2025年湘教版高一化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年湘教版高一化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.常温常压下，0.1molC8H18所含有的共价键数目为2.5NAB.1L1mol•L﹣1FeCl3溶液完全水解产生的Fe（OH）3胶体粒子数为NAC.氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，电路中通过的电子数目为4NAD.28.6gNa2CO3•10H2O溶于水配成1L溶液，该溶液中阴离子数目为0.1NA2、物质的量浓度为2mol•L-1的NaOH溶液的正确含义是（）

A.在2L水中溶有80g的NaOH

B.80gNaOH溶于水配成的溶液。

C.每升溶液中含有80gNaOH

D.每2L溶液中含有80gNaOH

3、某单烯烃与H2加成后的产物是：则该烯烃的结构式可能有A.1种B.2种C.3种D.4种4、现有三组分散系：①汽油和氯化钠溶液的混合物②39％的乙醇溶液③氯化钠和单质溴的混合溶液，分离以上各分散系的正确方法依次是（）A.分液、萃取、蒸馏B.萃取、蒸馏、分液C.分液、蒸馏、萃取D.蒸馏、萃取、分液5、下列过程主要属于化学变化的是()A.铜器锈蚀B.碘的升华C.氨气液化D.石油分馏6、有rm{a}rm{b}rm{c}rm{d}四种主族元素，已知rm{a}rm{b}的阳离子和rm{c}rm{d}的阴离子都具有相同的电子层结构，而且原子半径rm{a>b}阴离子所带负电荷数rm{c>d}则四种元素的原子序数关系是A.rm{b>a>d>c}B.rm{b>a>c>d}C.rm{c>b>a>d}D.rm{a>b>c>d}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、某铝土矿中主要含有Al2O3、Al（OH）3、AlO（OH），还含有Fe2O3等杂质．利用拜耳法生产氧化铝的流程如图所示：

（1）粉碎后的铝土矿碱浸时应在高温下进行，其目的是____．

（2）AlO（OH）与NaOH反应的化学方程式为____．

（3）在稀释、结晶过程中：稀释的目的是____；加Al（OH）3晶核的目的是促进Al（OH）3的析出．上述“稀释、结晶”工艺，也可用通入足量的____气体的方法来代替．

（4）浓缩所得的NaOH溶液由于吸收了空气中的CO2而含有杂质，该杂质可通过苛化反应除去，写出苛化反应的化学方程式：____．

（5）该生产流程能实现____（填化学式）的循环利用．8、小王同学在一次实验中发现：把新制氯水逐滴加到含有酚酞的氢氧化钠溶液中；当加到最后一滴时溶液的红色突然消失．

（1）知识储备：将氯气通入水中的化学方程式为____；氯水中具有强氧化性的分子有____、____．

（2）探究“溶液的红色突然消失”的原因：

①猜想：

a．是氯水中的盐酸中和了NaOH；使酚酞由红色变成无色；

b．是____．

②设计实验：往已褪色的溶液中连续滴加NaOH溶液至过量，若现象为____，则证明“猜想a”正确；若现象为____，则“猜想b”正确．9、填写表。

。物质摩尔质量物质的量质量分子或。

离子数目SO2______2mol____________SO__________________6.02×102410、rm{A隆芦H}等rm{8}种物质存在如下转化关系rm{(}反应条件，部分产物未标出rm{).}已知：rm{A}是正盐，rm{B}是能使品红溶液褪色的气体，rm{G}是红棕色气体rm{.}按要求回答问题：

rm{(1)}写出下列物质的化学式：rm{A}______，rm{B}______，rm{C}______．

rm{(2)}写出下列反应的化学方程式：rm{E隆煤F}______；rm{D}的浓溶液与木炭反应的方程式：______

rm{(3)}检验某溶液中是否含rm{D}中阴离子的方法是______．11、汽车尾气是城市主要空气污染物，研究控制汽车尾气成为保护环境的首要任务。rm{(1)}汽车内燃机工作时发生反应：rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)?2NO(g)}是导致汽车尾气中含有rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)?

2NO(g)}的原因之一。rm{NO}rm{T}时，向rm{隆忙}密闭容器中充入rm{5L}和rm{6.5molN_{2}}在rm{7.5molO_{2}}时反应达到平衡状态，此时容器中rm{5min}的物质的量是rm{NO}rm{5mol}内该反应的平均速率rm{垄脵5min}rm{娄脭}____；在rm{(NO)=}rm{T}时，该反应的平衡常数rm{隆忙}rm{K}。rm{=}反应开始至达到平衡的过程中，容器中下列各项发生变化的是____rm{垄脷}填序号rm{(}rm{)}混合气体的密度rm{a.}混合气体的压强rm{b.}正反应速率rm{c.}单位时间内，rm{d.}和rm{N_{2}}的消耗量之比rm{NO}或rm{(2)H_{2}}可以催化还原rm{CO}以达到消除污染的目的。已知：rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)}rm{NO}rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=

2NO(g)}rm{娄陇}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)}rm{H}rm{=+180.5kJ隆陇mol^{-1}}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=

2H_{2}O(l)}则rm{娄陇}与rm{H}反应生成rm{=隆陋571.6kJ隆陇mol^{-1}}和rm{H_{2}(g)}的热化学方程式是____。rm{NO(g)}当质量一定时，增大固体催化剂的表面积可提高化学反应速率。下图表示在其他条件不变时，反应：rm{2NO(g)+2CO(g)?2CO_{2}(g)+N_{2}(g)}中rm{N_{2}(g)}的浓度rm{H_{2}O(l)}rm{(3)}rm{2NO(g)+2CO(g)?2CO_{2}(g)+

N_{2}(g)}随温度rm{NO}rm{[}rm{c}催化剂表面积rm{(NO)]}rm{(}rm{T}和时间rm{)}rm{(}rm{S}的变化曲线。rm{)}该反应的rm{(}rm{t}____rm{)}填“rm{垄脵}”或“rm{娄陇}”rm{H}rm{0(}若催化剂的表面积rm{>}rm{<}rm{)}rm{垄脷}在下图中画出rm{S}rm{{,!}_{1}>}在rm{S}rm{{,!}_{2}}rm{c}rm{(NO)}条件下达到平衡过程中的变化曲线。rm{T}评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)12、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）13、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）14、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）15、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）16、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）评卷人得分四、其他(共4题，共36分)17、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。18、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。19、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。20、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【解答】A、1molC8H18中含25mol共价键，故0.1molC8H18中含2.5mol共价键，即2.5NA个；故A正确；

B、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故生成的胶粒个数小于NA个；故B错误；

C；气体所处的状态不明确；故正极上消耗的氧气的物质的量和电子数无法计算，故C错误；

D、将Na2CO3•10H2O固体溶于1L水后，碳酸根水解会导致阴离子个数增多，故溶液中的阴离子个数大于0.1NA个；故D错误．

故选A．

【分析】A、1molC8H18中含25mol共价键；

B；一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；

C；气体所处的状态不明确；

D、将Na2CO3•10H2O固体溶于1L水后，碳酸根水解．2、C【分析】

A、物质的量浓度为2mol•L-1的NaOH溶液表示1L溶液中溶有80g氢氧化钠；不是在2L水中溶有80g氢氧化钠，故A错误．

B、80g氢氧化钠溶于水配成的1L溶液，物质的量浓度为2mol•L-1；应指明溶液的体积为1L，故B错误．

C、物质的量浓度为2mol•L-1的NaOH溶液表示1L溶液中溶有80g氢氧化钠；故C正确．

D、物质的量浓度为2mol•L-1的NaOH溶液表示1L溶液中溶有80g氢氧化钠；不是每2L溶液中含有80gNaOH，故D错误．

故选C．

【解析】【答案】物质的量浓度为2mol•L-1的NaOH溶液表示1L溶液中含有2molNaOH；NaOH的质量为80g．

3、C【分析】试题分析：根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置，该烷烃的碳链结构为1号和6号碳原子关于2号碳原子对称，5、8、9号碳原子关于4号碳原子对称，但4号碳原子上没有氢原子，所以4号碳原子和3、5、8、9号碳原子间不能形成双键；相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，所以能形成双键有：1和2之间（或2和6）；2和3之间；3和7之间，共有3种，故C项正确。考点：本题考查同分异构体的判断。【解析】【答案】C4、C【分析】【分析】汽油不溶于水；分液即可；乙醇和水是互溶的，应该通过蒸馏得到无水乙醇；单质溴易溶在有机溶剂中，所以萃取即可，答案选C。

【点评】把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下:①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法)：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体：盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。5、A【分析】略。

【解析】rm{A}6、A【分析】【分析】rm{a}rm{b}元素的阳离子和rm{c}rm{d}元素的阴离子都具有相同的电子层结构，则rm{a}rm{b}元素的原子序数大于rm{c}rm{d}元素的原子序数，根据同周期元素性质的递变规律结合核外电子排布分析该题。【解答】rm{a}rm{b}元素的阳离子和rm{c}rm{d}元素的阴离子都具有相同的电子层结构，则rm{a}rm{b}元素的原子序数大于rm{c}rm{d}元素的原子序数，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径rm{a>b}则rm{a}的原子序数小于rm{b}

同周期元素从左到右原子的最外层电子数逐渐增多，rm{c}的阴离子所带负电荷比rm{d}的阴离子所带负电荷多，则rm{d}的最外层电子数比rm{c}多，所以rm{d}的原子序数大于rm{c}

所以四种元素的原子序数大小关系为rm{b>a>d>c}故选A。【解析】rm{A}二、填空题(共5题，共10分)7、加快反应的速率AlO（OH）+NaOH=NaAlO2+H2O促进NaAlO2的水解CO2Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOHNaOH【分析】【解答】（1）（1）粉碎后的铝土矿碱浸时应在高温下进行；温度越高反应速度越快，故答案为：加快反应的速率；

（2）AlO（OH）与NaOH反应，最后得到偏铝酸钠，钠和铝之比为1：1，所以）AlO（OH）与NaOH是1：1反应，即AlO（OH）+NaOH=NaAlO2+H2O；

故答案为：AlO（OH）+NaOH=NaAlO2+H2O；

（3）越稀越水解，加水稀释促进偏铝酸根离子的水解，也可以用偏铝酸盐与二氧化碳气体反应制得，故答案为：促进NaAlO2的水解；CO2；

（4）浓缩所得的NaOH溶液由于吸收了空气中的CO2而含有杂质，杂质是碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成苛性钠，从而除去碳酸根离子，方程式为Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH；

（5）后续反应中生成氢氧化钠；而前阶段是用氢氧化钠溶解铝土矿，该生产流程能实现的循环利用是NaOH，故答案为：NaOH．

【分析】铝土矿用强碱溶液进行转化成偏铝酸盐，加入Al（OH）3晶核促进Al（OH）3的析出；加水稀释也是促进偏铝酸根离子的水解，最后滤出氢氧化铝，然后焙烧氢氧化铝得到三氧化二铝；

（1）粉碎后的铝土矿碱浸时应在高温下进行；温度越高反应速度越快；

（2）AlO（OH）与NaOH反应；最后得到偏铝酸钠，钠和铝之比为1：1，所以）AlO（OH）与NaOH是1：1反应；

（3）越稀越水解；加水稀释促进偏铝酸根离子的水解，也可以用偏铝酸盐与二氧化碳气体反应制得；

（4）浓缩所得的NaOH溶液由于吸收了空气中的CO2而含有杂质；杂质是碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成苛性钠，从而除去碳酸根离子；

（5）后续反应中生成氢氧化钠，而前阶段是用氢氧化钠溶解铝土矿．8、Cl2+H2O=HCl+HClOCl2HClO氯水中的HClO的强氧化性将酚酞氧化而褪色红色重新出现红色不再出现【分析】【解答】（1）氯气与水反应的化学方程式：Cl2+H2O=HCl+HClO，氯水中溶解有氯气分子和次氯酸，两者均具有强氧化性，故答案为：Cl2+H2O=HCl+HClO；Cl2；HClO；

（2）①盐酸和次氯酸具有酸性；能够与氢氧化钠发生中和反应，酚酞在碱性环境下才显红色；次氯酸具有漂白性，也可能使红色的酚酞变红色，故答案为：氯水中的HClO的强氧化性将酚酞氧化而褪色；

②要证明红色褪去的原因是①或②可以通过以下实验：在已经褪色的溶液中继续加入NaOH溶液；直至溶液呈碱性，若溶液恢复红色，则说明是碱性被中和导致褪色，反之，则是被漂白了；

故答案为：红色重新出现；红色不再出现．

【分析】氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和次氯酸具有酸性，能够与氢氧化钠发生中和反应，酚酞在碱性环境下才显红色；次氯酸具有漂白性，也可能使红色的酚酞变红色，在褪色的溶液中再滴加氢氧化钠，使溶液呈碱性，若颜色变红色，说明是碱性被中和导致褪色，反之，则是被漂白了，据此解答．9、略

【分析】解：SO2摩尔质量=64g/mol，2molSO2的质量=nM=2mol×64g/mol=128g，分子数=nNA=2mol×6.02×1023/mol=1.204×1024；

SO42-离子物质的量==10mol；摩尔质量=（32+16×4）g/mol=96g/mol，质量=nM=10mol×96g/mol=960g；

故答案为：

。物质摩尔质量物质的量质量分子或。

离子数目SO264g/mol128g1.204×1024SO96g/mol10mol，96g

摩尔质量是单位物质的量的物质质量；即1mol物质的质量单位g/mol，数值上等于其相对分子质量，依据n=mM计算；

物质的量是国际基本物理量；用来表示微观粒子数目集体的物理量，单位mol，m=nM；

质量单位g；

分子或离子数依据阿伏伽德罗常数计算，n=

本题考查了物质的量、摩尔质量、微粒数、质量之间的计算关系，掌握基础是解题关键，题目难度不大．【解析】64g/mol；128g；1.204×1024；96g/mol；10mol；960g10、略

【分析】解：rm{G}是红棕色气体，则rm{G}是rm{NO_{2}}rm{F}和氧气反应生成二氧化氮，所以rm{F}是rm{NO}rm{A}是正盐，和氢氧化钠反应生成rm{E}rm{E}和氧气反应生成rm{NO}则rm{E}是rm{NH_{3}}rm{A}是铵盐；二氧化氮和水反应后能生成rm{H}为硝酸；rm{B}能使品红溶液褪色，且rm{B}能和氧气反应生成rm{C}所以rm{B}是rm{SO_{2}}rm{C}是rm{SO_{3}}三氧化硫和水反应生成rm{D}为硫酸，rm{A}是正盐且是铵盐，反应后能生成二氧化硫，所以rm{A}是rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}

rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}为rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}rm{B}为rm{SO_{2}}rm{C}是rm{SO_{3}}

故答案为：rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}rm{SO_{2}}rm{SO_{3}}

rm{(2)E隆煤F}是在催化剂、加热条件下，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，反应方程式为：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}

rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}为硫酸，加热条件下，碳和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为：rm{D}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2SO_{2}隆眉+CO_{2}隆眉+2H_{2}O}

故答案为：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}rm{C+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2SO_{2}隆眉+CO_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}2SO_{2}隆眉+CO_{2}隆眉+2H_{2}O}检验某溶液中是否含rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}硫酸rm{C+2H_{2}SO_{4}(}中阴离子的方法是：取少量该溶液于试管中；加足量盐酸酸化，未见白色沉淀，然后加入氯化钡溶液有白色沉淀，说明含有硫酸根离子；

故答案为：取少量该溶液于试管中；加足量盐酸酸化，未见白色沉淀，然后加入氯化钡溶液有白色沉淀，说明含有硫酸根离子．

rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}2SO_{2}隆眉+CO_{2}隆眉+2H_{2}O}是红棕色气体，则rm{(3)}是rm{D(}rm{)}和氧气反应生成二氧化氮，所以rm{G}是rm{G}rm{NO_{2}}是正盐，和氢氧化钠反应生成rm{F}rm{F}和氧气反应生成rm{NO}则rm{A}是rm{E}rm{E}是铵盐；二氧化氮和水反应后能生成rm{NO}为硝酸；rm{E}能使品红溶液褪色，且rm{NH_{3}}能和氧气反应生成rm{A}所以rm{H}是rm{B}rm{B}是rm{C}三氧化硫和水反应生成rm{B}为硫酸，rm{SO_{2}}是正盐且是铵盐，反应后能生成二氧化硫，所以rm{C}是rm{SO_{3}}据此解答．

本题考查无机物推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，涉及rm{D}rm{A}元素化合物性质及相互转化，物质的颜色是推断突破口，难度中等．rm{A}【解析】rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}rm{SO_{2}}rm{SO_{3}}rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2SO_{2}隆眉+CO_{2}隆眉+2H_{2}O}取少量该溶液于试管中，加足量盐酸酸化，未见白色沉淀，然后加入氯化钡溶液有白色沉淀，说明含有硫酸根离子rm{C+2H_{2}SO_{4}(}11、（1）①0.2mol·L-1·min-1；1.25；②cd；（2）2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=－752.1kJ·mol-1;（3）①＜；②【分析】，【分析】本题涉及反应速率和化学平衡的综合应用，侧重于考查学生的计算能力和对化学平衡知识的综合应用能力，综合性强，难度中等，注意三段式是解平衡题常用的方法。【解答】rm{(1)垄脵T隆忙}时，向rm{5L}密闭容器中充入rm{6.5molN_{2}}和rm{7.5molO_{2}}在rm{5min}时反应达到平衡状态，此时容器中rm{NO}的物质的量是rm{5mol}

由题中所给数据可知：

rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)?2NO(g)}

起始浓度rm{(mol?L^{-1})1.3}rm{1.5}rm{0}

转化浓度rm{(mol?L^{-1})0.5}rm{0.5}rm{1.0}

平衡浓度rm{(mol?L^{-1})0.8}rm{1.0}rm{1.0}

则rm{娄脭(NO)=dfrac{1.0mol/L}{5min}=0.2mol/(L?min)}rm{K=dfrac{{c}^{2}(NO)}{c({N}_{2})c({O}_{2})}=dfrac{1.{0}^{2}}{0.8隆脕1.0}=1.25}

故答案为：rm{娄脭(NO)=dfrac{1.0mol/L}{5min}

=0.2mol/(L?min)}rm{K=

dfrac{{c}^{2}(NO)}{c({N}_{2})c({O}_{2})}=dfrac{1.{0}^{2}}{0.8隆脕1.0}

=1.25}

rm{0.2mol/(L?min)}混合气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度不变，故rm{1.25}错误；

rm{垄脷a.}混合气体总的物质的量不变，容器体积不变，混合气体的压强不变，故rm{a}错误；

rm{b.}随反应进行，反应物浓度降低，正反应速率逐渐降低，故rm{b}正确；

rm{c.}随反应进行，反应物浓度降低，正反应速率逐渐降低，生成物的浓度增大，逆反应速率增大，故单位时间内，rm{c}的消耗量减小，rm{d.}的消耗量增大，单位时间内，rm{N_{2}}和rm{NO}的消耗量之比减小，故rm{N_{2}}正确；

故答案为：rm{NO}rm{d}rm{cd}rm{(2)}rm{垄脵N}rm{2}rm{2}rm{(g)+O}rm{2}rm{2}rm{(g)=2NO(g)}rm{娄陇H=+180.5kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脷2H}rm{2}rm{2}rm{(g)+O}rm{2}据盖斯定律rm{2}得rm{(g)=2H}rm{2}rm{2}rm{O(l)}rm{娄陇H=隆陋571.6kJ隆陇mol}rm{{,!}^{-1}}据盖斯定律rm{O(l)娄陇H=-752.1kJ隆陇mol^{;-1}}rm{{,!}^{-1}}故答案为：rm{垄脷-垄脵}rm{2H}rm{2}rm{2}rm{(g)+2NO(g)=N}rm{2}rm{2}rm{(g)+2H}rm{2}rm{2}rm{O(l)娄陇H=-752.1

kJ隆陇mol^{;-1}}根据图象中先拐先平速率大，可知rm{;}时先达到平衡状态，则温度rm{2H}大于rm{2}温度越高rm{2}的浓度的浓度越大，则升高温度平衡逆向移动，所以正方向为放热反应，即rm{(g)+2NO(g