH3、N2和H2O的压强分别为6kPa、6kPa、12kPa、48kPa、72kPa，则脱氮率为，KP=，答案为：80%，。