1、山西省汾阳市汾阳中学2020-2021学年高二化学下学期开学考试试题考试时间：90分钟注意事项：1、 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、 请将答案正确填写在答题卡上3、 可能用到的相对原子质量 H:1 Al:27 O:16 S:32 Mn:55第卷（选择题48分）一、单选题（每个小题有一个正确选项，每小题2分）1已知下列热化学方程式：（1）Zn（s）+O2（g）ZnO（s），H348.3kJ/mol（2）2Ag（s）+O2（g）Ag2O（s），H31.0kJ/mol则ZnO（s）+2Ag（s）Zn（s）+Ag2O（s）的H等于（）A317.3kJ/molB+317.3 kJ/molC
2、379.3kJ/molD332.8kJ/mol2向四个体积相同的密闭容器（甲、乙、丙、丁）中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小排列顺序正确的是（）甲：在500时，10mol SO2和6mol O2反应乙：在500时，用V2O5作催化剂，10mol SO2和5mol O2反应丙：在450时，8mol SO2和5mol O2反应丁：在500时，8mol SO2和5mol O2反应A甲、乙、丙、丁B乙、甲、丙、丁C乙、甲、丁、丙D丁、丙、乙、甲3在d轨道中电子排布成，而不排成，最直接的根据是（）A能量最低原理B泡利原理C构造原理示意图D洪特规则4下列现象和应用与电子跃迁无关
3、的是（）A激光B焰色反应C燃烧放热D霓虹灯5已知下列反应的平衡常数：S（s）+O2（g）SO2（g），K1；H2（g）+S（s）H2S（g），K2。则反应H2（g）+SO2（g）O2（g）+H2S（g）的平衡常数是（）AK1K2BK2K1CD6研究人员最近发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为5MnO2+2Ag+2NaClNa2Mn5O10+2AgCl。下列“水”电池在海水中放电时的有关说法不正确的是（）A负极反应式：Ag+CleAgClB正极反应式：5MnO2+2eMn5O102C每生成1mol Na2Mn5O10转移2mol电子DA
4、gCl是还原产物7如图所示，X为铁、Y是石墨电极，a是饱和食盐水，实验开始前，在U形管的两边同时各滴入几滴酚酞试液，下列叙述错误的是（）A合上K1、断开K2，该装置可以将化学能转变为电能B合上K1、断开K2，X是阴极，Y电极附近溶液慢慢变为红色C合上K2、断开K1，湿润的KI淀粉试纸靠近Y电极管口，试纸变蓝D合上K2、断开K1，电解一段时间，X电极附近溶液呈红色8据研究，若把太阳光变成激光用于分解海水制氢，反应可表示为：2H2OH2+O2有下列几种说法：水分解反应是放热反应；氢气是可再生能源；使用氢气作燃料有助于控制温室效应；若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可改善生存
5、条件。其中叙述正确的是（）ABCD9已知反应：2NO（g）+Br2（g）2NOBr（g）Ha kJmol1 （a0），其反应机理如下NO（g）+Br2（g）NOBr2（g） 快 NO（g）+NOBr2（g）2NOBr（g） 慢下列有关该反应的说法不正确的是（）A该反应的速率主要取决于的快慢BNOBr2是该反应的催化剂C正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJmol1D增大Br2（g）浓度能增加单位体积内的活化分子数目，加快反应速率10在硫酸工业中，通过下列反应使SO2氧化为SO3：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H196.6kJ/mol。下表列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时SO
6、2的转化率。下列说法错误的是（）温度/平衡时SO2的转化率/%0.1MPa0.5MPa1MPa5MPa10MPa45097.598.999.299.699.755085.692.994.997.798.3A从理论上分析，为了使二氧化硫尽可能多转化为三氧化硫，应选择的条件是450，10MpaB在实际生产中，选定的温度为400500原因是考虑催化剂的活性最佳C在实际生产中，为了增大SO2的转化率可以无限量通入空气D在实际生产中，采用的压强为常压原因是常压时转化率已经很高，增大压强对设备及成本要求太高11对于反应A（g）+2B（g）2C（g），在压强相同的条件下，若生成物C的含量w（C）与时间t的关
7、系如图所示则下列结论正确的是（）AT1T2，正反应放热BT1T2，正反应放热CT1T2，正反应吸热DT1T2，正反应吸热12工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯（HCOOCH3）：CH3OH（g）+CO（g）HCOOCH3（g）。在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示。下列说法正确的是（）A加入甲醇蒸气，甲醇转化率增大Bb点反应速率正逆C平衡常数K（75）K（85）D反应速率b逆d逆13下列关于自发过程及其判据的说法错误的是（）A只有加热可以加快水的蒸发速度B某吸热反应能自发进行，则该反应一定是熵增加反应C反应CaCO3（s）CaO
8、（s）+CO2（g）的H0，则该反应能否自发进行与温度有关D反应A（g）+B（g）C（g）+3D（g）在一定条件下能自发进行，则该反应可能为吸热反应14向氯化铵溶液加入少量试剂M，使溶液中c（NH4+）c（Cl）。试剂M不可能是（）A氨水B稀盐酸C硝酸银溶液D硫酸铵溶液15下列事实与盐类水解无关的是（）实验室制氢气时加入CuSO4可加快反应速率；实验室通常使用热的纯碱溶液去除油污；CH3COONa溶液中c（Na+）c（CH3COO）；实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸；向氯化铁中滴加KSCN，出现红色；NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂；向FeCl2中滴加氯水，溶液颜
9、色加深；明矾、氯化铁晶体常用于净水。ABCD16Ca（OH）2是微溶物，且在水中溶解度随温度升高而减小，一定温度下，把一定量的Ca（OH）2放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH（aq）。有关该悬浊液的说法中正确的是（）A向该悬浊液中再加入一定量的CaO，恢复原温度，溶液的总质量不变B该溶液中：2c（Ca2+）c（OH）C向该悬浊液中加少量水稀释，n（Ca2+）n2（OH）保持不变DCa（OH）2固体溶解是放热过程17关于电子在核外运动状态的描述，下列说法错误的是（）A电子在原子核外是分层运动的B在基态多电子原子中，p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能
10、量C原子核外不可能有两个电子的运动状态是相同的D原子轨道伸展方向与能量大小无关18现有不同状态的铜、锌中，失去1个电子需要的能量最大的是（）A锌Ar3d104s2B锌Ar3d104s1C铜Ar3d104s1D铜Ar3d1019水的电离常数如图两条曲线a与b所示，曲线中的点都符合c（H+）c（OH）常数下列说法正确的是（）A图中温度T2T1B曲线a、b均代表纯水的电离情况C图中五点的Kw的关系：BCADED若处在B点时，将pH2的硫酸溶液与pH12的KOH溶液等体积混合后，溶液呈碱性20如图是某同学用Cu在Fe片上镀铜的实验装置，下列说法正确的是（）ACu2+在A极被还原B溶液蓝色逐渐变浅C铜片
11、连接A极，铁制品连接B极DA极和B极直接相连，铜片被氧化21下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是（）A向AgCl浊液中加入少量KI溶液，可看到白色沉淀变为黄色沉淀B高压比常压更有利于N2和H2转化为NH3C蒸干AlCl3溶液无法得到无水AlCl3D滴加少量CuSO4溶液可以加快Zn与稀H2SO4反应的速率22常温下，下列溶液中各离子浓度关系不正确的是（）ApH2的HA溶液与pH12的MOH溶液任意比混合：c（H+）+c（M+）c（OH）+c（A）B物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c（CH3COO）+2c（OH）2c（H+）+c（CH3COOH）C0.1molL
12、1的NaHS溶液中离子浓度关系：c（OH）c（H+）c（S2）+c（H2S）D醋酸溶液与NaOH溶液混合后，所得溶液呈中性：c（Na+）c（CH3COO）23如图表示的是元素的某种性质（X）随原子序数的变化关系，则X可能是（）A元素的原子半径B元素的第一电离能C元素的最高化合价D元素的电负性24已知某二元酸H2X在水中的电离分两步进行H2XH+HX，HXH+X2常温下，在20mL0.1molL1 NaHX溶液中滴加c molL1NaOH溶液，溶液温度与滴加的NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是（）A滴加的NaOH溶液pH13BF点溶液中c（OH）c（HX）CG点溶液c（Na+）3c
13、（H2X）+3c（HX ）+3c（X2 ）D滴加NaOH溶液过程中，水的电离程度先变大，后变小第卷（共52分）25（12分）由于Fe（OH）2极易被氧化，所以实验室难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe（OH）2沉淀若用如图所示实验装置可制得纯净的Fe（OH）2沉淀两极材料分别为石墨和铁：a电极材料为 ，其电极反应式为 电解液d可以是 （填编号）A纯水 BNaCl 溶液 CNaOH溶液 DCuCl2溶液液体c为苯，其作用是 ；在加入苯之前，对d溶液进行加热处理的目的是 为了在短时间内看到白色沉淀，可以采取的措施是 A改用稀硫酸做电解液 B适当增大电源电压C适当缩小两电极间距离 D适当降低电
14、解液温度26（14分）某化工厂用含有MnCO3、Al2O3、Fe2O3的矿石生产化工产品MnSO4、H2O、Al及FeCl3。（1）FeCl3可作净水剂，其净水的原理是 ，FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示） （2）矿石粉碎后，加稀硫酸溶解，写出稀硫酸与Al2O3反应的离子方程式； （3）电解熔融的Al2O3时，若外电路上转移6 mol e，则阴极上产生 g物质。（4）用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密的氧化膜，电极材料为待加工铝质工件和不锈钢网，电解质溶液为H2SO4H2C2O4混合液。待加工铝质工件接外电源的 极。（5）已知：KspAl（OH）31
15、1033，KspFe（OH）331039，pH7.1时Mn（OH）2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+（假设使其浓度小于1106molL1），需调节溶液pH范围为 。（6）准确称取0.1710gMnSO4H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和H2O2溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+、H2O2完全分解后，用c（Fe2+）0.0500molL1的标准溶液滴定至终点（滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+），消耗标准溶液20.00mL则MnSO4H2O样品的纯度为 。27（12分）T时，在一容积为2L的恒容密闭容器中加入2mlA和3molB，压强为P0，在催化剂存在的
16、条件下进行下列反应：2A（g）+3B（g）3C（g），2分钟达到平衡，平衡混合气中C的体积分数为37.5%已知该反应某一时刻的瞬时速率计算公式为v正k正A2B3，v逆k逆C3，其中k正、k逆为速率常数。（1）计算上述条件下的值。（写出必要的计算过程，下同）（2） 用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数，记作Kp已知某气体分压（P分）气体总压（P总）该气体的物质的量分数，计算T时上述反应Kp的值（用含P0的数值表示）。28（14分）某化学课外小组的同学通过实验探究认识化学反应速率和化学反应限度。（1）实验一：探究温度和浓度对反应速率的影响。实验原理及方案：在酸性溶液中，碘酸钾
17、（KIO3）和亚硫酸钠可发生反应生成碘，反应原理是2IO3+5SO32+2H+I2+5SO42+H2O，生成的碘可用淀粉溶液检验，根据出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。实验序号0.01molL1KIO3酸性溶液（含淀粉）的体积/mL0.01molL1Na2SO3溶液的体积/mL水的体积/mL实验温度/出现蓝色的时间/s55V10t1554025t25V23525t3则V1 mL，V2 mL。（2）实验二：探究KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度。实验步骤：向5mL 0.1molL1KI溶液中滴加56滴0.1molL1FeCl3溶液，充分反应后，将所得溶液分
18、成甲、乙、丙三等份；向甲中滴加CCl4，充分振荡；向乙中滴加试剂X。将KI和FeCl3反应的离子方程式补充完整： I+ Fe3+ I2+ Fe2+。步骤中，试剂X是 。步骤和中的实验现象说明KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度，该实验现象是 。（3）用活性炭还原法可以处理氮氧化物。如反应：C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）HQkJmol1。在T1时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：0min10min20min30min40min50minNO/molL11.000.580.400.400.480.48N2/molL100.210.300.3
19、00.360.36CO2/molL100.210.300.300.360.36（1）T1时，该反应的平衡常数K （保留两位小数）。（2）30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据如表中的数据判断改变的条件可能是 （答一种即可）。高二化学开学摸底考试题参考答案与试题解析一选择题（共25小题）1【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】根据盖斯定律，利用已知热化学方程式（2）（1）构造出目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减，据此进行解答【解答】解：已知（1）（1）Zn（s）+O2（g）ZnO（s）H348.3kJ/mol（2）2Ag（s）+O2（g）Ag2O（s），
20、H31.0kJ/mol由盖斯定律（2）（1）可得：Zn（s）+Ag2O（s）ZnO+2Ag（s）H+317.3kJ/mol，故选：B。【点评】本题考查了反应热的计算，题目难度中等，明确盖斯定律的含义为解答关键，注意掌握热化学方程式的书写原则，试题培养了学生的化学计算能力2【考点】化学反应速率的影响因素【分析】根据外界条件对反应速率的影响，用控制变量法判断反应速率相对大小，然后排序，注意催化剂对反应速率的影响更大【解答】解：甲与乙相比，SO2浓度相等，甲中氧气的浓度大、乙中使用催化剂，其它条件相同，由于二氧化硫的浓度一定，氧气浓度的影响不如催化剂影响大，故使用催化剂反应速率更快，所以反应速率：乙
21、甲；甲与丁相比，甲中SO2、O2的物质的量比丁中大，即SO2、O2的浓度比丁中大，其它条件相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：甲丁；丙与丁相比，其它条件相同，丁中温度高，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：丁丙；所以由大到小的顺序排列乙、甲、丁、丙，故选：C。【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，难度较小，会用控制变量法探究外界因素对反应速率影响3【考点】原子结构的构造原理【分析】洪特规则是：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，据此判断【解答】解：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自
22、旋状态相同，称为洪特规则，根据图片知，4个电子占据不同的轨道且自旋方向相同，所以其根据是洪特规则，故选：D。【点评】本题考查了洪特规则的应用，根据定义来分析解答即可，难度不大4【考点】原子核外电子的跃迁及应用【分析】电子跃迁本质上是组成物质的粒子（原子、离子或分子）中电子的一种能量变化。如激光、焰色反应、原子光谱都与电子跃迁有关。【解答】解：A电子跃迁产生光子与入射光子具有相关性。即入射光与辐射光的相位相同。如果这一过程能够在物质中反复进行，并且能用其他方式不断补充因物质产生光子而损失的能量。那么产生的光就是激光，与电子跃迁有关，故A错误； B当碱金属及其盐在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能
23、量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，故B错误；C燃烧放热是化学能转化为热能，与电子跃迁无关，故C正确；D各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量各异，因此利用不同气体可以制作五颜六色的霓虹灯，与电子跃迁有关，故D错误。故选：C。【点评】本题考查电子跃迁的本质，难度不大，掌握常见的与电子跃迁有关的现象是解题的关键。5【考点】化学平衡常数的含义【分析】由题干方程式可知，S（s）+O2（g）SO2（g） K1，H2（g）+S（s）H2S（g） K2，反应H
24、2（g）+SO2（g）O2（g）+H2S（g）的平衡常数K，据此计算判断与K1、K2的关系。【解答】解：由题干方程式可知，S（s）+O2（g）SO2（g） K1，H2（g）+S（s）H2S（g） K2，反应H2（g）+SO2（g）O2（g）+H2S（g）的平衡常数K，故选：C。【点评】本题考查了化学平衡常数的计算应用，注意概念的理解应用，掌握平衡常数的书写是解题关键，题目难度不大。6【考点】化学电源新型电池【分析】5MnO2+2Ag+2NaClNa2Mn5O10+2AgCl反应中，Ag失电子作还原剂，MnO2得电子作氧化剂，因此Ag为电源负极，MnO2为电源正极，据此来分析选项即可。【解答】解
25、：A由分析可知，负极是银，失电子变成氯化银，则电极反应为Ag+CleAgCl，故A正确；B正极是MnO2，得电子变成Mn5O102，则正极反应方程式为：5MnO2+2eMn5O102，故B正确；C每生成一个Mn5O102，相当于5个+4价的锰原子变成5个+3.6价的锰原子，故一共失去2mol电子，反应中转移的总电子数等于氧化剂得电子数，故C正确；DAg的化合价升高，被氧化，则AgCl是氧化产物，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电极方程式的书写方法即可解答，难点是电极反应式书写，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。7【考点】电解原理
26、的应用实验【分析】合上K1、断开K2，该装置是原电池，较活泼的金属铁X作负极，石墨Y作正极，负极上铁失去电子发生氧化反应，正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，电子从负极沿导线流向正极；合上K2、断开K1，该装置有外接电源，所以是电解池，连接电源正极的电极Y是阳极，连接电源负极的电极X是阴极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，阴极上氢离子得电子发生还原反应，导致溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液呈碱性【解答】解：A、合上K1、断开K2，该装置是原电池，是把化学能转变为电能的装置，故A正确；B、合上K1、断开K2，该装置是原电池，较活泼的金属铁X作负极，石墨Y作正极，故B错误；C、合上K2、断
27、开K1，该装置有外接电源，所以是电解池，连接电源正极的Y石墨电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气和碘化钾发生置换反应生成碘单质，碘遇淀粉变蓝色，所以一段时间后，湿润的KI淀粉试纸靠近Y电极管口，试纸变蓝，故C正确；D、合上K2、断开K1，该装置有外接电源，所以是电解池，电解池放电时，连接电源负极的电极X是阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，导致X电极附近氢氧根离子浓度增大，溶液碱性增强，所以一段时间后，X电极附近溶液呈红色，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了原电池和电解池原理，难度不大，明确原电池和电解池放电时，电极上发生的电极反应、溶液中阴阳离子的移动方向、化学能和电能的转化即可解答
28、本题8【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；化学能与热能的应用；清洁能源【分析】水分解反应是吸热反应；氢气可以通过分解海水制得；氢气作燃料燃烧产物为水，温室效应与二氧化碳的排放有关；CO2+3H2CH3OH+H2O，可减少二氧化碳的排放，同时储存能源。【解答】解：把太阳光变成激光用于分解海水制氢，太阳光提供能量，所以，水分解反应是吸热反应，故错误；氢气燃烧生成水，而氢气又可以通过分解海水制得，故可以再生，故正确；温室效应产生的原因是二氧化碳的增多，使用氢气作燃料2H2+O22H2O，能减少二氧化碳的含量，有助于控制温室效应，故正确；甲醇是重要的化工原料，也可作燃料，CO2+3H2CH3OH
29、+H2O，可减少二氧化碳的排放，同时储存能源，可改善生存条件，故正确；故选：C。【点评】本题主要考查了海水制氢，了解能源分类、温室效应抓住题干信息结合相关知识分析是解答的关键，题目难度不大。9【考点】化学反应速率的调控作用【分析】A慢反应决定整个反应速率；BNOBr2为中间产物，开始不存在；C焓变等于正逆反应活化能之差，焓变为负；D增大Br2（g）浓度，活化分子数目增多【解答】解：A慢反应决定整个反应速率，则该反应的速率主要取决于的快慢，故A正确；BNOBr2为中间产物，开始不存在，不能作催化剂，故B错误；C焓变等于正逆反应活化能之差，焓变为负，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJmol
30、1，故C正确；D增大Br2（g）浓度，活化分子数目增多，加快反应速率，故D正确；故选：B。【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握焓变与活化能、反应速率与慢反应的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为易错点，题目难度不大10【考点】化学平衡建立的过程【分析】A根据表中数据分析判断；B化工实际生产中除考虑原料利用率高外，还要考虑产量、反应速率快慢等；C氧气适当过量，可使平衡正向移动，可提高SO2的平衡转化率；D压强越大，对设备的要求越高，从经济角度考虑得不偿失。【解答】解：A由表中数据可知，450、10Mpa时SO2的平衡转化率达到99.7%、最大，即理论上应选择的条件是
31、450，10Mpa，故A正确；B催化剂能加快反应速率，但其的活性受温度影响，硫酸工业用V2O5作催化剂，V2O5在400500时的活性强，催化效果好，故B正确；C氧气适当过量，可使平衡正向移动，可提高SO2的平衡转化率，但无限量通入空气会带走部分热量，使反应温度降低，反应速率减慢，产量减小，故C错误；D增大压强，SO2的平衡转化率增大，但变化数值不大，并且压强越大，对设备的要求越高，所以工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2的转化率已相当高，不需要高压，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学平衡及其影响因素，为高频考点，把握温度、压强对反应速率及平衡的影响为解答的关键，侧重分析与运用能
32、力的考查，注意结合反应的工艺实际解答该题，题目难度不大。11【考点】化学平衡的影响因素【分析】由图可知，T1时先达到平衡，反应速率大，则T1大；且T1时对应生成物C的含量低，则升高温度平衡逆向移动，以此来解答【解答】解：由图可知，T1时先达到平衡，温度越高反应速率越大，则T1T2；且T1时对应生成物C的含量低，则升高温度平衡逆向移动，可知正反应为放热反应，故选：A。【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度对平衡移动的影响、图象分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的应用，题目难度不大12【考点】转化率随温度、压强的变化曲线【分析】由CH3OH（g）+CO（g）HCO
33、OCH3（g）的反应图象可知，CO的转化率先增大后减小，83左右即图象最高点时反应达到平衡状态，83以前反应没有达到平衡状态，83后升高温度，CO的转化率减小，则平衡逆向移动，说明该反应正向为放热反应，结合温度、浓度对化学反应速率和平衡移动的影响分析解答。【解答】解：A加入甲醇蒸气，平衡正向移动，但平衡正向移动的变化量远小于加入的增大量，所以甲醇转化率减小，故A错误；B最高点反应达到平衡状态，则b点未达到平衡状态，反应正向进行，反应速率正逆，故B错误；C该反应为放热反应，化学平衡常数随着温度的升高而减小，则平衡常数K（75）K（85），故C错误；D温度越高化学反应速率越快，温度：b点d点，则反
34、应速率b逆d逆，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学平衡移动及平衡图象分析，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和运用能力，把握图象变化特点及化学平衡的影响因素为解答关键，注意平衡状态的判断和温度对化学反应速率的影响，题目难度不大。13【考点】焓变和熵变【分析】A影响蒸发的因素有温度、液体表面积和液体上方空气的流速；BHTS0，反应自发进行；C反应 CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）的S0、H0，结合反应自发进行时HTS0判断；D根据HTS0，反应自发进行判断。【解答】解：A影响蒸发的因素有温度、液体表面积和液体上方空气的流速，所以不是只有加热才能加快水的蒸发速度，故A错误；BHTS
35、0，反应自发进行，所以某吸热反应即H0能自发进行，则该反应一定是熵增加即S0反应，故B正确；C反应 CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）的S0、H0，反应自发进行时HTS0，即该反应在高温下能自发进行、低温时不能自发进行，所以该反应能否自发进行与温度有关，故C正确；DHTS0，反应自发进行，反应A（g）+B（g）C（g）+3D（g）在一定条件下能自发进行，又该反应S0，所以该反应可能为吸热反应，故D正确；故选：A。【点评】本题考查反应自发进行的判断，理解运用复合判据是解题关键：当GHTS0时，反应向正反应方向能自发进行；当GHTS0时，反应达到平衡状态；当GHTS0时，反应不能向正反应方
36、向自发进行，注意反应能否自发进行与反应的温度有关，题目难度不大。14【考点】影响盐类水解程度的主要因素；铵盐【分析】向氯化铵溶液中NH4+发生水解，导致c（NH4+）c（Cl），若要使c（NH4+）c（Cl），则要增大c（NH4+）或减小c（Cl），据此分析。【解答】解：A向氯化铵溶液加入少量氨水，c（NH4+）增大，可以使溶液中c（NH4+）c（Cl），故A不选；B向氯化铵溶液加入少量稀盐酸，c（Cl）增大，则溶液中c（NH4+）c（Cl），不能使溶液中c（NH4+）c（Cl），故B选；C加入硝酸银溶液，消耗Cl，c（Cl）减小，可以使溶液中c（NH4+）c（Cl），故C不选；D加入硫酸铵溶
37、液，c（NH4+）增大，可以使溶液中c（NH4+）c（Cl），故D不选；故选：B。【点评】本题考查了盐类水解原理、水解平衡移动的影响因素，题目难度不大，注意对基础知识的积累，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。15【考点】盐类水解的应用【分析】加入硫酸铜溶液会和锌反应生成铜，在电解质溶液中形成原电池反应，加快反应速率；纯碱溶液中碳酸根离子水解显碱性，加热促进水解，油脂在碱性溶液中水解形成溶于水的物质；醋酸钠溶液中醋酸根离子水解减少，CH3COONa溶液中c（Na+）c（CH3COO）；实验室配制FeCl3溶液，Fe3+为弱碱阳离子，在溶液中发生水解，加入酸抑制水解；Fe3+就可以和SCN反应生
38、成络合物Fe（SCN）3，形成血红色溶液；碳酸钠中的碳酸根可以和硫酸铝中的铝离子发生双水解反应；向氯化亚铁中滴加氯水，因氯水有氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+；明矾中含有Al3+，氯化铁中含有Fe3+，二者均为弱碱阳离子，在水溶液中水解产生大量絮状沉淀，具有较大表面积。具有吸附作用。【解答】解：实验室在制取氢气时加入少量硫酸铜，Zn可以和硫酸铜反应生成Cu，Cu、Zn和稀硫酸组成原电池装置，加快氢气的生成速率，故正确；纯碱为碳酸钠，是强碱弱酸盐，碳酸根在溶液中水解，出现大量氢氧根可以和油污作用，达到去油的效果，故错误；醋酸钠溶液中，醋酸根为弱酸根离子，在溶液中发生水解使醋酸根离子浓度变小，
39、CH3COONa溶液中c（Na+）c（CH3COO），故错误；实验室配制FeCl3溶液，Fe3+为弱碱阳离子，在溶液中发生水解，稀释溶液时需要加入少量稀盐酸，盐酸中的氢离子可以抑制Fe3+的水解，故错误；向氯化铁中滴加KSCN，Fe3+就可以和SCN反应生成络合物Fe（SCN）3，故正确；碳酸氢钠中的HCO3可以和硫酸铝中的Al3+发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝，故错误；向氯化亚铁中滴加氯水，因氯水有氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+，发生氧化还原反应，故正确；明矾中含有Al3+，氯化铁中含有Fe3+，二者均为弱碱阳离子，在水溶液中水解产生大量絮状沉淀，用于净水，故错误；综上，与盐类水
40、解无关，故选：A。【点评】本题考查了盐类水解的应用，熟练掌握物质性质和特征应用时解题关键，题目难度不大。16【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A饱和溶液中加少量生石灰，消耗水，且有溶质析出，依然为饱和溶液；B溶液为饱和的Ca（OH）2溶液，所以根据电荷守恒得出离子的关系式；C加少量水稀释过程中Ca（OH）2会溶解，但Ca（OH）2浓度不变，但物质的量增加；D根据题意可知，温度升高Ca（OH）2溶解度减小。【解答】解：A加少量生石灰，发生CaO+H2OCa（OH）2，消耗水，且有溶质析出，则溶液质量减少，故A错误；B溶液为饱和的Ca（OH）2溶液，所以根据电荷守恒，则有2c（C
41、a2+）+c（H+）c（OH），故B错误；C加少量水稀释过程中Ca（OH）2会溶解，但Ca（OH）2浓度不变，但物质的量增加，n（Ca2+）n2（OH）应增大，故C错误；D根据题意可知，温度升高Ca（OH）2溶解度减小，则该物质溶解过程为放热过程，故D正确；故选：D。【点评】本题考查难溶电解质中离子浓度关系以及物质的量关系，平衡的热效应等知识点，难度一般。17【考点】原子核外电子的运动状态【分析】A原子由原子核和核外电子构成，电子在原子核外是分层排布的；B能层高的s轨道电子能量比能层低的p轨道电子能量高；C在多电子的原子中，电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，
42、每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反；D离原子核越远的电子，其能量越大。【解答】解：A根据能量的高低，电子在原子核外是分层排布，离原子核越远的电子，其能量越大，故A正确；B在基态多电子原子中，p轨道电子能量不一定高于s轨道电子能量，如4s电子比2p电子能量高，故B错误；C在多电子的原子中，电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，在一个基态多电子的原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子，故C正确；D离原子核越远的电子，其能量越大，则p原子轨道电子的平均能量随能层的增大而增加，所以电子云伸展方向与能量大小是无关，故D正
43、确；故选：B。【点评】本题考查原子核外电子的排布、原子轨道等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和应用能力的考查，注意把握电子的排布规律，题目难度不大。18【考点】原子核外电子的运动状态【分析】同周期从左到右原子的第一电离能有增大趋势，所以第一电离能：锌铜；Zn的第二电离能大于其第一电离能，Cu+的外围电子结构为3d10、3d为全充满的稳定结构，第二电离能：铜锌。【解答】解：锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有AC；锌的第二电离能大于第一电离能，BA，铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有DB，故选：D。【点评】本题是对原子核外电子的运动状态的考查，涉及核外电子排布、第一电离能、第二电离能等
44、，整体难度不大，重在物质结构基础知识的运用。19【考点】离子积常数【分析】A水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c（H+）、c（OH）及离子积常数增大；B只有c（OH）c（H+）的点是纯水的电离；C水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大；DB点时，Kw11012，pH2的硫酸中c（H+）0.01mol/L，pH12的KOH溶液中c（OH）1mol/L，等体积混合碱剩余，溶液呈碱性【解答】解：A水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c（H+）、c（OH）及离子积常数增大，根据图知，T1曲线上离子积常数大于T2，所以T1T2，温度，故A错误；B只有c（OH）c（H+
45、）的点是纯水的电离，所以只有A、B点才是纯水的电离，故B错误；C水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是BCADE，所以离子积常数大小顺序是BCADE，故C错误；DB点时，Kw11012，pH2的硫酸中c（H+）0.01mol/L，pH12的KOH溶液中c（OH）1mol/L，等体积混合时碱剩余，溶液呈碱性，故D正确；故选：D。【点评】本题考查弱电解质的电离，题目难度中等，注意分析图象，把握水的离子积只受温度的影响20【考点】电解原理的应用实验【分析】根据电镀原理：用Cu在Fe片上镀铜时，镀件铁为阴极，镀层金属铜为阳极，电镀液是含有的
46、镀层金属铜离子的盐，根据电极反应来判断即可【解答】解：用Cu在Fe片上镀铜时，镀件铁为阴极，镀层金属铜为阳极，电镀液是含有的镀层金属铜离子的盐。A、电镀池中，和电源的正极相连的金属铜是阳极，该极上是金属铜发生失电子的氧化反应，Cu2eCu2+，故A错误；B、在电镀池的阴极上是Cu2+2eCu，阳极上是Cu2eCu2+，电镀液中铜离子浓度不变，所以溶液蓝色不变，故B错误；C、用Cu在Fe片上镀铜时，镀件铁为阴极，连接B极，镀层金属铜为阳极，连接A极，故C正确；D、A极和B极直接相连，金属铜和金属铁构成原电池的两个电极，金属Cu为正极，该极上是铜离子发生得电子的还原反应，故D错误。故选：C。【点评
47、】本题考查学生电镀池的工作原理方面的知识，注意知识的积累是解题的关键，难度不大21【考点】化学平衡移动原理【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，据此分析。【解答】解：AAgCl的浊液中加入KI溶液，AgI更难溶，实现了沉淀的转化：AgCl+IAgI+Cl，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；B合成氨反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向着正向移动，提高； 原料的利用率，可用勒夏特列原理解释，故B不选；CAlCl3溶液在加热时水解生成Al（OH）3和HCl，HCl易挥发，加热促进
48、水解得到氢氧化铝，无法得到无水AlCl3，能用平衡移动原理解释，故C不选；D滴加少量CuSO4溶液，置换出的Zn与Cu形成原电池，加快了Zn与稀H2SO4反应的速率，与化学平衡无关，不能用勒夏特列原理解释，故D选；故选：D。【点评】本题考查平衡移动原理的应用，题目难度不大，明确勒夏特列原理的使用条件为解答关键，注意掌握勒夏特列原理的内容，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。22【考点】离子浓度大小的比较【分析】A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B混合溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）c（OH）+c（CH3COO），存在物料守恒：2c（Na+）c（CH3COOH
49、）+c（CH3COO），根据电荷守恒和物料守恒判断；C由电荷守恒得c（OH）+c（HS）+2c（S2）c（H+）+c（Na+）、物料守恒得c（Na+）c（S2）+c（HS）+c（H2S），则溶液中存在质子守恒；D混合溶液呈中性，则c（OH）c（H+），溶液中存在电荷守恒c（OH）+c（CH3COO）c（H+）+c（Na+）。【解答】解：A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，则根据电荷守恒得：c（H+）+c（M+）c（OH）+c（A），故A正确；B混合溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）c（OH）+c（CH3COO），存在物料守恒：2c（Na+）c（CH3COOH）+c（CH3COO），二者
50、结合可得：c（CH3COO）+2c（OH）2c（H+）+c（CH3COOH），故B正确；C由电荷守恒得c（OH）+c（HS）+2c（S2）c（H+）+c（Na+）、物料守恒得c（Na+）c（S2）+c（HS）+c（H2S），所以得c（OH）+c（S2）c（H+）+c（H2S），即c（OH）c（H+）c（S2）+c（H2S），故C正确；D混合溶液呈中性，则c（OH）c（H+），溶液中存在电荷守恒c（OH）+c（CH3COO）c（H+）+c（Na+），则：c（Na+）c（CH3COO），故D错误；故选：D。【点评】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确溶液中溶质成分及其
51、性质、溶液中存在的守恒是解本题关键，注意守恒理论的灵活应用，题目难度不大。23【考点】元素电离能、电负性的含义及应用【分析】同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，其中A全充满、A族半充满元素的第一电离能大于相邻主族元素，与图象基本符合。【解答】解：A同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，故A错误；B同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，故B正确；C氧、氟无最高正化合价，故C错误；D稀有气体的电负性不大，氟的电负性最大，故D错误；故选：B。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握同周期元素性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注重基础，题目难度不大24【考点】酸碱混
52、合时的定性判断及有关pH的计算【分析】A二者恰好完全反应时温度最高，则F点二者恰好完全反应，二者体积相等，且以1：1反应，所以二者浓度相等，则c0.1；BF点溶液中溶质为Na2X，X2水解导致溶液呈碱性，水也电离生成OH；CG点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaOH、Na2X，溶液中存在物料守恒；DHX只电离不水解，则NaHX抑制水电离，Na2X促进水电离，NaOH抑制水电离。【解答】解：A二者恰好完全反应时温度最高，则F点二者恰好完全反应，二者体积相等，且以1：1反应，所以二者浓度相等，则c0.1，NaOH溶液的pH13，故A正确；BF点溶液中溶质为Na2X，X2水解导致溶液呈碱性，水也电离生
53、成OH，所以c（OH）c（HX），故B正确；CG点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaOH、Na2X，溶液中存在物料守恒，该二元酸第一步完全电离，所以溶液中不存在H2X，根据物料守恒得c（Na+）3c（HX ）+3c（X2 ），故C错误；DHX只电离不水解，则NaHX抑制水电离，Na2X促进水电离，NaOH抑制水电离，所以开始到F点水的电离程度增大、F到G点水的电离程度减小，故D正确；故选：C。【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确水电离影响因素、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意该二元酸第一步完全电离、第二步部分电离，为解答易错点。二解答题（共1小题）2
54、5【考点】电解原理的应用实验【分析】制纯净的Fe（OH）2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，a与电源正极相连，则a为阳极；纯水导电性太差，影响物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe（OH）2沉淀，电解液为CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2Cu+FeCl2；苯的密度水的小，不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，并在实验之前对溶液煮沸，排出溶液中的氧气；短时间内看到白色沉淀，增大反应的速率即可【解答】解：制纯净的Fe（OH）2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，a与电源正极相连，则a为阳极，发生的电极反应为Fe2eFe2+，故答案为：Fe；Fe2eFe2+；纯水导电性太差，影响
55、物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe（OH）2沉淀，电解液为CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2Cu+FeCl2，则电解液b可选择BC，故答案为：BC；苯的密度水的小，不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，为防止氢氧化亚铁被氧化，并在实验加入苯之前，对d溶液进行加热处理的目的是排出溶液中的氧气，故答案为：隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化；排尽溶液中的氧气，防止生成的氢氧化亚铁在溶液中被氧化；短时间内看到白色沉淀，适当增大电源电压、适当缩小两电极间距离可增大反应的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低温度反应速率减慢，故答案为：BC【点评】本题考查氢氧化亚铁的制备和电解原
56、理，明确电解原理及Fe为阳极是解答本题的关键，注意实验中防止氢氧化亚铁被氧化，题目难度不大三推断题（共1小题）26【考点】离子方程式的书写；化学方程式的有关计算；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理【分析】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子；（2）氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和水；（3）阴极生成的是铝，根据电子守恒计算生成铝的质量；（4）铝表面生成氧化铝，则待加工铝质工件为电解池的阳极，需要连接电源正极；（5）pH7.1时Mn（OH）2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的
57、Fe3+、Al3+，结合Al（OH）3完全变成沉淀时的pH、Fe（OH）3完全变成沉淀时的pH分析；（6）根据氧化还原反应中得失电子守恒：n（Mn3+）1n（Fe2+）10.02L0.0500mol1.00103mol，根据Mn元素守恒，m（MnSO4H2O）1.00103mol169g/mol0.169g，以此计算纯度。【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3+Fe3Fe2+，故答案为：Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；2Fe3+Fe3Fe2
58、+；（2）稀硫酸与Al2O3反应生成硫酸铝和水，离子反应为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O，故答案为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O；（3）电解熔融的Al2O3时，阴极铝离子得到电子生成金属铝，若外电路上转移6 mol e，根据电子守恒可知生成Al的物质的量为：2mol，生成Al的质量为：27g/mol2mol54g，故答案为：54；（4）用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密的氧化膜，根据原理可知，Al要形成氧化膜，化合价升高失电子，因此铝为阳极，需要连接电源的正极，故答案为：正；（5）pH7.1时Mn（，除去OH）2开始沉淀。室温下MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完
59、全变成沉淀时的pH：KspAl（OH）311033c（Al3+）c3（OH），c（Al3+）1106molL1，解得：c（OH）1109molL1，c（H+）1105molL1pH5，同理Fe（OH）3完全变成沉淀时，pH约为3.5，故pH范围是：5.0pH7.1，故答案为：5.0pH7.1；（6）根据氧化还原反应中得失电子守恒：n（Mn3+）1n（Fe2+）10.02L0.0500mol1.00103mol，根据Mn元素守恒，m（MnSO4H2O）1.00103mol169g/mol0.169g，纯度为：100%98.8%，故答案为：98.8%。【点评】本题考查较为综合，涉及难溶物溶解平衡的
60、计算、电解原理、离子方程式书写、盐的水解原理等知识，题目难度中等，明确反应原理为解答关键，注意掌握电解原理、难溶物溶解平衡及其沉淀转化的本质，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。四计算题（共1小题）27【考点】化学平衡的计算【分析】平衡混合气中C的体积分数为37.5%，可设转化的A的物质的量为xmol，则 2A（g）+3B（g）3C（g）起始/mol 2 3 0转化/mol x 1.5x 1.5x平衡/mol 2x 31.5x 1.5x则37.5%，x1，（1）已知该反应某一时刻的瞬时速率计算公式为v正k正A2B3，v逆k逆C3，其中k正、k逆为速率常数，则平衡时，v正k正A2B3v逆
61、k逆C3，K，以此计算；（2）平衡时n（A）1mol，n（B）1.5mol，n（C）1.5mol，以此计算各气体的物质的量分数，进而计算平衡常数。【解答】解：由以上分析可知平衡时n（A）1mol，n（B）1.5mol，n（C）1.5mol，浓度分别为0.5mol/L、0.75mol/L、0.75mol/L，（1）已知该反应某一时刻的瞬时速率计算公式为v正k正A2B3，v逆k逆C3，其中k正、k逆为速率常数，则平衡时，v正k正A2B3v逆k逆C3，K4，答：上述条件下的值为4；（2）平衡时n（A）1mol，n（B）1.5mol，n（C）1.5mol，则A、B、C的物质的量分数分别为25%、37.
62、5%、37.5%，起始压强为P0，则达到平衡后压强为P00.8P0，则Kp，答：T时上述反应Kp的值为。【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握三段式的运用，把握计算的思路和方法，题目难度中等。五实验题（共1小题）28【考点】化学平衡的计算；探究影响化学反应速率的因素【分析】（1）由可知总体积为50mL，且中温度不同、中浓度不同，可探究温度、浓度对速率的影响；（2）Fe元素的化合价降低、I元素的化合价升高，氯化铁不足，检验铁离子可证明反应的可逆性；（3）Tl时，由表格数据可知20min达到平衡，平衡浓度c（N2）0.3mol/L、c（CO2）0
63、.3mol/L、c（NO）0.4mol/L，以此计算反应的平衡常数；30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g），由表中数据可知，平衡状态物质浓度增大，平衡常数K，平衡常数不变，则结合浓度增大的影响因素来解答。【解答】解：（1）由可知总体积为50mL，且中温度不同、中浓度不同，可探究温度、浓度对速率的影响，则V140mL，V250mL35mL5mL10mL，故答案为：40；10；（2）由电子及原子守恒可知，离子反应为2I+2Fe3+I2+2Fe2+，故答案为：2；2；1；2；步骤中，试剂X是KSCN，可检验铁离子，故答案为：KSCN；步骤和中的
64、实验现象说明KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度，该实验现象是中下层为紫色、中溶液变为血红色，故答案为：中下层为紫色、中溶液变为血红色；（3）Tl时，由表格数据可知20min达到平衡，平衡浓度c（N2）0.3mol/L、c（CO2）0.3mol/L、c（NO）0.4mol/L，则K，故答案为：；30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g），由表中数据可知，平衡状态物质浓度增大，平衡常数K0.56，平衡常数不变，平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；由氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，则改变的条件可能是通入一定量的NO或适当缩小容器的体积或增大压强或通入等物质的量的CO2和N2，故答案为：0.56；通入一定量的NO或适当缩小容器的体积或增大压强或通入等物质的量的CO2和N2。【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡，为高频考点，把握控制变量法、K的计算及平衡移动为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意（3）为解答的难点，题目难度不大。
