安徽省桐城中学2023-2024学年高二下学期4月考试化学（A）试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 Mn-55
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. 生活中处处有化学。下列说法错误的是
A. 绚丽的烟花与电子由低能级跃迁至高能级时放出的能量有关
B. 可通过向溶液中加入大量的水，同时加热来制备
C. 在日常装修中，溶解油漆一般用有机溶剂(如乙酸乙酯等)而不用水
D. “暖宝宝贴”是利用原电池原理加快铁的腐蚀而进行发热的
【答案】A
【解析】
【详解】A．电子由低能级跃迁至高能级时需要吸收能量，绚丽的烟花与电子由高能级跃迁至低能级时放出的能量有关，A错误；
B．溶液中加入大量的水，同时加热，钛离子水解最终转化为，B正确；
C．油漆主要是非极性物质，乙酸乙酯是非极性溶剂，水是极性溶剂，根据相似相溶原理可知，油漆易溶于非极性分子组成的溶剂中，C正确；
D．暖宝宝中的炭粉、铁粉、食盐、水混合，Fe发生吸氧腐蚀而放热，利用原电池原理，D正确。
故选A。
2. 下列N原子电子排布图表示的状态中，能量最高的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
原子核外电子排布式中，电子所占的轨道能量越高，该原子的能量就越高，对于N原子，轨道的能量2p>2s>1s，因此2p轨道的电子越多，能量越高。
【详解】A．该图是N原子的基态的电子排布图，2p轨道有3个电子；
B．该图中1s轨道有1个电子激发后跃迁到2p轨道，2p轨道有4个电子；
C．该图中2s轨道有1个电子激发后跃迁到2p轨道，2p轨道有4个电子；
D．该图中1s、2s轨道各有1个电子激发后跃迁到2p轨道，2p轨道有5个电子；
综上所述，D中2p轨道的电子最多，能量最高，故选D。
3. 下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是
A. 和B. 和C. NaH和HBrD. NaOH和KCl
【答案】B
【解析】
【详解】A．是共价晶体，是分子晶体，二者晶体类型不同，A错误；
B．和是含有极性键的分子晶体，B正确；
C．NaH是离子晶体，HBr是分子晶体，二者晶体类型不同，C错误；
D．NaOH含离子键和共价键，KCl只含离子键，二者化学键类型有所不同，D错误。
故选B。
4. 下列有关说法正确的是
A. 含有共价键的晶体一定是共价晶体
B. 同一能层内的电子运动区域一定相同
C. 电负性越大，元素的非金属性越强，第一电离能也越大
D. 中心原子采取杂化的型分子一定是非极性分子
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子晶体、离子晶体、共价晶体中都可以含共价键，故A错误；
B．核外电子不在同一区域里运动，能量高的电子在离核远的区域里运动，能量低的电子在离核近的区域里运动，同一能层有不同能级，故B错误；
C．元素电负性越大，非金属性越强，但第一电离能不一定越大，例如电负性：NO，故C错误；
D．中心原子采取杂化且为型分子是以中心原子为中心的正四面体结构，一定是非极性分子，故D正确；
故选D。
5. 下列化学用语表示正确的是
A. 羟基()的电子式为：
B. 基态核外电子排布式为
C. 空间填充模型，可表示分子，也可表示分子
D. 硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液反应的离子方程式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．羟基（）的电子式为，故A错误；
B．基态核外电子排布式为，故B错误；
C．甲烷分子、四氯化碳分子均为正四面体形，但原子半径：，分子填充模型为，故C错误；
D．硫酸铝水解显酸性，碳酸氢钠水解显碱性，二者混合时水解相互促进，生成沉淀和气体，离子方程式为，故D正确；
故选D。
6. 布洛芬是最常用的非甾体类解热镇痛药，其分子结构如下图所示，下列有关说法正确的是
A. 分子中所有碳原子有可能共面
B. 分子中含两种官能团为羧基和苯基
C. 可以用X射线衍射测定分子晶体结构
D. 苯环侧链上的碳原子VSEPR模型均为四面体形
【答案】C
【解析】
【详解】A．带星号的C原子为杂化，不可能所有碳原子共面，A错误；
B．苯基不是官能团，B错误；
C．将X射线衍射技术应用于有机化合物（特别是复杂的生物大分子）晶体结构测定，可以获得更为直接且详尽的结构信息，C正确；
D．苯环侧链上羧基中碳为杂化，VSEPR模型为平面三角形，D错误；
故答案选C。
7. 有四种有机物：①，②，③，④，下列有关此四种物质的叙述错误的是
A. ①可以由炔烃与氢气加成获得B. ②的二溴代物有3种
C. 能通过加氢反应得到③的炔烃有2种D. ④能生成3种沸点不同的一氯代物
【答案】A
【解析】
【详解】A．①中任意2个相邻碳原子上不能同时含有2个氢原子，所以①不可以由炔烃与氢气加成获得，故A错误；
B．②的二溴代物有三种结构，分别是：、、，故B正确；
C．③中只有2种相邻碳原子是同时含有2个以上的氢原子，所以相应的炔烃是2种，结构简式为：，，故能通过加氢反应得到③的炔烃有2种，C正确；
D．④中不同的氢原子有3种，一氯代物有三种，D正确。
故选A。
8. CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构，晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数A为，已知晶胞参数为anm。下列有关说法正确的是
A. 原子坐标参数B为
B. 晶胞中Se原子的配位数为8
C. Cd、Se之间的最短距离为nm
D. Se原子填充在Cd原子形成的四面体空隙中，空隙利用率为25%
【答案】C
【解析】
【详解】A．将CdSe晶胞分为8个小立方体，Se处于互不相邻的4个小立方体的体心，原子坐标参数A为，根据0点定位，故B的原子坐标参数分别为，A错误；
B．根据均摊法，该晶胞中含有Cd为，即4个Cd、4个Se，Cd在顶点，与Se构成的立体结构为正四面体，与其距离最近的Se原子的个数为4，故B错误；
C．Se原子在晶体内的位置为体对角线的处，故Cd、Se之间的最短距离为nm，故C正确；
D．据图可知Se原子填充在Cd原子形成的四面体空隙中，空隙数为8，占据了4个，空隙利用率为50%，故D错误；
故选C。
9. 聚吡咯作柔性电极材料，其单体为吡咯()，吡咯中所有原子共面，且分子中含有与苯类似大π键(，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数)。已知为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1ml吡咯中σ键数为B. 吡咯中N原子的杂化轨道类型为
C. 吡咯熔点远高于环戊二烯()D. 吡咯中的大π键表示为
【答案】C
【解析】
【详解】A．每个吡咯有4个碳原子，每个碳原子有碳氢键（4个），碳碳单键（3个）、碳氮（2个）、氮和氢（1个）之间有σ键，1 ml吡咯中含有的σ键数为，A错误；
B．吡咯中所有原子共面，N原子为杂化，B错误；
C．吡咯熔点远高于环戊二烯，主要原因是吡咯分子间存在氢键，而环戊二烯分子间没有氢键，C正确；
D．该吡咯分子中4个C原子和1个N原子参与形成大π键，4个C原子各提供一个电子，1个N原子提供一对孤对电子，因此该吡啶中的大π键表示为，D错误。
故选C。
10. 室温下，，通过下列实验探究、溶液的性质：
实验1：用pH试纸测定0.1ml⋅L溶液的pH，测得pH约为10。
实验2：向0.1ml⋅L溶液中通入过量的，再滴入2滴紫色石蕊试剂，溶液呈红色。
实验3：向实验2溶液中逐滴滴加一定体积的盐酸，测得溶液pH为3。
实验4：向0.1ml⋅L溶液中加入等体积、等浓度的溶液，产生白色沉淀。
下列说法正确的是
A. 0.1ml⋅L的溶液中存在：
B. 实验2可以得出：
C. 实验3得到的溶液中存在：
D. 实验4中可推测
【答案】B
【解析】
【详解】A．中亚硫酸根会水解，弱酸根的水解是分步的，，A错误；
B．向0.1ml⋅L溶液中通入过量的，反应产生，再滴入2滴紫色石蕊试剂，溶液呈红色，说明溶液呈酸性，也就是电离大于水解，溶液中存在：，可知，根据电离大于水解可知，即 ，B正确；
C．由，，，可得，C错误；
D．实验4产生白色沉淀说明生成了，溶液与溶液等体积、等浓度反应，假设体积为V，产生沉淀说明，有，即，D错误；
故答案为：B。
11. 西北工业大学曾华强课题组借用足球烯核心，成功实现了高效且选择性可精准定制的离子跨膜运输，如图所示。已知：图中的有机物为“冠醚”，命名规则是“环上原子个数-冠醚-氧原子个数”。下列说法正确的是
A. 冠醚分子中C原子的杂化类型为
B. 冠醚和碱金属离子通过离子键形成超分子
C. 不同冠醚与不同碱金属作用，中心碱金属离子的配位数是不变的
D. 18-冠-6与作用不与和作用，反映了超分子“分子识别”的特征
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干冠醚的分子结构简式可知，冠醚分子中C原子周围均形成了4个σ键，即其周围的价层电子对数为4，故碳原子的杂化类型为，A错误；
B．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，不是离子键，B错误；
C．中心碱金属离子的配位数是随着空穴大小不同而改变的，C错误；
D．冠醚识别碱金属离子的必要条件是冠醚空腔直径与碱金属离子直径适配，18-冠-6与作用，但不与或作用说明超分子具有“分子识别”的特征，D正确；
故答案选D。
12. Vilsmeier试剂是有机反应中的一种重要原料，由以下反应生成。W、X、Y、Z、Q为短周期主族元素且三个短周期均有分布且X、Y、Z同周期，五种元素中X的电负性最大，Y元素原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同，Z元素各能级的电子数相等，W元素的一种核素不含中子，该五种元素的原子在以上有机结构中均达到稳定结构。下列说法正确的是
A. 第一电离能：X>Y>Z
B. 分子中，X为+2价
C. W、Y、Q三种元素可以组成离子化合物
D. 基态Q原子核外电子有17种空间运动状态
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、Q为短周期主族元素且三个短周期均有分布，Y元素原子最高能级不同轨道都有电子且自旋方向相同，即2p轨道上有3个自旋方向相同的电子，核外电子排布式为，则Y为N元素；Z元素各能级的电子数相等，即为，则Z为C元素；W元素的一种核素不含中子，则W为H元素；五种元素的原子在有机结构中均达到稳定结构，由结构简式可知，W、X、Y、Z、Q形成共价键的数目分别为1、2、3、4、1，且Q能形成带1个单位负电荷的阴离子，五种元素中X的电负性最大，则X为O元素、Q为Cl元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，故A错误；
B．氧元素的电负性大于氯元素，则分子中氧元素呈-2价，故B错误；
C．氢、氮、氯三种元素可以形成含有离子键、极性键、配位键的离子化合物氯化铵，故C正确；
D．氯元素的原子序数为17，基态原子的电子排布式为，由核外电子排布规律可知，共有九个轨道，所以有9种空间运动状态，故D错误。
故选C。
13. 钛原子(Ti)在一定条件下和碳原子可形成气态团簇分子，分子模型如图所示(白球表示Ti原子，黑球表示碳原子)，它的化学式为
A. B. TiCC. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知该物质是气态团簇分子而不是晶体，该结构就是其分子结构，分子中含有的原子就是其化学式中含有的原子，直接数出其中的Ti原子和C原子个数即可，根据分子模型可知一个分子中含有12+1=13个碳原子，8+6=14个钛原子，因此化学式为，故选A。
14. 据图所示，下列说法正确的是
A. 短周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示，则该元素是Be
B. 图2表示石墨的层状结构，石墨为混合型晶体，其片层之间存在范德华力，因此具有导电性
C. 已知图3、图4为结构图，则可以用红外光谱法区别图3和图4
D. 0.1ml/L溶液的pH随温度变化的曲线如图5中a所示
【答案】D
【解析】
【详解】A．从图上看出是的五倍多，说明该原子最外层有两个电子，该原子至少有5个电子，，故该原子是第三周期的Mg原子，故A错误；
B．石墨晶体的层与层之间存在分子间作用力，层内存在大π键，层内存在自由移动的电子，因此具有导电性，故B错误；
C．图3为晶态、图4为非晶态，用X射线衍射实验可以区别，故C错误；
D．温度升高，促进溶液中的铝离子水解，溶液中水解产生的氢离子增多，如图5中a所示，pH减小，故D正确；
故选D。
二、非选择题：共4小题，共58分。
15. MOFs是一种有机-无机杂化材料，兼有无机材料的刚性和有机材料的柔性特征，使其在现代材料研究方面呈现出巨大的发展潜力和诱人的发展前景。我国科研的工作者制备了一种铋基MOF复合材料，可用作高性能的钾离子电池的负极材料，如图所示。回答下列问题：
（1）铋(Bi)原子序数为83，在元素周期表的分区为_______区。中阴离子的键角比H2O_______(填“大”或“小”)；BTC的核磁共振氢谱中有_______组峰。
（2）该反应的有机溶剂化学式为(乙二醇)，易溶于水和乙醇的原因是_______。
（3）MOF材料与ZnO复合可制备荧光材料ZnO-MOF，ZnO溶于氨水生成，1ml共有_______ml的σ键，也可溶于氨水生成，写出该反应的离子方程式：_______。
（4）MOF还可以电催化还原，装置原理如图所示。电极b的电极反应式为_______，电极a上生成1ml时，理论上可还原标准状况下_______1L。
【答案】（1） ①. p ②. 大 ③. 3
（2）乙二醇和水分子间、乙二醇和乙醇分子间存在氢键
（3） ①. 16 ②.
（4） ①. ②. 44.8
【解析】
【小问1详解】
铋元素的原子序数为83，则其基态原子的外围电子排布式为，在元素周期表的p区；硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，氮原子的杂化方式为杂化，离子的空间结构为平面正三角形，键角为120°，的氧原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为2，VSEPR模型为四面体形，空间构型为V形，键角小于120°；BTC中羧基间位，整个分子高度对称，等效氢的个数为3，故在核磁共振氢谱上有3组峰；
故答案为：p；大；3；
【小问2详解】
乙二醇（），易溶于水和乙醇原因是乙二醇和水分子间、乙二醇和乙醇分子间存在氢键；
故答案为：乙二醇和水分子间、乙二醇和乙醇分子间存在氢键；
【小问3详解】
配离子中配位键和N-H键都为σ键，则1 ml中含有的σ键的物质的量为16 ml；溶解生成的Zn2+，与氨水中NH3形成形成配位键，生成，促进的溶解，离子方程式是；
故答案为：16；；
【小问4详解】
电极b上是发生反应生成CO，碳的化合价降低，得电子，则电极b为阴极，发生反应：；a电极为阳极，H2O在a电极失去电子生成O2和H+，根据得失电子守恒可得关系式，若生成1 ml，则可还原2 ml ，其体积在标准状况下为44.8 L；
故答案为：；44.8。
16. 三氯化六氨合钴主要用于磷酸盐的测定和钴盐的制备。实验室以活性炭为催化剂，用制备(钴为+3价)，装置如图所示。
实验步骤如下：
I．称取研细的10.0g和5.0g于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，加入25mL浓氨水和适量活性炭粉末，逐滴加入5mL30%的溶液。
Ⅱ．控制反应温度为60℃，反应一段时间后，得到溶液。
Ⅲ．在一定条件下，经过一系列的操作制得。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为_______，仪器b中盛装的试剂为_______(填“碱石灰”或“无水氯化钙”)。
（2）步骤Ⅱ中控制反应温度为60℃，温度不能过高的原因是_______。
（3）步骤Ⅲ制得晶体的一系列的过程：加热浓缩、_______、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥。在冷却结晶之前还需要加入适量的浓盐酸，除了抑制水解之外加入浓盐酸的作用是_______。
（4）制备过程中可能会有和副产物生成，中的配体为_______。为正八面体结构，C(Ⅲ)处于八面体的中心，则有_______种不同的结构(不考虑光学异构)。
【答案】（1） ①. (球形)冷凝管 ②. 无水氯化钙
（2）减少氨的挥发和的分解
（3） ①. 趁热过滤 ②. 增大氯离子浓度，利用同离子效应，促进钴配合物完全析出，提高产率
（4） ①. 和 ②. 2
【解析】
【分析】将NH4Cl和晶体溶解后所得混合溶液倒入三颈烧瓶中，加热活性炭作催化剂，先加浓氨水，在逐滴加入H2O2溶液，水浴加热，发生反应，经过分离提纯最终得到，以此分析解答；
【小问1详解】
）仪器a的名称为球形冷凝管；仪器b中盛装的试剂为无水氯化钙，吸收挥发的氨气；
【小问2详解】
步骤Ⅱ中控制反应温度为60℃，既能保证较快的反应速率，又能减少氨的挥发和H2O2的分解，提高原料的利用率
【小问3详解】
步骤Ⅲ制得晶体的一系列的过程：加热浓缩、趁热过滤除去难溶的活性炭、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥；滤液中加入浓盐酸，增大了氯离子浓度，利用同离子效应，促进完全析出，提高产率；
【小问4详解】
中的配体为和；呈正八面体结构，中的配体为和；呈正八面体结构，若其中有两个分子分别被取代，1，4为等效位置，2，3，5，6为等效位置，如果一个水分子位于1的位置，则另一个水分子可能是2，3，5，6（等效）或4，所以有两种结构。
17. 是重要的电子工业原料，可用于半导体电子材料、三元电池材料、锰酸锂电池材料、锌锰电池材料、玻璃等的制造。以菱锰矿(主要成分为，含和少量Fe、Cu、Ni、Ca、Mg等元素)为原料制备的一种工艺流程如图所示。

回答下列问题：
（1）基态Mn原子的价电子的轨道表示式为_______。
（2）“酸浸”时加快反应速率，提高浸取率可采取的措施有_______(写两种)。
（3）滤渣2的主要成分为_______(填化学式)。
（4）福美钠的化学式为，其中N、S、Na三种元素的简单离子半径从大到小顺序为_______(填写离子符号)。
（5）已知，，当沉淀完全时(浓度为ml⋅L)，溶液中_______ml⋅L(结果保留三位有效数字)。
（6）“沉锰”中生成的在“氧化”时控制温度为50℃，反应的化学方程式为_______。
（7）晶体温度高于1170℃时属于立方晶体，其中与金刚石晶胞中碳原子占据的位置相似(金刚石晶胞如图所示)。若晶体的晶胞参数为apm，则晶体密度为_______g⋅cm-3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1） （2）适当增大硫酸浓度或适当升温或粉碎矿石或搅拌等
（3）
（4）
（5）
（6）
（7） g⋅cm-3或g⋅cm-3
【解析】
【分析】生产高纯四氧化三锰工艺流程中，菱锰矿加入硫酸溶解，形成MnSO4、FeSO4、MgSO4、NiSO4溶液，其中SiO2、Cu和大部分CaSO4进入滤渣1，“氧化”过程加入空气，空气中O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水形成Fe(OH)3沉淀过滤除去，“除铜镍”过程加入福美钠，形成NiS、CuS沉淀除去，之后加入氟化铵，形成CaF2和MgF2沉淀过滤除去，加入絮凝剂除去硅，加入氨水将锰转化为沉淀，氧化得到四氧化三锰。
【小问1详解】
已知Mn是25号元素，故基态Mn原子的价电子的轨道表示式为；
【小问2详解】
适当增大硫酸浓度、适当升温、粉碎矿石、搅拌等措施可以提高酸浸的效果，故答案为增大硫酸溶液浓度或适当升温或粉碎矿石或搅拌等；
【小问3详解】
利用氧气将铁元素氧化，最终转化为氢氧化铁沉淀除去，故答案为；
【小问4详解】
N、S、Na三种元素的简单离子半径，电子层数多，电子层结构相同，核电荷数越多半径越小，，故半径从大到小顺序为；
【小问5详解】
）当镁离子沉淀完全时，由，可知溶液中ml/Lml/L，则此时ml/Lml/L；
【小问6详解】
“氧化”步骤中，反应物是和，生成物是，
故反应的化学方程式为；
【小问7详解】
据“均摊法”，晶胞中含个，
结合化学式可知可以改写，
则晶体密度为g⋅cm-3 g⋅cm-3；结合化学式可知也可以改写，
则晶体密度为 g⋅cm-3 g⋅cm-3。
18. 氮氧化物()都具有不同程度的毒性，是造成大气污染的主要物质，危害人体健康，其无害化处理成为研究热点，具有重要的意义。回答下列问题：
（1）NO在空气中发生氧化反应：，该反应分两步完成，其反应历程如图所示。
写出反应Ⅱ热化学方程式：_______；决定：反应速率的是_______(填“反应I”或“反应Ⅱ”)。
（2）T℃，在密闭容器中尝试利用表面催化工艺分解NO，若用分别表示，NO，和固体催化剂，则在固体催化剂表面分解NO的反应过程可用下图表示：
若温度和容器体积保持不变，下列关于NO分解反应，说法正确的是_______(填选项字母)。
A. b到c吸热，c到d放热
B. 当体系压强恒定时，反应达到平衡状态
C. 除去体系中可提高NO的平衡转化率
D. 固体催化剂起到反应载体作用，不改变反应的活化能和焓变
（3）厌氧氨化法(Anammx)是一种新型的氨氮去除技术，反应模型如图。
①联氨()是_______(填“极性”或“非极性”)分子。羟胺()可看成氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物，则羟胺分子中N原子的杂化方式为_______；
②该过程的总反应的方程式为_______。
（4）在恒温条件下，向初始压强为PMPa的恒容密闭容器中加入等物质的量CO和NO发生反应：，反应达到平衡时，的体积分数为20%，则NO的转化率为_______(保留一位小数)。该条件下反应平衡常数_______MPa-1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. kJ/ml ②. 反应Ⅱ （2）AC
（3） ①. 极性 ②. ③.
（4） ①. 66.7% ②.
【解析】
【小问1详解】
根据能量关系图，反应Ⅱ为放热反应，焓变=生成物总能量-反应物总能量，故热化学方程式为 kJ/ml；
反应Ⅱ的活化能大于反应Ⅰ的活化能，反应断键时需要更多的能量，反应速率慢，化学反应速率由最慢的一步决定，所以决定反应速率的是反应Ⅱ；
【小问2详解】
A．b到c断开化学键吸热，c到d形成化学键放热，A正确；
B．反应前后气体的化学计量数之和相等，气体压强始终不变，故压强不变不能判定平衡，B错误；
C．除去体系中减小生成物浓度，使平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，C正确；
D．固体催化剂起到反应载体的作用，不改变反应焓变，但催化剂可以降低活化能，D错误；
故答案为AC；
【小问3详解】
①联氨中N原子上有孤电子对，正负电荷中心不重合，故为极性分子。羟胺（）可看成是氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物，分子中N原子价层电子对，有一对孤电子对，故N原子采取杂化；
②在反应过程中，被还原为和，该过程的总反应是
【小问4详解】
加入等物质的量CO和NO，因此投料比是1∶1。
，解得，即转化率为66.7%；
所以n（总）ml。算出平衡时，总压强，，解得。
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