江苏省高考化学试题清晰解析版.docx

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江苏省高考化学试题清晰解析版

2017年江苏省高考化学试题

参考答案与试题解析

一、单项选择题：

本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．

1．（2017•江苏）2017年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”。

下列做法应提倡的是

A．夏天设定空调温度尽可能的低B．推广使用一次性塑料袋和纸巾

C．少开私家车多乘公共交通工具D．对商品进行豪华包装促进销售

【答案】C

【解析】绿色简约生活方式是一种生活理念，也是一种生活态度，指的是生活作息时所耗用的能量要尽量减少，特别是减少二氧化碳的排放量，减缓生态恶化；可以从节电、节能和回收等环节来改变生活细节，据此进行分析判断即可。

A、夏天设定空调温度尽可能的低，浪费了电能资源，增加能量损耗，故A错误；

B、推广使用一次性塑料袋和纸巾，浪费了资源，故B错误；

C、少开私家车多乘公共交通工具，可以节约资源，减少空气污染，故C正确；

D、对商品进行豪华包装促进销售，浪费了资源，故D错误；

【考点】"三废"处理与环境保护。

【专题】化学应用。

【点评】解答本题关键是看是否减少了对空气中可吸收颗粒物的释放，环保问题已经引起了全球的重视，难度不大。

2．（2017•江苏）下列有关化学用语表示正确的是

A．质量数为31的磷原子:

3115PB．氟原子的结构示意图:

C．CaCl2的电子式:

D．明矾的化学式:

Al2（SO4）3

【答案】A

【解析】质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数。

A．质量数为31的磷原子的质量数=15+16=31，该原子正确的表示方法为：

3115P，故A正确；

B．氟原子的核电荷数、核外电子总数都是9，其正确的结构示意图为：

，故B错误。

C．氯化钙为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化钙正确的电子式为

，故C错误；D．明矾化学式中含有结晶水，其正确的化学式为：

KAl（SO4）2•12H2O，故D错误；故选A。

【考点】物质结构：

电子式、化学式或化学符号及名称的综合。

【专题】化学用语专题。

【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，难度不大，涉及电子式、原子结构示意图、元素符号、化学式等知识，注意掌握常见化学用语的书写原则，试题培养学生的规范答题能力。

3．（2017•江苏）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是

A．Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂

B．ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒

C．SiO2硬度大，可用于制造光导纤维

D．NH3易溶于水，可用作制冷剂

【答案】A

【解析】A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，且人呼出的水蒸气也能和过氧化钠反应生成氧气，氧气能供给呼吸，所以过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂，故A正确；

B．ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性，所以该物质能杀菌消毒，故B错误；

C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故C错误；

D．氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；

【考点】物质的组成、结构和性质的关系：

钠及其化合物；硅及其化合物；氯及其化合物；氮及其化合物；

【专题】物质的性质和变化专题。

【点评】本题考查物质组成、结构和性质，为高频考点，属于基础题，明确物质结构和性质是解本题关键，结构决定性质、性质决定用途，题目难度不大．

4．（2017•江苏）下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的是

A．制取SO2B．验证漂白性C．收集SO2D．尾气处理

【答案】B

【解析】实验室可用浓硫酸和铜在加热条件下反应制备二氧化硫，二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，具有漂白性，可使品红褪色，二氧化硫为酸性氧化物，可与碱反应，以此解答该题。

A．稀硫酸和铜不反应，应用浓硫酸和铜反应制备二氧化硫气体，故A错误；

B．二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，操作符号要求，可达到实验目的，故B正确；

C．二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，气体应从长导管进入，故C错误；

D．二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，应用氢氧化钠溶液吸收尾气，且防止倒吸，故D错误。

【考点】化学实验方案的评价。

硫及其化合物。

【专题】实验评价题。

【点评】本题考查较为综合，涉及气体的制备、收集以及性质的检验等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等。

5．（2017•江苏）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。

下列说法正确的是

A．原子半径：

r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）

B．W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱

C．Y的单质的氧化性比Z的强

D．X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物

【答案】D

【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是H元素。

A．原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序数Y＜Z，W位于第三周期，所以原子半径：

r（X）＜r（Z）＜r（Y）＜r（W），故A错误；

B．W的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，故B错误；

C．Y单质是氮气、Z单质是氧气，元素的非金属性氧气，其单质的氧化性越强，非金属性O＞N元素，所以Z单质的氧化性大于Y，故C错误；

D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，故D正确；

【考点】物质结构与元素周期律。

【专题】元素周期律与元素周期表专题。

【点评】本题考查原子结构和元素周期律，为高频考点，明确原子结构、元素周期表结构及元素周期律是解本题关键，正确判断元素是解本题关键，注意：

铵盐中不含金属元素但属于离子化合物，题目难度不大。

6．（2017•江苏）下列指定反应的离子方程式正确的是

A．钠与水反应：

Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑

B．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：

2Cl﹣+2H2O

H2↑+Cl2↑+2OH﹣

C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：

Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O

D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：

Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O

【答案】B

【解析】A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；

B．电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl﹣+2H2O

H2↑+Cl2↑+2OH﹣，故B正确；

C．二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故C错误；

D．二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，离子方程式为向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：

NH4++Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，故D错误；

【考点】离子方程式的书写

【专题】离子反应专题

【点评】本题考查离子方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。

7．（2017•江苏）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是

A．Fe

FeCl2

Fe（OH）2

B．S

SO3

H2SO4

C．CaCO3

CaO

CaSiO3

D．NH3

NO

HNO3

【答案】C

【分析】A、因为氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，故A错误；B．硫与氧气反应生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；

C．CaCO3高温分解生成CaO，CaO为碱性氧化物，和酸性氧化物二氯化硅高温反应生成盐硅酸钙，故C正确；

D．氨气催化氧化生成NO，NO和水不反应，不能生成硝酸，故D错误；

【考点】铁及其化合物；硫及其化合物；氮及其化合物；碳、硅及其化合物；

【专题】物质的性质和变化专题

【点评】本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是硫、铁、氮的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

8．（2分）（2017•江苏）通过以下反应可获得新型能源二甲醚（CH3OCH3）。

下列说法不正确的是

①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H1=akJ•mol﹣1

②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ•mol﹣1

③CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H3=ckJ•mol﹣1

④2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H4=dkJ•mol﹣1

A．反应①、②为反应③提供原料气

B．反应③也是CO2资源化利用的方法之一

C．反应CH3OH（g）═0.5CH3OCH3（g）+0.5H2O（l）的△H=d/2kJ•mol﹣1

D．反应2CO（g）+4H2（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）的△H=（2b+2c+d）kJ•mol﹣1

【答案】C

【解析】A．反应③中的反应物为CO2、H2，由反应可知，反应①、②为反应③提供原料气，故A正确；B．反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是CO2资源化利用的方法之一，故B正确；

C．由反应④可知，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应CH3OH（g）═0.5CH3OCH3（g）+0.5H2O（l）的△H≠d/2kJ•mol﹣1，故C错误；

D．由盖斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO（g）+4H2（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g），则△H=（2b+2c+d）kJ•mol﹣1，故D正确；

【考点】盖斯定律及其应用；反应热和焓变；

【专题】化学反应中的能量变化

【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应的特点、反应中能量变化、盖斯定律应用为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，题目难度中等。

9．（2017•江苏）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是

A．无色透明的溶液中：

Fe3+、Mg2+、SCN—、Cl—

B．c（H+）/c（OH﹣）=1×10—12的溶液中：

K+、Na+、CO32—、NO3—

C．c（Fe2+）=1mol•L—1的溶液中：

K+、NH4+、MnO4﹣、SO42—

D．能使甲基橙变红的溶液中：

Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3—

【答案】选B

【解析】A．Fe3+呈黄色，不符合无色条件，且Fe3+、SCN—发生络合反应而不能大量共存，故A错误；B．c（H+）/c（OH—）=1×10—12的溶液，溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且都不和氢氧根离子反应，所以能大量共存，故B正确；

C．Fe2+、MnO4—发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；

D．能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3—能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故D错误；

【考点】离子共存问题；铁及其化合物；水溶液中的离子平衡；

【专题】离子反应专题

【点评】本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查氧化还原反应、络合反应、复分解反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意隐含信息的灵活运用，题目难度不大．

10．（2017•江苏）H2O2分解速率受多种因素影响。

实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。

下列说法正确的是

A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快

B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快

C．图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快

D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大

【答案】D

【解析】A．图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，故A错误；

B．图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：

双氧水浓度相同时，pH越大双氧水分解速率越快，故B错误；

C．图丙中少量Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：

0.1mol/LNaOH溶液＞1.0mol/LNaOH溶液＞0mol/LNaOH溶液，由此得出：

锰离子作催化剂时受溶液pH的影响，但与溶液的pH值不成正比，故C错误；

D．图丁中pH相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出：

碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，故D正确；

【考点】化学反应速率的影响因素

【专题】化学反应速率专题

【点评】本题以双氧水分解为载体考查影响化学反应速率影响因素，为高频考点，侧重考查学生图象分析、判断、归纳及知识灵活运用能力，明确图中曲线变化趋势及影响因素是解本题关键，题目难度中等．

11．（2017•江苏）萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是

A．a和b都属于芳香族化合物

B．a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上

C．a、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色

D．b和c均能与新制的Cu（OH）2反应生成红色沉淀

【答案】C

【解析】A．a中不含苯环，则不属于芳香族化合物，只有b属于，故A错误；

B．a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a和c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，故B错误；

C．a含碳碳双键、b含﹣OH、c含﹣CHO，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；

D．只有﹣CHO与新制的Cu（OH）2反应生成红色沉淀，则只有c能与新制的Cu（OH）2反应生成红色沉淀，故D错误；

【考点】有机物的结构和性质：

芳香族化合物；烯；醇；醛；

【专题】有机物分子组成通式的应用规律

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。

12．（2017•江苏）下列说法正确的是

A．反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的△H＜0，△S＞0

B．地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀

C．常温下，Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10﹣12，pH=10的含Mg2+溶液中，c（Mg2+）≤5.6×10﹣4mol•L—1

D．常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2LH2，反应中转移的电子数为6.02×1023

【答案】BC

【分析】A.合成氨反应为放热反应，△H＜0，且为气体体积减小的反应，则△S＜0，故A错误；B.导线连接锌块，构成原电池时Zn为负极，Fe作正极被保护，则可以减缓管道的腐蚀，故B正确；C.pH=10的含Mg2+溶液中，c（OH—）=10﹣4mol•L—1，c（Mg2+）≤5.6×10—12/（10—4）2=5.6×10—4mol•L﹣1，故C正确；

D.常温常压下，Vm≠22.4L/mol，则不能利用氢气的体积计算物质的量及转移电子数，故D错误；

【考点】反应热和焓变及熵变；原电池；难溶电解质Ksp；氧化还原反应。

【专题】化学反应中的能量变化

【点评】本题考查较综合，涉及反应热与焓变、原电池、难溶电解质Ksp的计算等，为高频考点，把握化学反应原理为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意选项④为易错点，题目难度中等。

13．（2017•江苏）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是

选项

实验操作和现象

实验结论

A

向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀

苯酚浓度小

B

向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解

部分Na2SO3被氧化

C

向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜

蔗糖未水解

D

向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色

溶液中含Br2

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【分析】A．苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚，所以得不到白色沉淀，该实验结论错误，故A错误；

B．硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸，如果亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，则加入氯化钡产生白色沉淀，且向该白色沉淀中加入稀盐酸时部分沉淀不溶解，说明该白色沉淀中含有硫酸钡，则得出结论：

部分Na2SO3被氧化，故B正确；

C．银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液前没有加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，所以实验不成功，则实验操作及结论错误，故C错误；

D．该黄色溶液中可能含有铁离子，铁离子也能将碘离子氧化为碘单质，所以不能确定该黄色溶液中含有溴，则结论不正确，故D错误；

【考点】实验方案的评价；酚；硫及其化合物；糖类的水解反应；铁及其化合物；卤素；【专题】实验评价题

【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确实验操作步骤、元素化合物性质是解本题关键，侧重考查学生实验操作、实验分析及判断能力，注意：

银镜反应条件，题目难度不大。

14．（2017•江苏）常温下，Ka（HCOOH）=1.77×10—4，Ka（CH3COOH）=1.75×10—5，Kb（NH3•H2O）=1.76×10—5，下列说法正确的是

A．浓度均为0.1mol•L﹣1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：

前者大于后者

B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等

C．0.2mol•L—1HCOOH与0.1mol•L—1NaOH等体积混合后的溶液中：

C（HCOO—）+c（OH—）=c（HCOOH）+c（H+）

D．0.2mol•L﹣1CH3COONa与0.1mol•L﹣1盐酸等体积混合后的溶液中（pH＜7）：

c（CH3COO—）＞c（Cl—）＞c（CH3COOH）＞c（H+）

【答案】AD

【解析】A．电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：

CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出：

c（HCOO—）+c（OH—）=c（Na+）+c（H+）=0.1mol/L+c（H+）；

c（NH4+）+c（H+）=c（Cl—）+c（OH—）=0.1mol/L+c（OH—）；

水解程度NH4+＞HCOO—，所以前者c（H+）大于后者c（OH—）；故A正确；

B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：

c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大；，故B错误；

C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO—）+c（OH—）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa；故C错误；

D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度。

故D正确；

【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡

【专题】电离平衡与溶液的pH专题

【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确电离平衡常数与水解程度关系、溶液中存在的守恒是解本题关键，注意C中等量代换，题目难度不大。

15．（2017•江苏）温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：

2NO2（g）

2NO（g）+O2（g）（正反应吸热）。

实验测得：

v正=v（NO2）消耗=k正c2（NO2），v逆=v（NO）消耗=2v（O2）消耗=k逆c2（NO）•c（O2），k正、k逆为速率常数，受温度影响。

下列说法正确的是

容器编号

物质的起始浓度（mol•L—1）

物质的平衡浓度（mol•L—1）

c（NO2）

c（NO）

c（O2）

c（O2）

Ⅰ

0.6

0

0

0.2

Ⅱ

0.3

0.5

0.2

Ⅲ

0

0.5

0.35

A．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4：

5

B．达平衡时，容器Ⅱ中c（O2）/c（NO2）比容器Ⅰ中的大

C．达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%

D．当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2＞T1

【答案】CD

【解析】A．I中的反应:

2NO2（g）

2NO（g）+O2（g）

开始（mol/L）0.600

反应（mol/L）0.40.40.2

平衡（mol/L）0.20.40.2

化学平衡常数K=0.42×0.2/0.22=0.8

容器体积为1L，则平衡时I中气体总物质的量=1L×（0.2+0.4+0.2）mol/L=0.8mol。

恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时I、II中压强之比为4：

5，则II中平衡时气体总物质的量为1mol，II中开始时浓度商=0.52×0.2/0.32=5/9＜0.8，则平衡正向移动，平衡正向移动导致混合气体总物质的量之和增大，所以达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比小于4：

5，故A错误；

B．如果II中平衡时c（NO2）=c（O2），设参加反应的c（NO2）=xmol/L，则0.3﹣x=0.2+0.5x，x=1/15，平衡时c（NO2）=c（O2）=7/30mol/L，c（NO）=0.5mol/L+1/15mol/L=17/30mol/L，II中（17/30）2（7/30）/（7/30）2≈1.3＞0.8，说明II中平衡时应该存在c（NO2）＞c（O2）.容器I中c（O2）/c（NO2=1，所以达平衡时，容器Ⅱ中c（O2）/c（NO2）小于1，则比容器Ⅰ中的小，故B错误；

C．如果III中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c（NO2）=0.5mol/L，且容器中还有c（O2）=0.1mol/L剩余，与I相比，III是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%，则达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%，故C正确；

D．v正=v（NO2）消耗=k正c2（NO2），v逆=v（NO）消耗=2v（O2）消耗=k逆c2（NO）•c（O2），

达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k正c2（NO2）=k逆c2（NO）•c（O2），且k正=k逆，则c2（NO2）=c2（NO）•c（O2），化学平衡常数K等于1，该温度下的K大于0.8，且该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以T2＞T1，故D正确；

【考点】化学平衡的计算

【专题】化学平衡专题

【点评】本题考查化学平衡计算，为高频考点，侧重考查学生分析、计算及灵活运用知识解答问题能力，如果