2020学年高二化学上学期第三次月考（12月）试题（含解析）

2020学年高二化学上学期第三次月考（12月）试题（含解析）

‎2019学年高二上学期第三次月考（12月）化学试题 考试时间：100分钟 总分：100分 ‎ 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O :16 N:14 Na:23 S:32 Cl:35.5 K:39 Br:80 ‎ 一、选择题(每个小题只有一个最佳选项，每小题3分，共54分)‎ ‎1. 下列关于说法正确的是( )‎ A. 乙烯分子和苯分子都含有碳碳双键，都能与溴水发生加成反应，而使溴水褪色 B. 煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源 C. 用于网络通信的光导纤维是一种有机化合物，该纤维遇强碱溶液会“断路”‎ D. 石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃 ‎【答案】D ‎【解析】A、苯不是单双键交替的结构，结构中无碳碳双键，故A错误；B．煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃气体；煤的液化指固体煤经化学加工转化成液体燃料和化工原料的过程；两者都生成了新物质，属于化学变化，故B错误；C．光导纤维的成分是二氧化硅不是有机化合物，故C错误；D．石油催化裂化的目的是提高汽油等轻质油的产量与质量，裂解的目的是得到小分子的烯烃，故D正确；故选D。‎ ‎2. 下列有机物的命名正确的是 ( )‎ A. 1,2-二甲基戊烷 B. 2-乙基戊烷 C. 3-甲基己烷 D. 3,4-二甲基戊烷 ‎【答案】C ‎【解析】A、主链应该为6个碳原子，离支链最近一端编号，得到名称不符合命名方法，正确的名称为3-甲基己烷，故A错误；B、主链选错，无2-乙基，正确的名称为3-甲基己烷，故B错误；C、符合命名方法，故C正确；D、编号起点选错，正确的名称为2，3─二甲基戊烷，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查了烷烃系统命名的方法应用，注意命名原则是解题关键。有机物系统命名中常见的错误有：①主链选取不当（不包含官能团，不是主链最长、支链最多）；②编号错（官能团的位次不是最小，取代基位号之和不是最小）；③支链主次不分（不是先简后繁）；④“－”、“，”忘记或用错。‎ ‎3. 下列化学用语正确的是( )‎ A. 聚丙烯的结构简式：CH2-CH2-CH2‎ - 14 -‎ B. 丙烷分子的比例模型：‎ C. 四氯化碳分子的电子式：‎ D. 2-乙基-1,3-丁二烯分子的键线式：‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：聚丙烯的结构简式，故A错误；是丙烷分子的球棍模型，故B错误；四氯化碳分子的电子式，故C错误；2-乙基-1,3-丁二烯分子的键线式：，故D正确。‎ 考点：本题考查化学用语。‎ ‎4. 下列实验操作中，不正确的是( )‎ A. 用分液漏斗分离除去溴苯中混入的溴 B. 用渗析法除去Fe(OH)3胶体中的Cl-离子 C. 用蒸馏法分离CCl4溶液中的碘 D. 用过滤法分离从溶液中析出的晶体 ‎【答案】A ‎【解析】A．溴和溴苯互溶，不能采用分液方法分离，故A错误；B．胶体不能透过半透膜，离子能透过半透膜，可以用渗析法除去Fe（OH）3胶体中的Cl-，故B正确；C．碘易溶于四氯化碳，但沸点不同，可以用蒸馏的方法分离CCl4溶液中的碘，故C正确；D．过滤法可以分离固体和溶液，因此可以用过滤法分离从溶液中析出的晶体，故D正确；故选A。‎ ‎5. 下列物质中①苯②甲苯③苯乙烯④乙烷⑤乙烯，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色也能使溴水因反应而褪色的是 ( )‎ A. ①②③④ B. ③④⑤ C. ③⑤ D. ②③④⑤‎ ‎【答案】C - 14 -‎ ‎【解析】①苯均不能使酸性高锰酸钾溶液、使溴水因反应而褪色，故不选；聚丙烯中不含碳碳双键，均不能使酸性高锰酸钾溶液、使溴水因反应而褪色，故不选；②甲苯，为苯的同系物，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而不能使溴水因反应而褪色，故不选；③苯乙烯中含碳碳双键，则能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水因反应而褪色，故选；④乙烷为烷烃，不能使酸性高锰酸钾溶液、使溴水因反应而褪色，故不选；⑤乙烯为烯烃，含有碳碳双键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色也能使溴水褪色，故选；故选C。‎ 点睛：把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、炔烃、烷烃及苯的同系物性质的考查。既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水因反应而褪色，则为烯烃或炔烃类有机物。不同的易错点为①，要注意苯分子结构中不存在碳碳双键。‎ ‎6. 下列有机化合物分子中的所有碳原子不可能处于同一平面的是 ( )‎ A. B. HC≡C－CH3‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、苯为平面结构，甲苯中甲基碳原子处于苯中H原子位置，所有碳原子都处在同一平面上，故A不符合；B、乙炔为直线结构，丙炔中甲基碳原子处于乙炔中H原子位置，所有碳原子处于同一直线，所有碳原子都处在同一平面上，故B不符合；C、2-甲基-1-丙烯中，双键两端的碳原子所连的碳原子都在同一个平面上，故C不符合；D、2-甲基丙烷中，3个甲基处于2号碳原子四面体的顶点位置，2号碳原子处于该四面体内部，所以碳原子不可能处于同一平面，故D符合；故选D。‎ 点睛：本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构。甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断。‎ ‎7. 甲苯在一定条件下与氢气完全加成生成甲基环己烷()，该产物与氯气发生取代反应时，生成的一氯代物有( )‎ A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】C ‎...............‎ ‎8. 下列各物质中，互为同系物的是( )‎ A. B. 和 - 14 -‎ C. D. CH4 和 ‎【答案】D ‎【解析】A．含有苯环和含有苯环和双键，二者种类不同，含有不同的官能团，不是同系物，故A错误； B. 属于酚，属于醇，结构不同相似，不属于同系物，故B错误；C．和都属于醇类，但含有的羟基数目不同，通式不同，不是同系物，故C错误；D. CH4 和的结构相似，都属于烷烃，分子式不同，属于同系物，故D正确；故选D。‎ 点睛：注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目均相同。不同的易错点为B，注意羟基的连接位置不同，结构不相似。‎ ‎9. M是苯的同系物，其结构为，则M的结构式共有( )‎ A. 16 种 B. 12 种 C. 10 种 D. 8 种 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：丁基有4种，即—CH2CH2CH2CH3、—CH（CH3)CH2CH3、—CH2CH（CH3)2、—C（CH3)3，如果左侧是—CH2CH2CH2CH3，则右侧4种；如果左侧是—CH（CH3)CH2CH3，则右侧有3种；如果左侧是—CH2CH（CH3)2，则右侧有2种，如果左侧是—C（CH3)3，则右侧是—C（CH3)3，只有一种，答案选C。‎ 考点：考查同分异构体判断 ‎10. 下列有机反应属于同一反应类型的是(     )‎ A. 乙烯使溴水褪色；甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. CH4与Cl2反应；苯、浓硫酸和浓硝酸的混合物在55~60℃下反应 C. 由丙烯与溴制备1,2-二溴乙烷；由甲苯制TNT炸药 D. 由苯制溴苯；由氯乙烯制聚氯乙烯塑料 ‎【答案】B ‎【解析】A、乙烯与溴水反应使其褪色属于加成反应，甲苯与高锰酸钾溶液发生氧化反应褪色，反应类型不同，故A不选；B．CH4与Cl2发生取代反应，苯、浓硫酸和浓硝酸的混合物发生硝化反应，也是取代反应，反应类型相同，故B选；C.‎ - 14 -‎ ‎ 由丙烯与溴制备1,2-二溴乙烷属于加成反应；由甲苯制TNT炸药，属于取代反应，反应类型不同，故C不选；D．苯与液溴发生取代反应生成溴苯，氯乙烯发生加聚反应制备聚氯乙烯塑料，反应类型不同，故D不选；故选B。‎ ‎11. 用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是( )‎ A. 7.1g氯气与足量NaOH溶液反应转移的电子数为0.2NA B. 1mol C10H22分子中共价键总数为32NA C. 合成氨反应达到平衡时，当1NA N≡N形成的同时，就有6NA N-H键形成 D. 1L浓度为1mol/L的碳酸钠溶液中含有3NA个离子 ‎【答案】C ‎【解析】A、7.1g氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和碱反应为歧化反应，故0.1mol氯气转移0.1NA个电子，故A错误；B、C10H22分子中含=31条共价键，故1molC10H22分子中含31NA条共价键，故B错误；C、当1 NA N≡N键形成的同时，就有6NA N-H键形成，表示氨气的消耗和生成速率相等，反应达到了平衡状态，故C正确；D、由于碳酸钠溶液中，碳酸根离子发生水解，溶液中离子数量增大，则1L浓度为1mol/L的碳酸钠溶液中含有的离子数目多于3NA，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数，注意标准状况下的要求，物质的状态。本题的易错点为D，注意碳酸根离子发生水解，CO32-+ H2O HCO3-+ OH-，阴离子数量增加。‎ ‎12. 已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3-，氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2。下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是(　　 )‎ A. 能使pH试纸显深红色的溶液中，Fe3+、Cl-、Ba2+、Br-能大量共存 B. 向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水变成无色 C. 向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：2ClO-+CO2+H2O═2HClO+CO32-‎ D. 向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：能使pH试纸显深红色的溶液呈酸性，Fe3+、Cl﹣、Ba2+、Br﹣能大量共存，故A增强；向溴水中加入足量氯化亚铁溶液，溴把亚铁离子氧化为铁离子，使溶液变成黄色，故B错误；向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式： ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故C错误；向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2I-+Cl2═I2+2Cl﹣，故D错误。‎ - 14 -‎ 考点：本题考查离子方程式。‎ ‎13. 利用如图装置，完成很多电化学实验．下列有关此装置的叙述中，正确的是(　 　)‎ A. 若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐 蚀，这种方法称为牺牲阴极保护法 B. 若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀，溶液中的阴离子向铁电极移动 C. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将 增加，此时外电路中的电子向铜电极移动 D. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，铁棒质量将增加， 溶液中铜离子浓度将减小 ‎【答案】C ‎【解析】A、开关K置于M处是原电池，锌做负极，铁做正极被保护，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故A错误；B、开关K置于N处，是电解池，X做阳极，铁做阴极被保护，溶液中阴离子移向X电极碳棒，故B错误；C、开关K置于M处，是原电池，铁做负极失电子流向正极铜，溶液中铜离子移向铜电极析出，铜棒质量将增加，故C正确；D、开关K置于N处，是电解池，X做阳极，铜失电子发生氧化反应，铁做阴极，溶液中铜离子在铁棒上析出，溶液中铜离子浓度不变，故D错误；故选C。‎ ‎14. 实验①0.1 mol/L AgNO3溶液和0.1 mol/L NaCl溶液等体积混合得到浊液x，过滤得到滤液y和白色沉淀C；②向滤液y中滴加0.1 mol/L KI溶液，出现浑浊；③向沉淀C中滴加0.1 mol/L KI溶液，沉淀变为黄色。 下列分析不正确的是( )‎ A. 浊液x中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) ⇌ Ag+(aq)+C1-(aq) B. 滤液y中不含Ag+‎ C. ③中颜色变化说明AgCl转化为AgI D. 实验可以证明AgI比AgCl更难溶 ‎【答案】B ‎【解析】A．浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq），故A正确；B．滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+‎ - 14 -‎ ‎，故B错误；C．向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，故C正确；D．向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，故D正确；故选B。‎ 视频 ‎15. 将标准状况下体积为2.24L的H2S缓慢通入100ml，1.5mol/L NaOH溶液中(溶液体积变化忽略不计)，充分反应后，下列关系不正确的是( )‎ A. c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+2 c(S2-)+c(OH-) B. 2c(Na+)=3[c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)]‎ C. c(Na+)＞c(HS-)＞c(S2-)＞c(H+)＞c(OH-) D. c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)=1.0 mol/L ‎【答案】C ‎【解析】n（H2S）==0.1mol，n（NaOH）=0.1L×1.5mol/L=0.15mol，n（H2S）：n（NaOH）=0.1mol：0.15mol=2：3，2H2S+3OH-=S2-+HS-+H2O，HS-水解程度大于电离程度，溶液显碱性。A．溶液存在电荷守恒，则应有c（Na+）+c（H+）=c（HS-）+2 c（S2-）+c（OH-），故A正确；B．根据物料守恒得2c（Na+）=3[c（HS-）+c（S2-）+c（H2S）]，故B正确；C．硫化钠和硫氢化钠混合溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），故C错误；D．根据物料守恒得c（HS-）+c（S2-）+c（H2S）=1.0mol/L，故D正确；故选C。‎ 点睛：注意根据反应物的物质的量判断反应物，比较离子浓度大小关系时，常常用到电荷守恒、物料守恒以及质子守恒等方法，做题时注意体会。本题中需要注意HS-水解程度大于电离程度。‎ ‎16. 下列各图像中，不正确的是( )‎ A. N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) △H＝－92.4kJ/mol B. 向弱酸HA的稀溶液中加水稀释 C. 有正催化剂(a)和无催化剂(b)时反应的能量变化 D. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加过量的NaOH溶液 ‎【答案】A - 14 -‎ 第II卷(非选择题 共46分)‎ ‎17. 以原油为原料生成聚烯烃的步骤如下：‎ 试回答：‎ ‎（1）含有10个氢原子的烷烃的分子式为_____________；‎ ‎（2）C4～C10的烃类混合物含有______________(填“等于”、“少于”或“多于”)7种不同的物质。‎ ‎（3）写出由丙烯生成聚丙烯的化学方程式________________________________________，属于__________类型反应。‎ ‎【答案】 (1). C4H10 (2). 多于 (3). (4). 加成聚合反应或加聚反应 ‎【解析】（1）烷烃的通式为CnH2n+2，当1n+2=10时，n=4，则分子式为C4H10，故答案为：C4H10；‎ ‎（2）C4～C10的烃类混合物中存在烷烃和烯烃的混合物，并且烷烃和烯烃都存在同分异构体，则多于7种，故答案为：多于；‎ ‎（3）丙烯能发生加聚反应得到聚丙烯，方程式为 - 14 -‎ ‎，故答案为：；加聚反应（或加成聚合反应）。 ‎ ‎18. 溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：按下列合成步骤回答问题：‎ 苯 溴 溴苯 密度/g·cm-3‎ ‎0.88‎ ‎3.10‎ ‎1.50‎ 沸点/°C ‎80‎ ‎59‎ ‎156‎ 水中溶解度 微溶 微溶 微溶 ‎（1）在a中加入15 mL无水苯和少量铁屑。在b中小心加入4.0 mL液态溴。向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了_____气体。继续滴加至液溴滴完。装置d的作用是________；制取溴苯的化学方程式____________________________。‎ ‎（2）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：‎ ‎①向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；‎ ‎②滤液依次用10mL水、8mL10%的NaOH溶液、10mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用是：______。‎ ‎③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。加入氯化钙的目的是_____；‎ ‎（3）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为_______________，要进一步提纯，下列操作中必须的是_________(填入正确选项前的字母)。‎ A.重结晶 B.过滤 C.蒸馏 D.萃取 ‎（4）取反应后烧杯中的溶液2 mL加入足量的稀硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，有浅黄色沉淀生成___(能或不能)证明苯与液溴反生了取代反应，为什么? _______________________。‎ ‎【答案】 (1). HBr气体 (2). 装置d的作用是尾气处理 (3). ‎ - 14 -‎ ‎ (4). 除去HBr和未反应的Br2 (5). 除水，干燥 (6). 苯 (7). C (8). 不能 (9). 也可能是因为挥发出来的溴进入烧杯中与NaOH溶液反应生成的NaBr中含的溴离子可与硝酸银溶液发生反应，生成淡黄色沉淀AgBr ‎【解析】a中，Fe和溴发生氧化反应生成溴化铁，在溴化铁作催化剂条件下，苯和溴发生取代反应生成溴苯和HBr，HBr遇水蒸气生成氢溴酸小液滴而产生白雾，冷凝管有冷凝回流作用，提高反应物的利用率；生成的HBr和挥发出的溴通过导气管进入d中和氢氧化钠反应生成钠盐；‎ ‎（1）在溴化铁作催化剂条件下，苯和溴发生取代反应生成溴苯和HBr，HBr遇水蒸气产生白雾，所以产生白雾的是HBr；‎ HBr、Br2蒸气不能直接排空，否则污染大气，用碱液吸收，所以d的作用是吸收HBr和Br2；发生的取代反应方程式为，故答案为：HBr；吸收HBr和Br2；；‎ ‎（2）②溴苯提纯的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑，再加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中，故答案为：除去HBr和未反应的Br2；‎ ‎③无水氯化钙能吸收水分而干燥，故答案为：除水，干燥；‎ ‎（3）溴苯能溶于苯中，所以溴苯中的杂质是苯，二者互溶应该采用蒸馏方法分离，故答案为：苯；C；‎ ‎（4）生成的HBr中含有挥发出的溴，HBr和溴都与硝酸银溶液生成淡黄色沉淀，所以单纯根据生成淡黄色沉淀不能确定发生取代反应，故答案为：不能；挥发出来的溴进入烧杯中与水反应生成的溴离子与硝酸银溶液发生反应，生成淡黄色沉淀。‎ 点睛：明确实验原理及实验操作规则是解本题关键，知道物质检验方法、物质分离提纯方法，易错点是（4），要证明苯与液溴反生了取代反应，需证明生成了溴化氢，要排除溴的干扰。‎ ‎19. 乙烯是重要化工原料，其产量是一个国家石油化工发展水平的标志。请回答：‎ ‎（1）在一定条件下，乙烷和乙烯都能制备氯乙烷(CH3CH2Cl)。‎ ‎①用乙烷制备氯乙烷的化学方程式是______________________，该反应的类型是________。‎ ‎②用乙烯制备氯乙烷的化学方程式是__________，该反应的类型是________。比较上述两种方法，第______种方法更好。其原因是___________________________。‎ ‎（2）此外，乙烯大量用来生产环氧乙烷，生产工艺主要有两种：‎ - 14 -‎ 原子利用率是被利用的原子数比上总原子数，原子利用率决定了化学生产中反应的使用程度。根据绿色化学的原则，理想的生产工艺是原子经济性好的反应，工艺一的原子利用率_______100%(填“<”“＝”或“>”，下同)；工艺二的原子利用率_______100%，因此，在实际生产中，采用工艺________更环保，更经济。‎ ‎【答案】 (1). CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl  (2). 取代反应 (3). CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl (4). 加成反应 (5). ② (6). 该种方法制备出的氯乙烷副产物少，产物较纯净，原子利用率高 (7). ＜ (8). ＝ (9). 二 ‎【解析】（1）①因烷烃与卤素单质在光照条件下发生取代反应得到卤代烃，所以用乙烷制备氯乙烷的化学方程式是CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl，故答案为：CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl；取代反应；‎ ‎②因烯烃与卤化氢能发生加成反应得到卤代烃，所以用乙烯制备氯乙烷的化学方程式是：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，由乙烷与氯气在光照条件下发生反应得到的产物有：一氯乙烷，1，1-二氯乙烷，1，2-二氯乙烷，1，1，2-三氯乙烷，1，1，2，2-四氯乙烷，1，1，1，2-四氯乙烷，1，1，1，2，2-五氯乙烷，六氯乙烷和氯化氢，产物不唯一，而乙烯和卤化氢能发生加成反应得到氯乙烷，产物只有一种，故答案为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；加成反应；②；第①种方法生成的物质将是一系列混合物，第②种方法生成纯净的氯乙烷；‎ ‎（2）工艺一除生成环氧乙烷外还有CaCl2和H2O的生成，副产物多，原子利用率低；工艺二乙烯和氧气反应全部生成了环氧乙烷，原子利用率为100%，原子利用率高；工艺二：乙烯和氧气反应全部生成了环氧乙烷，原子利用率为100%，符合绿色化学的原则，故选工艺二；故答案为：＜；=；二。‎ ‎20. 近年我省汽车拥有量呈较快增长趋势。汽车尾气已成为主要的空气污染物；部分大城市交通干道的NOx和CO严重超过国家标准，已具有发生光化学烟雾污染的潜在危险。‎ ‎（1）某研究性学习小组在一烟雾实验箱中对光化学烟雾形成进行了模拟实验。测得烟雾的主要成分为CxHy(烃)、NO、NO2、O3、PAN (CH3COOONO2)，各种物质的相对浓度随时间的变化，记录于下图。根据图中数据，下列推论中，最不合理的是_____________‎ - 14 -‎ A．NO的消失的速率比CxHy快 B．NO生成NO2 ‎ C．CxHy及NO2可以生成PAN及O3 D．O3生成PAN ‎（2）汽车内燃机工作时产生的高温会引起N2和O2的反应：N2(g)+O2(g) ⇌2NO(g)，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。‎ ‎①上图表示在T1、T2两种不同温度下，一定量的NO发生分解过程中N2的体积分数随时间变化的图像，根据图像判断反应N2(g)+O2(g) ⇌2NO(g)为___________(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎②2000℃时，向容积为2L的密闭容器中充入10 mol N2与5 mol O2，达到平衡后NO的物质的量为2 mol，则2000℃时该反应的平衡常数K＝____________。该温度下，若开始时向上述容器中充入N2与O2均为1 mol，则达到平衡后N2的转化率为_______________。‎ ‎③为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，给汽车安装尾气净化装置。净化装置里装有含Pd等过渡元素的催化剂，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的机理如右图所示。 写出上述变化中的总化学反应方程式：________________________。‎ ‎（3）当采用稀薄燃烧［指汽油在较大空/燃比(空气与汽油的体积比)条件下的燃烧］发动机时，此时汽车排除尾气中的主要污染物为NOx。为减少NOx的排放，采用了吸附-还原型催化剂，用CxHy(烃)催化还原NOx也可消除氮氧化物的污染。‎ 例如：CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)； △H1＝－574 kJ/mol CH4(g)＋4NO(g) ＝2N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g)； △H2 ‎ 若1 mol CH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，则△H2＝____________。‎ - 14 -‎ ‎【答案】 (1). D (2). 吸热 (3). 或0.11 (4). 1/7或14.3% (5). 2NO+O2+4CO4CO2+N2 (6). -1160 kJ•mol-1‎ ‎【解析】（1）A、由曲线斜率可知在某一时间段内NO消失的速率比CxHy快，故A正确；B、NO的浓度一直在减少，NO2的浓度先增加后减少，在0-1时间段内NO可能生成NO2，故B正确；C、图中O3和PAN的浓度增加，CxHy的浓度减少，CxHy及NO2在某一时间段内可能反应生成PAN和O3，故C正确；D、O3的浓度一直在增加，不可能作为反应物，故D错误；故选D；‎ ‎（2）①根据图象判断，T2曲线先到达平衡，反应速率大，温度较高，而温度升高，氮气的体积分数减小，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度向吸热方向进行，故正反应为吸热反应，故答案为：吸热 ‎②利用三段式求出反应混合物各组分物质的量的变化量、平衡时反应混合物各组分物质的量，‎ ‎               N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），‎ 起始（mol/L）：5       2.5          0‎ 反应（mol/L）：0.5     0.5          1‎ 平衡（mol/L）：4.5       2          1‎ 所以平衡常数k===；‎ 令N2转化的物质的量为xmol，则 ‎             N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），‎ 起始（mol）： 1       1               0‎ 反应（mol）： x       x              2x 平衡（mol）：1-x    1-x             2x 所以平衡常数k===；解得x=，N2的转化率为×100%=14.3%，故答案为：；14.3%‎ ‎③NO2为中间产物，反应物为NO、O2、CO，产物为CO2、N2，反应方程式为2NO+O2+4CO4CO2+N2，故答案为：2NO+O2+4CO4CO2+N2；‎ ‎（3）①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=-574kJ•mol-1，②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2，将两个方程式相加：‎ ‎2CH4（g）+4NO2（g）=2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）△H=-574kJ•mol-1+△H2‎ - 14 -‎ ‎     2mol -574kJ•mol-1+△H2‎ ‎    1mol                                                  867kJ•mol-1‎ ‎ 则：=，△H2=-1160 kJ•mol-1，故答案为：-1160 kJ•mol-1。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ - 14 -‎