热门试卷

（11分）Ⅰ  (1)吸热    (2)小  

Ⅱ．（1）＜；（2）1.88×10－4 mol·L-1·s-1；（3）5000；（4）C、D；（5向左；不改变

试题分析：Ⅰ. （1）根据表中数据可知，随着温度的升高，平衡常数K逐渐增大，这说明升高温度平衡向正反应方向移动，所以该反应为吸热反应。

（2）如果始浓度为c(CO) =" 0.01" mol/L，c(H2O) =" 0.03" mol/L，c(CO2) =" 0.01" mol/L，c(H2) =" 0.05" mol/L，则此时。由于800℃时K＝1.0，所以此时反应向正反应方向进行，即H2O的消耗速率比生成速率小。

Ⅱ．(1)自发反应，通常为放热反应，即DH小于0。

（2）以NO计算，2s内NO的浓度变化为(10－2.5)×10-4mol/L，V（NO）＝7.5×10-4/2 ＝3.75×10-4mol/(L·s)。根据速率之比等于计量系数比可知，V(N2)＝1/2 V(NO)＝1.875×0-4mol/(L·s)。

(3)化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据反应的方程式可知=

=5000。

（4）催化剂不影响平衡的移动，A项错；该反应放热，所以社会稳定平衡逆向移动，NO转化率降低，B项错，C项正确；缩小体积，即增大压强，平衡向体积减小的方向运动，即正向移动，D项正确，答案选CD。

（5）若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，则容积的体积必然增大，平衡向左移动。催化剂不能改变反应热，所以使用催化剂，上述反应的△H不变。

点评：该题是高考中的常见题型，试题综合性强，对学生的要求较高。试题在注重对学生基础知识巩固的训练的同时，更侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，激发学生的学习求知欲。也有助于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。

（1）（2分） SO2、NO2 （2）（8分）①   ②ad   ③0.075mol/（L•min）  9

（3）（6分）①放热（1分） ②Ka＝Kb＞KC（1分） ③O2 + 2H2O + 4e－＝4OH－（2分） 30（2分）

试题分析：（1）SO2和NO2排入大气中最终分别变为硫酸和硝酸，从而形成酸雨。CO不能形成酸雨。

（2）①若已知2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）    ΔH＝a kJ·mol－1、2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）    ΔH＝b kJ·mol－1，则根据盖斯定律可知前者减去后者即得到反应2SO2（g）＋2NO2（g）2SO3（g）＋

2NO（g），因此反应SO2（g）＋NO2（g）SO3（g）＋NO（g）  ΔH＝kJ·mol－1。

②在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此可以判断。A、根据反应式可知，反应前后气体的体积不变，因此压强始终是不变，则体系压强保持不变不能说明反应达到平衡状态；b、颜色的深浅与NO2的浓度有关系，所以当混合气体的颜色保持不变时，则说明NO2的浓度不再发生变化，因此反应达到平衡状态；c、NO的物质的量保持不变说明正逆反应速率相等，达到平衡状态；d、每生成1 mol SO3的同时，一定消耗1 molNO2，因此该关系是始终成立的，不能说明反应达到平衡状态，答案选ad。

③             SO2（g）＋NO2（g）SO3（g）＋NO（g）

起始量（mol）   1       1           0        0

转化量（mol）   x       x           x        x

平衡量（mol）  1－x   1－x          x        x

由于平衡时容器中NO与NO2的体积比为3︰1

则3－3x＝x

解得x＝0.75mol

所以平衡时消耗SO2的浓度是0.75mol÷2L＝0.375mol/L

则这段时间内SO2的反应速率υ（SO2）＝0.375mol/L÷5min＝0.075mol/（L•min）

由于反应前后体积不变，所以可以用物质的量代替浓度计算平衡常数

则此反应在该温度下的平衡常数K＝＝9

（3）①根据图像可知，在压强不变的条件下，随着温度的升高，CO的转化率降低。这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应。

②平衡常数只与温度有关系，A和B两点温度相同，则平衡常数相等。升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，所以三点平衡常数的大小关系是Ka＝Kb＞KC。

③原电池中负极失去电子，发生氧化反应。正极得到电子，发生还原反应。所以在燃料电池中燃料在负极通入，氧气或空气在正极通入。由于电解质是氢氧化钾溶液，显碱性，所以正极电极反应式为O2 + 2H2O + 4e－＝4OH－；根据图像可知A点CO的转化率是0.5，则平衡常数生成甲醇的物质的量是10mol×0.5＝5mol。甲醇中碳元素的化合价是－2价，反应后被氧化为＋4价，失去6个电子，所以5mol甲醇反应转移电子的物质的量是5mol×6＝30mol。

（I）（1）NH4＋(aq)＋2O2(g)=2H＋(aq)＋NO3－(aq)＋H2O(l)         

△H=－346kJ·mol－1

（2）5：6

（Ⅱ）（1）<

（2）5000

（3）见图

试题分析：（I）（1）NH4＋(aq)＋2O2(g)=2H＋(aq)＋NO3－(aq)＋H2O(l) 

1 mo1NH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式中△H为第一步反应和第二部反应之和即为：－346kJ·mol－1；（2）32gCH3OH的物质的量为1mol，转移电子6mol表示氧化剂HNO3得到6mol电子，由于HNO3中N元素有＋5价将为N2中的0价因此需要1．2molHNO3参与反应。因此参加反应的还原剂CH3OH和氧化剂HNO3的物质的量之比是5：6。

（Ⅱ）（1）此反应为气体体积缩小的反应△S<0,由于反应能够自发进行因此△G=△H-T△S<0,因此

△H<0

（2）   2NO    +   2CO      2CO2    +     N2

始：10．0×10－4     3．6×10－3        0            0

变：9．00×10－4    9．00×10－4      9．00×10－4    4．50×10－4

终：1．00×10－4    2．7×10－3       9．00×10－4    4．50×10－4

由公式计算可得K=5000

（3）Ⅱ对比I增加了催化剂的比表面积，催化剂只会缩短达到平衡的时间并不影响平衡的移动；Ⅲ对比Ⅱ提高了反应的温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动c(NO)提高。

（1）1:2

（2）Zn(OH)2+2OH-=ZnO22-+2H2O

（3）Cl-、NO3-

（4）C

（5）将pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒醮取待测点在试纸中间，待颜色变化稳定后与比色卡对比，读出读数

（6）Fe3+(aq) +3H2O(l) Fe(OH)3(s) +3H+(aq) △H=(3b-a)kJ·mol-1   

试题分析：（1）4Zn＋10HNO34Zn(NO3)2＋N2O＋5H2O，HNO3做氧化剂，但是10molHNO3里面发生化合价改变只有2mol，Zn做还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是1 ：2。

（2）偏铝酸钠在水溶液中都是以Na[Al(OH)4]的形式存在，以前只不过是为了方便，把它简写成NaAlO2。但它的实际组成还是Na[Al(OH)4]。 NaAlO2偏铝酸钠是简写，就像氢离子(H＋)实际上是水合氢离子一样。[Zn(OH)4]－与此相类似。

（4）在一定条件下，难溶强电解质AmBn溶于水形成饱和溶液时，溶质的离子与该固态物质之间建立动态平衡，叫作沉淀溶解平衡。这时，离子浓度的乘积为一常数，叫作溶度积，用Ksp表示。很明显，滤液E的pH=4时，Zn(OH)2已经溶解，所以无法求得溶度积，而Fe(OH)3是已沉淀形式存在，所以可以求得。

（6）由②×3－①即可得到Fe3+(aq) +3H2O(l) Fe(OH)3(s) +3H+(aq) △H=(3b-a)kJ·mol-1 。

Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3＋)·c3(OH－)  KW=c(OH－)·c(H＋)

Fe3+发生水解反应的平衡常数：K===

(1)AD

(2)－41.2 kJ·mol－1

(3)CH3OH(g)＋H2O－6e－=CO2＋6H＋　14

(4)

3CO2＋5OH－=2CO＋HCO＋2H2O

(5)①使用催化剂

②

(1)该反应为吸热反应，升高温度，平衡向右移动，反应物平衡转化率升高，A项正确；增加固体反应物的量不会引起平衡的移动，B项错误；催化剂不能使平衡移动，C项错误；生成物浓度降低，平衡向正反应方向移动，反应物平衡转化率升高，D项正确。(2)根据盖斯定律，方程式C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)与C(s)＋CO2(g)2CO(g)相减可得CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)，则ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1－172.5 kJ·mol－1＝－41.2 kJ·mol－1。(3)电池总反应为2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O，酸性条件下，正极反应为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，总反应减去正极反应可得负极反应为CH3OH(g) ＋H2O－6e－=CO2＋6H＋；0.01 mol CH3OH完全放电可提供0.06 mol电子，则电解NaCl溶液时电路中流过的电子为0.06 mol，生成OH－的物质的量为0.06 mol，溶液中c(OH－)＝1 mol/L，pH＝14。

(4)由题目所给数据可知：

CO(g)　＋　H2O(l)CO2(g)　＋　H2(g)　　

起始量     2.0 mol  1.0 mol      0          0

转化的量   0.4 mol  0.4 mol     0.4 mol    0.4 mol

平衡量     1.6 mol  0.6 mol     0.4 mol    0.4 mol

平衡浓度  0.8 mol/L 0.3 mol/L    0.2 mol/L   0.2 mol/L

则；

由题意可知，CO2和NaOH的物质的量之比为3∶5，可知产物中和共存。(5)①与实验Ⅰ比较，实验Ⅱ中反应速率加快且反应物平衡转化率没有改变，故改变的条件为使用了催化剂；②温度升高，达到平衡的时间缩短，则在曲线中早到达拐点；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故生成物浓度降低。

（16分）

（1）bd（3分，只选b或d得1分，全对得3分，凡其它有错答案不得分）。

（2） 2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑（2分，写“通电”不扣分、漏反应条件、无“↑”、未配平只扣1分）； Cl2（或氯气）（1分），增大（1分）

（3）d （2分） NaCl + CO2 + NH3 + H2O="=" NaHCO3↓+ NH4Cl（2分，未写“↓”扣1分）

（4）蒸发浓缩  冷却结晶（2分）  — 44.00 kJ/mol（3分，无单位扣1分，没有符号“-”的不得分）

试题分析：（1）a项，虽然能除去杂质及过量碳酸钠和氢氧化钠，但是过量氯化钡没有除去，故a选项错误；b项，既能除去杂质及过量的氢氧化钠、氯化钡、碳酸钠，又不引入新的杂质，故b选项正确；c项，虽然能除去杂质及过量的氢氧化钠、碳酸钠，但是过量的氯化钡没有除去，故c选项错误；d项，既能除去杂质及过量的氯化钡、碳酸钠、氢氧化钠，又不引入新的杂质，故d选项正确；（2）用惰性电解饱和食盐水可以制备氢氧化钠、氢气、氯气，该反应实质为2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑；阴离子移向阳极，氯离子比氢氧根离子容易失去电子，发生氧化反应，产生黄绿色的气体，即氯气；阳离子移向阴极，氢离子比钠离子容易得到电子，发生还原反应，则阴极产生无色气体，即氢气，由于氢离子被消耗，则阴极附近氢离子浓度减小，所以阴极附近溶液的pH增大；（3）流程III的反应属于复分解反应，即NaCl+NH3+CO2+H2O==NaHCO3↓+NH4Cl（或者NH3+H2O==NH3•H2O、NH3•H2O+CO2==NH4HCO3、NH4HCO3+NaCl="=" NaHCO3↓+NH4Cl），该反应能够发生的原因是NH4HCO3、NaCl的溶解度均大于NaHCO3，则图中溶解度最小的d表示NaHCO3；（4）由于被提纯物和杂质都是可溶物，杂质可能是NaCl等，根据混合物分离提纯的方法推断，应选择结晶法分离出碳酸钠晶体，因此需要将碳酸钠样品加适量水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶或降温结晶、过滤、洗涤，得到纯净的Na2CO3•10H2O，Na2CO3•10H2O脱水得到无水碳酸钠；先将已知两个热化学方程式编号为①②，观察发现①+②可得③Na2CO3·10H2O(s)==Na2CO3 (s)+10H2O(g)  ΔH3=" +532.36" kJ·mol－1，依题意可知④Na2CO3·10H2O(s)==Na2CO3 (s)+10H2O(l)  ΔH4=" +92.36" kJ·mol－1，观察发现（④—③）/10可以得到：H2O(g)="=" H2O(l)   ΔH=(ΔH4—ΔH3)/10=" —44" kJ·mol－1。

（1）①＜  向左   (2分)

②＞ ＞   （2分）

（2）①N2(g)+3H2(g)    2NH3(g)△H=2(Q1-Q2)KJ/mol   (3分)

②= （1分）   （1分）

（3）C(Ag+)·C(Cl-)＞KSP(AgCl) （1分） 白色沉淀变成黄色（1分）

AgCl(s)+I-(aq)=AgI(s)+Cl-(ag)    （2分）

试题分析：（1））①由图可知，温度越高，混合体系中SO3的百分含量越小，说明升高温度平衡向逆反应进行，即向左移动，升高温度向吸热反应方向移动，即该反应正反应为放热反应；恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气，体积应增大，反应混合物各组分的浓度降低，等效为降低压强，压强降低平衡向体积增大方向移动，即向左移动．

②温度升高，平衡向吸热方向移动，即向逆反应移动，K值减小，K1＞K2，D状态未达平衡，混合体系中SO3的百分含量小于平衡时的，反应向正反应进行，所以V正＞V逆，

（2）①由图可知，N2和H2反应生成1molNH3放出的热量为（Q1-Q2）kJ，该反应的热化学反应方程式为N2(g)+3H2(g)    2NH3(g)   △H=2(Q1-Q2)KJ/mol ，

②amol·L－1氨水溶液和bmol·L－1盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，溶液中存在电荷守恒,c（NH4＋）＋c（H＋）=c（Cl－）＋c（OH－）,溶液呈中性c（H＋）=c（OH－）,所以c（NH4＋）=c（Cl―）,混和后，溶液中c(NH3·H2O )= ,c（NH4＋）=c（Cl―）=mol/L,c（H＋）=c（OH－）=10-7mol/L,,答案：=，

（3）当溶液中离子的浓度商Qc=C(Ag+)·C(Cl-)＞KSP(AgCl) 时，有沉淀产生；两者化学式所表示的阴阳离子个数比相同，溶度积越大，溶解性越大，即AgCl比AgI的溶解度大，物质由溶解度大的转化为溶解度更小的，所以由AgCl转化为更难溶的AgI，现象为白色沉淀转化为黄色沉淀，离子方程式为AgCl（s）+I－═AgI（s）+Cl－，

（1）CO2 + OH-=HCO3-   c(Na+)=3[c(CO32—)+ c(HCO3—)+c(H2CO3)]

（2）①2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H=—130.98KJ/mol；②a、0.01v2(mol.L-1)2 小于

b、>  c、加压、降温或分离出甲醇

试题分析：（1）使用过量NaOH溶液吸收CO2生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2 + OH-=HCO3-

3molNaOH的溶液“捕捉”了1mol CO2气体，根据质量守恒定律钠是碳的3倍，所得溶液为碳酸钠和氢氧化钠的混合物，碳酸钠水解，溶液中含碳微粒有碳酸根、碳酸氢根和碳酸分子。钠与碳元素的物料守恒关系式为c(Na+)=3[c(CO32—)+ c(HCO3—)+c(H2CO3)]；（2）①根据盖斯定律：①+②—③得NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H=—130.98KJ/mol；②a：A点对应的α=0.5，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．

起始（mol）  10          20             0

转化（mol）  5          10              5 

平衡（mol）  5            10              5

则K= C(CH3OH)/ C2(H2)C(CO)，容器的体积为VL,代入数据计算得K=0.01v2(mol.L-1)2；B点与A点温度相同，B点压强大于A点，所以平衡状态B点时容器的容积VB小于VL；b、C点温度高于A点，温度越高反应速率越快，达平衡的时间越短，所以若A、C两点都表示达到的平衡状态，则自反应开始到达平衡状态所需的时间tA>tB；C．在不改变反应物用量的情况下，为提高CO的转化率，根据平衡移动原理，可采取的措施是加压、降温或分离出甲醇。

（1）①－72.0kJ/mol   (3分)    

② 0.06 (3分)   

③

④CD (3分，全对才给分)   

（2）①＜ (2分) 

②(起点1(1分)；20.00mL对应7(1分)；两个突跃点(1分))(3分)

试题分析： （1）①根据盖斯定律和已知方程式，可得甲醇和水蒸气催化重整的方程式=①-②，所以焓变△H3=H1—H2=" —192.9kJ/mol" +120.9kJ/mol=－72.0kJ/mol。

②根据已知方程式可得反应速率v(H2) =3v(CO2)=3×（0.6 mol/L－0.2 mol/L）÷20min="0.06" mol/(L·min)。

③参与该反应的都是气体，所以该反应的平衡常数表达式为。

④要使n(CH3OH)／n(CO2)减小，则采取的措施必须能使反应的平衡正向移动，所以A项加入催化剂不能改变平衡，A错误；B项恒容充入氦气，体系整体压强增大，但是实际参与反应的气体浓度没有发生改变，所以平衡不移动，B错误；C项将氢气从体系和中分离，氢气浓度减小，平衡正向移动，C可行；D项再充入H2O，同样使平衡正向移动，D可行；故选CD。

（2）①甲酸是一元弱酸，如果甲酸和等浓度的氢氧化钠等体积混合，则酸碱恰好完全中和生成甲酸钠盐溶液，但是甲酸钠水解呈碱性，所以要是混合后的溶液呈中性，则加入的碱应该小于20. 00 mL。

②若将甲酸换成盐酸，则恰好中和时溶液呈中性，且消耗的碱与酸体积相等都是20.00ml，所以用氢氧化钠滴定盐酸，其滴定曲线满足一般规律，起点pH=1，在终点处消耗氢氧化钠体积约为20.00ml，且溶液pH在4.3-9.7之间存在突变，根据描述画出滴定曲线图应该为:

（1）NO2(g)+ CO(g)=CO2(g)+NO(g) △H=－234kJ·mol—1    （2分）

－760.3kJ·mol—1 （2分）（2）c2(N2O5)/ [c4(NO2) ·c(O2)] （1分） 放热（1分）

49.6% （2分）     AD（2分）        C （1分）     0.00151 mol·L—1·s—1（1分）

试题分析：（1）该反应的焓变△H=E1﹣E2=134KJ/mol﹣368KJ/mol=﹣234KJ/mol，所以热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1，

N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180kJ•mol﹣1        ①

2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=﹣112.3kJ•mol﹣1      ②

NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1 ③根据盖斯定律，②+③×2﹣①，得化学方程式为：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H=（﹣112.3kJ•mol﹣1）+（﹣234kJ•mol﹣1）×2﹣（+180kJ•mol﹣1）=﹣760.3kJ•mol﹣1，故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1；﹣760.3kJ•mol﹣1；（2）①化学平衡常数等于生成物的浓度系数次方之积除以反应物的浓度系数次方之积，所以K=；升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，而升高温度平衡向吸热的方向移动，所以逆反应吸热，则正反应放热，故答案为：；放；②根据表格可知1000S时反应达到平衡，已反应的NO2为：20mol﹣10.08mol=9.92mol，NO2的转化率为×100%=49.6%；再通入一定量氮气，没有引起体系中4NO2（g）+O2（g）⇌2N2O5（g）各物质浓度的变化，所以平衡不移动，转化率不变，故答案为：49.6%；不变；③因反应物的浓度在减少，生成物的浓度再增加，根据方程式可知O2是NO2的反应速率的，N2O5和NO2的反应速率的，则a为NO2的变化曲线；c为N2O5的变化曲线，d为氧气的变化曲线，0～500s内反应的平均速率v（NO2）==6.04×10﹣3mol/（L•s），v（O2）=v（NO2）×=1.51×10﹣3mol/（L•s），故答案为：c；1.51×10﹣3mol/（L•s）．

（1）  （1分）

（2）①  （1分）    不变  （2分）

② 17.4%       （2分）

（3）① NO+ O2 --2e- = NO2 （2分）

② 1 : 1                  （2分）

（4）① 原因是：在250℃-450℃时，反应未达到平衡，反应还在正向进行。 （1分）

450℃-600℃时，反应已达平衡，所以，温度升高平衡逆向移动，NOx转化率随温度升高而减小。（其他合理答案也给分）  （1分）

② BCF        （2分）

试题分析：（1）即为目标方程式③，所以，

（2）① 该反应的平衡常数的表达式

② 平衡常数K不受浓度和压强的影响，只受温度的影响，温度不变K不变。

③ 400 K时，将投料比为1的NO2和CH4的混合气体共0.04 mol，充入一装有催化剂的容器中，充分反应后，平衡时NO2的体积分数为：

CH4(g) ＋  2NO2(g)  N2(g) ＋ CO2(g) ＋ 2H2O(g)

n始     0.02        0.02          0        0          0

n转    0.006  0.02×0.6=0.012   0.006    0.006      0.012

n平    0.014       0.008        0.006    0.006      0.012

0.014 + 0.008 + 0.006 + 0.006 + 0.012 = 0.046

平衡时NO2的体积分数=

（3）连续自动监测氮氧化物（NOx）的仪器动态库仑仪实际上就是应用原电池原理，从图1可知Pt电极（通入O2的一极）为电池的正极，NiO电极（通入NO的一极）为电池的负极，O2 –可以通过固体电解质移向负极。所以，

① NiO电极上NO发生的电极反应式：NO+ O2 --2e- = NO2。

②1×104L（标准状况下）尾气中含NOx的体积为：1×104L×1.12% = 112L，

NOx的物质的量为：。

设NO和NO2的物质的量分别为x、y mol，根据反应化学方程式①和②：

① CH4(g) ＋ 4NO2(g)4NO(g) ＋ CO2(g)＋2H2O(g)    

16g        4                4

m 1            y                y      m 1 = 4y

② CH4(g) ＋ 4NO(g)2N2(g) ＋ CO2(g)＋2H2O(g)  

16g        4        

m 2       (x+y)                     m 2 = 4(x+y)

则： x+y = 5；4(x+y)+ 4y = 30

解得：x ="2.5" mol   =" 2.5" mol

所以，尾气中V(NO)︰V(NO2) =" 1" ︰ 1 。

（4）①从图2 变化曲线分析，结论二的原因是：在250℃-450℃时，反应未达到平衡，反应还在正向进行；故NOx转化率随温度升高而增大；在在450℃-600℃时反应已达到平衡状态，因为该反应是放热反应，此时温度升高平衡逆向移动，故 NOx转化率随温度升高而减小。

② 由上述NO2和CH4反应的化学方程式的特点分析可知: 该反应是放热反应；该反应是扩大气体体积的反应。所以要提高NO2转化率，可降低温度，降低温度能使平衡正向移动，从而提高NO2转化率；分离出H2O，相当于减小生成物的浓度，使平衡正向移动，从而提高NO2转化率；减小投料比[n(NO2) / n(CH4)]，相当于增加反应物CH4的浓度，使平衡正向移动，从而增大NO2转化率。而使用催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动，故NO2转化率不会变化。增大压强，平衡逆移，NO2转化率会减小。因此选B C F。