重庆市育才中学2022-2023学年高二化学上学期期中试题（Word版附解析）

重庆市育才中学校2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题第I卷一、选择题(本题共14小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求)1.中华传统文化蕴含着丰富的化学知识，下列蕴含的化学知识分析不正确的是A.“沧海月明珠有泪，蓝田日暖玉生烟”，句中珠字对应的化学物质是碳酸钙，属于强电解质B.“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”，大理石变为生石灰的过程是吸热反应C.“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能D.“投泥泼水愈光明，烁玉流金见精悍“，所指高温时碳与水蒸气反应为放热反应【答案】D【解析】【详解】A．句中的珠字指的是珍珠，对应的化学物质是碳酸钙，属于强电解质，A正确；B．大理石变为生石灰的过程是吸热反应，B正确；C．燃烧豆萁过程涉及的是化学能转化为热能，C正确；D．高温时碳与水蒸气反应为吸热反应，D错误。故选D。2.下列说法正确的是A.25℃、101kPa时，lmolS和2molS的燃烧热相等B.已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)△H=akJ/mol，2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=bkJ/mol，则a＞bC.相同条件下，等物质的量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，前者放出热量少D.1molH2完全燃烧生成H2O(g)放出的热量叫H2的燃烧热【答案】A【解析】【详解】A．在25℃，101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，单位为kJ/mol。所以25℃、101kPa时，lmolS和2molS的燃烧热相等，但燃烧所释放出的热量不相等，故A正确；B．，C转化为CO释放出bkJ/mol热量；CO转为释放出热量，则a=b+y，由于b、y均小于0，所以a＜b，故B错误；C．硫粉转化成硫蒸气需要吸收热量，即相同条件下，等物质的量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，前者放出热量多，故C错误；D．在25℃，101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧 热，单位为kJ/mol。的稳定氧化物为，故D错误；答案选A。3.下列说法正确的是A.铁器在潮湿的空气中生锈是自发进行的化学过程B.100mL2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变C.在一定温度下固定容积的密闭容器中，发生SO2的催化氧化反应，增大容器内压强，反应速率一定改变D.用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率【答案】A【解析】【详解】A．铁器在潮湿的空气中生锈是自发进行的化学过程，故A正确；B．100mL2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故B错误；C．在一定温度下固定容积的密闭容器中，发生SO2的催化氧化反应，若通入无关气体，增大容器内压强，反应速率不变，故C错误；D．铁在浓硫酸中钝化，用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸不能加快产生氢气的速率，故D错误；选A。4.在相同温度下，100mL0.01mol•L-1的氨水与10mL0.1mol•L-1的氨水相比较，下列数值前者大于后者的是A.NH3•H2O的物质的量B.OH-的物质的量浓度C.电离的程度D.中和时所需HCl的量【答案】C【解析】【详解】A．根据n=CV计算，二者的物质的量相等，故A错误；B．前者是稀溶液，OH-浓度也小，前者小于后者，故B错误：C．弱电解质电离是越稀越电离，前者浓度稀，电离程度大于后者，故C正确；D．二者物质的量相等，中和所需盐酸的量也相等，故D错误；答案选C。5.如图所示是298K时，A2与B2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是 A.催化剂不参与化学反应，故反应前后的质量和性质不变B.该反应的热化学方程式为A2(g)+B2(g)=2AB(g)△H=+(a-b)kJ•mol-1C.每生成2molAB吸收bkJ热量D.断裂1molA—A和1molB—B键，放出akJ能量【答案】B【解析】【分析】由图可知，该反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，反应的热化学方程式为A2(g)+B2(g)=2AB(g)△H=+(a-b)kJ•mol-1。【详解】A．催化剂能改变反应途径、降低反应的活化能，所以催化剂参与化学反应，故A错误；B．由分析可知，反应的热化学方程式为A2(g)+B2(g)=2AB(g)△H=+(a-b)kJ•mol-1，故B正确；C．由图可知，每生成2mol气态AB分子，反应吸收bkJ热量，故C错误；D．破坏化学键时，需要吸收能量，则断裂1molA—A和1molB—B键，吸收akJ能量，故D错误；故选B。6.已知2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)△H＜0。在500℃时，向恒容密闭体系中通入1mol的NO和1mol的CO进行反应时，下列描述能说明反应达到平衡状态的是A.单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的N2B.体系中混合气体密度不变C.混合气体的平均相对分子质量不变D.体系中NO、CO的浓度相等【答案】C【解析】【详解】A．单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的N2，正逆反应速率不相等，反应不平衡，故不选A；B．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，体系中混合气体密度不变，反应不一定平衡，故不选B； C．反应前后气体物质的量不同，气体总质量不变，平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不变，反应一定达到平衡状态，故选C；D．NO、CO的投料比等于系数比，体系中NO、CO的浓度始终相等，NO、CO的浓度相等，反应不一定平衡，故不选D；选C。7.对于合成氨反应，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0。达到平衡后，以下分析正确的是A.升高温度，对正反应的反应速率影响更大B.增大压强，对正反应的反应速率影响更大C.减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大D.加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大【答案】B【解析】【详解】A．升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，可知升高温度对逆反应的反应速率影响更大，故A错误；B．增大压强，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，可知对正反应的反应速率影响更大，故B正确；C．减小反应物浓度，正反应速率减小，平衡逆向移动，可知对正反应的反应速率影响更大，故C错误；D．加入催化剂，平衡不移动，正反应速率等于逆反应速率，催化剂对正逆反应的反应速率有同等程度的影响，故D错误；选B。8.反应mX(g)nY(g)+pZ(g)　ΔH，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法错误的是A.该反应的ΔH>0B.m＜n+pC.B、C两点化学平衡常数：KB>KCD.A、C两点的反应速率v(A)＜v(C)【答案】C【解析】【详解】A．由图可知温度升高，Y的体积分数增大，说明平衡正向移动，则正向为吸热反应，故A正 确；B．由图可知，增大压强，Y的体积分数减小，说明平衡逆向移动，则m＜n+p，故B正确；C．对吸热反应来说，温度升高，K增大，KB＜KC，故C错误；D．A、C温度相同，C点压强大，则C点的速率大于A点，故D正确；故选C。9.在实验室进行中和热测定实验，下列有关叙述错误的是A.大小烧杯之间塞满碎泡沫，目的是减少热量损失B.测量终止温度时，应当记录混合溶液的最高温度C.为了使酸碱充分反应，应当缓慢分次倒入溶液并搅拌D.可用塑料材质的环形搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒【答案】C【解析】【分析】【详解】A．大小烧杯之间塞满碎泡沫，目的是减少热量损失，减小测量误差，故A正确；B．充分反应，放出热量最多时，温度最高，测量终止温度时，应当记录混合溶液的最高温度，故B正确；C．为了使酸碱充分反应，应当快速一次倒入溶液并搅拌，防止热量散失，故C错误；D．塑料材质的环形搅拌棒导热能力差，可用塑料材质的环形搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，故D正确；故选C。10.25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH-△H＞0，下列叙述正确的是A.向水中加入稀盐酸，水的电离平衡逆向移动，c(OH-)减小B.向水中加入少量NaHSO4固体，c(H+)增大，Kw增大C.向水中加入少量固体Na，水的电离平衡逆向移动，c(H+)降低D.将纯水加热，Kw增大，pH不变【答案】A【解析】【详解】A．向水中加入稀盐酸，c(H+)增大，水的电离平衡逆向移动，c(OH-)减小，故A正确；B．向水中加入少量NaHSO4固体，c(H+)增大，Kw不变，故B错误；C．向水中加入少量固体Na，钠消耗氢离子生成氢气，c(H+)降低，水的电离平衡正向移动，故C错误；D．将纯水加热，c(H+)、c(OH-)均增大，Kw增大，pH减小，故D错误；选A。 11.已知电离常数：，、。下列离子方程式书写正确的是A.向KCN(aq)中通入少量的气体：B.饱和碳酸钠溶液中通入C.氢氧化铁溶于氢碘酸(强酸)：D.同浓度同体积的溶液与NaOH溶液混合：【答案】C【解析】【分析】【详解】A．电离常数越大，酸性越强，所以酸性：，KCN(aq)中通入少量的气体的反应为：，A错误；B．饱和碳酸钠溶液中通入会生成碳酸氢钠沉淀，即，B错误；C．氢氧化铁溶于氢碘酸，生成的会氧化，C正确；D．同浓度同体积的溶液与NaOH溶液混合，氢氧根离子先与氢离子反应，离子方程式为：，D错误；答案为：C。12.某温度下，测得0.01mol•L-1NaOH溶液的pH为11。在该温度下，将pH=4的HCl溶液与pH=11的Ba(OH)2溶液混合并保持恒温，欲使混合溶液呈中性，则HCl与Ba(OH)2溶液的体积之比为A.1：10B.10：1C.100：1D.1：100【答案】C【解析】【详解】pH=4的HCl溶液中c(H+)=10-4mol/L，pH=11的Ba(OH)2溶液中c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=10-2mol/L，欲使混合溶液呈中性，则10-4mol/L×V(HCl)=10-2mol/L×V[Ba(OH)2]，V(HCl)：V[Ba(OH)2]=100：1。故选C。13.五氯化磷(PCl5)是有机合成中重要的氯化剂，可以由三氯化磷(PCl3)氯化得到： PCl3(g)+Cl2(g)⇌PCl5(g)△H=-93.0kJ/mol。某温度下，在2.0L密闭容器中充入1.0molPCl3和0.5molCl2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如下表所示，下列说法不正确的是t/s050150250350n(PCl5)/mol00.210.360.400.40A.0～150s内，PCl3的反应速率为0.0012mol(L•s)B.反应至250s，该反应放出的热量为37.2kJC.该温度下，此反应的化学平衡常数数值为40/3D.在此温度下，该密闭容器中若初始充入1.0molPCl3、1molCl2、2.0molPCl5，则此时反应向逆反应方向进行【答案】D【解析】【详解】A．0～150s内，消耗PCl3的物质的量为0.36mol，反应速率为0.0012mol(L•s)，故A正确；B．反应至250s，生成0.4molPCl5，该反应放出的热量为93.0kJ/mol×0.4mol=37.2kJ，故B正确；C．该温度下，此反应达到平衡，生成0.4molPCl5，反应消耗0.4molPCl3、0.4molCl2，则平衡时PCl3的物质的量为0.6mol、Cl2的物质的量为0.1mol，化学平衡常数数值为，故C正确；D．在此温度下，该密闭容器中若初始充入1.0molPCl3、1molCl2、2.0molPCl5，，则此时反应向正反应方向进行，故D错误；答案选D。14.将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I(s)⇌NH3(g)+HI(g)；②2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)。达到平衡时，c(H2)=1.0mol/L，c(HI)=5mol/L，则此温度下，反应①的平衡常数数值为A.15B.25C.35D.49【答案】C【解析】 【详解】达到平衡时，c(H2)=1.0mol/L，c(HI)=5mol/L，可知反应①生成NH3的浓度为7mol/L，NH4I(s)⇌NH3(g)+HI(g)的平衡常数K=，故选C。第II卷二、填空题(包括15~18四个小题，共58分)15.利用太阳能分解H2O获得H2，再通过CO2加氢制甲醇(CH3OH)等燃料，从而实现可再生能源和CO2的资源化利用。（1）已知2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H＞0，下列说法正确的是；A.从宏观来看，2molH2O(g)总能量高于2molH2(g)+1molO2(g)的总能量B.从微观来看，2molH2O(g)中总键能高于2molH2(g)+1molO2(g)的总键能C.此反应正反应的活化能高于逆反应的活化能D.加入催化剂后改变反应途径，活化能降低，反应的△H减小（2）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH+H2O(g)该反应的反应历程如图一所示：①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为________(填“放热”或“吸热“)反应。②上述反应历程中有________(填“1“”、“2”或“3“)步基元反应，通常将其中的慢反应称为决速步，此步骤活化能较高，根据如图写出决速步的反应为________；（3）CO2催化加氢制取甲醇，反应如下：主反应：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ•mol-1副反应：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ•mol-1写出CO、H2生成CH3OH(g)的热化学方程式________；（4）2021年9月，《科学》杂志发表论文，介绍人类首次以二氧化碳为原料，不依赖植物光合作用，直接经过11步路径人工合成淀粉。前两步是先将二氧化碳还原为甲醛(HCHO)，过程如图二所示：请写出前两步总反应的化学方程式________；【答案】（1）BC（2）①.放热②.2③.CO2(g)+3H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)+2H2(g)或CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) （3）CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=-90.2kJ•mol-1（4）CO2+3H2+H2O2=HCHO+3H2O【解析】【小问1详解】2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)为吸热反应，从宏观来看，2molH2O(g)的总能量低于2molH2(g)+1molO2(g)的总能量；从微观来看，2molH2O(g)中总键能高于2molH2(g)+1molO2(g)的总键能；此反应正反应的活化能高于逆反应的活化能，加入催化剂后改变反应途径，活化能降低，反应的△H不变。故选BC。【小问2详解】如图，CO2(g)+3H2(g)=CH3OH+H2O(g)中反应物能量高于生成物，为放热反应，分为两步基元反应，第一步反应活化能更高，为整步反应的决速步，该反应为CO2(g)+3H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)+2H2(g)或CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)。【小问3详解】CO、H2生成CH3OH(g)的化学方程式为CO+2H2=CH3OH，由盖斯定律可知其△H=-49kJ•mol-1-（+41.2kJ•mol-1）=-90.2kJ•mol-1。【小问4详解】由图可知，前两步反应中CO2与H2、H2O2反应生成HCHO和H2O，故化学方程式为CO2+3H2+H2O2=HCHO+3H2O。16.磷能形成多种含氧酸，工业和生产生活中用途广泛。（1）次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，向10mLH3PO2溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2-、OH-两种阴离子。①写出H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式________；②常温下，K(H3PO2)=5.9×10-2，0.1mol/L的H3PO2溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填标号)。A．c(H+)B．C．D．c(OH-)（2）亚磷酸(H3PO3)是二元中强酸，25℃时亚磷酸的电离常数为K1=5.0×10-2，K2=2.6×10-7。①试从电离平衡移动的角度解释K1、K2数据的差异________。②亚磷酸溶液中的H3PO3、H2PO、HPO的物质的量分数δ(x)随c(H+)的变化如图所示[已知(X2-)= 图象中c点对应的c(H+)=________mol/L(只列出计算式)。（3）25℃时，HF的电离常数为K=3.6×10-4；H3PO4的电离常数为K1=7.5×10-3，K2=6.2×10-8，K=4.4×10-13。足量NaF溶液和H3PO4溶液反应的离子方程式为________。（4）①相同温度下，等物质的量浓度的上述三种磷(H3PO2、H3PO3、H3PO4)的含氧酸中，c(H+)由大到小的顺序为________(用酸的分子式表示)。②已知：OH-(aq)+H+(aq)=H2O(1)△H=-57.3kJ•mol-1，则0.1mol/LH3PO4溶液与足量0.Imol/LNaOH溶液反应生成1molH2O(1)放出的热量为________(填标号)。A.=57.3kJB.＜57.3kJC.＞57.3kJD.无法确定【答案】（1）①.NaH2PO2②.AB（2）①.H3PO3第一步电离出的氢离子对第二步电离起到了抑制的作用②.（3）F-+H3PO4=HF+H2PO（4）①.H3PO2＞H3PO3＞H3PO4②.B【解析】【小问1详解】①向10mLH3PO2溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2-、OH-两种阴离子，说明H3PO2是一元酸，H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式NaH2PO2；②A．0.1mol/L的H3PO2溶液呈酸性，在加水稀释过程中c(H+)减小，故选A；B．0.1mol/L的H3PO2溶液在加水稀释过程中，减小、不变，所以减小，故选B；C．0.1mol/L的H3PO2溶液在加水稀释过程中，平衡常数不变，故不选C；D．0.1mol/L的H3PO2溶液呈酸性，在加水稀释过程中c(H+)减小，所以c(OH-)增大，故不选D；选AB。 【小问2详解】①H3PO3第一步电离出的氢离子对第二步电离起到了抑制的作用，所以K1>K2。②K1=、，根据图示，图象中c点，所以=，对应的c(H+)=。【小问3详解】25℃时，HF的电离常数为K=3.6×10-4；H3PO4的电离常数为K1=7.5×10-3，K2=6.2×10-8，K=4.4×10-13。根据强酸制弱酸，足量NaF溶液和H3PO4溶液反应生成NaH2PO4和HF，该反应的离子方程式为F-+H3PO4=HF+H2PO。【小问4详解】①电离常数越大酸性越强，相同温度下，等物质的量浓度的H3PO2、H3PO3、H3PO4，c(H+)由大到小的顺序为H3PO2＞H3PO3＞H3PO4。②OH-(aq)+H+(aq)=H2O(1)△H=-57.3kJ•mol-1，H3PO4是弱酸，电离吸热，则0.1mol/LH3PO4溶液与足量0.1mol/LNaOH溶液反应生成1molH2O(1)放出的热量＜57.3kJ，故选B。17.室温下利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液的反应探究外界条件对反应速率的影响，设计方案如下：实验编号所加试剂及用量/mL溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6mol•L-1H2C2O4溶液的体积(mL)H2O的体积(mL)0.01mol•L-1KMnO4溶液的体积(mL)3mol•L-1稀H2SO4溶液的体积(mL)13.0V13.02.04.022.03.03.02.05.231.04.03.02.06.4分析实验设计方案和表格中的数据，完成下面的问题：（1）V1=__________mL，实验2中从开始到褪色完全，用KMnO4表示的反应速率为__________mol•L-1•min-1(计算结果保留两位有效数字)。（2）上述反应中H2C2O4和KMnO4的物质的量之比为________。 （3）实验的目的是探究反应物________对反应速率的影响；分析实验1、2、3数据可得到的结论是________。（4）某次实验中n(Mn2+)随时间变化趋势如图一所示，①t2后，n(Mn2+)在溶液中“突变“，推测Mn2+对反应有________作用。②请于图二画出t2后生成CO2的速率图象(从a点开始作图)________ ，并说明理由________。【答案】（1）①.2.0②.5.8×10-4（2）5：2（3）①.浓度②.反应物浓度越大，化学反应速率越快（4）①.催化②.③.t2时，c(Mn2+)增大，催化剂成为主要影响因素，反应速率突然加快，随着反应的进行，反应物浓度减小成为主要影响因素，反应速率减慢【解析】【分析】H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液的反应：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O，KMnO4溶液呈紫色，该实验中用于判断反应速率的现象是溶液紫色褪去。【小问1详解】从表格中的数据可以看出，保持KMnO4溶液浓度不变，改变的是草酸的浓度，所以要保证溶液总体积相等，根据实验2可知，溶液总体积为10.0mL，所以V1=2.0。实验2中开始时KMnO4溶液浓度为0.01mol/L，体积为3.0mL，加入草酸溶液和硫酸溶液后的总体积为10.0mL，所以KMnO4浓度变化为=0.003mol/L，褪色完全需时5.2min，用KMnO4表示的反应速率为 =5.8×10-4mol•L-1•min-1。小问2详解】根据氧化还原反应中的电子守恒可知，反应中H2C2O4和KMnO4的物质的量之比为5：2。【小问3详解】从表格中的数据可以看出，保持KMnO4溶液浓度不变，改变草酸的浓度，溶液褪色时间不同，所以实验目的是探究反应物浓度对反应速率的影响；草酸浓度越大，褪色时间越短，说明反应物浓度越大，化学反应速率越快。【小问4详解】①t2后，n(Mn2+)在溶液中突然变大，推测Mn2+对反应有催化作用。②t2后生成的Mn2+做反应的催化剂，催化剂成为主要影响因素，反应速率突然加快，随着反应的进行，反应物浓度减小成为主要影响因素，反应速率减慢，图像为。18.含氮污染物的有效去除和资源的充分利用是重要研究课题，回答下列问题：（1）利用工业尾气NO2与O3反应制备新型硝化剂N2O5，过程涉及以下反应：Ⅰ.2O3(g)=3O2(g)△H1   平衡常数为K1Ⅱ.4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)△H2   平衡常数K2Ⅲ.2NO2(g)+O3(g)=N2O5(g)+O2(g)△H3  平衡常数为K3平衡常数K与温度T函数关系为、、，其中x、y、z为常数。①K1=________(用含K2、K3的等式表示)。②反应△H2________0 (填＞或＜)，反应Ⅰ________(填“高温“、“低温”或“任意温度”)下能自发进行。③平衡常数与温度的函数关系式和②中一致，则的取值范围是________。(填序号)A.＜-2B.-2～0C.0～2D.＞2（2）NH3与O2作用分别生成N2、NO和N2O的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3可通过催化氧化为 N2除去，将一定比例的NH3和N2的混合气体以一定的流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、N2的选择性与温度的关系如图所示。①其他条件不变，在175～300℃范围内升高温度，出口处氮氧化合物的含量____(填“增大”或“减小“)。②综合上述信息，需研发________(填“高温“或“低温“)下N2选择性和催化效果更高的催化剂，能更有效除去尾气中的NH3。（3）在催化剂条件下发生反应：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)可消除NO和CO对环境的污染。为探究温度对该反应的影响，实验初始体系中气体分压p(CO)=p(NO)且p(CO2)=2p(N2)，测得反应体系中CO和N2的分压随时间变化情况如表所示。时间/min03060120180200℃CO的分压/kPa48.8132020N2的分压/kPa4845.643.54040300℃CO的分压/kPa10069.0484848N2的分压/kPa1025.5363636200℃时，该反应的化学平衡常数Kp=_______(kPa)-1[Kp表示平衡常数计算表达式中用分压代替浓度计算所得的值]，该反应的△H_________0(填“＞“或“＜“)。【答案】（1）①.②.＜③.任意温度④.C（2）①.增大②.低温（3）①.1.6②.＜【解析】【小问1详解】 ①根据盖斯定律，Ⅰ=2×Ⅲ-Ⅱ，则K1=。②反应Ⅱ，平衡常数K与温度T成反比，即温度升高，平衡常数减小，为放热反应，△H2<0；根据，平衡常数K与温度T成反比，即温度升高，平衡常数减小，则该反应为放热反应，△H2<0，该反应为熵增反应，△S2>0，根据△H2-T△S2<0反应自发进行，则该反应任意温度下能自发进行。③同理可知反应Ⅲ为放热反应，即，根据盖斯定律反应Ⅰ=反应Ⅲ×2-反应Ⅱ，则，，故选C。【小问2详解】①其他条件不变，在175～300℃范围内升高温度，NH3的转化率升高，N2的选择性下降，则出口处氮氧化物的量增大；②如图所示，低温下，N2的选择性较高，故研发低温下N2的选择性高的催化剂，能更有效除去尾气中的NH3；【小问3详解】