湖南省长沙麓山国际实验学校2023-2024学年高二下学期第一次学情检测化学试卷

湖南省长沙市麓山国际实验学校20232024学年高二下学期第一次学情检测化学试题总分：100分时量：75分钟可能用到的相对原子质量：Fe56Zn65一、单选题(每题3分，共42分)1.下列说法不正确的是A.可以用勒夏特列原理解释实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气B.热的碳酸钠溶液可用于去除餐具的油污C.燃烧木柴时，采用较细木材并将木柴架空D.农业上将草木灰和铵态氮肥混合使用，可以增强肥效【答案】D【解析】【详解】A．氯气溶于水的反应为，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，该平衡逆向移动，氯气溶解度减小，可用勒夏特列原理解释，故A正确；B．碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性环境下水解，加热可以促进碳酸钠的水解，所以热的碳酸钠溶液可用于去除餐具的油污，故B正确；C．燃烧木柴时，采用较细木材并将木柴架空，增大了木材与空气的接触面积，促进木材充分燃烧，故C正确；D．铵根离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，二者混合会发生相互促进的水解反应，生成氨气，会降低肥效，故D错误；故选D。2.下列化学用语或表述正确的是A.的空间结构：形B.基态碳原子的轨道表示式：C.基态原子的价电子排布式：D.分子的模型：【答案】C【解析】【详解】A．中Be为sp杂化，空间结构为直线形，A错误；B．基态碳原子的轨道表示式：，B错误；C．镍为28号元素，基态原子的价电子排布式：，C正确；D．分子中P为sp3杂化，模型为四面体形，D错误；故选C。3.化学实验操作是进行科学实验的基础，下列关于实验操作、仪器选择及相关叙述正确的是A.图1表示碱式滴定管排气泡B.图2表示测定中和热C.图3表示用硝酸铝溶液直接蒸发结晶获得无水硝酸铝D.图4表示闸门应与外接电源的负极相连被保护该方法叫做牺牲阳极的阴极保护法【答案】A【解析】【详解】A．图1挤压乳胶管斜向上约45°赶走气泡，表示碱式滴定管排气泡，A正确；B．图2测定中和热装置，内外烧杯口应相平，减少热量散失，B错误；C．硝酸铝溶液中存在Al(NO3)3+3H2OAl(OH)3+3HNO3，加热促进水解，硝酸易挥发、分解，因此蒸发结晶无法获得硝酸铝，最终得到氧化铝，C错误；D．图4表示闸门应与外接电源的负极相连被保护该方法叫做外加电流的阴极保护法，D错误；故选A。4.下列说法不正确的是A.乳酸分子CH3CH(OH)COOH是手性分子B.酸性：是因为原子为吸电子基，使得羟基OH键极性增强，易电离出H+C.硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，说明分子极性：H2O＞C2H5OH＞CS2D.邻羟基苯甲醛的沸点高于对羟基苯甲醛的沸点【答案】D【解析】【详解】A．乳酸分子中，连接羟基的碳原子周围连接了4个不同的基团，属于手性碳，故乳酸分子是手性分子，A项正确；B．Cl电负性较强，Cl原子为吸电子基，由于诱导作用使得OH中O和H的共用电子对偏向O，键极性增强，H更易离去，更易电离出H+，使得酸性增强，故酸性：，B项正确；C．硫分子是非极性分子，根据相似相溶原理，硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，说明分子极性：H2O>C2H5OH>CS2，C项正确；D．邻羟基苯甲醛存分子内氢键，对羟基苯甲醛存在分子间羟基，故沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛，D项错误；答案选D。5.下列关于反应能量的说法正确的是A.若反应A(s)=B(s)，ΔH<0，则说明A物质比B物质稳定，分子内共价键键能A比B大B.Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)ΔH=216kJ·mol1，则反应物总能量>生成物总能量C.101kPa时，2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=QkJ·mol1，则C的燃烧热为QkJ·mol1D.H+(aq)+OH(aq)=H2O(l)ΔH=57.3kJ·mol1，含1molNaOH的氢氧化钠溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出57.3kJ的热量【答案】B【解析】【详解】A．根据能量最低原理：能量越低越稳定，若反应A(s)=B(s)，ΔH<0，则说明B物质比A物质稳定，故A错误；B．该反应焓变数值小于零，为放热反应，所以该反应反应物总能量>生成物总能量，故B正确；C．燃烧热是指1mol纯净的可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，CO不是C的稳定氧化物，故C错误；D．浓硫酸溶于水放热，所以含1molNaOH的氢氧化钠溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出的热量大于57.3kJ，故D错误；故选B。6.下列说法正确的是A.一定条件下反应达到平衡时，B.在常温下能自发进行，则该反应C.室温下，的溶液与的溶液等体积混合，溶液D.对于乙酸与乙醇的酯化反应（），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大【答案】C【解析】【详解】A．反应速率比等于系数比，若，则正逆反应速率不相等，不平衡，A错误；B．反应为熵减的反应，根据反应能自发，在常温下该反应能自发进行，则该反应为放热反应，，B错误；C．醋酸为弱酸部分电离，室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，反应后CH3COOH有剩余，发生电离后使溶液显酸性，pH<7，C正确；D．对于乙酸与乙醇的酯化反应（ΔH＜0，为放热反应），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率增大，但平衡常数减小，D错误；故选C。7.金属可活化放出，其反应历程如图所示：下列关于活化历程的说法错误的是A.中间体1→中间体2的过程是放热过程B.加入催化剂可降低该反应的反应热，加快反应速率C.和的总键能小于和的总键能D.中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤【答案】B【解析】【详解】A．中间体1的相对能量为56.21，中间体2的相对能量为154.82，中间体1→中间体2的过程是放热过程，故A正确；B．催化剂不能改变反应物和生成物的能量，加入催化剂，该反应的反应热不变，故B错误；C．和的相对总能量为0，和的相对总能量为6.57，正反应放热，和总键能小于和的总键能，故C正确；D．慢反应决定总反应速率，中间体2→中间体3的过程正反应活化能最大，反应速率最慢，所以中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤，故D正确；选B。8.常温下，下列各组离子在有关限定条件下的溶液中一定能大量共存的是A.的溶液中：、、、B.的溶液中：、、、C.的溶液中：、、、D.由水电离产生的的溶液中：、、、【答案】B【解析】【详解】A．在mol/L的溶液，显中性，、结合成沉淀，不能共存，故A错误；

B．常温下，的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．常温下pH=13的溶液，显碱性，不能大量存在，故C错误；

D．由水电离产生的c(H+)=1012mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中、发生氧化还原反应，故D错误；故选：B。9.工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4晶体的工艺流程如图：已知：PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；PbCl2(s)+2Cl(aq)PbCl(aq)△H>0；Ksp(PbSO4)=1×108，Ksp(PbCl2)=1.6×105。下列说法错误的是A.“浸取”时的主要离子反应为MnO2+PbS+4H++2Cl=PbCl2+S+Mn2++2H2OB.“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3C.“沉降”时加入冰水，PbCl2(s)+2Cl(aq)PbCl(aq)平衡左移，有利于PbCl2沉淀更完全D.“沉淀转化”过程达平衡时，溶液中=1.6×103【答案】A【解析】【分析】方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和MnO2中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl(aq)(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中；加入MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体；之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl，据此分析作答。【详解】A．“浸取”时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl(aq)(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为：MnO2+PbS+4H++4Cl=+S+Mn2++2H2O，A项错误；B．加入MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，所以“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3，B项正确；C．PbCl2(s)+2Cl(aq)(aq)△H>0反应吸热，加入冰水温度降低，反应逆向移动，即平衡向左移，C项正确；D．当“沉淀转化”过程达平衡时，有，D项正确；答案选A。10.X、Y、Z、W四种元素，原子序数依次增大。Y与X、Z均相邻，元素Y的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子。元素W基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1。下列说法不正确的是A.第一电离能：B.电负性：C.元素Y和Z能形成含有极性键的非极性分子D.元素Z和W的单质加热反应后产物的化学式为WZ【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W四种元素，原子序数依次增大，Y与X、Z均相邻，元素Y的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，则Y为O，元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子，则X为N，Z为S，元素W基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1，则W为Cu。【详解】A．根据分析可知第一电离能：，A正确；B．根据分析可知电负性：，B正确；C．元素Y和Z能形成含有极性键的非极性分子SO3，C正确；D．元素Z和W的单质加热反应后产物的化学式为，D错误；故选D。11.根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向溶液中加入溶液，有白色沉淀生成与发生了双水解反应B向NaOH固体中加入少量稀盐酸，测得温度高于室温盐酸与NaOH反应为放热反应C室温下，测得相同浓度的NaX和NaY溶液的pH分别为8和9酸性：D向等浓度的NaCl、KI的混合溶液中滴加少量溶液，得到黄色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．向溶液中加入溶液，有白色沉淀生成，离子方程式为，不是双水解反应，A错误；B．NaOH固体溶于水也放热，不能证明盐酸与NaOH反应为放热反应，B错误；C．室温下，测得相同浓度的NaX和NaY溶液的pH分别为8和9，说明Y水解程度更大，酸性：，C错误；D．向等浓度的NaCl、KI的混合溶液中滴加少量溶液，先生成黄色沉淀碘化银，说明，D正确；故选D。12.已知相关数据如下：物质HFH2CO3CaF2CaCO3相关数据Ka=6.8×10−4Ka1=4.5×10−7Ka2=4.7×10−11Ksp=3.5×10−11Ksp=3.4×10−9下列说法正确的是A.氟化钠溶液中存在五种微粒B.氢氟酸滴入碳酸钠溶液中，可能不产生气体C.氢氧化钙溶液与氢氟酸混合的离子方程式：2OH−+Ca2++2H++2F−=CaF2↓+2H2OD.向氟化钙悬浊液中通入CO2能够发生反应：CaF2+CO2+H2O=CaCO3+2HF【答案】B【解析】【详解】A．氟化钠溶液氟离子会发生水解生成HF和氢氧根离子，存在的微粒有：钠离子、氟离子、HF分子、氢氧根离子、水分子和少量的氢离子共6种，A错误；B．根据表中数据可知，HF的电离平衡常数强于碳酸，所以将少量HF滴入碳酸钠溶液中，会生成碳酸氢钠，此时不会看到有气泡生成，若HF过量，则会看到生成气体，B正确；C．HF为弱酸，在离子方程式中不能拆分，需保留化学式，C错误；D．碳酸的酸性弱于HF，所以不能发生上述反应，且碳酸钙可溶于HF，产物不共存，D错误；13.催化还原二氧化碳是解决温室效应及能源问题的重要手段之一，中国科学家设计出如图装置实现的转化，电池总反应为：。下列说法正确的是A.太阳能电池正极为A极B.该装置工作时，质子通过交换膜由电极Ⅰ移向电极ⅡC.催化电极Ⅰ的电极反应：D.该装置不仅还原，还产生了具有经济附加值的次氯酸盐【答案】D【解析】【分析】由电池总反应为：可知，CO2得电子生成CO，电极Ⅰ生成CO得电子为阴极，电极Ⅱ为阳极；【详解】A．电极I是二氧化碳变为一氧化碳，化合价降低，是阴极，则太阳能电池的负极为A极，故A错误；B．该装置工作时，电极I为阴极，电极Ⅱ为阳极，根据电解质“异性相吸”得到质子通过交换膜由电极Ⅱ移向电极I，故B错误；C．根据A选项分析电极I为阴极，得到电子，因此催化电极I的电极反应：，故C错误；D．根据电池总反应为：，说明该装置不仅还原CO2，还产生了具有经济附加值的次氯酸盐，故D正确；答案选D。14.常温下，以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1的二元酸H2A溶液。溶液中pH、含A微粒分布系数δ(物质的量分数)随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示下列说法中正确的是A.H2A在水中电离的方程式为：H2A⇌H++HA，HA⇌H++A2B.当VNaOH溶液=20.00mL时，溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(A2)>c(OH)C.常温下，HA的电离平衡常数数量级为105D.当VNaOH溶液=30.00mL时，c(HA)+c(H+)=c(A2)+c(OH)【答案】B【解析】【详解】A．根据图像的变化趋势可知①、②代表含A微粒分布系数，③代表pH变化，据图可知未滴加NaOH溶液时，溶液中含A微粒只有两种，则应为HA和A2，不含H2A，说明H2A第一步完全电离，在水中的电离方程式为H2A=H++HA，HA⇌H++A2，A错误；B．当VNaOH溶液=20.00mL时，NaOH和H2A恰好完全反应生成NaHA，溶质为NaHA，溶液中存在HA⇌H++A2和H2O⇌H++OH，所以离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(A2)>c(OH)，B正确；C．HA的电离平衡常数表达式为Ka=，据图可知当c(A2)=c(HA)时加入25mLNaOH溶液，此时pH为2.0，即c(H+)=1×102mol/L，所以Ka=1×102，即HA的电离平衡常数数量级为102，C错误；D．当VNaOH溶液=30.00mL时，溶质为等物质的量的NaHA、Na2A，溶液中的电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(A2)+c(HA)+c(OH)，物料守恒为2c(Na+)=3c(A2)+3c(HA)，用两个等式消去c(Na+)可得：c(HA)+2c(H+)=c(A2)+2c(OH)，D错误；故选B。二、非选择题(每空2分，共58分)15.硫氰酸钾(KSCN)是一种用途广泛的化学药品，常用于合成树脂、杀虫杀菌剂等。某化学小组用下图实验装置模拟工业制备硫氰酸钾，并进行相关实验探究。已知：D中三颈烧瓶内盛放、水和催化剂，发生反应，该反应比较缓慢且高于时易分解，在高于时即分解。（1）D中盛装溶液的仪器名称为___________，E中球形干燥管的作用为___________。（2）制备溶液：将D中反应混合液加热至，打开通入氨气。反应一段时间后，关闭，保持三颈烧瓶内反应混合液温度为一段时间，该过程的目的为___________；打开，缓缓滴入适量的溶液，继续保持反应混合液温度为。（3）装置E中发生氧化还原反应的离子方程式是___________。（4）将制备所得硫氰酸钾晶体进行含量的测定：称取样品，配成溶液。量取溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴，用标准溶液滴定，平行滴定四次，消耗标准溶液体积分别为，。[己知：滴定时发生的反应为白色]①滴定终点的现象为___________。②晶体中的质量分数为___________(的摩尔质量为)。③下列操作或说法正确的是___________(填标号)。A．用量筒量取溶液于锥形瓶中B．锥形瓶洗净后未干燥，会导致测定结果偏低C．读数时可以将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直D．滴定前平视读数，滴定后仰视读数，会导致测定结果偏高【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.防倒吸（2）使完全分解而除去，防止受热分解（3）（4）①.滴入最后半滴标准溶液，溶液红色褪去，且半分钟内不恢复原色②.77.6%③.CD【解析】【分析】浓氨水与生石灰反应制取氨气，利用球形干燥管内碱石灰干燥后，通入四氯化碳中，产生的氨气与D中的CS2、水和催化剂发生反应，由于反应缓慢且高于且高于时易分解，在高于时即分解，所以需要控制温度，生成的产物与氢氧化钾发生反应，生成KSCN，生成的H2S及未反应完全的氨气可以用酸性硫酸铁溶液吸收，除去尾气。【小问1详解】①D中盛装溶液的仪器可使溶液顺利滴下，为恒压滴液漏斗；②氨气极易溶于水造成溶液倒吸，故E中球形干燥管的作用为防倒吸；【小问2详解】根据已知可知，该反应比较缓慢且高于时易分解，故该过程的目的是：使完全分解而除去，防止受热分解；【小问3详解】根据分析可知尾气为生成的H2S及未反应完全的氨气，装置E中发生氧化还原反应的离子方程式是：；【小问4详解】①SCN与Fe3+发生可逆反应：3SCN+Fe3+⇋Fe(SCN)3，溶液变为血红色，当向溶液中加入硝酸银标准液时，又发生反应：生成白色沉淀，反应消耗SCN，化学平衡逆向移动，使SCN浓度的减小，溶液红色变浅，当SCN与Ag+恰好完全反应时，溶液中不含有SCN，溶液红色褪去，故滴定终点的现象为：滴入最后半滴标准溶液，溶液红色褪去，且半分钟内不恢复原色；②第三次数据偏差过大，舍去，平均消耗20.00ml标准溶液，由可知，n(SCN)=0.1mol/L×20×103L=20×103mol，所以晶体中KSCN的质量分数为：③A．量筒精确度较低，不能用量筒量取溶液，A错误；B．锥形瓶洗净后未干燥，对实验结果无影响，B错误；C．读数时为防止液体体积读数不准确，读数时可以将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，使视线最低处与刻度线相平进行读数，C正确；D．滴定前平视读数，滴定后仰视读数，会使末次读数偏大，导致测定结果偏高，D正确；故选CD。16.某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含和)，实现镍、钴、镁元素的回收。回答下列问题：（1）工业上用一定浓度的硫酸浸取己粉碎的镍钴矿，提高浸取速率的方法为___________(答出一条即可)。（2）“氧化”时，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，其中S元素的化合价为___________。（3）已知：的电离方程式为、①氧化时，先通入足量混合气，溶液中的正二价铁元素被氧化为，该反应的离子方程式为___________；再加入石灰乳，所得滤渣中主要成分是、___________。②通入混合气中的体积分数与氧化率随时间的变化关系如图所示，若混合气中不添加，相同时间内氧化率较低的原因是___________；的体积分数高于9.0%时，相同时间内氧化率开始降低的原因是___________。（4）①将“钴镍渣”酸溶后，先加入溶液进行“钴镍分离”，写出“钴镍分离”反应生成沉淀的离子方程式：___________。②若“镍钴分离”后溶液中，加入溶液“沉镍”后的滤液中，则沉镍率=___________。[已知：，沉镍率]【答案】（1）适当提高反应温度，适当提高硫酸的浓度，搅拌等等(合理即可)（2）+6（3）①.②.③.混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)的氧化性远强于氧气④.有还原性，过多将会降低的浓度，且生成的也会被还原成，降低氧化速率（4）①.②.99%或0.99【解析】【分析】硫酸浸取液中加入混合气，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的H2SO5，加入石灰乳调节pH，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，亚铁离子也被H2SO5氧化成铁离子，故还有氢氧化铁沉淀生成，钙离子与硫酸根离子反应生成硫酸钙沉淀，滤渣为MnO2、CaSO4和Fe(OH)3；过滤后滤液中加入NaOH沉钴镍，过滤后滤液中加入NaOH沉镁，生成氢氧化镁沉淀。【小问1详解】用硫酸浸取镍钴矿时，适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积可提高浸取速率。【小问2详解】H2SO5中含一个过氧根，相当于H2O2中氢元素被磺酸基取代，根据化合价之和为零，S的化合价为+6。【小问3详解】①溶液中的正二价铁元素Fe(Ⅱ)被H2SO5氧化为Fe2(SO4)3，被还原为，离子方程式为：；由分析滤渣为MnO2、CaSO4和Fe(OH)3；②通入混合气中的体积分数与氧化率随时间的变化关系如图所示，若混合气中不添加，相同时间内氧化率较低的原因是：混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)的氧化性远强于氧气；的体积分数高于9.0%时，相同时间内氧化率开始降低的原因是:有还原性，过多将会降低的浓度，且生成的也会被还原成，降低氧化速率。【小问4详解】①滤液中加NaClO将Co2+氧化为Co(OH)3，反应的离子方程式为；②根据可知，c(Ni2+)=，沉镍率。17.氮及其化合物在科研及生产中均有着重要的应用。根据所学知识回答下列问题：（1）氨气与氧气在一定压强和800℃条件下发生催化氧化反应时，可发生不同反应，反应i：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH=905kJ·mol1产率98%；反应ii：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)ΔH=1268kJ·mol1产率2%。①该条件下氮气被氧气氧化为NO的热化学方程式为_______。②在一定压强和800℃条件下发生催化氧化反应时，反应i的产率大于反应ii的产率的原因可能是催化剂对反应i的_______比对反应ii的大。（2）某科研小组向一密闭容器中通入4molN2(g)、2molO2(g)，控制适当条件使其发生如下反应：2N2(g)+O2(g)2N2O(g)ΔH＞0，测出O2的某种平衡物理量X(体积百分数或转化率)随着温度、压强变化而变化的情况如图所示。X_______(填“能”或“不能”)表示平衡体系中O2的体积百分数。（3）为了研究反应的热效应，我国的科研人员计算了在一定范围内下列反应的平衡常数Kp。i．N2H4(l)N2(g)+2H2(g)ΔH0Kp0ii．N2H4(l)NH3(g)+N2(g)ΔH1Kp1iii．NH3(g)N2(g)+2H2(g)ΔH2Kp2①t℃时，在恒容容器中，加入足量N2H4(l)发生反应i和ii。平衡时，测得容器内压强为22kPa，p(H2)=p(NH3)，反应i的平衡常数Kp0=_______kPa3。②若①中反应平衡后，保持温度不变，将反应容器的容积扩大2倍，反应再次达到平衡后，c(N2)相比原平衡_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。③lgKp1T和lgKp2T的线性关系图如图所示，据此分析：ΔH0_______(填“大于”或“小于”)0；对于反应NH3(g)N2(g)+2H2(g)，图中v正(A)_______(填“大于”、“小于”或“等于”)v正(B)。【答案】（1）①.N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+181.5kJ/mol②.选择性（2）不能（3）①.384②.不变③.小于④.小于【解析】【小问1详解】①已知：反应i：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH=905kJ·mol1,反应ii：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)ΔH=1268kJ·mol1，根据盖斯定律，将×(iii)，整理可得N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+181.5kJ/mol；②在一定压强和800℃条件下发生催化氧化反应时，反应i的产率大于反应ii产率说明催化剂对反应i的选择性比反应ii大；【小问2详解】由图可知：温度升高，X的值增大，该反应的正反应是气体体积减小的吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡向正反应方向移动，氧气的体积分数减小，所以X不能表示平衡体系中压强的体积百分数，应该是表示氧气或氮气的转化率；【小问3详解】①设t℃反应达到平衡时，氨气和氢气的平衡分压均为akPa，由反应i和ii可知氮气的分压为p(N2)=akPa×+akP×=akPa。由容器内压强为22kPa可得：2a+=22，解得a=8，则反应i的平衡常数Kp0=p2(H2)·p(N2)=；②若①中反应平衡后，保持温度不变，将反应容器容积扩大2倍，容器中气体压强减小，平衡向正反应方向移动，反应再次平衡后，温度不变，平衡常数不变，各物质的浓度不变，则氮气的浓度相比原平衡时不变；③由图可知，升高温度，lgKp1的变化大于lgKp2，lgKpl减小说明反应ii为放热反应，lgKp2增大说明反应iii为吸热反应。由盖斯定律可知，ii+iii得到反应i，则Kp0=KplKp2，lgKp1的变化大于1gKp2，说