湖南省岳阳市华容县2023-2024学年高二上学期期末监测化学试题（含答案）

湖南省岳阳市华容县2023-2024学年高二上学期期末监测化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单项选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分)1．华容县有很多风味独特的美食，其中火锅类菜品以酸辣香鲜出名。火锅底料的配料有食盐、白糖、陈醋、味精、辣椒、黄酒、生姜、油脂等。下列配料属于弱电解质的是（）A．C2H5OH B．CH3COOH C．NaCl D．白糖2．下列物质的水溶液不能使酚酞变红的是（）A．NaOH B．Na2CO3 C．KNO3 D．NH33．已知AgCl的沉淀溶解平衡为AgClsA．加入水后溶解平衡不移动B．AgCl饱和溶液中cC．用NaCl溶液代替蒸馏水洗涤AgCl沉淀，可以减少沉淀损失D．反应AgCl+NaBr4．下列实验能达到目的的是A．装置甲证明醋酸为弱酸B．装置乙处理Cl2尾气C．装置丙除去乙醇中少量的水D．装置丁准确量取一定体积的酸性KMnO4标准溶液5．反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)的能量变化如图所示。已知：断开1molN2(g)中化学键需吸收946kJ能量，断开1molO2(g)中化学键需吸收498kJ能量。下列说法正确的是（）A．N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H＝-180kJ/molB．NO(g)=1/2N2(g)+1/2O2(g)△H＝+90kJ/molC．断开1molNO(g)中化学键需要吸收632kJ能量D．形成1molNO(g)中化学键可释放90kJ能量6．下列各基态原子或离子的电子排布式正确的是（）A．Cr[Ar]3d54s1 B．Ca[Ar]3C．Fe[Ar]3d54s37．工业上苯乙烯的生产主要采用乙苯脱氢工艺：C6H5CH2CH3(g)C6H5CH＝CH2(g)+H2(g)。某条件下无催化剂存在时，该反应的正、逆反应速率v随时间t的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．曲线①表示的是逆反应的v-t关系B．t1时刻体系处于平衡状态C．反应进行到t1时，Q＞K(Q为浓度商)D．当加入正催化剂存在时，ν1、ν2都增大8．测定浓硫酸试剂中H2SO4含量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液；③移取20.00mL待测液，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定。上述操作中，不需要用到的仪器为（）A． B． C． D．9．向恒温恒容密闭容器中通入2molSO2和1molO2，反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡后，再通入一定量O2，达到新平衡时，下列有关判断错误的是（）A．SO3的平衡浓度增大 B．反应平衡常数增大C．正向反应速率增大 D．SO2的转化总量增大10．下列溶液中，一定呈中性的是（）A．由非电解质溶于水得到的溶液B．c(H+)、c(OH-)均为5.0×10-7mol·L-1的溶液C．等物质的量的强酸与强碱反应得到的溶液D．将pH=9的烧碱溶液稀释100倍所得到的溶液11．一定温度下，水溶液中H+和OH－的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（）A．升高温度，可能引起有c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10‾13C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化12．设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是（）A．每升溶液中的H+数目为0.02NAB．c(H+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强13．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和，W简单氢化物r溶于水完全电离。m、p是由这些元素组成的二元化合物，m可做制冷剂，无色气体p遇空气变为红棕色。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：W>Z>Y>XB．Y原子的价电子轨道表示式为C．r与m可形成离子化合物，其阳离子电子式为D．一定条件下，m能与Z的单质反应生成p14．将图1所示装置中的盐桥(琼脂—饱和KCl溶液)换成铜导线与石墨棒连接得到图2所示装置，发现电流计指针仍然有偏转。下列说法正确的是（）A．图1中，铁棒质量减少5.6g，则乙池CuCl2B．图2丙池中石墨c电极附近PH减小C．图1中的石墨电极与图2中丁池石墨b电极的电极反应式相同D．图2中电流方向为石墨c→铜丝→石墨b→石墨a→电流计→Fe二、非选择题(本4个大题，每空2分，共58分)15．（1）化学中，酸的电离平衡常数(Ka)是评估酸性强弱的重要依据。几种酸的电离常数(25℃)如下表所示。弱酸HFCH3COOHH2CO3H2S电离平衡常数Ka=7.2×10-4Ka=1.75×10-5Ka1=4.30×10-7

Ka2=5.61×10-11Ka1=9.1×10-8Ka2=1.1×10-12①写出HF的电离方程式：。

②常温下，浓度相同的三种溶液①NaF、②Na2CO3、③CH3COONa，pH由大到小的顺序是。

③将过量H2S通入Na2CO3溶液，反应的离子方程式是。（2）室温下，用0.100mol/L盐酸溶液滴定20.00mL0.100mol/L的氨水溶液，滴定曲线如图所示(忽略溶液体积的变化，①②填“>”、“<”或“=”)。①a点所示的溶液中c(NH3·H2O)c(Cl-)。②b点所示的溶液中c(Cl-)c(NH③室温下pH=11的氨水与pH=5的NH4Cl溶液中，由水电离出的c(H+)之比为。16．铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(Be3Al2Si6O18，还含有一定量的FeO和Fe2O3)生产BeO的一种工艺流程如下。回答问题：（1）Be3Al2Si6O18中Be的化合价为。Si原子价层电子排布式为。元素Al与Si中，第一电离能较大的是，氮原子和氧原子电负性较大的是。（2）浓硫酸浸取后残渣主要成分是(填化学式)。（3）该流程中能循环使用的物质是(填化学式)。（4）无水BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C在600～800℃制备BeCl2的化学方程式为。（5）沉铍时，将pH从8.0提高到9.0，则铍的损失降低至原来的%。17．含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：（1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2：Cu(s)＋2H2SO4(l)＝CuSO4(s)＋SO2(g)＋2H2O(l)ΔH=－11.9kJ·mol－1。判断该反应的自发性并说明理由。（2）已知2SO2(g)＋O22SO3(g)ΔH=－198kJ·mol－1。850K时，在恒容密闭反应器中充入一定量的SO2和O2，10分钟反应达到平衡后测得SO2、O2和SO3的浓度分别为6.0×10－3mol·L－1、8.0×10－3mol·L－1和4.4×10－2mol·L－1。①反应开始到第10分钟，SO3反应速率为。②该温度下反应的平衡常数为。③平衡时SO2的转化率为。（3）工业上主要采用接触法用含硫矿石制备硫酸。其主要工艺是焙烧、炉气精制、用钒做催化剂将SO2氧化成SO3、吸收等。结合本大题的信息，完成下题。①下列说法正确的是。a.须采用高温高压的反应条件使SO2氧化为SO3b.通入过量的空气可以提高含硫矿石和SO2的转化率c.进入接触室之前的气流无需净化处理②在焙烧前要将硫铁矿粉碎，这样做的目的是。（4）将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4(s)⇌Fe2O3(s)+SO2(g)+SO3(g)(Ⅰ)。平衡时P(SO3)－T的关系如下图所示。660K时，该反应的平衡总压P(总)kPa。Kp(I)随反应温度升高而(填“增大”“减小”或“不变”)。18．氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。完成下列填空：（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式。。（2）离子交换膜的作用除了能得到纯度更高的氢氧化钠溶液外，还可以。（3）精制饱和食盐水从图中位置补充，氢氧化钠溶液从图中位置流出。(选填“a”、“b”、“c”或“d”)（4）氢气是很有前景的新能源，氢氧燃料电池的能量转化率高。下图是氢氧燃料碱性电池装置图，电解质溶液为氢氧化钾溶液，写出负极的电极反应式。

（5）氯碱工业制得的化工产品KClO3可以和草酸(H2C2O4)、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式。（6）ClO2是高效的消毒杀菌剂，消毒反应原理是高价氯还原为-1价的氯离子。现有1molClO2，其杀菌能力相当于L标况下Cl2的杀菌能力（杀菌能力仅按得电子的物质的量计）。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、C2H5OH为有机物，在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，故A不符合题意；

B、CH2COOH为弱酸，部分电离，属于弱电解质，故B符合题意；

C、NaCl完全电离，为强电解质，故C不符合题意；

D、白糖属于有机物，在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，弱电解质是部分电离的电解质。2．【答案】C【解析】【解答】A、NaOH水溶液呈碱性，能使酚酞变红，故A不符合题意；

B、Na2CO3水溶液呈碱性，能使酚酞变红，故B不符合题意；

C、KNO3溶液呈中性，不能使酚酞变红，故C符合题意；

D、NH3的水溶液为氨水，呈碱性，能使酚酞变红，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】不能使酚酞变红，说明溶液呈中性或酸性。3．【答案】A【解析】【解答】A、加水稀释，AgCl的沉淀溶解平衡正向移动，故A符合题意；

B、AgCl饱和溶液中，Ksp=c(Ag+)c(Cl-)，且c(Ag+)=c(Cl-)，则c(Ag+)=Kspmol/L，故B不符合题意；

C、NaCl溶液中含有大量氯离子，能使AgCl的沉淀溶解平衡逆向移动，则用NaCl溶液代替蒸馏水洗涤AgCl沉淀，可以减少沉淀损失，故C不符合题意；

D、溶解度较大的沉淀易转化为溶解度较小的沉淀，反应AgCl+NaBr=AgBr+NaCl易进行，说明溶解度：AgCl>4．【答案】A【解析】【解答】A．醋酸钠水解显碱性，测定盐溶液的pH可证明醋酸为弱酸，能够达到实验目的，故A选；B．氯气在饱和NaCl溶液中的溶解度很小，不能用来处理Cl2尾气，应用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，故B不选；C．乙醇和水均易挥发，不能通过蒸发的方法装除去乙醇中少量的水，故C不选；D．KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶管，不能用碱式滴定管量取一定体积的酸性KMnO4标准溶液，应用酸式滴定管，故D不选；故答案为：A。

【分析】A.醋酸钠溶液显碱性，说明醋酸为弱酸；

B.Cl2几乎不溶于饱和NaCl溶液；

C.乙醇和水互溶；

D.酸性高锰酸钾具有强氧化性，应盛装在酸式滴定管中。5．【答案】C【解析】【解答】A、1molN2和1molO2反应生成2molNO吸收180kJ能量，则N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)∆H＝+180kJ/mol，故A错误；

B、由图可知，NO(g)＝12N2(g)＋12O2(g)∆H＝-90kJ/mol，故B错误；

C、断开1molNO(g)中化学键需要吸收能量为(946kJ+498kJ-180kJ)×12=632kJ，故C正确；

D、根据C项可知，断裂1molNO中的化学键吸收632kJ能量，则形成1molNO(g)中化学键时释放632kJ能量，故D错误；

故答案为：C。

【分析】A、正反应为吸热反应，逆反应为放热反应；

BD、NO(g)＝12N2(g)＋126．【答案】A【解析】【解答】A、Cr为24号元素，基态Cr原子的电子排布式为[Ar]3d54s1，故A正确；

B、Ca为20号元素，基态Ca原子的电子排布式为[Ar]4s2，故B错误；

C、Fe为26号元素，基态Fe原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，故C错误；

D、O的质子数为8，得到2个电子变为离子，则O2-的电子排布式为1s22s22p6，故D错误；

故答案为：A。

【分析】核外电子排布式的书写遵循能量最低原理，泡利不相容原理和洪特规则。7．【答案】D【解析】【解答】A、曲线①逐渐减小，表示的是正反应的v-t关系，故A错误；

B、t1时反应正向进行，未达到平衡状态，故B错误；

C、反应进行到t1时，正反应速率大于逆反应速率，反应正向进行，故Q＜K，故C错误；

D、催化剂能降低反应的活化能，使反应速率增大，即v1、v2都增大，故D正确；

故答案为：D。

【分析】A、开始反应物浓度最大，正反应速率最大；

BC、t1时反应正向进行；

D、催化剂能同等增大正逆反应速率。8．【答案】B【解析】【解答】配制一定物质的量浓度溶液需要的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，中和滴定用到的仪器：酸式滴定管、碱式滴定管、烧杯、锥形瓶，所以该实验用不到的仪器为分液漏斗，故选B；

故答案为：B。

【分析】根据配制溶液和中和滴定所需仪器分析。9．【答案】B【解析】【解答】A、再通入一定量O2，平衡正向移动，SO3的平衡浓度增大，故A不符合题意；

B、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故B符合题意；

C、再通入一定量O2，反应物浓度增大，反应速率增大，故C不符合题意；

D、再通入一定量O2，平衡正向移动，SO2的转化总量增大，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】达到平衡后，再通入一定量O2，平衡正向移动。10．【答案】B【解析】【解答】A、由非电解质溶于水得到的溶液不一定呈中性，如二氧化碳的水溶液呈酸性，氨气的水溶液呈碱性，故A错误；

B、c（H+）、c（OH-）均为5.0×10-7mol•L-1的溶液中存在c（H+）=c（OH-），则该溶液一定呈中性，故B正确；

C、等物质的量的强酸与强碱反应得到的溶液可能呈酸性、中性或碱性，如硫酸和NaOH等物质的量混合溶液为酸性溶液、HCl和氢氧化钡等物质的量混合溶液呈碱性、等物质的量的HCl和KOH混合溶液呈中性，故C错误；

D、碱溶液无论如何稀释都不能变为中性或酸性溶液，将pH=9的烧碱溶液稀释100倍所得到的溶液仍然呈碱性，故D错误；

故答案为：B。

【分析】c（H+）=c（OH-）时溶液一定呈中性，c（H+）＞c（OH-）时溶液一定呈酸性，c（H+）＜c（OH-）时溶液一定呈碱性。11．【答案】C【解析】【解答】A、温度升高，水的离子积常数增大，水溶液中，氢离子和氢氧根离子浓度都增大，将不在曲线上，故A错误；

B、b点c（H+）=c（OH-）=1.0×10-6，故Kw=1.0×10-6×1.0×10-6=1.0×10-12，故B错误；

C、氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，故C正确；

D、c到d，水的离子积常数发生变化，可改变温度达到，但不能通过稀释溶液达到，故D错误；

故答案为：C。

【分析】A、升高温度，水的离子积常数增大；

B、Kw=c(OH-)c(H+)；

C、氯化铁为强酸弱碱盐；

D、水的离子积常数只与温度有关。12．【答案】B【解析】【解答】A、常温下，该溶液中c（H+）=0.01mol/L，N=nNA=cVNA=0.01mol/L×1L×NA/mol=0.01NA，故A错误；

B、H3PO4溶液中存在电荷守恒c(H+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)+c(OH−)，故B正确；

C、加水稀释促进H3PO4电离，但H3PO4电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c（H+）减小，溶液的pH值增大，故C错误；

D、加入NaH2PO4固体，c(H2PO4-)增大，抑制磷酸的电离，溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大，酸性减弱，故D错误；

13．【答案】D【解析】【解答】A.离子的电子层数越大，离子半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此四种元素形成的离子半径大小关系为：Cl->N3->O2->H+，即W>Y>Z>X，A不符合题意；B.由分析可知，Y为N，其价电子数为5，因此其价电子轨道可表示为，B不符合题意；C.由分析可知，r为HCl，m为NH3，二者可形成化合物NH4Cl，其阳离子为NH4+，电子式为，C不符合题意；D.由分析可知，m为NH3，Z的单质为O2，二者可发生反应：4NH3＋5O24NO＋6H2O，D符合题意；故答案为：D【分析】W简单氢化物r溶于水完全电离，因此r为HCl，则W为Cl；m可做制冷剂，则m为NH3；无色气体p遇空气变为红棕色，则p为NO；由于X、Y、Z、W的原子序数依次增大，因此X为H、Y为N、Z为O、W为Cl；据此结合选项进行分析。14．【答案】D【解析】【解答】A、图1中，铁棒作负极，铁棒质量减少5.6g，即0.1mol，失去0.2mol电子，乙池CuCl2溶液中消耗0.1molCu2+（6.4g）得0.2mol电子，但盐桥中有K+B、图2丙池发生吸氧腐蚀，正极电极反应式：O2C、图1中的石墨电极作原电池正极，Cu2+发生还原反应；图2中丁池石墨b电极为电解池阳极，D、图2中电流方向为石墨c→铜丝→石墨b→石墨a→电流计→Fe，D正确；故答案为：D。【分析】图1甲、乙构成原电池，甲为负极，乙为正极，将图1所示装置中的盐桥(琼脂—饱和KCl溶液)换成铜导线与石墨棒连接得到图2所示装置，图2为电解池装置，丙烧杯中铁作负极，石墨c作正极，发生吸氧腐蚀，则石墨a为阴极，石墨b为阳极。15．【答案】（1）HF⇌F-+H+；Na2CO3＞CH3COONa＞NaF；H2S+CO32-=HCO3-+HS-（2）<；=；1：106【解析】【解答】（1）①HF为弱酸，部分电离，电离方程式为：HF⇌F-+H+；

故答案为：HF⇌F-+H+；

②根据电离平衡常数可知，酸性：HF＞CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-，则常温下浓度相同的三种溶液NaF、Na2CO3、CH3COONa，pH由大到小的顺序是Na2CO3＞CH3COONa＞NaF；

故答案为：Na2CO3＞CH3COONa＞NaF；

③酸性：H2S＞HCO3-＞HS-，则将过量H2S通入Na2CO3溶液，发生反应H2S+CO32-=HCO3-+HS-；

故答案为：H2S+CO32-=HCO3-+HS-；

（2）①a点加盐酸为10mL，溶质为等量的氯化铵、一水合氨，且一水合氨电离显碱性，则cc(NH3·H2O)＜c(Cl-)；

故答案为：<；

②b点溶液为中性，c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒有，c(Cl-)=c(NH4+)，故答案为：=；

③室温下pH=11的氨水与pH=5的NH4Cl溶液中，前者抑制水的电离，后者促进水的电离，由水电离出的c（H+）之比为10-1110-5=1:106，故答案为：1：106。

【分析】（1）①HF为弱酸，部分电离；

②酸的电离平衡常数越大，酸性越强，对应的钠盐pH越小；

③酸性：H2S＞HCO3-＞HS-，发生强酸制取弱酸的反应；

16．【答案】（1）+2；3s23p2；Si；O（2）SiO2（3）(NH4)2SO4（4）BeO+Cl2+C=CO+BeCl2（5）1【解析】【解答】（1）根据化合物中各元素化合价代数和为0，可算得Be3Al2Si6O18中Be的化合价为+2价；S原子序数14，其价层电子排布式：3s22p2；同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以元素Al与Si中，第一电离能较大的是Si；同周期元素从左到右元素电负性逐渐增大，氮原子和氧原子电负性较大的是氧原子；

（2）由分析可知，绿柱石煅烧分解生成的二氧化硅不能与稀硫酸反应，所以浓硫酸浸取后残渣主要成分是SiO2；

故答案为：SiO2；（3）硫酸铵先消耗后生成，则该流程中能循环使用的物质是(NH4)2SO4；

故答案为：(NH4)2SO4；（4）BeO、Cl2与足量C在600～800℃制备BeCl2，反应的化学方程式：BeO+Cl2+C600～800℃_（5）设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，Ksp=c(Be2+)c2(OH−)，当pH=8时，c(O【分析】绿柱石(主要化学成分为(Be3Al2Si6O18，还含有一定量的FeO和Fe2O3)煅烧粉碎后加入浓硫酸浸取，SiO2不与浓硫酸反应，则残渣为SiO2，加入硫酸铵调pH=1.5，将铝转化为氢氧化铝，则滤渣为氢氧化铝，加入氨水调pH=5.1，铁转化为氢氧化铁，则滤渣为氢氧化铁，再加入氨水调pH=8沉铍得到氢氧化铍，滤液主要含有硫酸铵，可循环使用。17．【答案】（1）不同温度下都能自发，是因为ΔH＜0，ΔS＞o或能自发，因为ΔG=ΔH-TΔS<0（2）4.4×10-3mol/(L·min)；6.7×103mol·L-1；88%（3）b；增大表面接触面积，提高反应物的转化率（4）3；增大【解析】【解答】（1）由反应可知，该反应为放热反应，∆H<0，同时反应是熵增大的过程，∆S>0，当∆H-T∆S<0时反应自发进行，该反应中∆H<0，∆S>0，因此∆H-T∆S<0恒成立，则该反应在任何温度下都能自发进行；

故答案为：不同温度下都能自发，是因为ΔH＜0，ΔS＞0，或能自发，因为ΔG=ΔH-TΔS<0；（2）①在恒容密闭反应器中充入一定量的SO2和O2，10分钟后测得SO3的浓度为4.4×10－2mol·L－1，则v(SO3)=ΔcΔt②该温度下反应2SO2(g)＋O2⇌2SO3(g)的平衡常数为K=c2(SO3)c③根据方程式2SO2(g)＋O2⇌2SO3(g)，且已知生成SO3的浓度为4.4×10－2mol·L－1，则消耗SO2的浓度为4.4×10－2mol·L－1，SO2的起始浓度为6.0×10－3mol·L－1+4.4×10－2mol·L－1=5.0×10－2mol·L－1，则平衡时SO2的转化率为4.4×10（3）①a、二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，该反应在常压下的转化率即可达到约90%，因此不需要高压，高压会使得成本增加，该反应为放热反应，高温会降低反应物的转化率，a错误；b、通入过量的空气可以使含硫矿石充分燃烧，提高含硫矿石的转化率，氧气的浓度增大，会使二氧化硫和氧气反应的平衡向正反应方向移动，提高二氧化硫的转化率，b正确；c、从沸腾炉出来的气体会含有大量的杂质，这些矿尘会堵塞、腐蚀管道，使催化剂中毒，因此需要净化处理，c错误；故答案为：b；②在焙烧前要将硫铁矿粉碎，这样做的目的是增大表面接触面积，提高反应物的转化率；

故答案为：增大表面接触面积，提高反应物的转化率；（4）由平衡图像知，660K时，P(SO3)=1.5kPa，则P(SO2)=1.5kPa，该反应的平衡总压P(总)=1.5kPa+1.5kPa=3kPa；由图可知，P(SO3)随着温度升高而增大，因此Kp(Ⅰ)随反应温度升高而增大；

故答案为：3；增大。【分析】（1）根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；

（2）①根据v=Δ