2020年高考化学考前适应性模拟卷 试卷04（解析版）

2020 年高考考前适应性模拟卷 04 化 学 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Co 59 一、选择题：本题共 7 个小题，每小题 6 分，共 42 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。 7．中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了很多化学研究成果。下列古诗文对应的化学知识 正确的是（ ） 选项 古诗文 化学知识 A 《华阳国志》中记载：“取井火煮之，一斛水得五斗盐” 我国古代已利用天然气煮盐 B 《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五 金，其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛” “强水”是指氢氟酸 C 《天工开物》中记载：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质” 文中“丝、麻、裘”的主要成分都 是蛋白质 D 《抱朴子》中记载：“丹砂（HgS）烧之成水银，积变 又还成丹砂” 文中描述的是升华和凝华过程 【答案】A 【解析】A．天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗 盐”，我国古代已利用天然气煮盐，故 A 正确。 B．能蚀五金可知为王水，是浓盐酸、浓硝酸的混合物，而 HF 能与玻璃中的二氧化硅反应，腐蚀玻璃，不 能用玻璃仪器盛放，故 B 错误； C．《天工开物》中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质…”文中的“麻”指的是纤维素，主要成分是 多糖，丝、裘的主要成分是蛋白质，故 C 错误； D．升华属于物理变化，丹砂(HgS)烧之成水银，即 HgS 发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属 于升华，故 D 错误； 答案选 A。 【点睛】 升华和凝华都属于物质的状态变化，属于物理变化。8．2019 年 12 月以来，我国武汉等地相继暴发了新冠肺炎，为此我国政府和相关部门采取了多项措施控制 疫情。75%乙醇和 84 消毒液等均能有效灭活新冠病毒。84 消毒液的主要成分是次氯酸钠。设 NA 为阿伏加 德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．74.5g 次氯酸钠中含有的离子数目为 2NA B．1mol 次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为 2NA C．50g34%H2O2 溶液中含 H-O 键的数目为 NA D．利用氯气和氢氧化钠溶液反应制取 0.1mol 次氯酸钠需要消耗 2.24L 氯气 【答案】A 【解析】A.次氯酸钠是由钠离子和次氯酸根离子组成的离子化合物，74.5g 次氯酸钠的物质的量为 =1mol，则 1mol 次氯酸钠中含有的离子数目为 2NA，故 A 正确； B.次氯酸钠与足量盐酸发生氧化还原反应生成氯化钠、氯气和水，1mol次氯酸钠完全反应转移的电子数为NA， 故 B 错误； C.50g34%H2O2 溶液中含有 17g H2O2 和 33g H2O，每个 H2O2 和 H2O 都含有 2 个 H-O 键，则 50g34%H2O2 溶 液中含 H-O 键的数目为（ + ）×2×NA≈4.66 NA，故 C 错误； D.没有明确是否为标准状况，无法计算需要消耗氯气的体积，故 D 错误； 故选 A。 9．化合物丙属于一种桥环化合物，是某些医药的中间体，可以通过如图反应制得，下列有关说法正确的 是（ ） A．乙分子中所有碳原子可能处于同一平面上 B．乙可与 H2 按物质的量之比 1∶2 发生加成反应 C．丙是一种油脂，能发生皂化反应 D．甲和苯都能使溴水褪色，且原理一样 【答案】A 【解析】A．乙相当于乙烯分子中 H 原子被甲基、-COOCH3 取代，而乙烯是平面结构，则乙分子中所有碳 原子可能处于同一平面上，故 A 正确； B．乙分子中含有 C=C 和酯基，只有 C=C 双键可与 H2 发生加成反应，二者反应的物质的量的比为 1：1， 74.5g 74. 5 /g mol 17g 34 /g mol 33g 18 /g mol故 B 错误； C．油脂是高级脂肪酸与甘油(丙三醇)形成的酯，则丙不是甘油酯，虽能在碱性环境下发生水解反应，但不 属于皂化反应，故 C 错误。 D．甲中含有碳碳双键，能与溴水中溴发生加成反应，而使溴水褪色，苯不与溴水反应，但能萃取溴水的溴， 而使溴水层褪色，二者原理不一样，故 D 错误。 答案为 A。 10．W、X、Y、Z 为原子序数依次减小的短周期主族元素，已知 W、Y、Z 的最外层电子数之和等于 X 的 最外层电子数；由四种元素形成某化合物的结构如图所示。下列叙述正确的是（ ） A．简单氢化物的稳定性：Y＞X B．简单离子半径：X＞W C．Y 的最高价氧化物对应水化物为强酸 D．该化合物中各元素均满足 8 电子稳定结构 【答案】B 【解析】【分析】根据该化合物的结构可知 W 元素可以形成+2 价阳离子，应为第 IIA 族元素，其原子序数 最大，原子序数比其小的主族元素至少有 3 种，所以 W 应为第三周期元素，为 Mg 元素；X 可以形成 2 个 共价键，应为第ⅥA 族元素，所以 X 为 O 元素，Z 可以形成 1 个共价键，原子序数小于 O，则 Z 为 H 元素， 所以 Y 元素最外层电子数为 6-1-2=3，所以 Y 为 B 元素。 【详解】A．Y 为 B 元素，X 为 O 元素，非金属性 B＜O，所以简单氢化物的稳定性 B＜O，故 A 错误； B．O2-和 Mg2+电子层结构相同，但 O2-核电荷数更小，半径更大，故 B 正确； C．B 元素的最高价氧化的水化物为 H3BO3，为弱酸，故 C 错误； D．H 元素最外层不满足 8 电子稳定结构，故 D 错误； 故答案为 B。 11．室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ） 选项 实验操作和现象 结论 A 将带火星的木条伸入 N2 与 NO2 的体积比为 4∶1 的混合气体 对于木条燃烧，NO2 比 O2 的助燃中，带火星的木条复燃 效果更好 B 向 Cu(OH)2 悬浊液中分别滴加盐酸和氨水，悬浊液均变澄 清 Cu(OH)2 为两性氢氧化物 C 用 pH 试纸测得：CH3COONa 溶液的 pH 约为 9，NaNO2 溶 液的 pH 约为 8 HNO2 电离出 H+的能力比 CH3COOH 的强 D 向 Fe(NO3)2 溶液中滴加酸化的 H2O2,溶液颜色变为黄色 H2O2 具有氧化性，使 Fe2+变为 Fe3+ 【答案】A 【解析】A．空气中 N2 与 O2 的体积比约为 4:1，而带火星木条不复燃，将氧气换成 NO2 后木条复燃，说明 对于木条燃烧，NO2 比 O2 的助燃效果更好，故 A 正确； B．Cu(OH)2 与氨水反应生成络合物使沉淀溶解，其并不能和 NaOH 等强碱反应，不能说氢氧化铜为两性氢 氧化物，故 B 错误； C．两种盐溶液的浓度未知，应测定相同的浓度的两种盐溶液的 pH，故 C 错误； D．酸性环境硝酸根也具有氧化性，无法确定是何种物质氧化了 Fe2+，故 D 错误； 故答案为 A。 12．最近，科学家成功研制出一种电源，该电源在消耗二氧化碳的同时，还可释放电能。电源电极为铝电 极和多孔碳电极，电解质溶液为草酸盐溶液，放电过程中草酸盐浓度基本不变，电源示意图如图所示。下 列有关该电源的说法正确的是（ ） A．铝电极电势高于多孔碳电极 B．用该电源电解饱和食盐水，理论上，每消耗 1mol 二氧化碳可收集到标准状况下 11.2L 氢气 C．若生成 0.5 mol 草酸铝，有 3mol 电子通过电解质溶液 D．正极的电极反应式为 【答案】B - - 2 2O +2H O+4e =4OH【解析】A．铝作原电池的负极，多孔碳电极作原电池的正极，正极的电势比负极电势高，A 错误； B．正极反应式为 2CO2+2e-=C2O42-，用该电源电解饱和食盐水的阴极反应式为 2H++2e-=H2↑，串联电路中转 移的电子数相同，故消耗 1molCO2，转移 1mol 电子，理论上可收集到标准状况下 11.2L 氢气，B 正确； C．电子无法通过电解质溶液，C 错误； D．根据题意，二氧化碳得电子，正极反应式为 2CO2+2e-=C2O42-，D 错误； 答案选 B。 【点睛】 在原电池工作中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，电子由负极沿导线流向正极，电子不能通过电 解质溶液从负极转移到正极；在电解质溶液中，阴离子移向负极，阳离子移向正极，阴、阳离子不能通过 导线移动，即“电子不下水，离子不上岸”。 13．已知常温下 HF 酸性强于 HCN，分别向 1Ll mol/L 的 HF 和 HCN 溶液中加 NaOH 固体调节 pH（忽略温 度和溶液体积变化），溶液中 （X 表示 F 或者 CN）随 pH 变化情况如图所示，下列说法不正确的 是（ ） A．直线 I 对应的是 B．I 中 a 点到 b 点的过程中水的电离程度逐渐增大 C．c 点溶液中： D．b 点溶液和 d 点溶液相比：cb(Na+)c X =c(HX)>c OH >c ( )H+ c(X ) c(HX) − (H ) (X ) (HX) c c c + −⋅线 II 对应的 Ka= 10-9.2, 由于 HF 酸性强于 HCN，因此直线 I 对应 ，A 正确； B．a 点到 b 点的过程中 HF 浓度逐渐减小，NaF 浓度逐渐增大，因此水的电离程度逐渐增大，B 正确； C．Ka(HCN)= 10-9.2 ，NaCN 的水解常数 Kh(NaCN)=10-4.8>Ka(HCN)，因此等浓度的 HCN 和 NaCN 的混合 溶液中 c(CN-)c(HCN)，即有 c(Na+)>c(CN-)；由于 OH-、H+来自水的电离，浓度比较小且此时溶液的 pH 为 9.2，C 点溶液中存在： c(Na+)>c(CN-)=c(HCN) >c(OH-)>c(H+)，C 正确； D．由于 HF 酸性强于 HCN，要使溶液均显中性，HF 溶液中要加入较多的 NaOH，因此 cb(Na+)>cd(Na+)，D 错误； 答案选 D。 【点睛】 溶液中有多种电解质时，在比较离子浓度大小时注意水解常数与电离平衡常数的关系。 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 26~28 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35~36 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 43 分。 26．（14 分）工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量 Al4C3、Al2O3、C 等杂质。某同学设计如下实验分 别测定氮化铝(AlN)样品中 AlN 和 Al4C3 的质量分数。已知①Al4C3 与硫酸反应可生成 CH4；②AlN 溶于强 酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气(忽略 NH3 在强碱性溶液中的溶解)；③该实验条件下的气体摩尔体积为 Vm L/mol，实验装置如下(量气管为碱式滴定管改装) 实验过程：连好装置后，检验装置的气密性；称得装置 D 的初始质量为 ag；称取 bg AlN 样品置于装置 B 的锥形瓶中，各装置中加入相应药品，重新连好装置；读取量气管中液面的初始读数为 x mL(量气装置左右 液面相平)。 ( )-c F lg c(HF)（1）①若先测量 Al4C3 质量分数，对 K1、K2、K3 三个活塞的操作是关闭活塞______，打开活塞______。 ②当_____时，说明反应已经结束。读取读数之前，应对量气管进行的操作为____________ ；若量气管中 的液面高于右侧球形容器中的液面，所测气体体积______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 ③记录滴定管的读数为 y mL，则 Al4C3 的质量分数为_________(用可能含 a、b、x、y、Vm 的代数式表 示)。 ④若无恒压管，对所测 Al4C3 质量分数的影响是______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 （2）若先测量 AlN 质量分数：首先关闭活塞 K1，打开活塞 K3，通过分液漏斗加入过量的某物质，写出 AlN 与过量的某物质发生反应的离子方程式为__________ ；反应完成后，__________(填该步应进行的操作)，最 后称得装置 D 的质量为 cg，进而测量 AlN 的质量分数。 【答案】（1）K2、K3 （1 分） K1 （1 分） 量气管中液面不再变化（2 分） 调整量气管高度，使左右两边液面相平（2 分） 偏小（1 分） （2 分） 偏大（1 分） （2）AlN+OH-+H2O= +NH3↑ （2 分） 打开 K2，通入一段时间空气（2 分） 【解析】【分析】从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中 Al4C3 完全反应，量取 生成的甲烷气体，从而可测得 Al4C3 的百分含量；用足量 NaOH 溶液与样品中 AlN 完全反应，充分吸收生 成的氨气，并称量其质量，从而求得 AlN 的质量分数。 【详解】（1）①通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中 Al4C3 完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测 得 Al4C3 的百分含量，故应关闭活塞 K2、K3，打开活塞 K1。 ②当量气管中液面不再变化时，说明反应已经结束。利用连通器原理，读取读数之前，应对量气管进行的 操作为调整量气管高度，使左右两边液面相平；若量气管中的液面高于右侧球形容器中的液面，说明气体 的压强大于大气压，所测气体体积偏小。 ③甲烷的体积为(x-y)mL，物质的量为 ，根据碳原子的守恒，Al4C3 的物 质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以 Al4C3 的质量为 ，Al4C3 的质量分数为 = ( ) m 0.048 x y V b − - 2AlO ( ) 3 3 m m x y 10 L x y 10V L / V molmol − −− × −= × ( )3 3 m m 48 x y1 x y 10 144g / 10 g3 V Vmol mol− −−−× × × = × ( ) 3 m 48 x y 10 gV 100%bg −− × × 。 ④若无恒压管，最终量气管读数偏大，根据上题公式，对所测 Al4C3 质量分数的影响是偏大。 （2）若先测量 AlN 质量分数：首先关闭活塞 K1，打开活塞 K3，AlN 溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨 气，通过分液漏斗加入氢氧化钠，发生反应的离子方程式为 AlN+OH-+H2O= +NH3↑；反应完成后，打 开 K2，通入一段时间空气，平衡气压，最后称得装置 D 的质量为 cg，进而测量 AlN 的质量分数。 27．（15 分）从钴镍废渣(主要成分为 Co2O3、NiS 及铁、铝等元素的化合物等杂质)中提取制备锂离子电池 的电极材料 LiCoO2 的工艺如下： 已知：CoC2O4• 2H2O 微溶于水，它的溶解度随温度升高而逐渐增大，且能与过量的 离子生成 而溶解。 （1） “煅烧 1”的主要目的是________________。 （2） “还原酸浸”过程中 Co2O3 发生反应的离子方程式为 ______________。 （3） “除铁、铝”过程的两种试剂的作用分别是______________________。 （4）“沉钴”过程中，(NH4)2C2O4 的加入量(图 a)、沉淀反应的温度(图 b)与钴的沉淀率关系如图所示： ①随 n( ):n(Co2+) 比值的增加，钴的沉淀率又逐渐减小的原因是__________。 ( ) m 0.048 x y 100%V b − × - 2AlO 2 2 4C O − 2(n-1)- 2 4 nCo(C O ) 2 2 4C O −②沉淀反应时间为 10min，当温度高于 50℃以上时，钴的沉淀率下降的原因可能是_______。 （5）为了获得较为纯净的 CoC2O4•2H2O，“操作 X”的实验操作为_______________。 （6）已知煅烧 CoC2O4•2H2O 时温度不同，产物不同。400℃时在空气中充分煅烧，得到钴的氧化物质量为 2.41g，CO2 的体积为 1.344L(标准状况下)，则此时所得钴的氧化物的化学式为____________ 。 （7）利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为 LixC6+Li1-xCoO2 C6+ LiCoO2，其工作原理如图。则充电时 LiCoO2 的电极反应式为__________________。 【答案】（1）使原料充分氧化，使杂质分解，排除挥发成分，改变结构便于粉化（2 分） （2）Co2O3+SO2+2H+=2Co2++ +H2O（2 分） （3）将 Fe2+氧化为 Fe3+（1 分）；调节 pH，促进水解，使溶液中 Fe3+、Al3+生成沉淀除去（1 分） （4）过量的 与 Co2+ 反应生成 而溶解（2 分） CoC2O4 的溶解度随温度升高而逐渐增大（1 分） （5）过滤、洗涤、干燥（2 分） （6）Co3O4（2 分） （7）LiCoO2-xe- = xLi++Li1-xCoO2（2 分） 【解析】【分析】钴镍废渣(主要成分为 Co2O3、NiS 及铁、铝等元素的化合物等杂质)煅烧，NiS 转化为镍的 氧化物和二氧化硫，铁、铝等元素的化合物也转化为氧化物，然后用稀硫酸和二氧化硫还原酸浸，将 Co3+ 还原为 Co2+，过滤后滤液中加入 NaClO3，NaClO3 将 Fe2+氧化为 Fe3+，加入碳酸钠调节溶液 pH，使溶液中 Fe3+、Al3+沉淀；加入萃取剂萃取除去镍离子，然后再加入草酸铵将 Co2+转化为 CoC2O4• 2H2O 微溶物，过 滤洗涤得到 CoC2O4• 2H2O 晶体；将 CoC2O4• 2H2O 煅烧得到钴的氧化物，再与 Li2CO3 烧结得到 LiCoO2，据 此分析解答（1）～（6）； （7）根据电池反应式 LixC6+Li1-xCoO2 C6+ LiCoO2 知，充电时 LiCoO2 极是阳极，发生失电子的氧化反应 生成 Li1-xCoO2，据此书写电极反应式。  放电 充电 2 4SO − 2- 2 4Co O 2(n-1)- 2 4 nCo(C O )  放电 充电【详解】（1） “煅烧 1”中能够将原料充分氧化，并使杂质分解，排除挥发成分，同时改变钴镍废渣结构， 便于粉化，故答案为：使原料充分氧化，使杂质分解，排除挥发成分，改变结构便于粉化； （2） “还原酸浸”过程中 Co2O3 能够将二氧化硫氧化，反应的离子方程式为 Co2O3+SO2+2H+=2Co2++ +H2O，故答案为：Co2O3+SO2+2H+=2Co2++ +H2O； （3）还原酸浸后，加入 NaClO3 和 Na2CO3，NaClO3 将 Fe2+氧化为 Fe3+，碳酸钠调节溶液 pH，使溶液中 Fe3+、Al3+沉淀，故答案为：将 Fe2+氧化为 Fe3+；调节 pH，促进水解，使溶液中 Fe3+、Al3+生成沉淀除去； （4）①溶液中存在化学平衡： (aq)+Co2+(aq)+2H2O(l)⇌CoC2O4•2H2O(s)，随 n( )∶n(Co2+)比值 的增加，c( )增大，化学平衡正向进行，有利于晶体析出，当达到 n( )∶n(Co2+)=1.15 以后，随草 酸根离子增多，会发生副反应 CoC2O4•2H2O+(n-1) = ，使晶体部分溶解，故答案为： 过量的 与 Co2+反应生成 而溶解； ②沉淀反应时间为 10min，当温度高于 50℃以上时，随温度升高而钴的沉淀率升高的可能原因是它的溶解 度随温度升高而逐渐增大，故答案为：CoC2O4 的溶解度随温度升高而逐渐增大； （5）加入草酸铵沉钴生成 CoC2O4• 2H2O，CoC2O4• 2H2O 微溶于水，为了获得较为纯净的 CoC2O4•2H2O， “操作 X”为过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤、干燥； （6）n(CO2)= =0.06mol，根据 C 原子守恒得 n(CoC2O4)=0.03mol，生成的氧化物中 n(Co)=0.03mol、n(O)= =0.04mol，则 n(Co)∶n(O)=0.03mol∶0.04mol=3∶4，所以钴 氧化物的化学式为 Co3O4，故答案为：Co3O4。 （7）根据电池反应式为 LixC6+Li1-xCoO2 C6+ LiCoO2，充电时，LiCoO2 极是阳极，发生失电子的氧化反 应，阳极的电极反应为：LiCoO2-xe- = xLi++Li1-xCoO2，故答案为：LiCoO2-xe-= xLi++Li1-xCoO2。 【点睛】 本题的易错点为(7)，要注意电子转移数目的判断；难点为（4），要注意充分理解和利用题意信息。 28．（14 分）自 2020 年 7 月 1 日起，在全国范围内实行轻型汽车国Ⅵ排放标准，该标准对氮氧化物、碳氢 化物(HC)、一氧化碳和悬浮粒子等排放物的限制将更为严苛。 （1）空燃比(A/F:空气质量与燃油质量之比)对尾气排放、发动机动力等都有很大影响。利用氧传感器测定 可找到最佳空燃比区域(曲线如图 1)。由图可知最佳空燃比区域为___附近，理由是________。推广使用无铅 2 4SO − 2 4SO − 2 2 4C O − 2 2 4C O − 2 2 4C O − 2 2 4C O − 2 2 4C O − 2(n-1)- 2 4 nCo(C O ) 2 2 4C O − 2(n-1)- 2 4 nCo(C O ) 1.344L 22.4L / mol 2.41g 0.03mol 59g / mol 16g / mol − ×  放电 充电汽油的优点是____________。 （2）汽车尾气通过三元催化装置净化的原理是：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) △H1 已知：① N2(g)+O2(g)＝2NO(g) △H2 ② C(s)+O2(g)＝CO2(g) △H3 ③ C(s)+ O2(g)＝CO(g) △H4 则△H1＝_______(用含△H2、△H3、△H4 的关系式表示)。 （3）选择性催化还原技术(SCR)利用氨或尿素将 NOx 还原为 N2 和 H2O，原理是： NO(g)+NO2(g)+2NH3(g) 3H2O(g)+2N2(g) △H ①其他条件不变时，NO 的转化率与温度、压强的关系如图 2 所示。则△H_____0，p1 ____ p2(填“＞”或 “＜”)。 ②在 500℃时，2L 密闭容器中充入 1molNO、1molNO2 和 2molNH3，达平衡时压强为 p1MPa。则 500℃时该 反应的平衡常数 Kp＝_______。 （4）汽车尾气中还存在 NH3 等，含氮化合物广泛应用于化工、化肥、制药等领域。 ①已知 N2H4 在水溶液中的一级电离方程式为 N2H4▪H2O⇌ +OH－，则 的电子式为 ________________。 = 催化剂 1 2  催化剂 + 2 5N H + 2 5N H②已知：Ag+(aq) +2NH3(aq)⇌[Ag(NH3)2]+(aq)，其平衡常数表达式为 Kf ＝ ＝1.7×107， Ksp(AgCl)＝1.7×10－10。用 1Lc mol•L－1 的氨水可溶解 0.1mol AgCl(s) (假设溶液体积仍为 1L)，则该氨水的最 小浓度 c＝_____mol•L－1(保留三位有效数字，提示： ≈3.16)。 【答案】（1）14.7（1 分） 在空燃比为 14.7 时，尾气中 NOx、HC、CO 的含量最低（2 分） 防止空气污染或减少有毒尾气排放或防止催化剂中毒（1 分） （2）2ΔH3-ΔH2-2ΔH4（2 分） （3）＜（1 分） ＜（1 分） 或 0.485 p1（2 分） （4） （2 分） 2.06（2 分） 【解析】【分析】根据图象中排放尾气含量确定最佳空燃比区域，利用盖斯定律进行反应热的计算，用“定 一议二”的方法判断反应吸热或放热，比较压强大小，根据三段式计算平衡常数，结合 N2H4·H2O 的电离方 程式书写 的电子式，根据沉淀溶解平衡常数计算最小浓度。 【详解】（1）由图 1 可知，在空燃比为 14.7 时，尾气中 NOx、HC、CO 的含量最低，则最佳空燃比区域为 14.7，推广无铅汽油可防止空气污染或减少有毒尾气排放或防止催化剂中毒，故答案为：14.7；在空燃比为 14.7 时，尾气中 NOx、HC、CO 的含量最低；防止空气污染或减少有毒尾气排放或防止催化剂中毒； （2）根据已知分析可得，反应②×2-①-③×2 可得目标反应方程式，则由盖斯定律可得 ΔH1=2ΔH3-ΔH2-2ΔH4，故答案为：2ΔH3-ΔH2-2ΔH4； （3）①由图 2 分析，其他条件不变时，温度的倒数增大，即温度降低，NO 的转化率升高，反应正向进行， 则该反应正反应方向为放热反应，即 ΔH