四川省达州市万源中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题含答案

这是一份四川省达州市万源中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题含答案，共21页。试卷主要包含了 下列说法正确的是，23kJ•ml﹣1等内容，欢迎下载使用。

考试时间：75分钟总分：100分
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5
第I卷(选择题，共42分)
一、选择题(每个小题仅有一个正确答案，每小题3分)
1. 2023年7月国内海拔最高、区域最广的丹霞地貌景区配套设施—四川省甘孜州新龙红山景区正式开园，丹霞地貌的岩层呈红色是因为含
A. Fe(OH)3B. Fe(OH)2C. FeOD. Fe2O3
【答案】D
【解析】
【详解】Fe(OH)3为红褐色固体，Fe(OH)2为白色固体，FeO为黑色固体，Fe2O3为红棕色固体，俗称铁红，丹霞地貌的岩层呈红色，主要原因是因为含有Fe2O3，故选：D。
2. 下列说法正确的是 （ ）
A. ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行
B. NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) ΔH＝＋185.57 kJ/ml能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
C. 因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据
D. 催化剂不影响反应的活化能，但能增大活化分子百分数，从而增大反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．当ΔH＜0、ΔS＞0时一定有△G=ΔH-TΔS＜0，故无论反应的温度高低，反应都能自发进行，A错误；
B．反应产生气体，熵值增大，可满足△G=ΔH-TΔS＜0，反应能自发进行，B正确；
C．反应能否自发进行，取决于熵变和焓变的综合判据，不能用熵变和焓变单独作为反应自发性的判据，C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数，从而增大反应速率，D错误；
故答案为B。
3. 根据热化学方程式S(s)+O2(g)═SO2(g) △H=﹣297.23kJ•ml﹣1，分析下列说法正确的是
A. S(g)═S(s)△H>0
B. S(g)+O2(g)═SO2(g) △H=297.23kJ•ml﹣1
C. S(g)+O2(g)═SO2(g) △H<297.23kJ•ml﹣1
D. 1mlSO2(g)所具有的能量小于1mlS(s)与1mlO2(g)所具有的能量之和
【答案】D
【解析】
【详解】A．相同物质处于气态时所具有的能量高于其处于固态时的能量，所以S(g)═S(s)为放出能量的过程，即△H＜0，A说法错误；
B．S(g)比S(s)具有更多的能量，则S(g)+O2(g)═SO2(g) △H＜-297.23kJ•ml﹣1，B说法错误；
C．S(g)比S(s)具有更多的能量，则S(g)+O2(g)═SO2(g) △H＜-297.23kJ•ml﹣1，C说法错误；
D．根据S(s)+O2(g)═SO2(g) △H=﹣297.23kJ•ml﹣1可知，1mlSO2(g)所具有的能量小于1mlS(s)与1mlO2(g)所具有的能量之和，D说法正确；
答案选D。
4. 25℃、101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成一摩尔液态水的反应热，石墨的燃烧热 ，乙醇的燃烧热。下列热化学方程式书写正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1ml水发出的热量是57.3kJ/ml，但是生成BaSO4沉淀也要放热，A项错误；
B．，是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1ml液态水，所以，B项正确；
C．石墨的燃烧热的热化学方程式中应生成CO2，而不是CO，C项错误；
D．乙醇的燃烧热中生成的水为液态，D项错误；
答案选B。
5. 已知温度为483K时，反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H＜0的K=14.5。在483 K，将1.0 ml的CO(g)和1.0 ml的H2(g)充入容积为2.0 L的恒容密闭容器中。在反应达到平衡时，以下说法正确的是
A. c(H2)=2c(CO)B. c(H2)＜c(CO)
C. c(CO)=c(CH3OH)＜c(H2)D. c(CO)=c(CH3OH)=c(H2)
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应在容积为2.0 L的容器中进行，开始时n(CO)=1.0 ml，n(H2)=1.0 ml，则开始时c(CO)=c(H2)=0.5 ml/L，二者反应的物质的量浓度比是1：2，则平衡时c(H2)一定比c(CO)小，A错误；
B．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5 ml/L，由于反应消耗物质的浓度△c(H2)=2△c(CO)，所以反应达到平衡后，c(H2)＜c(CO)，B正确；
C．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5 ml/L，若平衡时，c(CO)=c(CH3OH)，则根据C元素守恒平衡时，c(CO)=c(CH3OH)=0.25 ml/L，c(H2)=0，不符合可逆反应的特点，C错误；
D．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5 ml/L，反应消耗浓度关系为△c(H2)=2△c(CO)，则平衡时c(H2)一定比c(CO)，不可能存在关系c(CO)=c(H2)=c(CH3OH)，D错误；
故合理选项是B。
6. 已知反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)△H=-752kJ·ml-1的反应机理如下：
①2NO(g)N2O2(g)(快)
②N2O2(g)+H2(g)N2O(g)+H2O(g)(慢)
③N2O(g)+H2(g)N2(g)+H2O(g)(快)
下列有关说法错误的是
A. 增大H2(g)的浓度能增大单位体积内气体的活化分子数，有效碰撞次数增多，速率加快
B. 该反应的速率主要取决于②的快慢
C. N2O2和N2O是该反应的催化剂
D. 总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大
【答案】C
【解析】
【详解】A．增大反应物浓度能增大单位体积内气体的活化分子数，有效碰撞次数增多，速率加快，故A正确；
B．总反应速率取决于反应较慢的②，故B正确；
C．已知反应2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)△H=−752kJ/ml的反应机理如下：①2NO(g)⇌N2O2(g)(快)；②N2O2(g)+H2(g)⇌N2O(g)+H2O(g)(慢)；③N2O(g)+H2(g)⇌N2(g)+H2O(g)(快)；所以反应过程中N2O2和N2O是中间产物，不是催化剂，故C错误；
D．总反应为放热反应，生成氮气的反应速率大，则总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大，故D正确；
故选C。
7. 已知0.1 ml·L-1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-＋H＋，要使溶液中值增大，可以采取的措施是
①加少量烧碱固体 ②升高温度 ③加少量冰醋酸 ④加水
A. ①②B. ②③C. ③④D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①由醋酸的电离常数Ka=可知，=，加少量烧碱固体，烧碱溶于水电离出的氢氧根离子与氢离子反应，使醋酸根离子浓度增大，减小，则减小，故不符合题意；
②醋酸的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，氢离子浓度增大，醋酸浓度减小，则增大，故符合题意；
③由醋酸电离常数Ka=可知， =，加少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，醋酸根离子浓度增大，减小，则减小，故不符合题意；
④由醋酸的电离常数Ka=可知， =，加水稀释，醋酸根离子浓度减小，增大，则增大，故符合题意；
②④符合题意，故选D。
8. 如图，在注射器中加入少量晶体，并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是
A. 蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B. 品红试纸、蘸有酸性溶液的滤纸均褪色，证明具有漂白性
C. 湿润的淀粉试纸未变蓝说明的氧化性弱于
D. 饱和NaCl溶液可用于除去实验中多余的
【答案】C
【解析】
【详解】A．与反应生成，由于溶于水生成，只能使指示剂变色，而不能使指示剂褪色，选项A错误；
B．能使酸性溶液褪色，是发生氧化还原反应的结果体现二氧化硫的还原性而非漂白性，选项B错误；
C．湿润的淀粉-KI试纸未变蓝，即无生成，故的氧化性弱于的氧化性，选项C正确；
D．除去多余的可用NaOH溶液而非饱和NaCl溶液，选项D错误。
答案选C。
9. 根据能量变化示意图，下列热化学方程式正确的是
A. 2NH3(l)=N2(g)+3H2(g) ΔH=2(b+c-a)kJ·ml-1
B. 2NH3(l)=N2(g)+3H2(g) ΔH=2(a+b-c)kJ·ml-1
C. N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-(b-a)kJ·ml-1
D. N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-(a-b)kJ·ml-1
【答案】A
【解析】
【分析】根据“反应热=反应物吸收的能量-生成物释放的能量”和已知的化学反应能量图可得，和据此分析。
【详解】A．由可得，故A正确；
B．由可得，故B错误；
C．由可得，故C错误；
D．由可得，故D错误；
故选A。
10. 已知溶液与盐酸反应生成吸热，溶液与盐酸反应生成放热。下列关于的判断正确的是




A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将题给反应依次编为①②③④；NaHCO3溶液与盐酸反应生成CO2吸热，则(aq)+H+(aq) =CO2(g)+H2O(l) ∆H5＞0（⑤）；Na2CO3溶液与盐酸反应生成CO2放热，则(aq)+2H+(aq)=CO2(g)+H2O(l) ∆H6＜0（⑥）；结合盖斯定律作答。
【详解】A．根据盖斯定律，①=⑥-⑤，则∆H1=∆H6-∆H5，∆H6＜0、∆H5＞0，故∆H1＜0，A项错误；
B．根据盖斯定律，⑤=②+③，则∆H5=∆H2+∆H3，∆H5＞0，故∆H2+∆H3＞0，B项正确；
C．根据盖斯定律，①+②+③=⑥，则∆H1+∆H2+∆H3=∆H6，∆H6＜0，故∆H1+∆H2+∆H3＜0，C项错误；
D．根据盖斯定律，①=②+③+④，则∆H1=∆H2+∆H3+∆H4，D项错误；
答案选B。
11. 表中是几种弱酸在常温下的电离平衡常数：
则下列说法不正确的是
A. 升高温度，CH3COOH的Ka增大
B. 多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定
C. 反应HS-+CO=S2-+HCO不能发生
D. 向醋酸中逐滴滴入Na2CO3溶液发生反应为CH3COOH+Na2CO3=CH3COONa+NaHCO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．弱电解质的电离吸热，升高温度，促进CH3COOH的电离，其Ka增大，A正确；
B．多元弱酸分步电离，第一步产生的氢离子抑制后面几步的电离，因此多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，B正确；
C．由表格可知HS-的电离常数小于HCO的电离常数，因此HS-+CO=S2-+HCO不能发生，而是能发生S2-+HCO= HS-+CO，C正确；
D．向醋酸中逐滴滴入Na2CO3溶液，醋酸足量，产生二氧化碳，反应的化学方程式为2CH3COOH+Na2CO3=2CH3COONa+H2O+CO2↑，D错误；
选D。
12. 在密闭容器中发生反应：aX(g)+bY(g) cZ(g)+dW(g)，反应达到平衡后，其他条件不变，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍。下列叙述正确的是
A. 平衡向逆反应方向移动，K值变小B. 各物质的浓度都变大，X的转化率变小
C. 正、逆反应速率都变大，Z的体积分数变大D. a+b＞c+d
【答案】B
【解析】
【分析】气体体积刚压缩平衡还未移动时，W的浓度是原来的2倍，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡的1.8倍，说明压缩体积、增大压强使平衡向逆反应方向移动，据此回答；
【详解】A．据分析平衡向逆反应方向移动，但温度不变则K值不变，A错误；
B．压缩体积、各物质的浓度都变大，平衡逆向移动，X的转化率变小，B正确；
C．压缩体积、各物质的浓度都变大，正、逆反应速率都变大；平衡逆向移动，Z的体积分数变小，C错误；
D．增大压强，平衡向气体分子总数减小的方向移动，所以(a+b)<(c+d)，D错误；
答案选B。
13. 工业合成三氧化硫的反应为 ，反应过程可用如图模拟(代表分子，代表分子，代表催化剂)下列说法正确的是
A. 该反应正反应的活化能比逆反应活化能小198kJml-1
B. 1ml和1ml反应，放出的热量等于99kJ
C. 催化剂可降低整个反应的活化能，因此使△H增大
D. 过程Ⅱ为放热反应，过程Ⅲ为吸热反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应，为放热反应，说明正反应的活化能比逆反应活化能小198kJml-1，A说法正确；
B．该反应为可逆反应，不能完全进行，所以1ml和1ml反应，放出的热量小于99kJ，B说法错误；
C．催化剂可以降低整个反应的活化能，但不能改变物质的始末状态，不能改变反应的焓变，C说法错误；
D．过程Ⅱ为断键过程，断键需要吸收能量，过程Ⅲ为成键过程，成键需要释放能量，D说法错误；
答案选A。
14. 已知：在标准压强(101 kPa)、298 K下，由最稳定的单质合成1 ml物质B的反应焓变叫做物质B的标准摩尔生成焓，用表示。有关物质的如图所示。下列有关判断正确的是
A. 2 ml NO(g)的键能大于1 ml 与1 ml 的键能之和-
B. 的
C. 标准燃烧热为
D. 比稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题图，NO(g)的标准摩尔生成焓为，的反应物键能之和-生成物键能之和，即2ml NO(g)的键能小于1ml 与1 ml 的键能之和，A错误；
B．同种物质气态时的能量高于液态时的能量，的，B错误；
C．由题图数据可计算出①，②，②-①可得，的标准燃烧热是指生成液态水时放出的热量，应大于，C错误；
D．的标准摩尔生成焓为，的标准摩尔生成焓为，和反应生成放热，而生成吸热，则的能量比低，较稳定，D正确；
故选D。
第II卷(非选择题，共58分)
二、非选择题(本题共4个小题，共58分)
15. 下图是氮单质及其化合物的“价类二维图”。
（1）写出氮元素在元素周期表中的位置：_____。
（2）图中方框中的化学式为_____，氨分子的电子式为_____，一水合氨电离可使溶液显碱性，写出一水合氨的电离方程式：_____。
（3）向盛有少量NH4Cl溶液的试管中加入NaOH溶液并加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸，实验现象是_____。
（4）氮的最高价氧化物的水化物为_____(填写化学式)，由于其见光易分解，故常保存在棕色瓶中，其分解的化学方程式为：_____。若有4ml该分子发生分解，则过程中转移的电子数目为_____。
【答案】（1）第二周期ⅤA族
（2） ①. ②. ③.
（3）湿润的红色石蕊试纸变蓝
（4） ①. HNO3 ②. ③. 4NA或2.408×1024
【解析】
【小问1详解】
氮元素在元素周期表中位置：第二周期ⅤA族；
【小问2详解】
图中方框中的物质为N的氧化物，且N元素化合价为+5价，其化学式：；氨为共价化合物，其分子的电子式：；一水合氨电离可使溶液显碱性，一水合氨的电离方程式：；
【小问3详解】
NH4Cl 和NaOH共热发生反应生成碱性气体氨气，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
【小问4详解】
氮的最高价氧化物的水化物为HNO3，HNO3见光易分解，可分解出二氧化氮、氧气和水，其分解的化学方程式：；反应中N元素化合价从+5价降低为+4价，即若有4ml该分子发生分解，则过程中转移的电子数目4NA或2.408×1024；
16. 某化学兴趣小组学习了《化学反应原理》以后，设计了以下几个实验。
Ⅰ．设计实验测定反应H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)的
（1）取用50mL0.50ml/L盐酸和50mL0.55ml/LNaOH溶液，用如图装置进行实验，其中仪器a的名称为_____，其操作方式为_____(填字母)。
A．左右搅动 B．上下移动 C．顺时针旋转 D．逆时针旋转
（2）某次实验测得中和热，与理论值出现较大偏差，产生偏差的原因不可能是_____。(填字母序号)
A. 实验装置保温、隔热效果差
B. 分多次把碱溶液倒入盛有酸的小烧杯中
C. 用温度计测定碱溶液起始温度后直接测定酸溶液温度
D. 用量筒量取酸和碱溶液的体积时均仰视读数
Ⅱ．为探究影响化学反应速率及化学平衡的因素，设计以下实验：
（3）利用实验I探究锌与稀硫酸反应的速率，需要记录的实验数据有：_____。
（4）利用实验II探究浓度对化学平衡的影响。已知：Cr2(橙色)+H2O2Cr(黄色)+2H+，推测B试管中的实验现象为：_____，用平衡移动原理解释其原因：_____。
（5）该小组同学继续用酸性溶液和草酸()溶液进行实验，设计实验方案如表所示。请回答相关问题：
①实验a、b、c所加的溶液均要过量。理由是_____。
②实验b和c是探究_____对化学反应速率的影响。
③实验a和b起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能原因是_____。
【答案】（1） ①. 玻璃搅拌器 ②. B （2）D
（3）反应时间、生成气体体积
（4） ①. 溶液变黄色 ②. 氢氧化钠和氢离子反应导致氢离子浓度减小，平衡正向移动
（5） ①. 要保证高锰酸钾溶液完全反应 ②. 温度 ③. 反应生成了具有催化作用的物质或生成的Mn2+起到了催化剂作用
【解析】
【分析】探究锌与稀硫酸反应的速率，可以通过计算单位时间内生成气体的多少或生成一定体积氢气所需的时间来比较；探究酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液反应速率，可以通过溶液颜色变化所需的时间来比较，探究实验中需严格控制变量；
【小问1详解】
仪器a的名称：玻璃搅拌器；其操作方式：上下移动；
【小问2详解】
实验测得中和热，与理论值相比较，放出的热量偏少，说明有热量损失；
A．实验装置保温、隔热效果差，导致热量损失，A不符合题意；
B．分多次把碱溶液倒入盛有酸的小烧杯中，会导致热量损失，B不符合题意；
C．用温度计测定碱溶液起始温度后直接测定酸溶液的温度，导致起始温度偏高，温差偏小，算得偏大，C不符合题意；
D．用量筒量取酸和碱溶液的体积时均仰视读数，酸碱用量偏多，放出的热量偏多，偏小，D符合题意；
答案选D；
【小问3详解】
探究锌与稀硫酸反应的速率，需要记录的实验数据有：反应时间、生成气体体积；
【小问4详解】
向B试管中加入NaOH溶液，消耗氢离子，导致平衡Cr2(橙色)+H2O2Cr(黄色)+2H+向右移动，使溶液变黄；
【小问5详解】
①通过测定测量溶液颜色消失所需的时间长短来判断反应的快慢，则要保证高锰酸钾溶液完全反应；
②实验b和c的变量温度，故为探究温度对化学反应速率的影响；
③实验a和b起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能原因是反应生成了具有催化作用的物质，催化剂加快了反应的进行。
17. 一定温度下，某恒容密闭容器中盛有NO2、N2O4两种气体，反应开始至达到平衡状态过程中，两种物质的浓度随时间的变化如图所示：
（1）图中x曲线是表示______________的浓度变化（填化学式）。
（2）写出容器中发生反应的化学方程式______________。
（3）从反应开始至达到平衡状态时间段内反应速率v（N2O4）＝______________。
（4）图中a、b两点对应状态的化学反应速率大小比较v（a）______________v（b）（填“>”、“=”或“<”）。
（5）欲增大体系的化学反应速率，可以采取的措施有______________。
a．投入NO2b．分离出N2O4c．升高温度d．充入氦气
（6）在相同温度下，若向该容器中再充入一定体积的NO2，平衡后混合气体颜色与原来相比______________（填“变浅”、“不变”或“变深”，下同），若向该容器中充入一定体积的N2O4，平衡后混合气体颜色与原来相比______________。
【答案】 ①. NO2 ②. 2NO2N2O4 ③. 0.4ml•L-1•min-1 ④. > ⑤. ac ⑥. 变深 ⑦. 变深
【解析】
【分析】(1)由图知，10分钟内，x、y的改变值、结合改变值之比为化学方程式中化学计量数之比确定x；
(2)由图找出反应物、生成物，结合改变值求写反应的化学方程式；
(3)由图知物质的浓度改变值，结合定义求反应速率；
(4)由图找出反应物浓度的大小，判断速率的大小；
(5)从影响反应速率的因素分析改变的条件对化学反应速率的影响，据此判断正误；
(6)在平衡移动的角度，分析新平衡后二氧化氮浓度的变化，得出颜色的变化，据此回答；
【详解】(1) 密闭容器中盛有NO2、N2O4两种气体，则存在可逆反应2NO2N2O4或N2O42NO2；由图知，10分钟内，x减少8ml/L，y增加4ml/L，改变值之比为化学方程式中化学计量数之比，故x为NO2； 答案为：NO2；
(2)由图知，x即NO2为反应物，y即N2O4为生成物，则容器中发生反应的化学方程式为2NO2N2O4；答案为：2NO2N2O4；
(3)从反应开始至达到平衡状态时间段内的反应速率；答案为：0.4ml•L-1•min-1；
(4)图中a→b的过程中，在从正反应建立平衡的过程中，NO2的浓度在继续下降，则两点对应状态的化学反应速率大小比较v（a）>v（b）；答案为：>；
(5)从影响反应速率的因素看，增加反应物浓度、升高温度可增大体系的化学反应速率， a．投入NO2增加了反应物浓度，故可增大体系的化学反应速率，a正确；
b．分离出N2O4，增加了逆反应的反应物浓度，故降低体系的化学反应速率，b错误；
c．升高温度，可增大体系的化学反应速率，c正确；
d．充入氦气，属于无效增压，跟反应有关的条件没有真正改变，不影响反应速率，d错误；
答案为：ac；
(6)在相同温度下，若向该容器中再充入一定体积的NO2，等效于增压，则按勒夏特列原理，平衡后二氧化氮浓度增大了，故混合气体颜色与原来相比变深了，若向该容器中充入一定体积的N2O4，则c(N2O4)增大，使QC= >K，则平衡发生移动，按勒夏特列原理，新平衡后c(N2O4)比旧平衡要大，那么c(NO2比旧平衡也要大，混合气体颜色与原来相比，颜色变深了；答案为：变深；变深。
【点睛】本题考查了可逆反应化学方程式的书写、化学反应速率的计算、影响速率的因素及平衡的移动等知识，关键是提取题中信息、把它与相关知识结合在一起求解。
18. NOx的排放主要来自于汽车尾气，包含 NO2和 NO I.
（1）用 CH4催化还原 NOx 可以消除氮氧化物的污染。例如：
a.CH4(g)+4NO2(g)==4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ∆H1= -574kJ/ml
b.CH4(g)+4NO(g)==2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ∆H2= -1160kJ/ml
①这两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是：______________。
②有利于提高 NOx 的平衡转化率的反应条件是：______________（至少答一条）。
③在相同条件下，CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g)+CO2(g) ∆H2=______________kJ/ml
（2）为了提高 CH4和 NO 转化为 N2的产率，种学家寻找了一种新型的催化剂。将 CH4和 NO 按一定比例、一定流速通过装有上述新型催化剂的反应器中，测得 N2的产率与温度的关系如图1所示，OA 段 N2产率增大的原因是______________。 AB 段 N2产率降低的可能原因是______________（填标号）
A. 催化剂活性降低 B. 平衡常数变大 C. 副反应增多
（3）N2的产率与，由图可知最佳约为____________
II.有人利用反应 2C(s)+2NO2(g) N2(g)+2CO2(g) ΔH=－64.2kJ/ml 对 NO2进行吸附。在 T℃下，向密闭容器中加入足量的 C 和一定量的 NO2气体，图为不同压强下上述反应经过 相同时间，NO2的转化率随着压强变化的示意图。
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 T℃、 1100KPa 时，该反应的化学平衡常数 Kp=______________ (计算表达式表示)； 已知：气体分压(P 分)=气体总压(P 总)×体积分数。
【答案】 ①. 这两个反应均为放热很大的反应 ②. 增大 CH4 浓度或降低温度 ③. -867 ④. OA 段随着温度的升高，催化剂的活性增强，化学反应速率加快，因此氮气的产率逐 渐增大 ⑤. AC ⑥. 4 ⑦. 或
【解析】
【分析】根据热力学原理及盖斯定律分析解答；根据催化剂对反应速率的影响及平衡移动原理分析解答；根据平衡常数表达式分析解答。
【详解】（1）①熵增和焓减的反应倾向于自发，所以这两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是这两个反应均为放热很大的反应，故答案为：这两个反应均为放热很大的反应；
②增大反应物浓度或降低温度，使平衡正向移动，有利于提高 NOx 的平衡转化率，故答案为：增大 CH4 浓度或降低温度；
③已知，a.CH4(g)+4NO2(g)==4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ∆H1=-574kJ/ml b.CH4(g)+4NO(g)==2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ∆H2= -1160kJ/ml，根据盖斯定律知，得CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g)+CO2(g)，则∆H2=，故答案为：-867；
（2）因为反应物是按一定比例、一定流速通过装有上述新型催化剂的反应器中的，所以产率升高是因为反应速率增大，根据图示分析，OA段随着温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快；AB段可能原因为催化剂活性降低，或是副反应增多，反应为放热反应，温度升高时平衡逆向移动，平衡常数减小，故B错误；故答案为：OA 段随着温度的升高，催化剂的活性增强，化学反应速率加快，因此氮气的产率逐渐增大；AC；
（3）由图可知约4，产率最高，故答案为：4；
II.压强越大反应越快，则图中（1100,40）点已经达到平衡状态，设起始时加入NO2的物质的量为1ml，则
CH3COOH
H2CO3
H2S
Ka=1.75×10-5
Ka1=4.5×10-7
Ka2=4.7×10-11
Ka1=1.1×10-7
Ka2=1.3×10-13
编号
温度℃
溶液
酸性溶液
浓度/()
体积/mL
浓度/()
体积/mL
a
25
0.10
2.0
0.010
4.0
b
25
0.20
2.0
0.010
4.0
c
50
0.20
2.0
0.010
4.0