重庆市第八中学2023-2024学年高二上学期期中化学 Word版含解析.docx

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重庆市第八中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Cu64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列水溶液呈碱性的盐是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．是强碱，溶液呈碱性，选项A错误；  B．是强碱弱酸盐，水解呈碱性，选项B正确；       C．是弱碱强酸盐，水解呈酸性，选项C错误；D．KHSO4在水中完全电离成钾离子、氢离子和硫酸根离子，呈酸性，选项D错误；       答案选B。2.下列基态粒子化学用语表达正确的是A.的最高能级的电子云轮廓图：B.的电子排布图：C.Br原子的价层电子排布式：D.Cr的简化电子排布式：【答案】C【解析】【详解】A．F原子的核外电子排布式为1s22s22p5，选项中的是F的原子结构示意图，选项A错误；B．2p轨道上的电子的自旋方向相同，违背泡利原理，选项B错误；C．Br是35号元素，Br原子的价层电子排布式：，选项C正确；D．Cr是24号元素，Cr的简化电子排布式为[Ar]3d54s1，选项D错误；答案选C。3.下列关于盐类水解的应用，说法不正确的是 A.工业上可利用水解制备B.水溶液蒸发结晶能得到固体C.除去溶液中的可加入后过滤D.配制溶液时，先将固体溶于较浓的盐酸中【答案】B【解析】【详解】A．Ti4+水解生成·xH2O，先加热水溶液制备·xH2O，再灼烧TiO2·xH2O制备TiO2，选项A正确；B．易被氧化生成，水溶液蒸发结晶不能得到固体，选项B不正确；C．Fe3+水解产生氢离子，CuO不断消耗氢离子，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀，选项C正确；D．盐酸可以抑制铁离子水解，配制溶液时，将晶体溶于较浓的盐酸中，然后加水稀释，选项D正确；答案选B。4.以CO2和NH3为原料合成尿素反应分两步完成，ⅰ.CO2和NH3生成H2NCOONH4；ⅱ.H2NCOONH4分解生成尿素，总反应为：△H。反应过程能量变化如图。下列说法错误的是A.第一步ΔS＜0B.第二步活化能大于第一步C.△H=+87.5kJ∙mol-1D.升高温度，总反应反应物活化分子百分数增大，反应速率增大 【答案】C【解析】【详解】A．第一步反应为CO2(g)+2NH3(g)H2NCOONH4(s)，ΔS＜0，A正确；B．从图中可以看出，第一步反应为放热反应，第二步反应为吸热反应，则第二步活化能大于第一步，B正确；C．与H2NCOONH4(s)的能量相比，CO2(g)+2NH3(g)的总能量为159.5kJ∙mol-1，CO(NH2)2(s)+H2O(g)的总能量为72kJ∙mol-1，则△H=72kJ∙mol-1-159.5kJ∙mol-1=-87.5kJ∙mol-1，C错误；D．升高温度，分子的能量升高，有效次数增多，总反应反应物活化分子百分数增大，反应速率增大，D正确；故选C。5.下列表述正确的是A.2p能级的三个轨道相互垂直，能量相等B.最外层电子数为2的元素都分布在区C.基态S原子有16种空间运动状态不同的电子D.第ⅦA族元素从上到下氢化物水溶液酸性逐渐减弱【答案】A【解析】【详解】A．2p能级的三个轨道相互垂直能量相等，选项A正确；B．最外层电子数为2的元素不一定都分布在s区，如He在p区，选项B错误；C．基态S原子有16个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p4，则有9种空间运动状态不同的电子，选项C错误；D．第VIIA族元素从上到下氢化物水溶液酸性逐渐增强，选项D错误；答案选A。6.下列热化学相关的描述正确的是A.在光照和点燃条件下不同B.已知，，则C.表示的燃烧热：D.一定条件下，则和置于密闭容器中充分反应放热【答案】B 【解析】【详解】A．在光照和点燃条件下都能发生反应，且相同，A不正确；B．已知，，由于SO2(g)=SO2(l)△H＜0，所以＜△H2，B正确；C．表示的燃烧热时，NH3(g)的化学计量数应为“1”，且水应呈液态，C不正确；D．一定条件下，由于反应可逆，将和置于密闭容器中充分反应，放热小于，D不正确；故选B。7.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.30℃时，的溶液中，水电离出的数目为B.电解精炼粗铜，阳极溶解铜时，外电路中通过的电子数目为C.为的新制氯水中次氯酸分子与次氯酸根离子数目之和为D.常温下，的溶液中，与数目都小于【答案】B【解析】【详解】A．30℃时，的溶液中，c(H+)=10-6mol/L，溶液中的氢离子都来源于水的电离，则水电离出的数目为10-6mol/L×2L×NA=，A正确；B．电解精炼粗铜，阳极溶解铜时，还溶解了比铜更活泼的锌、镍等杂质，所以外电路中通过的电子数目大于，B错误；C．依据离子方程式：，可知氯离子等于次氯酸分子和次氯酸根离子浓度之和，所以为的新制氯水中次氯酸分子与次氯酸根离子数目之和等于氯离子数目：×1L×=，C正确；D．的溶液中，与数目不考虑水解的情况下都等于，因为两种离子都发生水解反应，所以都小于，D正确；故选B。 8.下列有关电解质溶液的说法不正确的是A.常温下，磷酸中加水至原体积的两倍，B.将溶液从常温加热到80℃，溶液仍呈中性，但C.常温下，相同的盐酸和醋酸溶液，D.常温下，相同的和溶液导电能力相同【答案】D【解析】【详解】A．磷酸是弱电解质，加水稀释时促进电离，故加水至原体积的两倍时，溶液的pH>1，选项A正确；B．NaCl是强酸强碱盐,溶液呈中性，升高温度，水的离子积增大，溶液的pH<7，选项B正确；C．由于pH相同，故两溶液中的氢离子浓度相同，而两溶液中的氢离子浓度分别等于盐酸中的氯离子浓度和醋酸溶液中的醋酸根离子浓度，故c(Cl-)=c(CH3COO-)，选项C正确；D．氢氧化钠电离产生的氢氧根离子对水的电离起抑制作用，而醋酸钠的水解对水的电离起促进作用，所以两溶液中水的电离程度不相同，等pH时CH3COONa的浓度大，则CH3COONa溶液的导电性强，选项D不正确；答案选D。9.下列装置能达到实验目的是甲乙丙丁A.甲：测定KI溶液浓度B.乙：利用牺牲阳极法来防止钢铁输水管的腐蚀C.丙：中和反应反应热的测定D.丁：测定Zn和稀硫酸反应的速率 【答案】B【解析】【详解】A．溴水对橡胶具有腐蚀性，因此盛放溴水的滴定管应是酸式滴定管，选项A错误；B．镁比铁活泼，构成原电池中镁作负极，对铁制品起到保护作用，该方法称为牺牲阳极法，选项B正确；C．两烧杯必须相平，否则会造成热量损失，引起误差，选项C错误；D．测定Zn和稀硫酸反应的速率必须用到秒表进行计算时间，且反应时加入溶液应该用分液漏斗，选项D错误；答案选B。10.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W是宇宙中含量最多的元素，X的最高能级不同轨道都有电子且自旋方向相同，Y的最外层电子数为偶数，Z的核外电子数等于X与Y的最外层电子数之和。下列说法正确的是A.电负性：B.第一电离能：C.W与Y形成的化合物一定只含极性共价键D.原子半径：【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W是宇宙中含量最多的元素，则W为H元素；X的最高能级不同轨道都有电子且自旋方向相同，则X的电子排布式为1s22s22p3，X为N元素；Y的最外层电子数为偶数，则Y为O元素；Z的核外电子数等于X与Y的最外层电子数之和，则Z的核外电子数为5+6=11，Z为Na元素。从而得出W、X、Y、Z分别为H、N、O、Na。【详解】A．W、X、Y、Z分别为H、N、O、Na，则电负性：，A正确；B．X、Y、Z分别为N、O、Na，N原子的2p轨道半充满，第一电离能反常，则第一电离能：，B不正确；C．W与Y分别为H和O，形成的化合物H2O2中，既含极性共价键又含非极性共价键，C不正确；D．W、X、Y分别为H、N、O，原子半径：，D不正确；故选A。11.下列实验操作、现象和结论都正确的是实验操作现象结论A向平衡体系中加入适量固体生成物浓度增加，平衡逆向移动 溶液的颜色变浅B取溶液于试管中，加溶液，待不再有白色沉淀产生后加入溶液产生黄色沉淀C向盛有醋酸的试管中滴加的溶液有气泡产生的大于的D惰性电极电解氯化铜溶液，并用湿润的淀粉碘化钾试纸检验阳极产生的气体试纸先变蓝后褪色阳极有氯气产生且氯气具有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．该反应中不参加反应，故加入固体平衡不移动，A错误；B．该反应中硝酸银过量，故沉淀颜色的变化，不能证明沉淀的转化，不能证明溶度积常数的大小，B错误；C．醋酸的酸性大于碳酸，醋酸可以和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，C正确；D．氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性，D错误；故选C。12.室温时，用0.1000mol/L的NaOH标准溶液滴定同浓度20mL的NH4HSO4溶液(稀溶液中不考虑氨水的分解导致氨的逸出)。下列说法错误的是A.滴定过程中，溶液中逐渐减小B.时：C.时：D.分别为和时水的电离程度：前者＞后者 【答案】C【解析】【详解】A．滴定过程中不变，但溶液体积变大，故变小，A正确；B．时恰好发生反应：，由电荷守恒，存在：；由物料守恒，存在：，故溶液存在：，B正确；C．时：，溶质为和，，C错误；D．时，溶液中存在等物质的量的、，水解，促进水的电离，而时一水合氨电离，抑制水的电离，所以前者大于后者，D正确；故选C。13.双膜碱性多硫化物空气液流二次电池工作原理如下图所示，电极Ⅰ为掺杂的电极，电极Ⅱ为碳电极，总反应为：。下列说法正确的是A.离子交换膜a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜B.放电时，中间储液器中的浓度不断减小C.充电时，电极Ⅰ发生的电极反应为：D.充电时，电路中每通过电子，阳极室溶液质量理论上增加9g【答案】D【解析】【分析】由图分析可知，电极Ⅱ为碳电极，放电时，氧气发生还原反应生成氢氧根离子，为正极，则电极Ⅰ为负极。放电时，正极发生还原反应，反应为；负极发生氧化反应，反应为 ；【详解】A．电池工作时，负极区释放钠离子，正电荷增多，正极区生成氢氧根离子，负电荷增多，所以钠离子和氢氧根离子分别移向储液器，离子交换膜阴离子交换膜，离子交换膜为阳离子交换膜，A错误；B．电池工作时，钠离子和氢氧根离子分别移向储液器，中间储液器中的浓度不断变大，B错误；C．充电时，总反应为，电极Ⅰ发生的电极反应为：，C错误；D．充电时，电极Ⅱ为阳极区，反应为，电路中每通过电子，阳极室从中间储液器进入氢氧根离子、同时生成氧气，溶液质量理论上增加，D正确；故选D。14.在起始温度均为T℃、容积均为1L的密闭容器X(恒温)、Y(绝热)中均加入0.1molA和0.4molB，发生反应△H＜0，X、Y容器中A的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A.曲线M表示容器Y中A的转化率变化B.容器Y在内的化学反应速率为C.P点与Q点平衡常数：D.T℃时，【答案】D【解析】【分析】 该反应从正反应方向开始，正反应放热，随着反应的进行，反应放出热量，导致气体温度升高，反应速率加快、平衡逆向移动，的转化率降低，所以是绝热条件下进行，表示恒温()下进行反应。【详解】A．由分析可知，曲线M表示容器Y中A的转化率变化，A正确；B．容器Y在内，A的物质的量变化为0.1mol×20%，则B的物质的量变化也为0.1mol×20%，化学反应速率为，B正确；C．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，Q点相当于P点加热，则P点与Q点平衡常数：，C正确；D．条件下，容器平衡时的转化率为，则平衡时A、B、C、D的浓度分别为、、、，反应的平衡常数，同理，T℃时，容器Y中，，D不正确；故选D。二、非选择题：本题共5小题，共58分。15.光伏材料又称太阳能材料，能将太阳能直接转换成电能。可作太阳能电池材料的有单晶硅、多晶硅、非晶硅、、、、、、等。（1）元素镓(Ga)在元素周期表中的位置是___________。（2）P、S、Ga元素的电负性从大到小的顺序为___________。（3）As元素的第一电离能___________(填“大于”“小于”或“等于”)Se元素的第一电离能，原因是___________。（4）写出原子序数最小的第Ⅶ族元素基态原子的核外电子排布式___________（5）第四周期中4s轨道半充满的元素共有___________种。（6）太阳能电池材料的很多金属元素在枃灼烧时会产生特殊的火焰颜色，产生这种现象是因为基态原子变为激发态原子后，电子再跃迁到___________(选填“较高”或“较低”)能基状态时释放能量。【答案】（1）第四周期第ⅢA族（2）（3）①.大于②.同周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但砷元素原子4p能级是半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素（4）或() （5）3（6）较低【解析】【小问1详解】原子序数为31，电子排布式为，位于第四周期，价层电子排布式为，只排s、p轨道，为主族元素，价层电子数为3，所以是第ⅢA族元素；【小问2详解】同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，所以电负性；【小问3详解】砷、硒都是第四周期非金属元素，同周期元素自左而右第一电离能整体呈增大趋势，但砷元素原子能级是半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以As元素的第一电离能大于元素的第一电离能；【小问4详解】原子序数最小的第Ⅷ族元素是，原子的核外电子排布式为或；【小问5详解】轨道上有2个未成对电子的元素的轨道表示为或，两元素原子的核外电子排布式为或，元素符号为Si或S，由(2)中分析可知电负性；【小问6详解】当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，电子再从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量，产生特殊的火焰颜色。16.氮是一种重要的化工原料，电化学合成氮在工业上起着相当重要的作用，某合成装置如图所示： （1）该电化学装置为___________(选填“原电池”或“电解池”)，b极室为___________(填“阴”或“阳”)极室。（2）阴极室发生的电极反应为___________。（3）该装置中质子交换膜的两个作用分别是分离电极产物和___________。（4）该装置工作时质子由___________极室移向___________极室移动(用a、b表示)（5）若b极室产生的在标准状况下的体积为，a极室中通入相同条件下的总体积为，则的转化率为___________%(保留两位有效数字)。【答案】（1）①.电解池②.阳（2）【也可】（3）平衡电荷（4）①.b②.a（5）33【解析】【分析】a极室中氮气得电子产生氨气，则a极室连接的是电源的负极，为阴极；b极室水失电子产生氧气，为阳极，连接正极；【小问1详解】根据图示可知：在极上中元素失去电子发生氧化反应生成，因此极室为阳极室；【小问2详解】极上得到电子发生还原反应生成，因此极为阴极，其电极反应式为：；【小问3详解】质子交换膜只允许和通过，极上会消耗，极上会生成，能与反应生成，因此质子交换膜的作用是：为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴、阳极产物接触(平衡电荷)；【小问4详解】电解池中阳离子移动到阴极，故该装置工作时质子由b极室移向a极室移动；【小问5详解】极电极反应式为，根据氧化还原反应得失电子守恒可知参加反应各物质关系式为，生成和通入的体积比为，实际情况在相同条件下通入的体积和生成的体积比为，即通入生成，因此的转化率为 。17.用沉淀滴定法快速测定等碘化物溶液中，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液(已知为白色沉淀)。Ⅰ.准备标准溶液a．准确称取基准物后，配制成标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。b．配制并标定标准溶液，备用。Ⅱ.滴定待测溶液a．取待测溶液于锥形瓶中。b．加入溶液(过量)，使完全转化为沉淀。c．加入溶液作指示剂。d．用溶液滴定过量的。e．重复上述操作次，测定数据如表所示。实验序号123消耗标准溶液体积10.2410.029.98f．数据处理。回答下列问题：（1）将称得配制成标准溶液，所使用的玻璃仪器除烧杯、量筒和玻璃棒外，还有两种分别是___________、___________。（2）应在的条件下进行滴定，其目的是___________。（3）若过程Ⅱ中b和c两步操作颠倒将无法指示反应终点的原因是___________。(用离子方程式表示)（4）达到滴定终点时的现象是___________。（5）由上述实验数据测得___________。（6）若在配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则使___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1）①.(棕色)容量瓶②.胶头滴管（2）防止因的水解而影响滴定终点的判断(或抑制的水解)（3）（4）滴入最后半滴标准溶液后，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色【无色变为红色/血红色也可，浅红色不可】（5）0.0600（6）偏高【解析】【分析】本题为酸碱中和滴定的应用，先用过量的硝酸银沉淀样品中的所有碘离子，再NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，从而确定样品中的碘离子的含量，以此解题。【小问1详解】配制标准溶液时，所使用的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外，还有(棕色)容量瓶及定容时需要的胶头滴管，故答案为：(棕色)容量瓶；胶头滴管；【小问2详解】应在的条件下进行滴定，目的是防止因的水解而影响滴定终点的判断；故答案为：防止因的水解而影响滴定终点的判断(或抑制的水解)；【小问3详解】b和c两步操作不能颠倒，若颠倒，与发生氧化还原反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点；故答案为：否；若颠倒，与反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点，相应的离子方程式为：；【小问4详解】用溶液滴定过量的，溶液作指示剂，完全反应时，与反应，溶液由浅黄色变为红色，则滴定终点时的现象为溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色，故答案为：溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色；【小问5详解】根据提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，第二、三组数据取平均值即可，所以所消耗的溶液平均体积为，，，则 ，；【小问6详解】若在配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质的量减小，浓度偏低，则偏小，偏高。18.某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体()：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子开始沉淀时(c=0.01mol/L)的7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.0×10-5mol/L)的8.74.73.29.0回答下列问题：（1）“碱浸”中的两个作用分别是除去油脂和___________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式___________。（2）“转化”中可替代的最佳物质是___________。A.酸性溶液B.C.硝酸D.新制氯水（3）利用上述表格数据，计算的___________。如果“转化”后的溶液中浓度为，则“调”应控制的范围是___________。（4）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是___________。【答案】（1）①.溶解铝及其氧化物②.或（2）B（3）①.②.3.2≤pH＜6.2 （4）提高镍的回收率【解析】【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，将Al及其氧化物溶解，得到滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe3+、Fe2+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍晶体。【小问1详解】根据分析可知，因为废镍催化剂表面沾有油脂，所以“碱浸”的目的是除去油脂，同时还可以溶解催化剂中混有的铝及氧化铝杂质；滤液①中存在的金属元素只有铝元素，铝元素以或的形式存在，当加酸调到中性时，发生反应的离子方程式为或；【小问2详解】“转化”中的作用是将氧化为，可用或空气替代，由于不能引入其他杂质，所以不能用酸性高锰酸钾、硝酸和氯水，答案选B。【小问3详解】由上述表格可知，完全沉淀时的，此时，，则，则的；如果“转化”后的溶液中浓度为，为避免镍离子沉淀，此时，则，即；完全沉淀的为，因此“调节”应控制的范围是。【小问4详解】分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率。19.Ⅰ.碳氧化物有助于人们对氮及其化合物的处理。（1）利用催化技术可将汽车尾气中的NO、转化为无污染的和，反应的化学方程为。若向某恒温恒容的密闭容器中加入等物质的量的NO 和CO，发生上述反应。下列叙述能说明反应已经达到平衡状态的是___________。A.体系压强不变B.体系温度不变C.混合气体密度不变D.（2）用于处理大气污染物的反应为。在作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。总反应：___________；该总反应的决速步是反应___________(填“①”或“②”)（3）已知：的正反应速率方程为，为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是___________(填字母序号)。A.升温B.恒容时，再充入COC.恒容时，再充入D.恒压时，再充入Ⅱ.已知（4）对于该反应，改变某一反应条件(温度)，下列图象正确的是___________(填标号)。A.B.C.D.（5）某实验小组模拟上述净化过程，一定温度下，在2L 的恒容密闭容器中，起始时按照甲、乙两种方式进行投料。甲：，；乙：，。经过一段时间后达到平衡状态。①的平衡体积分数：甲___________乙(选填“>”、“=”或“<”)。②若甲中起始压强为，平衡时CO转化率为50%，该反应的___________。(用含的式子表示)【答案】（1）A（2）①.-361.22②.①（3）AC（4）CD（5）①.>②.【解析】【小问1详解】A．该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内压强减小，则容器内压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，选项A正确；B．反应恒温条件下进行,体系温度始终不变，温度不变不能说明反应达平衡状态，选项B错误；C．由质量守恒定律可知，该反应是气体总质量不变的反应，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，反应不一定达到平衡，选项C错误；D．时正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，选项D错误；答案选A；【小问2详解】由图2可知，总反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应；反应①的活化能为，反应②的活化能为，反应活化能越大，反应速率越慢，总反应的决速步是慢反应，所以总反应的决速步是反应①，故答案为：；①；【小问3详解】A．升高温度，反应速率常数增大，反应速率加快，故A正确；B．恒容时，再充入一氧化碳，一氧化二氮的浓度不变，反应速率不变，故B错误；C．恒容时，再充入一氧化二氮，一氧化二氮的浓度增大，反应速率加快，故C正确；D．恒压时，再充入氮气，一氧化二氮的浓度减小，反应速率减慢，故D错误；故选AC；【小问4详解】已知;A．，由到为降温，反应速率应减小，图象与实际不符，选项A错误； B．利用“先拐先平数值大”的原则，根据图中显示可得，图象与实际不符，选项B错误；C．增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，的体积分数增大；保持压强不变，降低温度，平衡向放热的方向移动，即向正反应方向移动，的体积分数增大，图象与实际相符合，选项C正确；D．平衡常数只与温度有关，改变压强平衡常数不变，图象与实际相符合，选项D正确；答案选CD；【小问5详解】