2019-2020学年北京市师大附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年北京市师大附中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1化合物X(5 没食子酰基奎宁酸)具有抗氧化性和抗利什曼虫活性而备受关注，X 的结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是()A分子式为C14H15O10B分子中有四个手性碳原子C1 mol X 最多可与4 mol NaOH 反应D 1 mol X 最多可与4 mol NaHCO3反应【答案】B【解析】【分析】由结构可知分子式，分子中含-COOH、-COOC-、OH，结合羧酸、酯、醇、酚的性质来解答。【详解】A由结构简式可知分子式为C14H16O10，A 错误；B.在左侧六元环中，连接-OH、醚键的原子连接4 个不同的原子或原子团，为手性碳原子，B 正确；C.能与氢氧化钠反应的为3 个酚羟基、酯基和羧基，1 mol X 最多可与5 mol NaOH 反应，C错误；D.只有羧基与碳酸氢钠反应，则1 mol X 最多可与1 mol NaHCO3反应，D 错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B 为解答的难点。2下列解释事实的方程式不正确的是A金属钠露置在空气中，光亮表面颜色变暗：4Na+O2=2Na2O B铝条插入烧碱溶液中，开始没有明显现象：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O C硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，产生气体：NH4+OH-=NH3十+H2O D碘化银悬浊液滴加硫化钠溶液，黄色沉淀变成黑色：2AgI+S2-=Ag2S+2I-【答案】C【解析】A、金属钠与空气中的氧气反应而变暗：4Na+O2=2Na2O，选项 A正确；B.铝表面的氧化铝溶于烧碱溶液中：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，选项 B正确；C.硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2+2OH-+2NH4+SO42-=BaSO4+2NH3?H2O，选项 C错误；D、碘化银悬浊液滴加硫化钠溶液，生成更难溶的黑色沉淀：2AgI+S2-=Ag2S+2I-，选项 D正确。答案选C。3已知：苯酚与Fe3+在溶液中存在可逆反应：Fe3+6C6H5OHH3Fe(OC6H5)6+3H+，其中 H3Fe(OC6H5)6显紫色。实验如下：下列说法不正确的是：A i 是空白对照实验B向 ii中滴加几滴浓盐酸，溶液颜色变浅Ciii、iv 中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4D苯酚在苯中的溶解性小于在CCl4中的溶解性【答案】D【解析】【详解】A通过 i 观察 ii iii、iv 中发生的变化，达到空白对照的目的，故A 正确；B向 ii 中滴加几滴浓盐酸，增大 H+浓度，平衡逆向移动，H3Fe(OC6H5)6浓度降低，溶液颜色变浅，故B 正确；C苯的密度比水，CCl4的密度比水大，故iii、iv 中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4，故 C正确；Diii 中加入苯后水溶液层呈浅紫色，而iv 中加入 CCl4后水溶液层呈紫色，说明苯酚更易溶解于苯，导致平衡逆向移动，水溶液的颜色变浅，即苯酚在苯中的溶解性大于在CCl4中的溶解性，故D 错误；故答案为D。4化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）A“赤潮”与水体中N、P元素的含量较高有关B“绿色蔬菜”种植过程中不能使用农药和肥料C游泳池中按标准加入胆矾可消毒杀菌D制作医用口罩使用的聚丙烯属于人工合成高分子材料【答案】B【解析】【分析】【详解】A.N、P 元素是农作物生长需要的宏量元素，若水体中N、P元素的含量较高，水中藻类物质就会生长旺盛，导致产生赤潮现象，A 正确；B.“绿色蔬菜”种植过程中为了使蔬菜生长旺盛，控制病虫害，也要适当使用农药和肥料，B 错误；C.Cu2+是重金属离子，能够使病菌、病毒的蛋白质发生变性，因此游泳池中按标准加入胆矾可消毒杀菌，C 正确；D.制作医用口罩使用的聚丙烯是由丙烯通过加聚反应产生的人工合成高分子材料，D 正确；故合理选项是B。5设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A标准状况下，2.24L SO3中所含原子数为0.4NABl0mL 12mol/L 盐酸与足量MnO2加热反应，制得Cl2的分子数为0.03NAC0.1mol CH4与 0.4mol Cl2在光照下充分反应，生成CCl4的分子数为0.1NAD常温常压下，6g 乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A.标准状况下，SO3不是气体，2.24L SO3并不是 0.1 mol，A 错误；B.12mol/L盐酸为浓盐酸，和足量的二氧化锰共热时，盐酸因消耗、部分挥发以及水的生成，使盐酸浓度变小不能完全反应，所以制得的Cl2小于 0.03 mol，分子数小于0.03NA，B 错误；C.0.1mol CH4与 0.4mol Cl2在光照下充分反应，发生的是取代反应，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氢的混合物，生成CCl4的分子数小于0.1NA，C 错误；D.一个乙酸分子中有3 个 C-H 键，则常温常压下，6g 乙酸中含有C-H 键的数目为0.3NA，D 正确；答案选 D。6下列有关实验操作的现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A 分别向相同浓度的ZnSO4溶液和溶液中通入足量H2S 前者无现象，后者有黑色沉淀生成Ksp（ZnS）H2CO3C 将铜粉加入FeCl3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属铁比铜活泼D 将表面附有黑色的Ag2S银器浸入盛有食盐水的铝质容器中黑色逐渐褪去银器为正极，Ag2S得电子生成单质银A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A ZnSO4无现象，CuSO4生成黑色沉淀，ZnS的溶解度比CuS的大，因两者是相同类型的沉淀，则证明Ksp(CuS)乙Si D乙的单质可以作为光电转换材料用于太阳能电池【答案】B【解析】【分析】由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As 小，As 位于第四周期VA 族，则 C、Si、乙位于第 IVA 族，乙为Ge，B、Al、甲位于 A 族，甲为Ga，以此来解答。【详解】A甲为 Ga，元素甲的原子序数为31，故 A 正确；B非金属性C 大于 Ge，则元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4；相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，元素乙的简单气态氢化物的沸点高于CH4，故 B 错误；C电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲乙Si，故 C 正确；D乙为 Ge，位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D 正确。故选 B。【点睛】本题考查元素的位置、结构与性质，把握相对原子质量、元素的位置及性质为解答的关键，注意规律性知识的应用。11X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是A W 的原子序数是Z的两倍，金属性强于Z BW 元素在周期表中的位置是第四周期VIII 族C丙属于两性氧化物D等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量一定相等【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，则X是 H 元素，Z是 Al 元素；由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙是Fe3O4，结合元素及化合物的性质逆推可知甲为 Fe，乙为 H2O，丁是 H2，戊为金属单质，可以与 Fe3O4反应产生Fe单质，因此戊是Al 单质，己为 Al2O3，结合原子序数的关系可知Y是 O 元素，W 是 Fe 元素，据此分析解答。【详解】综上所述可知X 是 H 元素，Y是 O 元素，Z是 Al 元素，W 是 Fe 元素。甲是 Fe单质，乙是 H2O，丙是 Fe3O4，丁是 H2，戊是 Al 单质，己是Al2O3。A.Fe 原子序数是26，Al 原子序数是13，26 为 13 的 2 倍，金属性AlFe，A 错误；B.Fe是 26 号元素，在元素周期表中位于第四周期VIII 族，B正确；C.丙是 Fe3O4，只能与酸反应产生盐和水，不能与碱发生反应，因此不是两性氧化物，C错误；D.Fe是变价金属，与硝酸反应时，二者的相对物质的量的多少不同，反应失去电子数目不同，可能产生Fe2+，也可能产生Fe3+，而 Al 是+3价的金属，因此等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D 错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断及其性质的知识，涉及Fe、Al 的单质及化合物的性质，突破口是丙是氧化物，是具有磁性的黑色晶体，结合Fe与水蒸气的反应及铝热反应，就可顺利解答。12下列各组实验中，根据实验现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和实验现象结论A 向 FeCl2和 KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，溶液变红Ag+的氧化性比Fe3+的强B 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的 1，2二溴乙烷无色，能溶于四氯化碳C 向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到蓝色透明溶液Cu(OH)2沉淀溶于氨水生成Cu(OH)42-D 用 pH 试纸测得：CH3COONa溶液的 pH 约为 9，NaNO2溶液的 pH 约为 8 HNO2电离出 H+的能力比CH3COOH的强A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A向 FeCl2和 KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，酸性环境下硝酸根会将亚铁离子氧化，而不是银离子，故A 错误；B乙烯含有碳碳双键，通入溴的四氯化碳溶液中发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液无色透明，说明产物溶于四氯化碳，故B 正确；C溶液显蓝色，说明Cu(OH)2沉淀溶于氨水生成的是Cu(NH3)42+，故 C错误；D二者浓度未知，应检测等浓度的CH3COONa溶液和 NaNO2溶液的 pH，故 D 错误；故答案为B。13实验过程中不可能产生Fe(OH)3 的是A蒸发FeCl3溶液BFeCl3溶液中滴入氨水C将水蒸气通过灼热的铁DFeCl2溶液中滴入NaOH 溶液【答案】C【解析】【详解】A.蒸发FeCl3溶液，铁离子水解生成氢氧化铁，故A 正确；B.FeCl3溶液中滴入氨水生成氢氧化铁和氯化铵，故B 正确；C.将水蒸气通过灼热的铁生成四氧化三铁和氢气，故C错误；D.FeCl2溶液中滴入NaOH 溶液生成氢氧化亚铁和氯化钠，氢氧化亚铁遇到氧气被氧化成氢氧化铁，故 D正确；故选：C。14化学与生活、环境、科技等密切相关。下列说法错误的是A温室效应导致海水的酸度增大，贝壳类生物的生存将会受到威胁B植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的植物油会因水解而变质C常温下用3 体积乙醇与1 体积蒸馏水配制成的混合液，可以灭活新型冠状病毒D白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化【答案】B【解析】【分析】【详解】A二氧化碳和水反应生成碳酸，可以增加酸度，碳酸能与碳酸钙反应，所以珊瑚、贝壳类等生物的生存将会受到威胁，故A 正确；B植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置会被氧化而变质，故B错误；C常温下用3 体积乙醇与1 体积蒸馏水配制成的混合液中酒精含量约为75%，即医用酒精，可以杀菌消毒，故 C正确；D二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，故D 正确；故答案为B。15下列说法正确的是：A将铜丝在酒精灯的外焰上加热变黑后，置于内焰中铜丝又恢复原来的红色B氨气不但可以用向下排空气法收集，还可以用排饱和氯化铵溶液的方法收集C向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有CO32D为了使过滤加快，可用玻璃棒在过滤器中轻轻搅拌，加速液体流动【答案】A【解析】【详解】A.将铜丝在酒精灯的外焰上加热变黑后，生成氧化铜，置于内焰中遇到乙醇，发生反应生成铜，又恢复原来的红色，故A 正确；B.氨气极易溶于水中，不能用排饱和氯化铵溶液的方法收集，故B错误；C.向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，原溶液中可能含有CO32、HCO3、SO32、HSO3等，故 C错误；D.过滤时玻璃棒起引流作用，不能搅拌，会捅破滤纸，故D 错误。故选：A 二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）1618 世纪 70 年代，瑞典化学家舍勒首先发现并制得了氯气(Cl2)。氯气是一种黄绿色、密度比空气大且有毒的气体，它能与水发生化学反应生成盐酸和次氯酸(HClO)。氯气也能与碱溶液发生化学反应。在实验室中，通常用二氧化锰固体与浓盐酸在加热的条件下制取氯气。现提供如下图所示实验装置，试回答下列问题：(1)实验室中制取氯气应采用的发生装置是_，收集并吸收氯气应选用的装置为_。(均填序号)(2)上述装置的烧杯中盛有的氢氧化钠溶液的作用是用于吸收多余的氯气，防止氯气污染空气，试写出氯气和氢氧化钠溶液反应的化学方程式：_。(3)自来水厂经常用氯气做消毒剂。目前市场上出售的某些假冒“纯净水”是用自来水灌装的，请你利用所学的化学知识加以鉴别，并写出有关的化学方程式_，_。(4)次氯酸具有漂白性，它可以将某些有色物质氧化成无色物质。某同学用滴管将饱和氯水(氯气的水溶液)逐滴滴入含有酚酞试液的NaOH 溶液中，当滴到最后一滴时，红色突然褪去。红色褪去的原因可能有两种情况(用简要的文字说明)：_；_。(5)请设计一个简单的实验，确定(4)中红色褪去的原因是还是?_。【答案】C H Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 取少量的“纯净水”于一支洁净的试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明该“纯净水”是自来水AgNO3十 HCl=AgCl+HNO3氯水中的酸与碱发生中和反应次氯酸将有色物质漂白取“红色褪去”溶液12mL 于试管中，滴加NaOH溶液，若红色恢复，则是由氯水的酸性所致；否则是由次氯酸的漂白性所致【解析】【详解】(1)在实验室中，通常用二氧化锰固体与浓盐酸在加热的条件下制取氯气，因此需要加热；氯气是一种黄绿色、密度比空气大且有毒的气体，氯气可以用氢氧化钠溶液吸收，因此选择H；故答案为：C；H；(2)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，配平即可，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；(3)假冒“纯净水”中有盐酸和次氯酸，可以用硝酸银溶液检验，盐酸和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀和硝酸；故答案为：取少量的“纯净水”于一支洁净的试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明该“纯净水”是自来水；AgNO3 HCl=AgCl+HNO3；(4)红色褪去的原因可能有两种情况：酸和碱发生了中和反应，红色褪去；次氯酸具有漂白性，也可以使红色褪去；故答案为：氯水中的酸与碱发生中和反应；次氯酸将有色物质漂白；(5)简单的实验是：在反应后的溶液中加氢氧化钠溶液，如果红色又出现，那么原因就是酸碱中和；反之则为氯水氧化指示剂；故答案为：取“红色褪去”溶液12mL 于试管中，滴加NaOH 溶液，若红色恢复，则是由氯水的酸性所致；否则是由次氯酸的漂白性所致。【点睛】气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17 化学 选修 5：有机化学基础 A(C3H6)是基本有机化工原料，由A 制备聚合物C 和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：（1）A 的名称是 _；B 中含氧官能团名称是_。（2）C的结构简式 _；D-E的反应类型为 _。（3）E-F的化学方程式为_。（4）B的同分异构体中，与B 具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3 组峰，且峰面积之比为6:1:1 的是 _（写出结构简式）。（5）等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗 NaOH、NaHCO3的物质的量之比为_；检验其中一种官能团的方法是_（写出官能团名称、对应试剂及现象）。【答案】丙烯酯基取代反应1：1 检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红（或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色）【解析】【分析】B 发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A 为 C3H6，A 发生发生加成反应生成 B，则 A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C 结构简式为；A发生反应生成D，D 发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D 结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和 2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G 发生信息中反应得到，则 G结构简式为；据此解答。【详解】（1）通过以上分析知，A 为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，其含氧官能团名称是酯基，故答案为丙烯；酯基；（2）C结构简式为，D 发生水解反应或取代反应生成E，故答案为；取代反应或水解反应；（3）EF 反应方程式为，故答案为；（4）B 结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CHCH3、HCOOCH=C（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH=CH2、HCOOCH2C（CH3）=CH2、HCOOC（CH2CH3）=CH2，共有 8 种；其中核磁共振氢谱为3 组峰，且峰面积之比为6:1:1 的是，故答案为；（5）该有机物中含有碳碳双键、醇羟基、羧基，具有烯烃、羧酸、醇的性质。能和NaOH、NaHCO3反应的是羧基，且物质的量之比都是1：1，所以 NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质反应时，则消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；分子中含有碳碳双键、醇羟基、羧基。若检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红；若检验碳碳双键：加入溴水，溴水褪色，故答案为1：1；检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红（或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色）。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18研究 CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义。CO2与 H2合成二甲醚(CH3OCH3)是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应 I CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H1=-49.0 kJ.mol-1反应 II 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H20(g)H2=-24.5 kJ.mol-1反应 III CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H3=41.2 kJ.mol-1（1）写出 CO2与 H2一步合成二甲醚（反应IV）的热化学反应方程式：_（2）有利于提高反应IV 平衡转化率的条件是_。A高温高压B低温诋压C高温低压D低温高压（3）在恒压、CO2和 H2起始物质的量之比为1：3 的条件下，CO2平衡转化率和平衡时二甲醚的选择性随温度的变化如图1。CH3OCH3的选择性=3322 100%COCH OCH 的物质的量反应的的物质的量温度低于300，CO2平衡转化率随温度升高而下降的原因是_关于合成二甲醚工艺的理解，下列说法正确的是_A反应 IV 在 A 点和 B 点时的化学平衡常数K(A)小于 K(B)B当温度、压强一定时，在原料气（CO2和 H2的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率C其他条件不变，在恒容条件下的二甲醚平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性低D提高催化剂的活性和选择性，减少CO等副产物是工艺的关键在某温度下，若加入 CO2的物质的量为1mol，生成二甲醚的选择性为80%，现收集到0.2mol 的二甲醚，则 CO2转化率为 _一定温度压强下，二甲醚的体积分数随时间变化如图2 所示。在t1时刻，再加入物质的量之比为1：3的 CO2和 H2，t2时刻重新达到平衡。画出t1 t3时刻二甲醚体积分数的变化趋势。_（4）光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、CO2、H2O 生成二甲醚的光能储存装置如图所示，则b 极的电极反应式为_【答案】2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)H=-122.5kJ mol-1D反应的H 0，温度升高，二氧化碳的平衡转化率变大，而反应（或者反应）的 H 0，温度升高，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率变大，而反应（或者反应）的 H A 温度较低时，催化剂的活性偏低不是因为反应是放热反应，根据线可知，a 点对应温度的平衡脱氮率应该更高【解析】【分析】根据合成氨的热化学方程式可知该反应为放热反应和气体分子数减少的反应。2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)H0，该反应为放热反应和气体分子数减少的反应，由图可知改变外界条件X 后，NO 的转化率(NO)减小。根据2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H=-746.5kJ?mol-1可知，该反应为放热反应。【详解】（1）合成氨反应为放热反应，气体分子数减少的反应。A.低温有利于平衡正向移动，提高氨气产率，A 正确；B高温平衡逆向移动，氨气的产率降低，B 错误；C低压平衡逆向移动，不利于提高氨气产率，C 错误；D高压平衡正向移动，有利于提高氨气产率，D 正确；E催化剂仅改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高产率，E错误；答案选 AD。（2）NH3还原法将NO 还原为 N2进行脱除，写出化学反应方程式：4NH3+6NO=5N2+6H2O 根据 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)H1=-1530kJ mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)H2=+180kJ mol-1求 H，H=H1-3H2=（-1530-3 180）kJ mol-1=-2070kJ mol-1故热化学方程式为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)H=-2070kJ mol-1。（3）根据热化学方程式可知，该反应为放热反应，也是气体分子数减少的反应。由图可知改变外界条件X 后，NO 的转化率(NO)减小，说明平衡逆向移动。a升高温度，平衡逆向移动，符合图象，a 正确；b增大压强，平衡正向移动，不符合图象，b 错误；c增大2n(NO)n(Cl)的值，相当于增加了NO 的浓度，平衡虽正向移动但(NO)减小，c 正确；d增大与催化剂的接触面积，只加快反应速率，不影响平和，d 错误；答案选 ac。（4）反应为放热反应，图甲为平衡时NO 的体积分数随温度、压强改变的变化趋势。当压强一定时（确定横坐标为定值），T1温度下平衡时NO 的体积分数比T2大，温度升高，钙平衡向逆向移动，平衡时NO 的体积分数增大，故T1T2。在密闭容器中充入4molCO 和 5molNO 发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H=-746.5kJ?mol-1，如图甲为平衡时NO 的体积分数与温度、压强的关系曲线图。对反应进行升温且同时扩大容器体积使平衡压强减小，平衡逆向移动，则重新达到平衡时，NO 的体积分数增大，故D 点应向图中的A 点移动。温度较低时，催化剂的活性较低，故温度低于200时，图中曲线I 脱氮率随温度升高而变化不大。催化剂不改变转化率，且反应为放热反应，根据线可知，a 点对应温度的平衡脱氮率应该更高，故a 点不是对应温度下的平衡脱氮率。【点睛】注意影响化学平衡移动和化学反应速率因素的不同，催化剂仅影响化学反应速率，不影响化学平衡的移动。根据勒夏特列原理，如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。