湖南省湖湘教育三新探索協(xié)作體2024-2025學年高二化學上學期期中試題含解析

Page11留意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號寫在試題卷和答題卡上，并將準考證條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上相應題目的答案標號涂黑。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3.非選擇題的作答：用簽字筆干脆答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi)，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4.考試結束后，將答題卡上交。5.本試卷共8頁，18題，全卷滿分：100分，考試用時：75分鐘可能用到的相對原子質(zhì)量：H：1O：16Na：23S：32Fe：56一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與生活緊密相聯(lián)，下列說法錯誤的是A.規(guī)范運用防腐劑可以減緩食物變質(zhì)速度，保持食品養(yǎng)分價值B.具有漂白、防腐和抗氧化等作用，可用作食品添加劑C.《齊民要術》中記載了酒曲的處理：“乃平量一斗，舀中搗碎”，“搗碎”目的是增大接觸面積D.“綠蟻新醅酒，紅泥小火爐”是唐代詩人白居易的聞名詩句，“新醅酒”是純凈物【答案】D【解析】【詳解】A．規(guī)范運用防腐劑可以減緩食物變質(zhì)速度，保持食品養(yǎng)分價值，提高食品的口感，A正確；B．具有漂白性和強還原性，具有漂白、防腐和抗氧化等作用，可作為食品添加劑，B正確；C．“搗碎”可以增大接觸面積，C正確；D．酒不管是“新醅酒”，還是久置的酒，都應屬于混合物，不行能為純凈物，D錯誤；故選D。2.下列化學用語運用正確的是A.的空間填充模型：B.含有8個中子的碳原子可表示為：C.與互為同位素D.用電子式表示氧化鈉的形成過程：【答案】A【解析】【詳解】A．是直線型分子，其空間填充模型：，故A正確；B．碳原子的質(zhì)子數(shù)為6，含有8個中子的碳原子的質(zhì)量數(shù)為14，標在元素符號的左上角，，故B錯誤；C．質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同的同一元素的不同原子互稱為同位素，與是單質(zhì)不互為同位素，故C錯誤；D．氧化鈉是氧離子和鈉離子之間通過離子鍵形成的離子化合物，用電子式表示氧化鈉的形成過程中產(chǎn)物氧化鈉的鈉離子不能用角標的形式縮寫，需陰陽離子間隔排列，故D錯誤；故選A。3.設為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.1mol和中含有的電子數(shù)都為B.78g和混合物所含離子數(shù)為C.1mol與足量NaOH溶液反應生成的溶液中的數(shù)目為D.1mol溶于水所得溶液中數(shù)目為【答案】B【解析】【詳解】A．N的原子序數(shù)是7，每個和中都含有35個質(zhì)子，所含電子數(shù)為34，所含電子數(shù)為36，故A錯誤；B．和的摩爾質(zhì)量均為78g/mol，78g和混合物恰好為1mol，1個含有2個和1個，1個含有2個和1個，故所含離子數(shù)為，故B正確；C．1mol與足量NaOH溶液反應生成1molNaClO，在溶液中發(fā)生水解反應，的數(shù)目小于，故C錯誤；D．溶于水所得溶液為氨水溶液，為弱電解質(zhì)，只有部分發(fā)生電離，數(shù)目為小于，故D錯誤；故答案為B。4.我國科學家開發(fā)催化劑(Ru-CdS)，實現(xiàn)光催化氧化反應。反應如圖所示：下列說法正確的是A.HMF的分子式為B.HMF能發(fā)生取代反應、氧化反應、加成反應、加聚反應C.可用酸性溶液鑒別HMF和HMFCAD.HMFCA不能與碳酸鈉反應【答案】B【解析】【詳解】A．HMF的分子式為，故A錯誤；B．含有碳碳雙鍵、碳氧雙鍵、醚鍵和羥基，可以發(fā)生取代反應、氧化反應、加成反應、加聚反應，故B正確；C．HMF和HMFCA都含有碳碳雙鍵，都可以使酸性溶液褪色，不行用酸性溶液鑒別HMF和HMFCA，故C錯誤；D．HMFCA中含有—COOH能與發(fā)生反應，故D錯誤；故選B。5.下列有關熱化學方程式及其描述正確的是A.甲烷的燃燒熱為890.3kJ/mol，則甲烷的燃燒熱的熱化學方程式為：kJ/molB.500℃，30MPa下，將0.5mol和1.5mol置于密閉容器中充分反應生成，放熱19.3kJ，其熱化學方程式：kJ/molC.已知；，則D.含20.0gNaOH的稀溶液與稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的熱量，則稀醋酸和稀NaOH溶液反應的熱化學方程式為：kJ/mol【答案】C【解析】【詳解】A．甲烷的燃燒熱是1mol甲烷完全燃燒生成和液態(tài)水時放出的熱量，正確的熱化學方程式為，A錯誤；B．氮氣和氫氣反應可逆，500℃、30MPa下，將0.5mol和1.5mol置于密閉的容器中充分反應生成的物質(zhì)的量小于1mol，放熱19.3kJ，生成2mol放出的熱量大于38.6kJ，則kJ?mol，B錯誤；C．等量的碳完全燃燒生成二氧化碳放出的能量大于不完全燃燒生成一氧化碳放出的能量，放熱反應是帶有“-”號的，則，C正確；D．醋酸是弱酸，電離吸熱，含1mol的稀醋酸和稀NaOH溶液完全反應放出的熱量小于57.4kJ，則該反應熱kJ?mol，D錯誤；故答案選C。6.某小組為了探究影響溶液與溶液在酸性條件下反應速率的因素，設計試驗方案如表所示。試驗/mL(mol/L)/mL(mol/L)/mL(mol/L)/mL(mol/L)/mL褪色時間t/min15.01.51.50.02.0825.01.52.00.0636.01.52.50.00.0444.01.51.50.53下列說法正確的是A.若時，試驗1和2的結果說明溶液酸性越強，反應速率越快B.試驗3中的反應速率為0.00375mol/(L·min)C.該反應的離子方程式為D.若時，試驗3和4的結果說明催化劑更有利于變更更學反應速率【答案】D【解析】【詳解】A．若時，試驗1和2中除了硫酸濃度不同，溶液總體積不同，導致和的濃度也不同，不能說明溶液酸性越強反應速率越快，故A錯誤；B．試驗3中，的起始濃度為=0.015mol/L，則的反應速率為=0.00375mol/(L·min)，則的反應速率為0.00375mol/(L·min)=0.0093755mol/(L·min)，故B錯誤；C．不能拆，該反應的離子方程式為：，故C錯誤；D．若時，試驗3中反應物濃度較大，試驗4中加入催化劑，試驗4中溶液褪色時間更快，說明該相同條件下，催化劑更有利于變更更學反應速率，故D正確；答案選D。7.氨基甲酸銨())是合成尿素的一種中間產(chǎn)物。已知某溫度下，向恒容密閉容器中加入amol，反應，達到平衡。下列敘述中不能表明反應達到平衡狀態(tài)的是A.單位時間內(nèi)消耗1mol同時消耗1molB.氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變更C.氣體的密度不再變更D.容器內(nèi)的壓強不再變更【答案】B【解析】【詳解】A．單位時間內(nèi)消耗1mol同時消耗1mol，正、逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，故A不符合題意；B．該反應中只有水蒸氣一種氣體，故氣體的平均相對分子質(zhì)量始終不變，當其不變時，不能說明反應達到平衡狀態(tài)，B符合題意；C．恒容密閉容器，容器體積不變，氣體的總質(zhì)量在不斷變更，依據(jù)公式可知，當氣體的密度不再變更時，反應達到平衡狀態(tài)，C不符合題意；D．恒容體系，容器體積不變，在平衡前氣體物質(zhì)的量在不斷變更，則容器內(nèi)的壓強在不斷變更，當容器內(nèi)的壓強不變時，反應達到平衡狀態(tài)，D不符合題意；故選B。8.已知常溫時HClO和的電離平衡常數(shù)分別為和?，F(xiàn)將pH和體積都相同的兩種酸溶液分別加蒸餾水稀釋，pH隨溶液體積的變更如圖所示，下列敘述正確的是A.曲線Ⅱ為稀釋時pH變更曲線B.從b點到d點，溶液中減小(HR代表HClO或)C.b點溶液中水的電離程度比c點溶液中水的電離程度大D.取a點的兩種酸溶液，中和相同體積、相同濃度的NaOH溶液，消耗的體積較小【答案】C【解析】【詳解】A．酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強，由電離平衡常數(shù)知，酸性：，pH相同的一元酸稀釋相同的倍數(shù)，pH值變更較大的酸其酸性較強，由圖知，稀釋相同倍數(shù)時，曲線ⅠpH值變更較大，所以曲線Ⅰ為HNO?稀釋時pH變更曲線，故A錯誤；B．水解平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變，則從b點到d點，溶液中不變，故B錯誤；C．酸抑制水電離，越大，水電離程度越小，：c點大于b點，則水電離程度：b點大于c點，故C正確；D．pH相同的HClO、，，中和相同體積、相同濃度的NaOH溶液，消耗的體積較多，故D錯誤；故答案為：C。9.常溫下，下列指定溶液中微粒的濃度關系錯誤的是A.0.1mol?L溶液：B.向NH?Cl溶液中加入適量氨水，得到堿性溶液中：C.等物質(zhì)的量濃度的和兩份溶液中：D.向溶液中滴加稀鹽酸得到中性溶液：【答案】B【解析】【詳解】A．0.1mol?L溶液中存在質(zhì)子守恒，，A正確；B．向溶液中加入適量氨水，得到堿性溶液，則，由電荷守恒，則，則溶液中存在，B錯誤；C．溶液中氫離子抑制銨根離子的水解，醋酸銨溶液中醋酸根離子水解促進銨根離子的水解，等物質(zhì)的量濃度的和兩份溶液中：，C正確；D．溶液中滴加稀鹽酸得到中性溶液：，溶液中，溶液中，D正確；故選B。10.常溫下，下列指定溶液中確定能大量共存的是A.水電離出來mol/L的溶液中：、、、B.的溶液中：、、、C.澄清透亮溶液中：、、、D.與Al反應能放出的溶液中：、、、【答案】C【解析】【詳解】A．水電離出來的mol/L的溶液呈酸性或堿性，在堿性溶液中、、、與之間不反應，能大量共存，但酸性溶液中、與反應不能大量共存，A不合題意；B．該溶液中呈堿性，會與氫氧根離子反應，B不合題意；C．澄清透亮溶液中、、、不會發(fā)生離子間的反應，C符合題意；D．能與Al反應生成氫氣的溶液可能為弱氧化性酸或強堿溶液，溶液呈酸性或堿性，堿性條件下不能大量共存，酸性條件下Al不會與不會生成，也會與發(fā)生氧化還原反應，D不合題意；故答案為：C。11.難溶鹽可溶于鹽酸，常溫下，用HCl氣體調(diào)整：濁液的pH，測得體系中或隨的變更如圖所示。下列說法正確的是A.曲線N代表隨的變更趨勢 B.Y點溶液中存在C.氫氟酸的 D.難溶鹽的溶度積【答案】B【解析】【分析】HF的電離常數(shù)Ka=，-lgc(F-)=lg-lgKa，Ksp(MgF2)=c(Mg2+)×c2(F-)，溫度不變，Ka和Ksp都不變，則-lgc(F-)隨著lg的增大而增大，即為曲線M，c(F-)隨著lg的增大而減小，則c(Mg2+)隨著lg的增大而增大，-lgc(Mg2+)隨著lg的增大而減小，即為曲線N。【詳解】A．依據(jù)分析可知，曲線M代表隨的變更關系，曲線N代表隨的變更關系，A錯誤；B．Y點溶液中，物料守恒為，有，B正確；C．由X點可知，C錯誤；D．，，依據(jù)，得出，的溶度積常數(shù)，D錯誤；故答案選B。12.1molHCOOH在Pd催化劑表面脫氫的反應歷程與能量的關系如圖所示，下列說法正確的A.反應歷程用DCOOH代替HCOOH，得到的產(chǎn)物可能有HD和B.Pd催化劑可以加快反應速率，降低反應的活化能，但不參與反應C.歷程中決速步驟活化能為80.3kJ/molD.以上反應歷程涉及極性鍵和非極性鍵斷裂與形成【答案】A【解析】【詳解】A．由圖中可知，HCOOH在催化劑作用下可生成和，若用DCOOH代替HCOOH，得到的產(chǎn)物可能有HD和，故A正確；B．由圖可知，Pd催化劑參與反應，變更反應途徑，故B錯誤；C．由圖可知，HCOOH分解生成和歷程中決速步驟Ⅳ→V的活化能為80.3akJ/mol，故C錯誤；D．由圖可知，反應過程涉及極性鍵斷裂、極性鍵和非極性鍵的形成，沒有非極性鍵的斷裂，故D錯誤；故選A。13.確定溫度下，向容積為2L的密閉容器中通入兩種氣體發(fā)生化學反應生成氣體產(chǎn)物，反應中各物質(zhì)的物質(zhì)的量變更如圖所示。則下列推斷合理的是A.該反應的化學方程式為B.反應進行到1s時，生成A的速率小于生成B的速率C.該溫度下反應平衡常數(shù)為mol/LD.反應達到平衡后，向容器中加入等物質(zhì)的量的B和C，達到新平衡B的轉化率增大【答案】C【解析】【詳解】A．圖像可知反應物生成物共存與統(tǒng)一體系，故反應為，故A錯誤；B．該反應從正反應方向建立平衡，反應進行到1s時，正反應速率大于逆反應速率，反應生成A的速率大于生成B的速率，故B錯誤；C．由圖像知平衡時A、B、C、D的平衡濃度分別為0.6mol/L，0.2mol/L，0.1mol/L，0.2mol/L，故可得此溫度下該反應平衡常數(shù)，故C正確；D．反應達到平衡后，向容器中加入等物質(zhì)的量的B和C，壓強增大，平衡逆向移動，達到新平衡B的轉化率減小，故D錯誤；故選C。14.滴加相同濃度的鹽酸或KOH溶液來調(diào)整0.01mol?L溶液的pH，試驗測得含砷各微粒的分布分數(shù)(平衡時某種微粒的濃度占各種微粒濃度之和的分數(shù))與溶液pH的關系如圖所示，(類比pH的定義，對于稀溶液可以定義，。)下列說法正確的是A.溶液呈酸性B.水的電離程度：a點大于c點C.d點溶液的D.b點溶液中存在：【答案】C【解析】【詳解】A．由圖像中交點對應的pH求解砷酸的各步電離常數(shù)：、、，的水解程度大于其電離程度，溶液呈堿性，故A錯誤；B．c點水解促進水電離，所以水的電離程度a點小于c點，故B錯誤；C．依據(jù)圖示d點時，，依據(jù)，得出，故C正確；D．依據(jù)電荷守恒b點溶液中存在：，故D錯誤；故選C。二、非選擇題：本大題共4小題，共58分。15.、CuCl是重要的化工原料，常用來作為有機合成的催化劑。試驗室常用如下裝置來制備。已知：易潮解；CuCl不溶于乙醇和稀鹽酸；在酸性條件下被還原成。Ⅰ．的制備（1）試驗起先時須要先打開A裝置中分液漏斗活塞滴加濃鹽酸，一段時間后再點燃D處酒精燈，目的是___________。（2）裝置A中發(fā)生反應的化學方程式是___________；該反應氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為___________。（3）B裝置所盛試劑為___________；E裝置的作用是___________。Ⅱ．CuCl的制備將上述試驗制得的粉末加水溶解，滴加少量稀鹽酸，向溶液中通入適量的氣體，加熱即可得到白色沉淀，將過濾后的白色沉淀用乙醇洗滌2~3次后，干燥即可得到CuCl晶體。（4）加少量鹽酸的作用是___________。（5）用和，制備CuCl的離子方程式為___________。（6）用乙醇洗而不用水洗的緣由是___________。【答案】（1）排盡裝置內(nèi)的空氣，防止銅被空氣氧化（2）①.②.1∶6（3）①.飽和食鹽水②.防止F中的水蒸氣進入D中使產(chǎn)品潮解（4）抑制水解（5）（6）用乙醇洗可以降低CuCl的溶解損耗，且乙醇沸點低，便于后續(xù)干燥【解析】【小問1詳解】由于銅在受熱時易與氧氣反應生成氧化銅，影響產(chǎn)品的質(zhì)量，故在反應前應先通氯氣排盡裝置內(nèi)的空氣；【小問2詳解】裝置A中發(fā)生反應的化學方程式是：(濃)，該反應中做氧化劑，HCl作還原劑，但參與反應的HCl并沒有完全被氧化，還有一部分生成和KCl，化合價沒變，體現(xiàn)酸性，故氧化劑與還原劑之比為1∶6；【小問3詳解】由反應原理可知，A裝置制得的氯氣中含有少量HCl和，故B為凈扮裝置，盛放飽和食鹽水，目的是除去HCl；因易潮解，C、E均為干燥裝置，盛放濃硫酸，其中C是為了吸取氯氣中混有的水蒸氣，E是為了防止F中的水蒸氣進入D中使產(chǎn)品潮解；【小問4詳解】銅離子水解顯酸性，加少量鹽酸可抑制銅離子的水解；【小問5詳解】和發(fā)生氧化還原反應，生成硫酸根離子和CuCl沉淀，【小問6詳解】由信息可知CuCl不溶于乙醇，用乙醇洗可以降低CuCl的溶解損耗，且乙醇沸點低，便于后續(xù)干燥。16.我國鈦資源豐富，但鈦礦品位低，且有一半的鈦資源是以類質(zhì)同象形式賦存于釩鈦磁鐵礦中，難以利用，因此需通過冶煉形成鈦渣后再用于提取二氧化鈦。利用鈦渣(主要成分為，含少量鐵的氧化物等)接受混合硫酸法制備，該工藝適用于高品鈦。詳細流程如下：已知：①六氯鈦酸鉀是一種無機物，化學式，可溶于熱水，微溶于冷水。②③當離子濃度小于10??mol/L時視為沉淀完全。與氧氣反應產(chǎn)物含鈦物質(zhì)含量隨溫度變更如圖所示。請回答：（1）為提高酸解率，可以接受的措施有___________。(任寫一點)（2）向溶液中加入KCl、HCl充分反應后，通過一系列操作可以獲得晶體，請寫出詳細操作___________、過濾、洗滌、干燥。（3）晶體進行加熱分解生成和“殘渣”，“殘渣”是___________。（4）室溫下，若的為，若要使得中的完全沉淀，需調(diào)整pH到___________。（5）為獲得更為純凈的，應限制反應溫度T高于___________。（6）某小組為測定綠礬產(chǎn)品的純度，取12g綠礬產(chǎn)品溶于稀硫酸配成100mL溶液，取25.00mL用0.1000mol/L；溶液滴定，平行滴定三組數(shù)據(jù)如下：滴定次數(shù)123/mL(初讀數(shù))0.100.333.20/mL(終讀數(shù))20.0820.3520.22①達到滴定終點時的試驗現(xiàn)象是___________。②綠礬產(chǎn)品的純度為___________%(保留小數(shù)點后2位)?！敬鸢浮浚?）粉碎鈦渣或適當提高酸濃度、攪拌、升溫（2）蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶（3）KCl（4）8.3（5）1000℃（6）①.滴入最終半滴標準溶液，溶液變成淺紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色②.92.67【解析】【分析】鈦渣加入硫酸得到TiOSO4和FeSO4，冷凍結晶得到FeSO4·7H2O，TiOSO4溶液入KCl、HCl充分反應后，一系列操作得到得K2TiCl6晶體，分解得到KCl(殘渣)和TiCl4，確定溫度下加入氧氣氧化后得到TiO2。【小問1詳解】粉碎鈦渣或適當提高酸濃度、攪拌、升溫都可以提高酸解率；故答案為：粉碎鈦渣或適當提高酸濃度、攪拌、升溫?！拘?詳解】氯鈦酸鉀是一種無機物，化學式K2TiCl6，可溶于熱水，微溶于冷水，向TiOSO4溶液中加入KCl、HCl充分反應后，蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥可以獲得K2TiCl6晶體；故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶?！拘?詳解】依據(jù)分析可知殘渣為KCl；故答案為：KCl?！拘?詳解】當離子濃度小于10-5mol/L時視為沉淀完全，若要使得FeSO4中的Fe2+完全沉淀，則c(Fe2+)=10-5mol/L，F(xiàn)e(OH)2的Ksp為4.0×10?17，則Ksp=c(Fe2+)c2(OH-)=4.0×10?17，解得c(OH-)=2×10-6mol/L，c(H+)==5×10-9mol/L，pH=-lgc(H+)=8.3；故答案為：8.3。【小問5詳解】依據(jù)TiCl4與氧氣反應產(chǎn)物含鈦物質(zhì)含量隨溫度變圖可知，溫度高于1000℃可以制的純凈的TiO2；故答案為：1000?！拘?詳解】高錳酸鉀與硫酸亞鐵反應紫色褪去，滴入最終半滴KMnO4標準溶液，溶液變成淺紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，證明反應已經(jīng)完成；依據(jù)2KMnO4+10FeSO4+6H2SO4=5Fe2(SO4)3+K2SO4+6H2O可知，n(KMnO4)∶n(FeSO4·7H2O)=1∶5，3次試驗高錳酸鉀的平均體積為=20.22ml，n(KMnO4)=20.22×10-3ml×0.1mol/L=2×10-3mol，所以n(FeSO4·7H2O)=5×2×10-3mol=0.01mol，F(xiàn)eSO4·7H2O的總物質(zhì)的量為：0.01mol×=0.04mol；m(FeSO4·7H2O)=0.04mol×278g/mol=11.12g，綠礬粗品的純度為；故答案為：滴入最終半滴KMnO4標準溶液，溶液變成淺紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；92.67%。17.Ⅰ．汽車尾氣是造成大氣污染的重要緣由之一，削減氮的氧化物在大氣中的排放是環(huán)境疼惜的重要內(nèi)容之一、請回答下列問題：（1）已知：①kJ/mol②kJ/mol③kJ/mol若某反應的平衡常數(shù)表達式為，則此反應的熱化學方程式為_______。Ⅱ．汽車尾氣中的NO和CO可在催化劑作用下生成無污染的氣體而除去。在密閉容器中充入5molCO和4molNO發(fā)生反應，測得平衡時NO的體積分數(shù)與溫度、壓強的關系如圖。（2）已知，則反應___________0(填“>”“=”或“<”)，理論上該反應在___________(填“高溫”或“低溫”)條件下可自發(fā)進行。（3）達到平衡后，為同時提高反應速率和CO的轉化率，可實行的措施有______(填字母序號)。A.上升溫度 B.增加CO的濃度C.縮小容器的體積 D.改用高效催化劑（4）壓強為20MPa、溫度為下，若反應進行到10min達到平衡狀態(tài)，該溫度下用分壓表示的平衡常數(shù)___________MPa(用計算式表示)。（5）在D點，對反應容器降溫的同時縮小體積至體系壓強增大，重新達到的平衡狀態(tài)可能是圖中點A∽G中的___________點。Ⅲ．已知和的水溶液中存在如下平衡：某溫度下，10mL濃度均為0.1mol?L的兩種溶液，分別加水進行稀釋，所得曲線如圖所示[V表示溶液的體積，]，回答下列問題：（6）水解的離子方程式為___________。（7）該溫度下___________?！敬鸢浮浚?）kJ/mol（2）①.<②.低溫（3）C（4）（5）G（6）（7）【解析】【小問1詳解】由平衡常數(shù)表達式可知，發(fā)生的反應為一氧化氮與一氧化碳反應生成氮氣和二氧化碳，反應的方程式為，由蓋斯定律可知，反應②×2—①—③得到反應，則反應ΔH=(?393.5kJ/mol)×2—(+180.5kJ/mol)—(?221kJ/mol)=?746kJ/mol，則反應的熱化學方程式為kJ/mol，故答案為：kJ/mol；【小問2詳解】由題意可知，反應溫度T2大于T1，由圖可知，T2條件下一氧化氮的體積分數(shù)大于T1條件下，說明平衡向逆反應方向移動，該反應為放熱反應，反應的焓變小于0；該反應是熵減的反應，低溫條件下反應ΔH—TΔS＜0，反應能自發(fā)進行，故答案為：<；低溫；【小問3詳解】A．上升溫度，平衡向逆反應方向移動，一氧化碳的轉化率降低，故錯誤；B．增加一氧化碳的濃度，平衡向正反應方向移動，但一氧化碳的轉化率降低，故錯誤；C．縮小容器的體積，氣體壓強增大，反應速率加快，平衡向正反應方向移動，一氧化碳的轉化率增大，C正確；D．催化劑能加快反應速率，但化學平衡不移動，一氧化碳的轉化率不變，故錯誤；故選C；【小問4詳解】由圖可知，壓強為20MPa、溫度為下條件下，反應達到平衡時，一氧化氮的體積分數(shù)為40%，設平衡時生成氮氣的物質(zhì)的量為amol，由題意可建立如下三段式：由一氧化氮的體積分數(shù)可得：×100%=40%，解得a=0.25，則平衡常數(shù)Kp=，故答案為：；【小問5詳解】該反應是氣體體積減小的放熱反應，在D點對反應容器降溫的同時縮小體積至體系壓強增大，平衡都向正反應方向移動，一氧化氮的體積分數(shù)減小，則重新達到平衡狀態(tài)可能是圖中A∽G點中的G點，故答案是：G；【小問6詳解】由題給信息可