2025年沪教版选修4化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪教版选修4化学下册阶段测试试卷264考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属Ti的主要反应之一。已知：

TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(1)＋O2(g)∆H＝＋140.5kJ/mol

2CO(g)＝2C(s，石墨)＋O2(g)∆H＝＋221.0kJ/mol

则反应TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s，石墨)＝TiCl4(1)＋2CO(g)的∆H为A.－30.0kJ/molB.＋30.0kJ/molC.－80.5kJ/molD.＋80.5kJ/mol2、CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气CO和H2；还对温室气体的减排具有重要意义。

已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H1K1C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2K2；C(s)+O2(g)=CO(g)△H3K3；CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△HK(其中△H为焓变，K为平衡常数)下列说法正确的是A.△H=2△H3-2△H2-△H1B.K=2K3-K2-K1C.若平衡时c(CH4)：c(CO2)：c(CO)：c(H2)=1：1：1：1，则K一定等于1(mol/L)2D.减小压强可增大CH4(g)和CO2(g)的平衡转化率3、在恒容密闭容器中将CO2与含少量CO的H2混合生成甲醇，反应为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，下图表示按分别为①1:4和②1:6两种投料比时，CO2的平衡经随温度变化的曲线。

设①②两种投料比时CO2投料的物质的量浓度相等。下列有关说法正确的是A.按投料比①时，CO2的平衡转化率随温度变化的曲线对应的是图中的曲线lB.图中a点对应的H2的转化率为30%C.图中b点对应的平衡常数K的值大于c点D.的数值，a点比c点小4、下列有关合成氨工业的叙述，能够用勒·夏特列原理来解释的是A.加入催化剂可以提高单位时间氨的产量B.高压比常压条件更有利于合成氨的反应C.500℃高温比室温更有利于合成氨的反应D.N2和H2按物质的量之比1：2.8混合，更有利于氨的合成5、常温下，VLpH＝2的盐酸与0.2LpH＝12的氨水混合，若所得溶液显酸性，下列有关判断正确的是A.V一定等于0.2B.V大于或等于0.2，也有可能小于0.2C.混合溶液中离子浓度一定满足：c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)D.混合溶液中离子浓度可能满足：c(Cl－)>c(H＋)>c(NH4＋)>c(OH－)评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、25℃时加水稀释10mLpH=11的氨水，下列判断正确的是A.原氨水的浓度=10－3mol/LB.溶液中c(NH4+)/c(NH3∙H2O)增大C.氨水的电离程度增大，溶液中所有离子的浓度均减小D.再加入10mLpH=3的盐酸充分反应后混合液的pH值肯定大于77、下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)B.在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3－)C.向0.2mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L－1NaOH溶液：c(CO32－)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H＋)D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7,c(Na＋)＝0.1mol·L－1]：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＝c(OH－)8、室温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A.浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONa溶液与HCOOK溶液：c(K+)-c(HCOO-)＞c(Na+)-c(CH3COO-)B.向0.1mol·L-1的HCOONa溶液中通入HCl气体至pH=7：c(Na+)＞c(Cl-)=c(HCOOH)C.0.1mol·L-1的HCOOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等体积混合：c(Na+)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)D.c(NH4+)相等的HCOONH4溶液、CH3COONH4溶液：c(HCOONH4)＞c(CH3COONH4)9、已知草酸(H2C2O4)为二元弱酸，25℃时，Ka1(H2C2O4)=5.9×10－2，Ka2(H2C2O4)=6.4×10－5。用NaOH溶液滴定草酸氢钾(KHC2O4)溶液；混合溶液的相对导电能力随加入NaOH体积的变化如图所示(忽略混合时溶液温度的变化)，其中N点为反应终点。下列有关描述中正确的是。

A.M点粒子浓度：c(K+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)B.N点时存在：c(Na+)+c(K+)＜2c()+2c()C.从N点到P点的过程中溶液中一定存在：c(Na+)+c(H2C2O4)＞c()D.水的电离程度大小顺序：P＞N＞M10、常温下，有①氨水、②NH4Cl溶液、③Na2CO3溶液、④NaHCO3溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L，下列说法正确的是A.四种溶液pH的大小顺序：①＞④＞③＞②B.溶液①、②等体积混合后pH＞7，则c(NH4+)＜c(NH3·H2O)C.向溶液①、②中分别加入25mL0.1mol/L盐酸后，溶液中c(NH4+)：①＜②D.向溶液③、④中分别加入12.5mL0.1mol/LNaOH溶液后，两溶液中的离子种类相同11、常温时，向20mL0.1000mol/LH2C2O4溶液中滴加0.1000mol·L-1NaOH溶液；混合溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列有关叙述正确的是（）

A.点①、③、④所示溶液中，点③所示溶液H2O的电离程度最小B.点②所示溶液中：2c(H+)+c(HC2O4-)+3c(H2C2O4)=2c(OH-)+c(C2O42-)C.点③所示溶液中：c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(Na+)D.滴定过程中可能出现：c(Na+)＞c(HC2O4-)=c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(H+)评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)12、比较下列各组热化学方程式中ΔH的大小关系(填“>”或“<”)。

①S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH1

S(g)＋O2(g)===SO2(g)ΔH2则ΔH1________ΔH2

②CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1

CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2则ΔH1_____ΔH213、化学在能源开发与利用中起着十分关键的作用。

（1）0.3mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，其热化学方程式为_____。

（2）家用液化气中主要成分之一是丁烷。当1g丁烷完全燃烧并生成CO2和液态水时，放出热量50kJ。试写出丁烷燃烧的热化学方程式：____。14、顺-1；2-二甲基环丙烷和反-1，2-二甲基环丙烷可发生如下转化：

该反应的速率方程可表示为：v（正）=k（正）c（顺）和v（逆）=k（逆）c（反），k（正）和k（逆）在一定温度时为常数；分别称作正，逆反应速率常数。回答下列问题：

（1）已知：t1温度下，该温度下反应的平衡常数值K1=_____；该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，则________0(填“小于”“等于”或“大于”)。

（2）t2温度下，图中能表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线是_______(填曲线编号)，平衡常数值K2=_____；温度t2___t1(填“小于”“等于”或“大于”),判断理由是______。

15、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）；

其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：。t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

回答下列问题：

（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝_______________。

（2）该反应为_______________反应（填“吸热”；“放热”）。

（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_______________。

a．容器中压强不变b．混合气体中c(CO)不变。

c．v正(H2)＝v逆(H2O)d．c(CO2)＝c(CO)

（4）某温度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为_______________℃。

（5）1200℃时，在某时刻体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol·L－1、2mol·L－1、4mol·L－1、4mol·L－1，则此时上述反应的平衡向__________移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。16、碳的化合物的转换在生产、生活中具有重要的应用，如航天员呼吸产生的CO2用Sabatier反应处理，实现空间站中O2的循环利用。

Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；

水电解反应：2H2O(1)2H2(g)+O2(g)。

(1)将原料气按n(CO2):n(H2)=1：4置于密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示（虚线表示平衡曲线）。

①该反应的平衡常数K随温度降低而________（填“增大”或“减小”）。

②在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行该反应；下列能说明达到平衡状态的是_____。

A．混合气体密度不再改变B．混合气体压强不再改变。

C．混合气体平均摩尔质量不再改变D.n(CO2):n(H2)=1:2

③200℃达到平衡时体系的总压强为p；该反应平衡常数Kp的计算表达式为_______。（不必化简，用平衡分，压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）

(2)Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化率的是____（填标号）。

A．适当减压B．合理控制反应器中气体的流速。

C.反应器前段加热，后段冷却D.提高原料气中CO2所占比例。

(3)一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反应。

①已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分别为-394kJ/mol；-242kJ/mol；Bosch反应的△H=_____kJ/mol。（生成焓指一定条件下由对应单质生成lmol化合物时的反应热）

②一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动；原因是______________。若使用催化剂，则在较低温度下就能启动。

③Bosch反应的优点是_______________。评卷人得分四、判断题(共1题，共9分)17、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、原理综合题(共4题，共24分)18、建设“美丽中国”首先要做好环境保护与治理。氮氧化物（NOx）是严重的大气污染物；其主要来源有汽车尾气和硝酸工厂等。氮氧化物（NOX）能引起雾霾；光化学烟雾、酸雨等环境问题。某科研机构设计了如下转化氮氧化物的几种方案。请回答下列问题：

（1）方案Ⅰ：利用甲烷在催化剂条件下还原NOx；相关反应如下：

①N2（g）+O2（g）=2NO（g）∆H1=+180.5kJ/mol

②CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）∆H2=-574kJ/mol

③CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）∆H3=-1160kJ/mol

则表示甲烷燃烧热的热化学反应方程式是________。

（2）方案Ⅱ：利用CO在催化剂条件下还原NOx：2NOx（g）+2xCO（g）⇌N2（g）+2xCO2（g）∆H。向容积均为2L的甲（温度为T1）、乙（温度为T2）两个恒容密闭容器中分别充入2molNO2（g）和3molCO（g）。反应过程中两容器内CO2的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示：

①甲容器中，平衡时NO2的转化率为____；

②T1___T2（填“>”或“<”）；△H___0（填“>”或“<”）；判定的依据是____；

③T2温度时；该反应的平衡常数K=____；

④乙容器达到平衡后，再充入3molNO2和2molCO2，此时v（正）___v（逆）（填“>”“<”或“=”）。19、已知：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝Q，其平衡常数随温度变化如下表所示：。温度/℃400500850平衡常数9.9491

请回答下列问题：

（1）上述反应的化学平衡常数表达式为___，该反应的Q__0(填“＞”或“＜”)。

（2）850℃时在体积为10L反应器中，通入一定量的CO和H2O(g)，发生上述反应，CO和H2O(g)浓度变化如图所示，则0～4min时平均反应速率v(CO)＝__。

（3）400℃时，压强恒定的密闭容器中进行上述反应。该可逆反应达到平衡的标志是__(填字母)。

A．v逆(H2)＝v正(CO)

B．容器的总体积不再随时间而变化。

C．混合气体的密度不再随时间变化。

D．CO、H2O、CO2、H2的分子数之比为1∶1∶1∶1

（4）若在500℃时进行，且CO、H2O(g)的起始浓度均为0.020mol•L-1，该条件下，CO的最大转化率为__。

（5）若在850℃时进行，某时刻时测得CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)的物质的量分别为1mol、0.5mol、0.6mol、0.6mol，此时V正__V逆。(填“＞”或“＜”或“=”)

（6）若在850℃时进行，设起始时CO和H2O(g)共为1mol，其中水蒸气的体积分数为x，平衡时CO的转化率为y，试推导y随x变化的函数关系式为__。20、氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。

(1)催化氧化法去除NO是在一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理为4NH3+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3)：n(NO)的物质的量之比分别为4：1；3：1、1：3时；得到NO脱除率曲线如图1所示。

①n(NH3)：n(NO)的物质的量之比为1：3时，对应的是曲线_________(填“a”“b”或“c”)。

②由图1可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降的原因可能是_________。

(2)NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)分两步进行；其反应过程能量变化示意图如图2。

Ⅰ．2NO(g)→N2O2(g)；ΔH1Ⅱ．N2O2(g)+O2(g)→2NO2(g)；ΔH2

①化学反应速率有速率较慢的反应步骤决定。以上反应决定NO氧化反应速率的步骤是___(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。

②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其他条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4＞T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图3。转化相同量的NO，在温度_____(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图(图2)分析其原因：______。

(3)新型绿色硝化剂N2O5可以通过N2O4为原料用电解法制备，实验装置如图4所示。则电极B接直流电源的_________极，电解池中生成N2O5的电极反应式为_________。21、研究氮氧化物的反应机理，对于消除对环境的污染有重要意义。升高温度，绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率却随着温度的升高而减少。某化学小组为研究该特殊现象的实质原因，查阅资料知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：

①2NO(g)N2O2(g)(快)△H1<01正＝k1正c2(NO)1逆＝k1逆c(N2O2)

②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)△H2<02正＝k2正c(N2O2)c(O2)2逆＝k2逆c2(NO2)

请回答下列问题：

(1)反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H＝________kJ·mol-1(用含△H1和△H2的式子表示)。一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K＝_________，升高温度，K值__________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(2)根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原因是_____________。

A．k2正增大，c(N2O2)增大B．k2正增大，c(N2O2)减小

C．k2正减小，c(N2O2)增大。

由实验数据得到v2正～c(O2)的关系可用下图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为_________(填字母)。

(3)工业上可用氨水作为NO2的吸收剂，NO2通入氨水发生的反应：2NO2+2NH3·H2O＝NH4NO3+NH4NO2+H2O。若反应后的溶液滴入甲基橙呈红色，则反应后溶液中c()_______c()+c()(填“>”“<”或“＝”)。工业上也可用电解法处理氮氧化物的污染。电解池如图所示，阴阳电极间是新型固体氧化物陶瓷，在一定条件下可传导O2-。该电解池阴极的电极反应式是________。

评卷人得分六、结构与性质(共3题，共27分)22、随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

回答下列问题：

(1)反应Ⅰ的=_______已知由实验测得反应Ⅰ的(为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡转化率提高的是_______(填字母)。

A.增大压强B.升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂。

②恒温(200℃)恒压条件下，将1molCO2和1molH2充入某密闭容器中，反应达到平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的物质的量为bmol，则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx=_______[写出含有a、b的计算式；对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。

(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目；微粒的相对总能量(括号里的数字或字母；单位：eV)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。

②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知：)23、常温下，有下列四种溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化学用语解释其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，开始时反应速率的大小关系为①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应，消耗②的物质的量大小关系为①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。24、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。

（已知：CH3COOH、HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）图__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；判断的理由是__。

（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__。

（3）点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：__。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

【详解】

已知i：TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(1)＋O2(g)∆H＝＋140.5kJ/mol

ii：2CO(g)＝2C(s，石墨)＋O2(g)∆H＝＋221.0kJ/mol

根据盖斯定律可知i-ii可得TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s，石墨)＝TiCl4(1)＋2CO(g)∆H=＋140.5kJ/mol-221.0kJ/mol=-80.5kJ/mol，故答案为C。2、D【分析】【详解】

A.①C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H1②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2③C(s)+O2(g)=CO(g)△H3将方程式2×③-①-②可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=2△H3-△H1-△H2；A错误；

B.根据化学平衡常数的含义可得K1=K2=K3=K=B错误；

C.若平衡时c(CH4)：c(CO2)：c(CO)：c(H2)=1：1：1：1，假设每种物质的浓度都是x，则K==若x=1，则K=1，若x=2，则K=4，所以K不一定为1(mol/L)2；C错误；

D.由于反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的反应，所以根据平衡移动原理，减小压强，化学平衡正向移动，从而可增大CH4(g)和CO2(g)的平衡转化率；D正确；

故合理选项是D。3、D【分析】【详解】

A．①②两种投料比时CO2投料的物质的量浓度相等，则投料比越小，即c(H+)+c(CO)越大，氢气的浓度增大，平衡正向移动，CO2的转化率增大；所以曲线I为投料比②时的曲线，曲线II为投料比①时的曲线，故A错误；

B．题目只给了的比值；混合气体中氢气的占比未知，所以无法计算氢气的转化率，故B错误；

C．据图可知相同投料比的情况下，温度升高CO2的平衡转化率减小，平衡逆向移动，所以该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，b点温度高于c点，所以b点对应的平衡常数K的值小于c点；故C错误；

D．曲线I为投料比②时的曲线，曲线II为投料比①时的曲线，容器恒容，CO不参与反应，虽然H2和CO混合气体中各组分的占比未知，但各组分占比不变，所以设初始ca(CO2)=1mol/L，a点转化率为60%，结合化学方程式可知平衡时ca(CO2)=0.4mol/L，ca(CH3OH)=0.6mol/L，则c点转化率约为45%，同理可得则=<1，所以的数值；a点比c点小，故D正确；

故答案为D。4、B【分析】【详解】

A．催化剂不能使平衡发生移动；只能改变化学反应速率和缩短达到平衡得时间，故加入催化剂可以提高单位时间氨的产量不能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；

B．工业上合成氨的反应为：正反应是一个气体体积减小的方向，故高压比常压条件更有利于合成氨的反应能用勒夏特列原理解释，B符合题意；

C．合成氨反应正反应是一个放热反应；故应该室温比500℃高温更有利于合成氨的反应，而工业上采用500℃高温是由于催化剂活性和反应速率原因，C不符合题意；

D．N2和H2按物质的量之比1：2.8混合，减小H2的物质的量，平衡向逆向移动，不利于氨的合成,不能用勒夏特列原理解释，减小H2的物质的量主要是采用增大廉价原料N2的用量来提高难得的原料H2的利用率；D不符合题意；

故答案为：B。5、D【分析】【详解】

试题分析：A、盐酸属于强酸、NH3·H2O属于弱碱，V=0.2L，反应后溶液中的溶质为NH4Cl、NH3·H2O，溶液显碱性，不符合题目，故错误；B、根据选项A的分析，不能等于0.2L，故错误；C、因为溶液显酸性，有可能c(Cl－)>c(H＋)>c(NH4＋)>c(OH－)；故错误；D；根据选项C分析，故正确。

考点：考查离子浓度大小比较、弱电解质等知识。二、多选题(共6题，共12分)6、BD【分析】【详解】

A．一水合氨是弱电解质，氨水中存在电离平衡，pH=11的氨水中c（OH－）=10-3mol·L－1，氢氧根离子浓度小于氨水浓度，所以氨水浓度大于10-3mol·L－1；故A错误；

B．氨水稀释过程中，促进一水合氨电离，但氢氧根离子减小，所以溶液中=的增大；故B正确；

C．稀释氨水过程中；促进一水合氨电离，氢氧根离子；铵根离子、一水合氨浓度都减小，温度不变，水的离子积常数不变，氢离子浓度增大，故C错误；

D．常温下；pH=11的氨水和pH=3的盐酸，盐酸的物质的量浓度小于氨水，等体积混合时氨水的物质的量大于盐酸的物质的量，所以混合溶液呈碱性，故D正确；

故选BD。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质溶液中存在电离平衡、离子积常数只与温度有关是解本题关键，B选项将转化在再分析。7、BD【分析】【详解】

A、碳酸氢钠溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，c(H2CO3)＞c(CO32-)，则c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)；但碳酸氢根离子水解或电离都较微弱，所以碳酸氢根离子浓度比碳酸的浓度大，故A错误；

B、根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，根据物料守恒得c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(CO32-)+2c(H2CO3)，两式将钠离子约去，所以得c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)；故B正确；

C、二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，所以c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH－)＞c(H＋)；故C错误；

D、混合溶液呈中性，说明c(H+)=c(OH-)，再结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，得c(Na+)=c(CH3COO-)，醋酸是弱电解质，电离程度较小，所以c(CH3COOH)＞c(H+)，溶液中醋酸根离子浓度大于醋酸浓度，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)=c(OH-)；故D正确；

答案选BD。

【点睛】

向0.2mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L－1NaOH溶液后的溶液是等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，碳酸钠的碱性更强，说明碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，然后判断溶液中各离子的浓度。8、BC【分析】【分析】

A．两个溶液中的电荷守恒分别为：c(K+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；

B．电荷守恒式子为：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCOO-)+c(OH-)，物料守恒式子为：c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)；

C．HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O；

D．越弱越水解，水解程度：c(HCOO-)﹤c(CH3COO-)。

【详解】

A．根据电荷守恒有：HCOOK溶液中，c(K+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，c(OH-)-c(H+)=c(K+)-c(HCOO-)，CH3COONa溶液中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(OH-)-c(H+)=c(Na+)-c(CH3COO-)，因为Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，所以CH3COO-水解程度更大，碱性更强，c(OH-)-c(H+)更大，那么c(K+)-c(HCOO-)+)-c(CH3COO-)；A错误；

B．电荷守恒式子为：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCOO-)+c(OH-)，pH=7时，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=c(Cl-)+c(HCOO-)，那么c(Na+)＞c(Cl-)，又因为物料守恒式子为：c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，所以c(Cl-)+c(HCOO-)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，那么c(Cl-)=c(HCOOH)，综上所述：c(Na+)＞c(Cl-)=c(HCOOH)；B正确；

C．0.1mol·L-1的HCOOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，NaOH反应完，HCOOH反应了一半，混合后的溶质为：等物质的量的HCOONa和HCOOH，电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，物料守恒有：2c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，物料守恒-电荷守恒可得：c(Na+)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)；C正确；

D．NH4+水解呈酸性，HCOO-、CH3COO-水解呈碱性，HCOO-、CH3COO-水解对NH4+水解起促进作用，因为水解程度HCOO-﹤CH3COO-，所以CH3COONH4溶液中NH4+水解程度更大，现在c(NH4+)相等，那么一定有c(HCOONH4)﹤c(CH3COONH4)；D错误。

答案选BC。

【点睛】

溶液中离子浓度大小的比较，一是准确分析溶质的成分，二是三大守恒熟练运用。9、AC【分析】【分析】

M点时还未加入氢氧化钠溶液，体系中为KHC2O4溶液，根据电离平衡常数判断水解和电离程度的大小；N点为反应终点：2NaOH+2KHC2O4=2H2O+K2C2O4+Na2C2O4，P中存在K2C2O4、Na2C2O4和过量的NaOH；可水解的盐促进水的电离；酸和碱抑制水的电离，由此进行解题。

【详解】

A．M点时还未加入氢氧化钠溶液，体系中为KHC2O4溶液，HC2O4-会水解：+H2O⇌H2C2O4+OH-，Kh（）====1.7×10-13，HC2O4-也会电离：⇌+H+，由于Kh（）<Ka2，草酸氢根在溶液中的电离程度大于其水解程度，显酸性，故粒子浓度：c(K+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)；A正确；

B．N点为反应终点：2NaOH+2KHC2O4=2H2O+K2C2O4+Na2C2O4，根据物料守恒可推出：c(Na+)+c(K+)=2c()+2c()+2c(H2C2O4)，所以N点时存在：c(Na+)+c(K+)＞2c()+2c()；B错误；

C．从N点到P点的过程中，溶液中存在K2C2O4、Na2C2O4和NaOH(K2C2O4：Na2C2O4=1：1)，水解生成H2C2O4，故c(Na+)＞c()，故溶液中一定存在：c(Na+)+c(H2C2O4)＞c()；C正确；

D．根据A项分析，M点的微弱电离抑制水的电离，N点由于的水解促进水的电离；P中存在过量的NaOH抑制水的电离，则水的电离程度大小顺序为：N＞M＞P，D错误；

答案选AC。10、CD【分析】【详解】

A.物质的量浓度均为0.1mol/L的①氨水、②NH4Cl溶液、③Na2CO3溶液、④NaHCO3溶液各25mL；一水合氨电离生成氢氧根离子显碱性，氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性；碳酸根离子水解显碱性，碳酸氢根离子水解显碱性；同浓度碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，溶液碱性强；所以溶液PH大小为：：①＞③＞④＞②，A项错误；

B.溶液①氨水是弱碱存在电离平衡，②NH4Cl溶液水解显酸性，①、②等浓度等体积混合后pH＞7，说明溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，溶液显碱性，所以c(NH4+)＞c(NH3•H2O)；B项错误；

C.盐酸和一水合氨恰好反应生成氯化铵溶液，氯化铵的浓度为0.05mol/L，氯化铵溶液中加入盐酸抑制铵根离子的水解，溶液中c(NH4+)：①＜②；C项正确；

D.向溶液③；④中分别加入25mL0.1mol/LNaOH溶液后；碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠溶液，两溶液中的离子种类相同，D项正确；

答案选CD。11、BC【分析】【分析】

常温时，向20mL0.1000mol/LH2C2O4溶液中滴加0.1000mol·L-1NaOH溶液，发生反应H2C2O4+OH-=HC2O4-+H2O，HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O，消耗20mlNaOH溶液时为第一化学计量点，恰好生成NaHC2O4，消耗40mlNaOH溶液时为第二化学计量点，恰好生成Na2C2O4；由此分析。

【详解】

A．酸或碱存在抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，随着滴定反应的进行，液中H2C2O4的量越来越少。盐类含量越来越高，则水的电离程度逐渐增大，点①、③、④所示溶液中，点①所示溶液H2O的电离程度最小；故A错误；

B．点②时氢氧化钠与草酸的物质的量之比是3:2，根据电荷守恒和物料守恒可知溶液中2c(H+)+c(HC2O4-)+3c(H2C2O4)=2c(OH-)+c(C2O42-)；故B正确；

C．点③溶液显中性，根据电荷守恒可知c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(Na+)；故C正确；

D．根据图像可知当溶液显碱性，水解程度大于电离程度，c(HC2O4-)和c(C2O42-)不可能相等；故D错误；

答案选BC。三、填空题(共5题，共10分)12、略

【分析】【分析】

【详解】

①固体S燃烧时要先变成气态，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，故ΔH1>ΔH2；

②水由气态变成液态放出热量，所以生成液态水，放出的热量多，但反应热为负值，故ΔH1<ΔH2。【解析】><13、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）0.3mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，则1mol完全燃烧，放出热量为2165kJ，其热化学方程式为B2H6(g)+O2(g)=B2O3(s)+H2O(l)△H=-2165kJ/mol；

（2）当1g丁烷完全燃烧并生成CO2和液态水时，放出热量50kJ，则1mol丁烷完全燃烧放出2900kJ能量，则丁烷燃烧的热化学方程式为C4H10(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=-2900kJ/mol。

【点睛】

热化学方程式要注意有物质聚集状态，且方程式后有焓变值，当△H>0，反应吸热，当△H<0时，反应为放热反应。并且焓变值与化学计量数成正比。【解析】B2H6(g)+O2(g)=B2O3(s)+H2O(l)△H=-2165kJ/mol；C4H10(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=-2900kJ/mol。14、略

【分析】【详解】

（1）根据v（正）=k（正）c（顺）、则v（正）=0.006c（顺）,v（逆）=k（逆）c（反），v（逆）=k（逆）c（反）=0.002c（反）,化学平衡状态时正逆反应速率相等，则0.006c（顺）=0.002c（反），K1=c(反)/c(顺)=0.006÷0.002=3；该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，即该反应为放热反应，则小于零。

（2）随着时间的推移，顺式异构体的质量分数不断减少，则符合条件的曲线是B，设顺式异构体的起始浓度为x,该可逆反应左右物质系数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体为0.3x,反式异构体为0.7x，所以平衡常数值K2==7/3，因为K1>K2,放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动,所以温度t2大于t1。【解析】①.3②.小于③.B④.⑤.大于⑥.放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动15、略

【分析】【详解】

(1)因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)反应的平衡常数K=故答案为

(2)由表可知：升高温度；化学平衡常数增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，故答案为吸热；

(3)a、反应是一个反应前后体积不变的反应，压强的改变不会要引起平衡移动，故a错误；b、化学平衡时，各组分的浓度不随时间的改变而改变，因此混合气体中c(CO)不变，说明达到了平衡状态，故b正确；c、化学平衡状态的标志是v正=v逆，所以v正(H2)=v逆(H2O)表明反应达到平衡状态，故c正确；d、c(CO2)=c(CO)时，不能表明正逆反应速率相等，不一定达到了平衡状态，故d错误；故选bc；

(4)某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：3c(CO2)•c(H2)=5c(CO)•c(H2O)，则平衡常数K==0.6；所处温度为700℃，故答案为700；

(5)1200℃时，某时刻浓度商Qc==4＞K=2.6，说明反应向逆反应方向进行，故答案为逆向。【解析】吸热bc700逆向16、略

【分析】①根据图中平衡时的物质的量分数曲线随温度的降低而增大；可知该正反应为放热反应，K随温度的升高而减小，K随温度降低而增大。答案：增大。

②根据在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行的反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；可知A．混合气体密度不会改变，所以不能作为平衡的依据，故A错；B．由反应可知此反应两边计量数不等，所以混合气体压强不再改变标志达到平衡，故B正确。C．混合气体平均摩尔质量M=m/n,M不变说明n不在改变，说明达到平衡了。故C正确；D.n(CO2):n(H2)=1:2不符合化学平衡的定义；不能作为判断平衡的依据，故D错。本题答案：BC。

③在密闭容器里全部由气体参与的反应中，平衡时气体压强之比=气体物质的量之比=气体物质的量浓度之比。根据反应达到平衡时的物质的量分数，可知平衡时所占的压强为根据化学反应方程式可知所占压强为因此和所占的压强为根据初始投料比以及和的化学计量数之比可知反应达到平衡时，两者的物质的量之比也为故平衡时所占的压强为所占的压强为故可写出的表达式为

（2）A项，该反应为气体分子数减小的反应，根据勒夏特列原理可知减压后反应向逆反应方向进行，会降低的转化效率，故A项错；B根据CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)，合理控制反应器中气体的流速，可以增大反应物接触面积，可以使反应物充分反应，提高反应物的转化率，故B正确；C项，反应器前段加热可以加快反应速率，后段冷却可以加大反应的转化率，因此该措施能提高的转化效率，故选C项；D项，提高原料气中的比例会增大的转化率，但会减小的转化效率；故D项错。综上所述，本题正确答案为BC。

（3）①根据题目给出条件可知a.b.由即可得Bosch反应，其反应热为

②在化学反应中；只有活化分子才能发生有效碰撞而发生化学反应。升高温度可以提高反应物的活化能，从而发生反应，而Bosch反应的反应活化能高，所以必须在高温下才能启动。

③在Bosch反应中，氢原子全部转化到水分子中，水电解后氢原子又重新全部形成因此该方案的优点为氢原子利用率为【解析】增大BCBC-90反应的活化能高氢原子利用率为100%四、判断题(共1题，共9分)17、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错五、原理综合题(共4题，共24分)18、略

【分析】【分析】

在书写物质的燃烧热的热化学方程式时；要注意可燃物的化学计量系数为1，方程式表示的必须是可燃物的完全燃烧，若有水生成，务必要为液态。由于温度越高，反应速率一般越大；所以对于不同温度下，物质浓度随时间变化的图像，浓度变化的越快，说明相应的温度越高；判断出温度的大小后，再根据不同温度平衡浓度的大小关系结合勒夏特列原理就可以分析出反应是吸热反应还是放热反应。平衡常数，高中阶段认为只和温度有关；所以利用温度不变平衡常数不变，通过判断浓度商和平衡常数的大小关系，就可以确定条件改变对平衡的影响。

【详解】

(1)甲烷燃烧热的热化学方程式为：根据盖斯定律，代入数据得

(2)①根据CO还原NO2的方程式：甲容器中平衡时CO2的浓度增加了0.6mol/L，那么NO2的浓度减小了0.3mol/L，即物质的量减少了0.6mol，因此转化率为：

②由于T1条件下，CO2浓度变化更快，所以该温度下反应速率更大，因此温度更高；温度从T1降到T2，CO2的平衡浓度上升；平衡正向移动，因此，该反应是放热反应；

③温度为T2时，CO2平衡浓度为1mol/L，根据反应的方程式：N2的平衡浓度即0.25mol/L，NO2的平衡浓度为0.5mol/L，CO的平衡浓度为0.5mol/L，所以该温度下平衡常数为：

④乙容器达到平衡后，若再充入3molNO2和2molCO2，则此时NO2的浓度为2mol/L，CO2的浓度为2mol/L；此时，浓度商为：由于温度未变化，所以此时的K仍为16，Q=K；所以，反应仍维持平衡状态，正逆反应速率相等；

【点睛】

可逆反应处于平衡状态时，正逆反应速率相等；若已知平衡常数，那么温度不变的情况下，可以利用平衡常数和浓度商的关系判断条件改变对平衡的影响。【解析】CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=−799kJ/mol><温度升高，c（CO2）低，平衡逆向移动，正反应为放热反应16=19、略

【分析】【分析】

（1）首先根据给出的平衡常数可以看出；随着温度的升高平衡常数在减小，说明该反应是一个放热反应；

（2）根据化学反应速率的公式来列方程即可；注意单位；

（3）可逆反应达到平衡的标志是各物质的浓度（或者物质的量）不再发生改变；据此来分析选项即可，万变不离其宗；

（4）转化率即据此来列方程即可，此处的量可以代入浓度；物质的量、质量等等；

（5）850℃下的平衡常数已知；算出浓度商再和平衡常数进行比较即可；

（6）列出平衡常数的表达式再进行分析。

【详解】

（1）列出反应的平衡常数表达式：随着温度升高平衡常数逐渐减小，说明正反应放热，即

（2）在0~4分钟内，的浓度变化了0.12mol/L，因此

（3）A.该项表明正反应速率和逆反应速率相等；即达到平衡状态，A项正确；

B.反应前后气体分子数不变；因此就算是恒压容器，体积也是保持不变的，故不能说明反应达到了平衡状态，B项错误；

C.反应前后气体分子数不变；因此气体密度保持不变，不能说明反应达到了平衡状态，C项错误；

D.分子数为1:1:1:1不能说明反应达到平衡状态；只有各物质的浓度保持不变时才能说明反应达到平衡状态，D项错误；

答案选A；

（4）设反应中生成了xmol/L的根据计量比不难看出生成的也为xmol/L，则平衡常数可以表达为解得转化率则转化率最大为75%；

（5）假设容器的浓度为1L，求出此时的浓度商：而850℃下的平衡常数K为1，此时尚未达到平衡，反应还将正向进行，因此正反应速率大于逆反应速率；

（6）因800℃时反应平衡常数为1，起始时水蒸气的物质的量为xmol，CO的物质的量为反应中转化的的物质的量为根据化学计量比不难发现消耗的水蒸气、生成的生成的均为代入平衡常数表达式：化简得出【解析】K=＜0.03mol•L-1•min-1A75%＞y＝x20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①在温度不变时，n(NH3)：n(NO)越大，则NO的去除率越高。根据图象可知NO的去除率大小关系是：a＞b＞c，所以n(NH3)：n(NO)=1：3时，NO去除率应该最低，故n(NH3)：n(NO)的物质的量之比为1：3时；对应的是曲线是c；

②由图1可知；无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，这是因为反应在催化剂存在的条件下进行，当温度高于900℃时，可能催化剂失去活性，反应速率降低；

(2)①化学反应速率有速率较慢的反应步骤决定。由图象可知：反应I的活化能较小；反应比较容易进行，反应速率较快；反应II的活化能较高，反应较难发生，反应速率较慢，故以上反应决定NO氧化反应速率的步骤是II；

②根据图象可知：T4没有T3陡度大，则转化相同量的NO，T4温度下耗时更长；根据能量图分析，△H1＜0，温度升高，反应I的化学平衡逆向移动，使c(N2O2)减小；浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响，故该温度下的反应速率慢，达到平衡所需时间长；

(3)从电解原理看，N2O4制备N2O5为氧化反应，则N2O5应该在阳极反应生成，所以电极A连接电源正极，A为阳极，阳极的电极反应式为：N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+；B为阴极，与电源负极连接。【解析】c催化剂失去活性ⅡT4ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响负极N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+21、略

【分析】【分析】

(1)2NO(g)N2O2(g)；②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)，而目标反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H=①+②，平衡常数K=由反应达平衡状态，所以1正=1逆、2正=2逆，所以1正×2正=1逆×2逆；而正反应是放热反应，所以升高温度，平衡常数减小；

(2)因为决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反应②，所以反应①的活化能E1远小于反应②的活化能E2；决定反应速率的是反应②，而温度越高k2正增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小；2正升高到某一温度时2正减小；平衡逆向移动，氧气的浓度增大；

(3)根据电荷守恒c()+c(H+)=c()+c()+c(OH-)，而甲基橙呈红色，说明溶液呈酸性c(H+)＞c(OH-)，所以c()＜c()+c()，O2-在阳极发生氧化反应；而氮的氧化物在阴极发生还原反应，由此分析解答。

【详解】

(1)①2NO(g)N2O2(g)；②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)，而目标反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)可以由反应①+②而得，根据盖斯定律可知，该反应的△H=△H1+△H2，由反应达平衡状态，所以1正=1逆、2正=2逆，所以1正×2正=1逆×2逆，即k1正c2(NO)×k2正c(N2O2)c(O2)=k1逆c(N2O2)×k2逆c2(NO2)，则是K==已知△H1＜0，△H2＜0，故△H1+△H2＜0，即正反应是放热反应，所以升高温度，平衡常数减小，故答案为：△H1+△H2；减小；

(2)因为决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反应②，温度越高k2正增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小，从而导致该反应速率减小；2正升高到某一温度时2正减小；平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以反应重新达到平衡，则变为相应的点为a，故答案为：B；a；

(3)根据电荷守恒c()+c(H+)=c()+c()+c(OH-)，而甲基橙呈红色，说明溶液呈酸性c(H+)＞c(OH-)，所以c()＜c()+c()，所以气体NO2在阴极发生还原反应生成氮气，阴极的电极反应式：2NO2+8e-=N2+4O2-，故答案为：＜；2NO2+8e-=N2+4O2-。【解析】减小Ba＜2NO2+8e-=N2+4O2-六、结构与性质(共3题，共27分)22、略

【分析】【详解】

（1）根据盖斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反应Ⅰ属于吸热反应，反应Ⅰ达平衡时升温，平衡正向移动，K增大，则减小；

（2）①A．Ⅲ为气体分子总数减小的反应，加压能使平衡正向移动，从而提高的平衡转化率；A正确；

B．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应Ⅲ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率不一定升高；B错误；

C．增大与的投料比有利于提高的平衡转化率；C正确；

D．催剂不能改变平衡转化率；D错误；

故选AC；

②200℃时是气态，1mol和1molH2充入密闭容器中，平衡时的转化率为