【文档说明】四川省内江市第一中学2023-2024学年高二下学期期中考试化学试题 Word版含解析.docx，共(16)页，638.962 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-c9ca54bd19bad6ab062b8ba83fb27df7.html

以下为本文档部分文字说明：

四川省内江市第一中学2023—2024学年高二下学期期中考试化学试题考试时间：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Si-28Mg-24Fe-56Cu-64In-115Se-79第Ⅰ卷选择题

(满分42分)1.对物质的研究可改善人类的生活，下列关于说法正确的是A.纳米晶体是晶体颗粒尺寸为纳米量级的晶体，当晶体颗粒小至纳米级，熔点会降低B.可燃冰(CH4∙8H2O)中甲烷与水分子间存在氢键C.超分子是由两个或多个分

子通过共价键形成的具有特定结构和功能的聚集体D.X射线衍射实验可用于键长、键能、键角和晶体结构的测定【答案】A【解析】【详解】A．纳米晶体是晶体颗粒尺寸为纳米量级的晶体，当晶体颗粒小至纳米级，具有较高的表面能量，造成超微粒子特有的热性质，也就是造成熔点下降，A正

确；B．碳的电负性相对较小，造成C-H键的极性不够强，所以可燃冰(CH4∙8H2O)中甲烷与水分子间不能存在氢键，B不正确；C．超分子是由两个或多个分子通过分子间作用力形成的具有特定结构和功能的聚集体，C不正确；D．X射线衍射实验可用于键长、键

角和晶体结构的测定，但不能测定键能，D不正确；故选A。2.下列化学用语表示正确的是A.基态2Fe+的价电子轨道表示式：B.二氧化硅的分子式：SiO2C.3，4-二甲基-1，3-戊二烯的键线式：D.2SO的VSEPR模型：【

答案】C【解析】【详解】A．铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6，轨道表示式为，故A错误；B．二氧化硅是由原子构成的共价晶体，化学式为SiO2，故B错误；C．3，4-二甲基-1，3-戊二烯的键线式为，故C

正确；,D．二氧化硫的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，VSEPR模型为，故D错误；故选C。3.下列关于晶体说法正确的是A.固态物质一定是晶体B.金属在常温下都以晶体形式存在C.可通过X射线衍射实验区分

晶体和非晶体D.固体食盐、水晶、玻璃均属于晶体【答案】C【解析】【详解】A．固态物质不一定是晶体，如玻璃，故A错误；B．常温下Hg为液态，因此金属在常温下都以晶体形式存在的说法不正确，故B错误；C．晶体

与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到微观结构，所以区别晶体与非晶体最可靠的科学方法是对固体进行x-射线衍射实验，故C正确；D．玻璃融化的过程中温度不断升高，玻璃没有固定的熔点，因此玻璃

不是晶体，故D错误；故选C。4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2含有的σ键数目是21NAB.15g甲基(—CH3)所含有的电子数是10NAC.720gC60晶体中含有NA个晶胞结构单元D.60gSiO2晶体中含有

2NA个Si—O键【答案】A【解析】【详解】A．1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2含有σ键(3551)mol21mol++=，数目是21NA，A项正确；B．15g(1mol)甲基(—CH3)所含有的电子数是9NA，B项错误；C．720g(10mol)C60晶体中含有10NA个晶胞结构

单元，C项错误；D．60g(1mol)SiO2晶体中含有4NA个Si—O键，D项错误；故选A。5.下列各物质的晶体中，化学键类型完全相同，晶体类型也相同的是A.SiF4与SiCB.HCOOCH3与NH4NO3C.CaO与Na2O2D.NF3与CS2【答案】D【

解析】【详解】A．SiF4与SiC中的化学键都是极性共价键，但前者为分子晶体，后者为共价晶体，A不符合题意；B．HCOOCH3由分子构成，属于分子晶体，分子内原子间形成共价键，NH4NO3由离子构成，属于离子晶体，阴、阳离子间形成离子键，阴、阳离子内含有共价键，B不符合

题意；C．CaO与Na2O2都由阴、阳离子构成，都形成离子晶体，但前者只含有离子键，后者含有离子键和共价键，C不符合题意；D．NF3与CS2都由分子构成，都形成分子晶体，且分子内原子间都形成极性共价键，D符合题

意；故选D。6.柠檬烯的结构式如图所示，下列说法正确的是A.柠檬烯的分子式为1014CHB.1mol柠檬烯最多能与22molH发生加成反应C.柠檬烯分子中碳原子的杂化方式有sp、2sp、3spD.柠檬烯分子的所有碳原子都可

以位于同一平面内【答案】B【解析】【详解】A．柠檬烯的分子式为C10H16，A错误；B．柠檬烯有两个碳碳双键，1mol柠檬烯最多能与22molH发生加成反应，B正确；C．柠檬烯分子中含有甲基和碳碳双键，碳原子的杂化方式有2sp、3sp，C错误；D．图中标注*的

碳，与之相连的碳最多有两个与之共面，所以不会所有碳共平面，D错误；故选B。7.下列各组物质中，不属于．．．同分异构体的是A.H2NCH2COOH和CH3CH2NO2B.CH3CH2CH2OH和CH3OCH2CH3C.CH3CH2CH2CHO和CH2=CHCH2CH2OHD

.和【答案】D【解析】【详解】A．H2NCH2COOH和CH3CH2NO2的分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，A不符合题意；B．CH3CH2CH2OH和CH3OCH2CH3中，前者属于醇、后者属于醚，二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，B不符合题

意；C．CH3CH2CH2CHO和CH2=CHCH2CH2OH的分子式相同，结构不同，前者属于醛、后者属于烯醇，互为同分异构体，C不符合题意；D．和的分子式不同，前者比后者多了2个H原子，不互为同分异构体，D符合题意；故选D。8.下列晶体性质的比较中正确的有A.熔点：NaF>NaCl

>NaBr>NaIB.沸点：HF>H2O>NH3C.硬度：冰>二氧化硅D.熔点：Na>Mg>Al>Hg【答案】A【解析】【详解】A．NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，晶格能越小，熔沸点越低，A正确；B

．HF、H2O、NH3含氢键，但水中氢键数目最多的是H2O，则沸点：H2O>HF>NH3，B错误；C．冰为分子晶体，二氧化硅为原子晶体，原子晶体的硬度大，则硬度：二氧化硅>冰，C错误；D．同周期元素从左

到右原子半径减小，价电子增多，金属键增强，金属熔点增大，汞常温是液态金属熔点低，故熔点：Al>Mg>Na>Hg，D错误；故选A。9.物质结构决定物质性质。下列物质性质描述与结构解释错误的是选项物质性质结构解释A稳定性：CH4>SiH4C-H键长更短，键能更大B沸点：对

羟基苯甲醛（）<邻羟基苯甲醛（）对羟基苯甲醛形成了分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成了分子内氢键C酸性：CH3COOH>CH3CH2COOH烷基越长推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸酸性越弱D键能：F-F键<Cl-Cl键F-F的键长短，原子核距离近，同种

电荷排斥力强A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．C元素和Si元素位于同一主族，原子半径C<Si，所以C-H键长更短，键能更大，所以甲烷的稳定性强于硅化氢，故A正确；B．对羟基苯甲醛形成了分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成了分子内氢键，所以沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，故

B错误；C．烷基是推电子基团，随着碳原子数增多，烷基推电子效应增大，羧基中O－H键的极性减弱，羧酸的酸性减弱，所以乙酸的酸性强于丙酸，故C正确；D．F元素和Cl元素位于同一主族，原子半径：F<Cl，所以F-F的键

长短，原子核距离近，同种电荷排斥力强，键能不大，故键能：F-F键<Cl-Cl键，故D正确；故选B。10.已知某有机物在标况下5.6L氧气中恰好完全燃烧，将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰。浓硫酸增重5.4

g，碱石灰增重8.8g，下列有关说法不正确的是A.该有机物中存在氧元素B.该有机物分子式为C2H6O2C.该有机物的核磁共振氢谱可能有2组峰D.该有机物的同分异构体的质谱图完全一样【答案】D【解析】【分析】将某有机物在标况下5.6L氧气中恰好完全燃烧，氧

气的物质的量为：5.6mol=0.25mol22.4，氧原子的物质的量为0.5mol，产物通过浓硫酸，浓硫酸增重5.4g为水，其物质的量为：5.4g0.3mol18g/mol=，则含有H元素的物质的量为0.6mol，氧原子的物质的量为0.3mol，通过碱石灰，碱石灰又增重的8.8g为二氧化碳的质量

，其物质的量为：8.8g0.2mol44g/mol=，含有C的物质的量为：0.2mol，氧原子的物质的量为0.4mol，生成物中氧原子共0.7mol，大于氧气中氧原子物质的量，则有机物中有氧原子且为0.2mol，故有机物中，C物质的量为0.2mol、H物质的量为0.6mol、O物质的量为0.2

mol，所以该有机物分子中C、H、O原子数之比为：0.2mol：0.6mol：0.2mol=1：3：1，其最简式为：CH3O，据此解答；【详解】A．由分析可知，该有机物中存在氧元素，A正确；B．设该有机物分子式为(CH3O)n，当n=2时，得到的分子式C2H6O2中H原子已经达到饱和

，所以该有机物分子式一定为C2H6O2，B正确；C．若该有机物结构为乙二醇，乙二醇的分子中含有两种等效H，则其核磁共振氢谱有两个吸收峰，C正确；D．同分异构体在质谱图中最大质荷比相同，但谱图不完全相同，D错误；故选D。11.下列化学实验涉及的离子方程式书写正确的是A.向血红色Fe(SCN)3

溶液中加入过量铁粉至溶液褪色：2Fe3++Fe=3Fe2+B.向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3∙H2O=[Al(OH)4]-+4+4NHC.向硫酸铜溶液中滴入几滴氨水：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+D.向氨水中加入铜

粉并通入O2得到深蓝色溶液：2Cu+O2+8NH3∙H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O【答案】D的【解析】【详解】A．Fe(SCN)3是红色络合物，写化学式，离子方程式为：()232FeSCNFe3

Fe6SCN+−+=+，故A错误；B．向溶液中加入过量氨水，生成()3AlOH沉淀，离子方程式：()33243Al3NH?HO=AlOH3NH++++，故B错误；C．向硫酸铜溶液中滴入几滴氨水，生成()2

CuOH沉淀，离子方程式为：()23242Cu2NH?HOCuOH2NH+++=+，故C错误；D．向氨水中加入铜粉并通入O2得到深蓝色溶液，即生成[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为：2Cu+O2+8NH3∙H2

O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O，故D正确；故选D。12.一种有机物催化剂由原子序数依次递增的前20号元素X、Y、Z、W、M组成，结构式如下图。下列说法正确的是A.简单离子半径：MWZB.简单气态氢

化物稳定性：ZYC.基态M原子电子占据的最高能层有9个原子轨道D.Z元素所在周期中，第一电离能大于Z的元素有2种【答案】C【解析】【分析】原子序数依次递增的前20号元素X、Y、Z、W、M，X只形成1个共价键，Y形成4个共价键

，Z形成2个共价键、M形成6个共价键，可知X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、M为S元素；W形成带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知W为Na元素，以此来解答。【详解】A．M为S，离子核外电子层排

布为2、8、8；O和Na的离子电子层排布均为2、8，离子的核外电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多半径越小，则离子半径：M＞Z＞W，故A错误；B．非金属性O>C，非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，则稳定性：H2O>CH4

，故B错误；C．M为S，其核外有3个能层，最高能层为第3电子层，存在3s轨道1个，3p轨道3个，3d轨道5个，共9个原子轨道，故C正确；D．O为第二周期，随核电荷数递增，第一电离能呈增大层为半满稳定结构，其第一电离能大于O，则比O的第一电离能大的元素有N、F、

Ne，故D错误；故选：C。13.有机物X→Y的转化关系如图所示。下列说法错误的是A.Y中含有4种官能团B.X中手性碳原子的数目为3C.Y中可能共平面的碳原子最多为9个D.X、Y都可以形成分子间氢键【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知Y中含碳

碳双键、羟基、羧基和硝基四种官能团，故A正确；B．根据手性碳的特征，X中羟基和硝基所连碳原子均为手性碳原子，共3个，故B正确；C．Y中苯环为平面结构，碳碳双键为平面结构，两平面结构通过单键相连，可以重合，另外-COOH碳原子也可以转到双键平面上，因此共平面的碳原子最多为10个，故C错误；D

．X、Y均含羟基，可以形成分子间氢键，故D正确；故选：C。14.FeMg−合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。晶胞的棱长为anm，阿伏加德罗常数的值为AN，下列说法正确的是A.Mg原子填充在Fe原子形成的正八面体空隙中B.图中1

号和2号原子距离为10nm4aC.该合金的密度为3321320gcm10ANa−−D.若该晶体储氢时，2H分子在晶胞的体心和棱心位置，则含48gMg的该储氢合金可储存标准状况下2H的体积约为22.4L【答案】D【解析】【详解】A．顶点铁原子与相邻的3个面心的铁原子

形成四面体空隙，Mg位于四面体空隙的体心，故A错误；B．结合图中1号和2号原子在晶胞中的位置关系，可计算距离22233119(anm)(anm)(anm)anm4444++=，故B错误；C．铁原子位于顶点和面心，个数为118+6482=，8个M

g位于晶胞内部，则晶胞密度23-33AAAmNM4568244.1610gcmvNVNaNa+====-7（10），故C错误；D．晶胞中Mg个数为8，H2个数为111244+=，48gMg物质的量为2mol，则氢气物质的量为1mol，标准

状况下对应体积为22.4L，故D正确；答案选D。第Ⅱ卷非选择题(共58分)15.按要求填空（1）已知下列物质：①3223CHCHCHCH；②；③3222CHCHCHCHCH=；④；⑤；⑥；⑦上述物质中属于脂肪烃的是___________(填序号，下同)；属于酚类的是___________

；属于芳香烃的是___________；属于羧酸类的是___________；。（2）中含有的官能团名称为___________；键线式表示的分子式___________；（3）有机物()()322533CHCCHC

HCHCH其系统命名法名称为___________，其一氯代物有___________种。【答案】（1）①.①③⑤②.⑥③.⑦④.②④（2）①.羟基、羧基②.C8H16（3）①.2，2，4-三甲基己烷②.6【解析】【小

问1详解】由结构简式可知，3223CHCHCHCH、3222CHCHCHCHCH=、是只含有碳元素和氢元素的链状烃，属于脂肪烃；分子中有羟基直接与苯环相连，属于酚类；分子中含有苯环，且只含有碳元素和氢元素，属于芳香烃；、分子中含有羧基，属于羧酸，故答案为：①③⑤；⑥

；⑦；②④；【小问2详解】由结构简式可知，分子含有的官能团为羟基和羧基；由键线式可知，烯烃的分子式为C8H16，故答案为：羟基、羧基；C8H16；【小问3详解】由结构简式可知，烷烃分子中最长碳链含有6个碳原子，侧链为3个甲基，名称为2，2，4-三甲基己烷，2

，2，4-三甲基己烷分子中含有6类氢原子，则分子的一氯代物有6种，故答案为：2，2，4-三甲基己烷；6。16.下表中A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，F、G为第四周期元素，其相关信息如下：A．元素原子是元素周期表中半径最小的原子B．基态原子

核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等C．元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且只有一种自旋方向D．原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等E．与D为同主族元素F．其+2价离子的3d轨道为半充满

状态G．目前年产量最大、使用最广泛金属（1）E元素在周期表中的位置是___________，其基态原子最高能层的电子占据的原子轨道电子云为_____________形。（2）F元素位于元素周期的_____________区，其基态原子的价层电子轨道表示式为______________。（3）C

元素单质的结构式为_____________，3CD−中心原子的杂化方式为___________，分子空间构型为_______________。（4）B、C、D、E四种元素的原子半径由大到小的顺序：____________（填元素符号）。（5）气态F2+比气态G2+再失去一个电子难，原因是___

_________。（6）下列关于B2A4的说法中正确的是____________（填序号）。A.B2A4分子中中心原子的杂化类型为sp2B.B2A4是只由极性键形成的非极性分子C.B2A4中的所有原子都满足8电子稳定结构D.B2A4分子中σ键和π键数目比为5：1【答案】（

1）①.第三周期第VIA族②.哑铃（2）①.d②.（3）①.NN②.sp2③.平面三角形（4）S>C>N>O（5）Mn2+价电子为3d5半充满结构，更稳定，较难失去电子（6）AD【解析】【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素：A元素原子是元素周期表

中半径最小的的原子，则A为H；B基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等，则B的核外电子排布为1s22s22p2，为C；C元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且只有一种自旋方向，则C的核外电子排布为

1s22s22p3，为N；D原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，则D的核外电子排布式为1s22s22p63s2，为O；E与D为同主族元素，是S。F、G为第四周期元素：F的+2价离子的3d轨道为半充满状态，则其+2价离子的核外电子排布为1s22s22

p63s23p63d5，则F为Mn；G是目前年产量最大、使用最广泛的金属，为Fe；据此分析作答。【小问1详解】据分析E为S，在元素周期表中的位置是第三周期第VIA族，其最高能级为3p呈现哑铃形；【小问2详解】据分析F为Mn，位于元素周期表中d区，

其基态原子的价层电子轨道表示式为；【小问3详解】C为N，其单质形成氮氮三键，结构式为NN，硝酸根的中心原子为N，价层电子对数为()13513232++−=，为sp3杂化，无孤对电子，则分子空间构型为平面三角形；【小问4详解】C、N、O、S中C、N、O是第二周期

元素，随着核电荷数增大原子半径逐渐减小，S为第三周期元素，在这四种元素中S的半径最大，半径由大到小的顺序为S>C>N>O；【小问5详解】Mn2+价电子为3d5结构、Fe2+价电子为3d6结构，Mn2+价电子为3d5半充满结构，更稳定，较难失去电子；【小问6详解】B2A4分子式是C2H4为乙烯，乙

烯中C的杂化类型为sp2，A正确；乙烯中存在非极性键，B错误；乙烯中H原子没有达到8电子稳定结构，C错误；单键为σ键，双键中有1个π键1个σ键，则乙烯中σ键和π键数目比为5：1，D正确。17.过渡金属元素铬(Cr)是不锈钢的重要成分，在工农业

生产和国防建设中有着广泛应。（1）三价铬离子能形成多种配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中提供孤电子对形成配位键的原子是___________，中心离子的配位数为___________。（2）()()2323CrNHHOCl+中配体分

子NH3、H2O。①键角：NH3___________H2O(填“>”或“<”)。②NH3极易溶于水，原因是___________。的（3）某晶体的晶胞结构如图所示，已知晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，A、B原子的坐标分别为(0，0，0)、(0，0，12)，阿伏加德罗常数的值为AN。①

该晶体的化学式为___________。②C原子的坐标为___________。③该晶体的密度为___________g/cm3。(列出计算式即可，无需化简)【答案】（1）①.N、O、Cl②.6（2）①>②.NH3能与水反应形成分子间氢键（3）①.CuInSe2②.(

131,,448)③.A-214337Nabc10【解析】【小问1详解】配离子中具有空轨道的铬离子是中心离子，具有孤对电子的氮原子、氧原子、氯原子是提供孤电子对形成配位键的原子，配位数为6，故答案为：N、O、Cl；6；【小问2详

解】①氨分子中氮原子的孤对电子对数为1、水分子中氧原子的孤对电子对数为2，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则氨分子的键角大于水分子，故答案为：>；②氨分子能与水反应形成分子间氢键，所以氨气极易溶于水，故答案为：NH3能与水反应形成分子间氢键

；【小问3详解】①由晶胞结构可知，晶胞中位于面上和棱上的铜原子个数为6×12+4×14=2，位于顶点和面上的铟原子个.数为8×18+6×12=4，位于体内的硒原子个数为为8，则晶体的化学式为CuInSe2，故答案为：CuInSe2；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的A原子

、位于棱上的B原子的坐标分别为(0，0，0)、(0，0，12)，则晶胞的边长为12、棱长为1，则位于小立方体的体对角线上的C原子的坐标为(131,,448)，故答案为：(131,,448)；③设晶体的密度为dg/cm3

，由晶胞的质量公式可得：()A464115792N++=10—21abcd，解得d=A-214337Nabc10，故答案为：A-214337Nabc10。18.能源的合理开发和利用，低碳减排是人类正在努力解决

的大问题。2023年2月21日，中国气候变化特使谢振华获得首届诺贝尔可持续发展特别贡献奖，以表彰他在全球生态保护中做出的贡献。I．在298K、100kPa时，已知：()()()22ggCs,O=CO+石墨1l393

.5kJmolH−=−；()()()2221HgOg=HOl2+12285.8kJmol−=−H；()()()()222222CHg5Og4COg2HOl+=+132600.0kJmolH−=−（1）298K时写出()Cs,石墨和()2Hg反应生成()22CHg的热化学方程式：___

________。II．向密闭容器中充入一定量的()4CHg和()NOg，保持总压为100kPa，发生反应：()()()()()4222gggggCH4NO2NCO2HO+++H0。（2）能表示此反应已经达到平衡的是_______

____(填字母)。A.气体总体积保持不变B.混合气体的平均相对分子质量保持不变C.()()2NONnn不再变化D.()()422CHNvv=正逆（3）当()()4nNO=1nCH时，NO的平衡转化率1~T

；2T时NO平衡转化率()()4nNO~nCH的关系如图：①1T___________2T(填“>”或“<”)②表示当()()4nNO=1nCH时，NO的平衡转化率1~T的关系是___________(填“I”或“II

”)，根据所选曲线写出判断依据___________。③当()()4NO1CHnn=、2T时，该反应的分压平衡常数pK=___________(保留2位有效数字)(分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)ΔH=+227.2kJ/mol（2）CD（3）①

.>②.I③.该反应的ΔH<0，升高温度平衡逆向移动，则NO的转化率减小，而升高温度1T减小④.0.0014【解析】【小问1详解】将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应①×2+②—③×12得到反应2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)，则反应ΔH=(-393.5

kJ/mol)×2+(-285.8kJ/mol)—(+227.2kJ/mol)×12=+227.2kJ/mol，反应的热化学方程式为2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)ΔH=+227.2kJ/mol，故答案为：2C(s，石墨)+H2(

g)=C2H2(g)ΔH=+227.2kJ/mol；【小问2详解】A．该反应是气体体积不变的反应，反应中气体体积始终不变，则气体总体积保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相

等，该反应是气体体积不变的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量始终不变，则混合气体的平均相对分子质量保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；C．由方程式可知，反应中()()2NONnn的值减小，则()()2NONnn不再变化说明正

逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；D．由方程式可知，()()422CHNvv=正逆说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；故选CD；【小问3详解】①该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则曲线I表示当()()4nNO=1nCH时，一氧化氮的转化率与1

T的关系，由图可知，11T条件下一氧化氮的转化率小于21T条件下一氧化氮的转化率，所以Tl温度大于T2，故答案为：＞；②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则曲线I表示当()()4nNO=1nCH时，一氧化氮的转化率与1T的关系，故答案为：I；该反应

的ΔH<0，升高温度平衡逆向移动，则NO的转化率减小，而升高温度1T减小；③由图可知，当()()4NO1CHnn=、2T时，一氧化氮的转化率为40%，设起始一氧化氮和甲烷的物质的量都为1mol，由题意可建立如下三段式：()()()()()4222CHg+4NOg

2Ng+COg+2HOg(mol)11000(mol)0.10.40.20.10.2(mol)0.90.60.20.10.2起变平由三段式数据可知，甲烷、一氧化氮、氮气、二氧化碳、水蒸气的平衡分压分别为0.92×100kPa=45kPa、0.62×100kPa=30kPa

、0.22×100kPa=10kPa、0.12×100kPa=5kPa、0.22×100kPa=10kPa，则反应的分压平衡常数Kp=224(10kPa)5kPa(10kPa)45kPa(30kPa)=0.0014，故答案为：0.00

14。