学年江西省赣州教育发展联盟高二上学期联考化学试题 解析版.docx

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学年江西省赣州教育发展联盟高二上学期联考化学试题解析版

2018-2019学年第一学期赣州教育发展联盟十二月联考

高二化学试卷

命题人：

会昌三中魏娟会昌三中曾金玲审题人：

会昌三中康龙飞

本卷中可能用到的相对原子质量：

H:

1C:

12O:

16Cl：

35.5Fe：

56

一、选择题（16小题，每题3分，共48分）

1.下列说法正确的是（）

A.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应

B.化学反应中的能量变化都表现为热量变化

C.反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热

D.向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后溶液红色加深，说明盐类水解是放热的

【答案】C

【解析】

【分析】

A．有的放热反应需要高温条件发生；

B．化学反应中能量变化形式有热能、光能、电能等等；

C、焓变决定于反应物和生成物能量高低．

D、醋酸钠水解显碱性，水解过程吸热；

【详解】A．需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，有的放热反应需要加热或高温的条件才能发生，如铝热反应是放热反应，但需要高温条件，故A错误；

B、化学反应中能量变化的形式有热能、光能、电能等等，不只是热能，故B错误；

C、焓变决定于反应物和生成物能量高低，反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热，故C正确；

D、醋酸钠水解显碱性，加热时碱性增强，说明水解吸热，故D错误；

故选C。

【点睛】本题考查化学反应中能量变化的形式、焓变等，解题关键：

注意对基础知识的理解掌握，易错点A，反应条件与吸放热没有必然联系。

2.常温下，一定浓度的某酸HA溶液的pH=5，下列有关说法正确的是（）

A.取该溶液1.00mL，加水稀释至1000mL，所得溶液pH=8

B.向溶液中加入适量NaA固体，若溶液pH不变，则HA为强酸

C.加入等体积pH=9的NaOH溶液，若所得溶液pH>7，则HA为弱酸

D.若该溶液导电能力弱于等体积pH=5的HCl溶液，则HA为弱酸

【答案】B

【解析】

【分析】

A、酸溶液稀释不能变为碱性溶液；

B、向溶液中加入适量NaA固体，若溶液pH不变，说明HA不存在电离平衡；

C、HA为弱酸，溶液中酸的浓度大于氢离子浓度；

D、溶液的导电能力与溶液中带电粒子的浓度有关；

【详解】A、一定浓度的某酸HA溶液的pH=5，该溶液显酸性，酸溶液稀释不能变为碱性溶液，所以稀释后溶液的pH＜7，故A错误。

B、向溶液中加入适量NaA固体，若溶液pH不变，说明HA不存在电离平衡，所以HA为强酸，故B正确；

C、HA为弱酸，溶液中酸的浓度大于氢离子浓度，所以加入等体积pH=9的NaOH溶液，酸过量，溶液显酸性，所得溶液pH＜7，故C错误；

D、某酸HA溶液的pH=5，溶液中氢离子的浓度为10-5mol·L－1，pH=5的盐酸中氢离子的浓度为10-5mol·L－1，所以两种溶液的导电能力相同，故D错误；

故选B。

【点睛】本题考查弱电解质的电离和溶液pH的计算，解题关键：

明确弱酸的电离特点，易点A，酸溶液稀释不能变为碱性溶液。

3.龋齿是有机酸使牙齿中的Ca5（PO4）3（OH）溶解造成的。

饮水、食物里的F﹣会将其转化为Ca5（PO4）3F，后者更能抵抗酸的腐蚀。

下列分析不正确的是（　　）

A.溶解度：

Ca5（PO4）3（OH）＜Ca5（PO4）3F

B.Ca5（PO4）3（OH）电离出来的OH﹣、PO43﹣均能与H+反应

C.牙膏中添加NaF可发生反应：

Ca5（PO4）3（OH）+F﹣═Ca5（PO4）3F+OH﹣

D.上述过程涉及的反应类型只有复分解反应

【答案】A

【解析】

【分析】

A．从难溶电解质的溶解转化的角度分析；

B．OH－、PO43－均能与H＋反应生成水HPO42－、H2PO4－等；

C．牙膏中添加NaF，可生成Ca5（PO4）3F；

D．涉及反应为Ca5（PO4）3（OH）+F－═Ca5（PO4）3F+OH－，为复分解反应。

【详解】A．饮水、食物里的F－会将其转化为Ca5（PO4）3F，应生成溶解度更小的物质，即Ca5（PO4）3（OH）＞Ca5（PO4）3F，故A错误；

B．Ca5（PO4）3（OH）为弱酸的碱式盐，OH－、PO43－均能与H＋反应生成水、HPO42－或H2PO4－等，故B正确；

C．牙膏中添加NaF，可生成Ca5（PO4）3F，发生Ca5（PO4）3（OH）+F－═Ca5（PO4）3F+OH－，故C正确；

D．上述过程涉及的反应为：

有机酸使牙齿中的Ca5（PO4）3（OH）溶解和Ca5（PO4）3（OH）+F－═Ca5（PO4）3F+OH－，都是复分解反应，故D正确。

故选：

A。

4.某科研团队研制出“TM﹣LiH（TM表示过渡金属）”双催化剂体系，显著提高了在温和条件下氮气和氢气合成NH3的效率，原理示意如下：

下列分析不合理的是（　　）

A.状态Ⅰ，吸收能量并有N≡N键发生断裂B.合成NH3总反应的原子利用率是100%

C.“TM﹣LiH”能降低合成氨反应的△HD.生成NH3：

2LiNH+3H2═2LiH+2NH3

【答案】C

【解析】

【分析】

由流程可知氮气与TM-LiH反应生成LiNH，LiNH与氢气反应生成氨气和LiH，总反应为2LiNH+3H2═2LiH+2NH3。

【详解】A．状态Ⅰ为氮气生成LiNH的过程，N≡N键发生断裂要吸收能量，故A正确；

B．由流程可知氮气和氢气反应，生成物只有氨气，原子利用率为100%，故B正确；

C．催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成物的总能量，不能改变反应热，故C错误；

D．由状态Ⅲ可知生成NH3：

2LiNH+3H2═2LiH+2NH3，故D正确。

故选：

C。

5.一种新型的电池，总反应为:

3Zn+2FeO42－+8H2O=2Fe（OH）3↓+3Zn（OH）2↓+4OH—，其工作原理如图所示。

下列说法不正确的是

A.Zn极是负极，发生氧化反应

B.随着反应的进行，溶液的pH增大

C.电子由Zn极流出到石墨电极，再经过溶液回到Zn极，形成回路

D.石墨电极上发生的反应为：

FeO42—+3e—+4H2O=Fe（OH）3↓+5OH—

【答案】C

【解析】

【详解】A、根据电池总反应，Zn的化合价升高，根据原电池的工作原理，即锌作负极，发生氧化反应，故A说法正确；B、根据电池总反应方程式，生成OH－，溶液的pH增大，故B说法正确；C、根据原电池的工作原理，电子从Zn电极流出经外电路流向石墨，电解质溶液应是阴阳离子定向移动，没有电子通过，故C说法错误；D、负极电极反应式为Zn＋2OH－－2e－=Zn（OH）2↓，正极反应式为FeO42－＋4H2O＋3e－=Fe（OH）3↓＋5OH－，故D说法正确。

6.一定条件下，下列不能用勒夏特列原理解释的是（）

A.合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率

B.H2、I2、HI混合气体加压后颜色变深

C.实验室常用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2

D.新制氯水中，滴加硝酸银溶液，溶液颜色变浅，产生白色沉淀

【答案】B

【解析】

【详解】A、合成氨时将氨液化分离，减少了生成物浓度，平衡正向移动，可提高原料的利用率，与化学平衡移动有关，故A不选；B、H2、I2、HI混合气体达到的化学平衡是H2+I2=2HI，反应前后气体体积不变，混合加压后，平衡不动，颜色变深是因为体系体积减小，物质浓度增大，和平衡无关，故B选；C.氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2⇌ClO-+2H++Cl-，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，所以实验室常用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2，故C不选；D．氯水中存在Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，滴加硝酸银溶液，发生Ag++Cl-=AgCl↓，平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选B。

【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且符合平衡移动的原理。

本题的易错点为C，要注意氯气与水的反应为可逆反应。

7.反应A（g）+3B（g）=2C（g）+2D（g）在四种不同情况下的反应速率分别为①v（A）=0.8mol/（L•min）；②v（B）=0.75mol/（L•s）；③v（C）=0.6mol/（L•s）；④v（D）=0.5mol/（L•s）。

该反应进行的快慢顺序为（　　）

A.①＞②＞③＞④B.③＞②=④＞①C.①＞③＞②=④D.④＞③＞②＞①

【答案】B

【解析】

【分析】

速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快。

【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则

①v（A）=0.8mol/（L·min），0.8/（60×1）=0.013；

②v（B）=0.75mol/（L·s），0.75/3=0.25；

③v（C）=0.6mol/（L·s），0.6/2=0.3；

④v（D）=0.5mol/（L·s），0.5/2=0.25，

该反应进行的快慢顺序为③＞②=④＞①，

故选：

B。

【点睛】本题考查化学反应速率，解题关键：

把握化学计量数与反应速率的关系，易错点A，注意比值法应用及速率单位统一。

8.下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是（）

A.c（NH4＋）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：

c（NH4HSO4）＞c（NH4Cl）＞c[（NH4）2SO4]

B.向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：

c（Na＋）＞c（CH3COO－）＞c（H＋）＞c（OH－）

C.某二元弱酸酸式盐NaHA溶液中：

c（H+）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋c（HA－）＋c（A2－）

D.1.0mol/LNa2CO3溶液：

c（OH－）＝c（HCO3－）＋c（H＋）＋2c（H2CO3）

【答案】D

【解析】

【分析】

A、NH4HSO4溶液中H＋抑制NH4＋的水解；

B、酸性混合溶液，则c（H＋）＞c（OH－），结合电荷守恒分析；

C、根据NaHA溶液中的电荷守恒进行判断，A2－带有两个单位的负电荷，其系数应该为2；

D、根据碳酸钠溶液中的质子守恒进行判断；

【详解】A、根据化学式组成可知，浓度相同时，（NH4）2SO4中c（NH4＋）最大。

NH4HSO4溶液中H＋抑制NH4＋的水解，则各溶液中c（NH4＋）相同时，c（NH4Cl）＞c（NH4HSO4）＞c[（NH4）2SO4]，故A错误；

B、向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中c（H＋）＞c（OH－），由电荷守恒可知c（Na＋）＜c（CH3COO－），溶液中离子浓度大小为：

c（CH3COO－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－），故B错误；

C、二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中，根据电荷守恒可得：

c（H＋）+c（Na＋）=c（OH－）+c（HA－）+2c（A2－），故C错误；

D、水电离的氢离子与氢氧根离子物质的量相等，则从质子守恒的角度分析可得：

c（OH－）=c（H＋）+2c（H2CO3）+c（HCO3－），故D正确；

故选D。

【点睛】本题考查了溶液中离子浓度大小比较，解题关键：

掌握盐的水解原理，能够根据电荷守恒、盐的水解原理、质子守恒等知识判断溶液各离子浓度大小，难点C、D，电荷守恒、质子守恒。

9.已知常温时HClO的Ka=3.0×10-8，HF的Ka=3.5×10-4。

现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示。

下列叙述正确的是

A.曲线I为次氯酸稀释时pH变化曲线

B.取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗次氯酸的体积较小

C.a点时，若都加入相同大小的锌粒，此时与氢氟酸反应的速率大

D.b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小

【答案】B

【解析】

常温下Ka（HClO）

Ka（HF），酸性：

HClO

HF，根据图像将pH和体积都相同的HClO和HF稀释同等倍数，I的pH改变值大于II的pH改变值，曲线I代表稀释HF时pH变化曲线，曲线II代表稀释HClO时pH变化曲线。

A项，根据上述分析，曲线I为HF稀释时pH变化曲线，A项错误；B项，a点HClO溶液和HF溶液的pH相同，a点c（HClO）大于c（HF），取a点的两种酸溶液中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO溶液的体积较小，B项正确；C项，a点HClO溶液和HF溶液的pH相同，即a点两溶液中c（H+）相等，此时与相同大小的锌粒反应的反应速率相等，C项错误；D项，酸溶液中OH-全部来自水的电离，根据图像b点溶液的pH大于c点溶液的pH，b点溶液中c（H+）小于c点溶液中c（H+），b点对水的电离的抑制小于c点，b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，D项错误；答案选B。

点睛：

本题考查弱酸溶液稀释pH曲线的分析、不同弱酸的对比、酸溶液中水的电离程度的分析，正确判断曲线I、曲线II代表的物质是解题的关键。

注意酸溶液中和碱的能力取决于酸的物质的量和酸的元数，酸溶液与相同大小锌粒反应速率的快慢取决于溶液中c（H+）。

10.在一定温度下，将气体X和气体Y各2mol充入某10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）

2Z（g）△H<0，—段时间后达到平衡。

反应过程中测定的数据如下表：

t/min

2

4

10

12

n（Y）/mol

1.40

1.10

0.40

0.40

下列说法正确的是

A.反应前2min的平均速率v（Z）=3.0xl0-2mol•L-1min-1

B.该温度下此反应的平衡常数K=64

C.平衡后其他条件不变，再充入2molZ，新平衡时X的体积分数增大

D.反应进行到10min时保持其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）>v（正）

【答案】B

【解析】

【详解】A.反应前2min，n（Y）变化了2-1.4=0.6mol，反应速率为：

v（Y）=0.6/（10×2）=0.03mol•L-1min-1,根据速率和系数成正比可知v（Z）=2v（Y）=6.0×l0-2mol•L-1min-1，A错误；

B.反应在10min时达到平衡，因此平衡时各物质浓度为：

c（X）=0.4/10=0.04mol•L-1,c（Y）=0.4/10=0.04mol•L-1，c（Z）=2×（2-0.4）/10=0.32mol•L-1；该温度下此反应的平衡常数=0.322/0.042=64,B正确；

C.该反应前后气体的体积不变，其他条件不变，再充入2molZ，在等温等容条件下，等效于加压过程，平衡不移动，新平衡时X的体积分数不变，故C错误；

D.反应进行到10min时保持其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）

综上所述，本题选B。

【点睛】针对X（g）+Y（g）

2Z（g）△H<0,反应，如果反应达到平衡后，在等温等容条件下，再充入2molZ，等效于给该反应加压过程，由于反应前后气体的体积不变，所以平衡不移动；如果反应达到平衡后，在等温等压条件下，再充入2molZ，等效于等压过程，与原平衡等效。

11.常温下，Ka（HCOOH）=1.77xlO-4,Ka（CH3COOH）=Kb（NH3•H20）=1.75x10-5,下列说法不正确的是（）

A.浓度均为0.1mol•L-1的HCOOH和NH3•H20溶液中：

c（HCOO-）>c（NH4+）

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，HCOOH消耗NaOH溶液的体积比CH3COOH小

C.0.1mol•L-1CH3COOH溶液与0.1mol•L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=7

D.pH=7的HCOOH和NH3•H20的混合溶液中，c（HCOO—）=c（NH4+）

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据Ka（HCOOH）>Kb（NH3∙H2O）可知，HCOOH为一元弱酸，NH3∙H2O为一元弱碱，所以电离程度HCOOH大，因此浓度均为0.1mol•L-1的HCOOH和NH3•H20溶液中，根据越弱越水解可以判断c（HCOO-）>c（NH4+），A正确；

B.由于酸性HCOOH大于CH3COOH，所以pH相同的HCOOH和CH3COOH，二酸的浓度:

c（HCOOH）

C.0.1mol•L-1CH3COOH溶液与0.1mol•L-1NaOH溶液等体积混合后，生成醋酸钠，该盐为强碱弱酸盐，水溶液显碱性，pH>7；故C错误；

D.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；HCOOH和NH3•H20的混合溶液中，存在电荷守恒：

c（HCOO-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），由于pH=7，即c（OH-）=c（H+），所以c（HCOO-）=c（NH4+），故D正确；

综上所述，本题选C。

12.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：

2A（g）＋B（g）

3C（g）；ΔH<0，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是

A.图Ⅰ表示的是t1时刻增大反应物的浓度对反应速率的影响

B.图Ⅱ表示的一定是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响

C.图Ⅲ表示的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高

D.图Ⅲ表示的是不同催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高

【答案】C

【解析】

试题分析：

A．图Ⅰ表示的是t1时刻V逆、V正都增大，V逆增大的多，化学平衡逆向移动，若增大反应物的浓度，则在该时刻V正增大，V逆不变。

与图像不符合，错误；．图Ⅱ表示的可能是t1时刻加入催化剂后正反应、逆反应速率都增大，二者增大的倍数相同，所以化学平衡不发生移动，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，也可能增大压强后的化学反应速率变化情况，错误；C．升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短，由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以达到平衡时A的转化率降低，因此图Ⅲ表示的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高，正确。

D．催化剂只能缩短达到平衡所需要的时间，但是平衡不发生移动，因此图Ⅲ不能表示不同催化剂对平衡的影响，错误。

考点：

考查图像法在化学反应速率、化学平衡移动中的作用的知识。

13.某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是

A.AgCl的溶解度、Ksp均减小B.AgCl的溶解度、Ksp均不变

C.AgCl的溶解度减小、Ksp不变D.AgCl的溶解度不变、Ksp减小

【答案】C

【解析】

【详解】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：

AgCl（s）

Ag+（aq）+Cl-（aq），当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。

故答案选C。

【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。

注意溶度积常数只和温度有关，温度不变，Ksp不变。

溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关，还和影响平衡的离子浓度有关。

14.室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸（HA、HB和HD）溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是（）

A.三种酸的电离常数关系：

KHA>KHB>KHD

B.滴定至P点时，溶液中：

c（B－）>c（Na＋）>c（HB）>c（H＋）>c（OH－）

C.pH=7时，三种溶液中：

c（A－）=c（B－）=c（D－）

D.当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：

c（HA）＋c（HB）＋c（HD）=c（OH－）－c（H＋）

【答案】C

【解析】

A．根据图像可知0.1mol·L－1的三种酸（HA、HB和HD）溶液的起始pH值HA最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：

KHA>KHB>KHD，A正确；B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c（B－）>c（Na＋）>c（HB）>c（H＋）>c（OH－），B正确；C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c（HA）＋c（HB）＋c（HD）=c（OH－）－c（H＋），D正确；答案选C。

点晴：

在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发分析思考。

（1）两个理论依据：

①弱电解质电离理论：

电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。

例如H2CO3溶液中：

c（H2CO3）＞c（HCO3－）≫c（CO32－）（多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离）。

②水解理论：

水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。

例如Na2CO3溶液中：

c（CO32－）＞c（HCO3－）≫c（H2CO3）（多元弱酸根离子的水解以第一步为主）。

（2）三个守恒关系：

①电荷守恒：

电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。

②物料守恒：

物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。

③质子守恒：

由水电离出的c（H＋）等于由水电离出的c（OH－），在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。

质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。

解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。

【此处有视频，请去附件查看】

15.在恒温容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应A（g）+2B（g）

C（g）+D（g）己达到平衡状态的是（）

①混合气体的压强②混合气体的密度③B的物质的量分数④混合气体的总物质的量⑤混合气体的平均相对分子质量⑥v（C）与v（D）的比值⑦混合气体的总质量⑧混合气体的总体积

A.③⑦⑧B.④⑤⑥C.①②⑤D.①③④⑤

【答案】D

【解析】

【分析】

当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化．选择判断化学平衡的物理量应随反应进行发生变化，当该物理量不再变化可以说明到达平衡．

【详解】①反应前后气体的物质的量减小的反应，容器体积不变，随反应进行压强降低，当压强不再变化，说明到达平衡，故①正确；

②反应混合物都是气体，总质量不变，容器体积不变，故混合气体的密度一直不变，不能说明到达平衡状态，故②错误；

③随反应进行B的浓度减小，当B的物质的量分数不再变化，说明到达平衡，故③正确；

④该反应为反应前后气体的物质的量减小的反应，随反应进行混合气体总物质的量