2022-2023学年江西省景德镇市乐平中学高二上学期第一次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江西省景德镇市乐平中学高二上学期第一次月考化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。
江西省景德镇市乐平中学20222-2023学年高二上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A．《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最猛烈，能蚀五金”，强水为强电解质
B．“阳燧火镜也。以铜铸成，其面凹，摩热向日，以艾承之，则得火”，阳燧是一种将太阳能转化为热能的装置
C．“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是可逆反应
D．“火树银花合，星桥铁锁开”中只涉及化学能转化为热能
【答案】B
【详解】A．强水 “性最猛烈，能蚀五金”，没有一种电解质溶解“五金”，可知强水为混合物，不属于强电解质，A错误；
B．阳燧中在太阳光照射下艾可以燃烧，则是一种将太阳能转化为热能的装置，B正确；
C． “丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”，前者描述加热条件后硫化汞转变为汞，后者是常温下汞与硫转变为硫化汞，反应条件不同，不是可逆反应，C错误；
D．火树银花涉及了物质的燃烧、同时发光的现象，则涉及化学能转化为热能和光能，D错误；
答案选B。
2．用锡箔与盐酸制的反应速率较慢，下列措施能加快反应速率的是
①用锡块代替锡箔②将反应液适当加热③向反应液中滴入少量溶液④用浓盐酸代替盐酸⑤再加入盐酸
A．①②③④ B．②③④ C．②③④⑤ D．①②③⑤
【答案】B
【详解】用锡块代替锡箔，减小了反应物间的接触面积，反应速率减慢，①不符合题意；
温度升高，反应速率加快，②符合题意；
向反应液中滴入少量溶液，锡置换出铜，构成原电池，使得反应速率加快，③符合题意；
用浓盐酸代替盐酸，反应物浓度增大，反应速率加快，④符合题意；
盐酸的浓度不变，反应速率不变，⑤不符合题意。
故选B。
3．下列说法中错误的是
A．升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大，从而增大化学反应速率
B．加入适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大，从而增大化学反应速率
C．有效碰撞一定发生在活化分子之间
D．增大反应体系压强，可使单位体积内活化分子数一定增加，因而化学反应速率增大
【答案】D
【详解】A．升高温度，反应物分子的能量增加，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，从而增加了反应物分子中活化分子百分数，使有效碰撞的次数增加，从而增大化学反应速率，故A说法正确；
B．加入适宜的催化剂，降低活化能，使更多的反应物分子成为活化分子，反应物分子中活化分子百分数，使有效碰撞的次数增加，从而增大化学反应速率，故B说法正确；
C．发生化学反应的碰撞为有效碰撞，有效碰撞的条件是具有足够的能量和合适的取向，发生有效碰撞的分子必须具有足够的能量，这种分子叫做活化分子，故C说法正确；
D．增大反应体系压强，化学反应速率增大，研究的对象的是气体，对液体、固体无影响，故D说法错误；
答案为D。
4．已知H2的燃烧热△H=-285.8kJ·mol-1，CO的燃烧热△H=-282.8kJ·mol-1。现有H2和CO组成的混合气体56.0L(标准状况)，经充分燃烧后，一共放出热量710.0kJ，并生成液态水。下列说法正确的是
A．CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)  △H=+282.8kJ·mol-1
B．H2燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)    △H=-571.6kJ·mol-1
C．燃烧前的混合气体中，H2的体积分数为40%
D．混合气体燃烧后的产物与足量的过氧化钠反应，电子转移总数为2NA
【答案】C
【详解】A．一氧化碳燃烧热为282.8kJ/mol，依据燃烧热概念，热化学方程式为，CO(g)+O2(g)═CO2(g)；△H=-282.8 kJ/mol，故A错误；
B．氢气燃烧热为285.8kJ/mol，热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)；△H=-571.6 kJ/mol，选项中水蒸气不是氢的稳定氧化物，故B错误；
C．H2和CO组成的混合气体56.0L(标况)物质的量为2.5mol，经充分燃烧后，放出总热量为710kJ，并生成液态水，依据氢气和一氧化碳燃烧热的热化学方程式计算，设氢气物质的量为x，一氧化碳物质的量为y，则x+y=2.5，285.8x+282.8y=710，计算得到x=1，y=1.5，燃烧前混合气体中H2的体积百分数=×100%=40%，故C正确；
D．氢气1mol，CO有1.5mol，则生成水和二氧化碳分别为1mol和1.5mol，据氢气、CO和过氧化钠反应的方程式分析，可知能反应掉过氧化钠的物质的量为2.5mol，Na2O2与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子，Na2O2与二氧化碳的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子，则该过程转移电子的物质的量为2.5mol，电子转移总数为2.5NA，故D错误；
故选：C。
5．下列实验可以达到相应实验目的的是




甲
乙
丙
丁

A．图甲装置可测定锌和一定浓度稀硫酸的反应速率
B．图乙装置可以用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸
C．图丙装置可以加热熔融纯碱
D．图丁装置可以制备小苏打
【答案】A
【详解】A．通过测量一定时间内生成氢气的体积能测定锌和一定浓度稀硫酸的反应速率，A正确；
B．乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应，除去乙酸的同时乙酸乙酯也被消耗，则用氢氧化钠溶液不能除去乙酸乙酯中混有的乙酸，B错误；
C．碳酸钠高温下能与瓷坩埚中的二氧化硅反应，所以不能用瓷坩埚加热熔融纯碱，C错误；
D．氨气极易溶于水，将氨气直接通入饱和食盐水中会产生倒吸，则图丁装置不能用于制备小苏打，D错误；
故选A。
6．在两个恒温、恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：(甲)  (乙)，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的密度；②反应容器中气态生成物的质量分数；③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比；④混合气体的压强；⑤混合气体的总物质的量。其中能表明(甲)和(乙)都达到化学平衡状态是
A．①②③ B．②③④ C．③④⑤ D．①④⑤
【答案】A
【详解】①在两个反应中都存在固体，混合气体的密度在平衡前始终改变，当密度不变时，反应达平衡状态，正确；
②反应容器中气态生成物的质量分数，说明各组分的量不变，达平衡状态，正确；
③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比，说明正逆反应速率相等，正确；
④乙混合气体的压强始终不变，不能判定反应是否达到平衡状态，错误；
⑤乙混合气体的总物质的量始终不变，不能判定反应是否达到平衡状态，错误；
综上，正确为 ①②③，答案选A。
7．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是
A．打开汽水瓶盖时，溶液中有气泡产生
B．实验室可用排饱和食盐水法收集氯气
C．合成氨工业中常采用高压条件
D．H2(g)、I2(g)、HI(g)平衡混合气加压颜色变深
【答案】D
【详解】A．在汽水瓶中存在化学平衡：H2CO3H2O+CO2，打开汽水瓶时，CO2气体的溶解度由于压强减小而降低，从水中逸出产生大量气泡，化学平衡正向移动，因此可以使用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．Cl2在水中反应时存在化学平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中Cl-浓度大，可以抑制氯气在溶液中的溶解，因此可以使用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C．合成氨气的反应是可逆反应，反应方程式：N2+3H22NH3，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，在高压条件下可以使化学平衡正向移动，因此可以使用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D．H2(g)、I2(g)、HI(g)的反应为：H2(g)+I2(g)2HI(g)，该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，当反应达到平衡后，对反应体系加压，化学平衡不移动，但反应混合气加压后气体物质的浓度增大，因此气体颜色变深，这与平衡移动无关，因此不能使用勒夏特列原理解释，D符合题意；
故合理选项是D。
8．2019年9月，我国科研人员研制出Ti－H－Fe双温区催化剂，其中Ti－H区域和Fe区域的温度差可超过100℃。Ti－H－Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法错误的是(　　)

A．①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生
B．该历程中能量变化最大的是2.46eV，是氮分子中氮氮三键的断裂过程
C．在高温区加快了反应速率，低温区提高了氨的产率
D．使用Ti－H－Fe双温区催化合成氨，不会改变合成氨反应的反应热
【答案】B
【详解】A．①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行，目的是加快反应速率；而④⑤为了增大平衡产率，需要在低温下进行，故A正确；
B．由图可知，历程中能量变化最大的是2.46eV，该过程为N2的吸附过程，氮氮三键没有断裂，故B错误；
C．升高温度可提高反应速率，所以高温区加快了反应速率，但合成氨的反应为放热反应，所以低温区可提高氨的产率，故C正确；
D．催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变反应的反应热，故D正确；
故答案为B。
9．在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：，平衡时测得A的浓度为0.5，保持温度不变，将容器的容积缩小为原来的一半，再次达到平衡时，测得A的浓度为0.8。下列叙述正确的是
A． B．C的浓度减小 C．B的转化率减小 D．平衡常数增大
【答案】A
【详解】A．保持温度不变，将容器的容积缩小为原来的一半，若平衡不移动，则A的浓度应为1.0，而此时A的浓度为0.8，说明增大压强平衡向正反应方向移动，则，A正确；
B．容器容积缩小则C的浓度增大，B错误；
C．平衡正向移动则B的转化率增大，C错误；
D．温度不变，则平衡常数不变，D错误；
故选A。
10．在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应，图甲表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始：的变化关系。下列结论正确的是   

A．时，反应从开始到平衡的平均速率
B．由图乙知反应的，且
C．若在图甲所示的平衡状态下，再向体系中充入0.2 mol B和0.2 mol C，重新达到平衡前正逆
D．在时，向容器中充入2 mol A和1 mol B，达到平衡时，A的体积分数大于
【答案】A
【分析】图甲可知，时平衡时，A的物质的量变化量为，B的物质的量变化量为0.4 mol -0.2 mol = ，C的物质的量变化量为0.2mol，各物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)。可计算平衡常数K==25。
【详解】A．由图甲可知，时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为，故 ，故A正确；
B．在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比：。由图乙可知，：一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即，故B错误；
C．恒温恒容条件下，再向体系中充入0.2 mol B和0.2 mol C，由于B和C的化学计量数相等，所以Qc=K，平衡不移动，故，故C错误；
D．由图Ⅰ可知，时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为、、，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：：：：1：1，平衡时A 的体积分数为，时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A 的体积分数小于，故D错误。
故选A。
11．已知： ΔH，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，时达到平衡状态Ⅰ，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是

A．容器内气体平均分子量不变，表明反应达到平衡
B．时可能改变的条件是：向容器中加入C
C．平衡时A的体积分数：
D．平衡常数K：
【答案】B
【详解】A．该反应气体总质量不变，体积不变，则平均相对分子质量不变，无法判断是否平衡，故A错误；
B．瞬间正反应速率不变，然后增大，可知改变的条件为向容器中加入C，故B正确；
C．由反应为等体积可逆反应，所以时加入C，平衡不发生移动，则平衡时A的体积分数：，故C错误；
D．平衡常数只与温度有关，由于温度必变，则平衡常数不变，所以平衡常数K：，故D错误；
答案选B。
12．向VL恒温恒容密闭容器中充入等物质的量的X、Y发生反应：X(g)+2Y(g)2Z(g)，以Y表示的反应速率v正、v逆与时间t的关系如图所示(图中阴影区域AKO的面积记作S)，下列说法不正确的是

A．v逆地逐渐增大是因为c(Z)逐渐增大
B．S表示的是到达平衡时n(Y)的变化
C．v(X)：v(Y) ：v(Z)=1：2：2，不能说明该反应已经达到平衡
D．K点时v正=v逆，反应从开始到t0时间段内v(Y)=mol•L-1•s-1
【答案】B
【详解】A．随着反应进行，c (Z)逐渐增大，说明逆反应的反应物浓度增大，则逆反应速率ｖ逆逐渐增大，故A不符合题意；
B．S表示的是平衡时，反应物浓度的减少量减去生成物浓度的增加量，不是表示n (Y)的变化，而是表示c(Y )的变化，故B符合题意；
C．任意时刻，反应中各物质的速率之比都等于化学计量系数之比，即v(X)：v(Y) ：v(Z)=1：2：2，不能说明反应该反应已经达到平衡，故C不符合题意；
D．反应从开始到t0时间段内，所以，故D不符合题意；
故选B。

二、多选题
13．治理汽车尾气排放的NO、CO的办法是在汽车排气管上安装催化转化器，使NO与CO反应生成可参与大气生态循环的无毒气体，反应原理：，在298K、100kPa下，，。下列说法错误的是
A．该反应为熵减小的反应
B．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
C．该反应在任何条件下都不能自发进行
D．其他条件不变时，加入催化剂，可以改变化学反应方向
【答案】CD
【详解】A．该反应的，为熵减小的反应，A项正确；
B．该反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，B项正确；
C．，故298 K、100 kPa下该反应可自发进行，C项错误；
D．催化剂只能改变反应速率，不能改变反应方向，D项错误。
故选CD。
14．向体积均为1L的两恒容容器中分别充入和发生反应：，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A． B．气体的总物质的量：
C．a点平衡常数： D．反应速率：
【答案】BC
【详解】A．甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即＜0，故A错误；
B．根据A项分析可知，上述密闭溶液中的反应为放热反应，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量：na＜nc，故B正确；
C．a点为平衡点，此时容器的总压为p，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，在恒容条件下进行，气体的物质的量之比等于整体之比，根据A项分析可知，绝热条件下，反应到平衡状态放热，所以Ta＞T始，压强：Pa=P始，则na＜n始，可设Y转化的物质的量浓度为xmol∙L−1，则列出三段式如下：，则有＜，计算得到x＞0.75，那么化学平衡常数K=＞，故C正确；
D．根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的快，即Va正＞Vb正，故D错误。
综上所述，答案为BC。


三、填空题
15．根据所给信息及要求填空。
(1)已知的燃烧热，    ，则_______。(填“>”、“
(2)            
(3)  
(4)         

【解析】（1）
甲醇燃烧为放热反应，ΔH为负值，完全燃烧放热更多，ΔH更小，故ΔH2＞ΔH1；
（2）
标准状况下，1.68L气体的物质的量是，质量为1.2g，则其摩尔质量是，其相对分子质量为16，仅由C、H两种元素组成，则其分子式为CH4；根据题意分析，得知0.075mol的CH4在25℃和101kPa下完全燃烧生成(g)和(l)时，放出66.77kJ的热量，则1molCH4在25℃和101kPa下完全燃烧生成(g)和(l)时，放出的的热量，故表示该气体燃烧热的热化学方程式为：
（3）
在(气态)完全燃烧生成和液态水，碳元素化合价由-1升高为+4，1molC2H2转移10mol电子，每有个电子转移时，消耗0.5molC2H2，放出650kJ的热量，则1mol C2H2燃烧热放出1300KJ能量，热化学方程式为；
（4）
反应①的平衡常数表达式为K=；
反应③=反应①-反应②，则反应③的K3与K1、K2的关系是K3=；

四、原理综合题
16．用CO2来生产燃料甲醇是工业上一种有效开发利用CO2的方法。为探究反应原理，进行如下实验，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.0kJ·mol-1。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

(1)从反应开始到10分钟平衡，CO2的平均反应速率v(CO2)=_______mol·L-1·min-1。
(2)氢气的转化率=_______。
(3)求此温度下该反应的平衡常数K=_______。
(4)下列措施中能使平衡体系中，增大的是_______。
A．将H2O(g)从体系中分离出去 B．充入He( g) ，使体系压强增大
C．升高温度 D．再充入1 mol CO2和3 mol H2
(5)当反应进行到3 min末时，下列说法正确的是_______(填字母)。
A．CO2和CH3OH(g)的物质的量浓度相等
B．用CO2和CH3OH(g)表示的化学反应速率相等
C．上述反应达到平衡状态
D．3 min后该反应的正反应速率逐渐增大
【答案】(1)0.075
(2)75%
(3)5.33
(4)AD
(5)AB

【分析】由图象可知：
    
（1）
v(CO2)= =0.075 mol/(L ·min)；
（2）
氢气的转化率= 100% =75% ；
（3）
平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则
K==5.33；
（4）
要使增大，应使平衡向正反应方向移动；
A．将H2O(g)从体系中分离，平衡向正反应方法移动，增大， A正确；
B．充入He(g) ，使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，不变， B错误；
C．因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则减小，C错误；
D．再充入1molCO2和3molH2，等效于在原来基础上缩小体积一半，压强增大，平衡向正反应方向移动，则增大，D正确；
故选AD。
（5）
A．由图象可知3min 末时CO2和CH3OH(g)的物质的量浓度相等，A正确；
B．方程式为CO2(g) +3H2(g)⇌CH3OH(g) +H2O(g)，由方程式可知用CO2和CH3OH(g)表示的化学反应速率相等，B正确；
C．3 min后浓度发生变化，上述反应没有达到平衡状态，C错误；
D．3min后反应物浓度逐渐减小，则该反应的正反应速率逐渐减小，D错误；
故选AB。
17．绿水青山就是金山银山。汽车尾气中的CO、NOx、碳氮化合物是大气污染物，可以用不同方法处理氮的氧化物，防止空气污染。
(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.4 kJ·mol-1
4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l) ΔH=-905.8 kJ·mol-1
NH3能将NO转化成无毒无害的物质。写出298 K时该反应的热化学方程式_______。
(2)我国科研人员研究出了用活性炭对汽车尾气中NO处理的方法： C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g) ΔH＜0，在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率α(NO)随温度的变化关系如图所示，由图可知，温度低于1050 K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是_______。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。在1050 K、1.1×106 Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=_______[已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数]。

(3)科研人员进一步对比研究了活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1 mol·L-1，不同温度下，测得2小时时NO去除率如图所示：

①据图分析，490℃以下反应活化能最小的是_______(用a、b、c表示)；CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好，其理由是_______。(写出一条即可)
②上述实验中，490℃时，若测得CaO/C对NO的去除率为60％，则可能采取的措施是_______。
A．恒容下，及时分离出CO2 B．压缩体积      C．恒容下，向体系通入氮气
③490℃时的反应速率v(NO)=_______mol·L-1·h-1，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达到平衡时NO的去除率为_______(保留两位有效数字)。
【答案】(1)4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)  ΔH=-1807.8 kJ·mol-1
(2)     温度低于1050 K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大     4
(3)     a     活性炭负载钙、镧氧化物后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高(或纯碳的活化能高、反应速率慢)     A     0.0225     96%

【解析】（1）
已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)  ΔH=+180.4 kJ·mol-1
②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)  ΔH=-905.8 kJ·mol-1
根据盖斯定律，将②-①×5，整理可得：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)  ΔH=-1807.8 kJ·mol-1；
（2）
在温度低于1050 K时，NO的转化率随温度升高而增大，这是由于温度低于1050 K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，有更多的反应物NO反应反应转化为生成物N2、CO2，导致NO转化率增大；
根据图象可知在1050 K、1.1×106 Pa时，假设反应开始时NO的物质的量是1 mol，NO的转化率是80%，则平衡时n(NO)=0.2 mol，n(N2)=n(CO2)=0.4 mol，此时容器中气体总物质的量n(总)=0.2 mol+0.4 mol+0.4 mol=1.0 mol，则该条件下的化学平衡常数Kp=；
（3）
①由图可知：490℃以下反应活化能最小的是a，因为活化能越小，反应越容易进行，活性炭负载了钙(CaO/C)、镧的氧化物(La2O3/C)后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高(或纯碳的活化能高、反应速率慢)；
②根据图象可知：490℃时，CaO/C对NO的去除率为45%，现测得CaO/C对NO的去除率为60%，说明采取措施可以使化学平衡正向移动，则可能是恒容下，及时分离出CO2，即减小生成物浓度，使平衡向正反应方向移动，使NO的去除率增大，故合理选项是A；
③490℃时，NO的去除率为45%，则反应速率v(NO)= =0.0225 mol/(L·h)；若该温度下的平衡常数K=121，对于反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)反应开始时c(NO)=0.1 mol/L，c(N2)=c(CO2)=0，假设反应过程中△c(NO)=x，则反应产生△c(N2)=△c(CO2)=，因此反应达到平衡时c(NO)=(0.1-x) mol/L，c(N2)=c(CO2)=mol，则有K=，解得 x=0.096 mol/L，则此时NO的去除率为。

五、实验题
18．探究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义。
I．某实验小组欲通过用酸性和(草酸)反应测定单位时间内生成的速率研究影响反应速率的因素，设计实验方案如下(溶液已酸化)，实验装置如图甲所示：

实验序号
A溶液
B溶液
①
溶液
溶液
②
溶液
溶液

(1)上述反应的离子方程式为：___________，该实验是探究___________对反应速率的影响。
(2)若实验①在2min末收集了(标准状况下)，则在2min末，___________mol/L(假设混合溶液的体积为50mL，反应前后体积变化忽略不计)。
(3)小组同学发现反应速率变化如图乙，其中时间内速率变快的主要原因可能是：___________。
Ⅱ．溶液中存在平衡(橙色)(黄色)。用溶液进行下列实验：

(4)向溶液中加入溶液，溶液呈___________色。向溶液中逐滴加入溶液(已知为黄色沉淀)，则平衡向着___________方向移动，溶液颜色变化为___________。
(5)对比实验②和④可得出的结论是___________。
【答案】(1)     2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O     浓度
(2)0.0052
(3)反应放热或产物Mn2+是反应的催化剂
(4)     黄     正反应     橙色逐渐变浅，最后变为无色
(5)K2Cr2O7酸性溶液氧化性强

【分析】影响反应速率的条件有反应物的浓度、温度、催化剂等，探究影响反应速率的因素时，需要进行单因子变量控制；探究浓度对反应速率的影响，那么做对比实验时，反应物的浓度就是唯一变量，其余条件都需相同，据此回答。
（1）
上述反应中草酸被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳、高锰酸根被还原为锰离子，反应的离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；两次试验，草酸浓度不同，所以该实验探究的是浓度对化学反应速率的影响；
（2）
若实验①在2min末收集了4.48mL CO2(标准状况下)，二氧化碳的物质的量为0.0002mol，根据2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，反应消耗0.00004mol MnO，则在2min末，c(MnO)=mol·L-1；
（3）
图乙中t1～t2时间内反应速率加快，主要原因可能是反应放热或产物Mn2+是反应的催化剂；
（4）
向K2Cr2O7溶液中加入30%NaOH溶液，氢离子浓度减小，Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H+平衡正向移动，溶液呈黄色；若向溶液中逐滴加入溶液，则产生黄色沉淀，CrO浓度减小，平衡向着正反应方向移动，溶液中Cr2O 、CrO的浓度均减小，则溶液颜色变化为橙色逐渐变浅，最后变为无色；
（5）
根据实验②可知，酸性条件下K2Cr2O7能氧化乙醇；根据实验④可知，碱性条件下K2Cr2O7不能氧化乙醇，对比实验②和④，可得出的结论是K2Cr2O7酸性溶液氧化性强。