2025年沪教版选修4化学下册月考试卷含答案

…………○…………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化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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6题，共12分)1、室温下，将1mol的溶于水会使溶液温度降低，热效应为将1mol的溶于水会使溶液温度升高，热效应为受热分解的化学方程式为：热效应为则下列判断正确的是A.B.C.D.2、下列各组热化学方程式的△H前者小于后者的是。

①C(s)+O2(g)=CO2(g)H1C(s)+O2(g)=CO(g)H2

②S(s)+O2(g)=SO2(g)H3S(g)+O2(g)=SO2(g)H4

③H2(g)+O2(g)=H2O(l)H5H2(g)+O2(g)=H2O(g)H6A.①③B.①②C.②③D.①②③3、将0.2mol/L的NaA溶液和0.1mol/L盐酸等体积混合后，溶液pH＞7，则以下关系式错误的是A.c(HA)+c(A—)＝0.1mol/LB.c(A—)＝c(HA)C.c(Na+)+c(H+)＝c(A－)+c(OH－)+c(Cl－)D.c(Na+)＝c(A－)+c(HA)4、下列有关电解质溶液的说法正确的是A.将0.1mol·L－1CH3COOH溶液从20℃升温至30℃，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)减小B.若NH4Cl溶液与NH4HSO4溶液的pH相等，则c(NH)也相等C.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1D.常温下，pH＝2的醋酸溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液pH＜75、常温下，下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是A.pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)=c(OH－)+c(A－)B.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)C.物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO－)+2c(OH－)=c(H+)+c(CH3COOH)D.0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA－)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2－)6、常温下，控制条件改变0.1mol·L-1二元弱酸H2C2O4溶液的pH，溶液中的H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的物质的量分数δ(X)随pOH的变化如图所示。已知pOH=-lgc(OH-)，下列叙述错误的是（）

A.反应H2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常数的值为103B.若升高温度，a点移动趋势向右C.pH=3时，=100.6：1D.物质的量浓度均为0.1mol·L-1的Na2C2O4、NaHC2O4混合溶液中：c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，CH4—H2O催化重整是目前大规模制取氢气的重要方法。

(1)CH4－H2O催化重整：

反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)∆H1=+210kJ/mol

反应Ⅱ:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)∆H2=﹣41kJ/mol

①提高CH4平衡转化率的条件是________。

a．增大压强b．加入催化剂c．增大水蒸气浓度。

②CH4、H2O催化重整生成CO2、H2的热化学方程式是________。

③在密闭容器中，将2.0molCO与8.0molH2O混合加热到800℃发生反应Ⅱ，达到平衡时CO的转化率是80%，其平衡常数为_________。

(2)实验发现，其他条件不变，相同时间内，向催化重整体系中投入一定量的CaO可以明显提高H2的百分含量。做对比实验；结果如下图所示：

①投入CaO时，H2百分含量增大的原因是：_________。

②投入纳米CaO时，H2百分含量增大的原因是：__________。

(3)反应中催化剂活性会因积炭反应而降低，相关数据如下表：。反应ⅠⅡ∆H(kJ/mol)+75﹣173

①研究发现，如果反应Ⅰ不发生积炭过程，则反应Ⅱ也不会发生积炭过程。因此，若保持催化剂的活性，应采取的条件是_________。

②如果Ⅰ、Ⅱ均发生了积炭反应，通入过量水蒸气能有效清除积炭，反应的化学方程式是_________。8、我国芒硝（Na2SO4·10H2O）的储量丰富；它是重要的化工原料。

（1）制备碳酸钠。将饱和硫酸钠溶液和饱和碳酸氢铵溶液混合，结晶得NaHCO3晶体，再经加热分解制得碳酸钠。生成NaHCO3晶体的化学方程式是________。

已知：I．2NaOH(s)+CO2(g)==Na2CO3(s)+H2O(g)ΔH1＝−127.4kJ·mol−1

II．NaOH(s)+CO2(g)==NaHCO3(s)ΔH2＝−131.5kJ·mol−1

则：2NaHCO3(s)==Na2CO3(s)+CO2(g)+H2O(g)ΔH＝________kJ·mol−1。

（2）制备烧碱和硫酸。用如图所示装置，以惰性电极进行电解，a、b均为离子交换膜。

①Na+迁移方向是________。

②气体1是________；溶液2是________。9、在一个容积固定的反应器中，有一可左右滑动的密封隔板，左、右两侧分别进行如下可逆反应：2SO2（g）+O2(g)2SO3(g)；3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)。左侧中加入SO2、O2、SO3的物质的量分别为xmol、3.25mol、1mol；右侧中加入9mol的水蒸气和适量的铁粉(忽略铁粉对容器体积的影响)当x在一定范围内变化时，均可以通过调节反应器的温度，使两侧反应都达到平衡，并且隔板恰好处于反应器位置2处请填写以下空白：

(1)若x=1.5则左侧反应在起始时向______（填“正反应”或“逆反应”）方向进行欲使反应维持向该方向进行，则x的取值范围是______。

(2)若X=2，则左侧反应在起始时向______填“正反应”或“逆反应”）方向进行，平衡时混合气中SO2所占的体积分数为______。10、（1）向10mL0.1mol/L的氨水中逐滴加入20mL0.1mol/L的醋酸，溶液导电性的变化是____写出二者反应的离子方程式：___________。

（2）常温下，甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L，则甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比___10（填>、<或=）

（3）常温下，0.1mol/L的氨水与0.1mol/L的盐酸等体积混合，所得溶液呈_______（填酸性、中性或碱性，下同）；pH之和为14的醋酸与氢氧化钠等体积混合，所得溶液呈___________。11、有下列六种物质的溶液：①NaCl②NH4Cl③Na2CO3④Al2(SO4)3⑤CH3COOH⑥NaHCO3

(1)25℃时，用离子方程式表示0.1mol·L-1②溶液的酸碱性原因：__________；

(2)常温下，0.1mol/L的③和⑥溶液中微粒(含离子和分子)的种类是否相同：_______(填“相同”或“不相同”)；

(3)将④溶液加热蒸干并灼烧最终得到的物质是________(填化学式)；

(4)常温下0.1mol/L⑤溶液加水稀释至中性的过程中，下列表达式的数据一定变大的是_______。

A．c(H+)B．c(OH-)C．D．c(H+)·c(OH-)12、蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应是：NiO2＋Fe+2H2O=Fe(OH)2+Ni(OH)2

（1）金属镍在元素周期表中的位置是______________。

（2）此蓄电池放电时；该电池发生氧化反应的物质是________（城序号）。

。A．NiO2

B．Fe

C．Fe(OH)2

D．Ni(OH)2

（3）此蓄留电池充电时；阳极的电极反应式是____________。

（4）用该蓄电池电解含有0.2molNaCl的混合溶液100mL；假如电路中转移了0.1mo电子，且电解池的电极均为惰性电极。阳极产生的气体在标准状况下的体积是________；将电解后的溶液加水稀释至1L，此时溶液的pH=________________。

（5）该电池电极材料对环境有危害。在对电池进行回收处理过程中遇到以下问题：已知：常温下Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-34，Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15。某溶液中含有0.1mol/L的Ni2+和0.1mol/LFe3+；当逐滴加入NaOH溶液（忽略溶液体积改变）；

①先沉淀的离子是________。

②要想使Fe3+沉淀完全，Ni2+不沉淀，溶液的pH需控制的范围是__________。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)13、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、工业流程题(共4题，共32分)14、用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：

已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp

回答下列问题。

(1)软锰矿预先粉碎的目的是____________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为________。

(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是________。

(3)滤液I可循环使用，应当将其导入到________操作中(填操作单元的名称)。

(4)净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_______(当溶液中某离子浓度时；可认为该离子沉淀完全)。

(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______________________。15、NiCO3常用于催化剂、电镀、陶瓷等工业。现用某含镍电镀废渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)制取NiCO3的过程如图所示：

（1）流程中的试剂X（某钠盐）的化学式是___________。

（2）“氧化”时需保持滤液在40℃左右，用6%的H2O2溶液氧化。控制温度不超过40℃的原因是______（用化学方程式表示）。

（3）Fe2+也可以用NaClO3氧化，生成的Fe3+在较小pH条件下水解，最终形成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀而被除去，如图是pH—温度关系图，图中阴影部分为黄钠铁矾稳定存在的区域，下列说法不正确的是________(填字母)。

a．黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中铁为+2价。

b．pH过低或过高均不利于生成黄钠铁矾；其原因相同。

c．氯酸钠在氧化Fe2+时，1molNaClO3得到的电子数为6NA

d．工业生产中温度常保持在85～95℃，加入Na2SO4后生成黄钠铁矾；此时溶液的pH约为1.2～1.8。

（4）加入Na2CO3溶液时，确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是_______________。

（5）某小组利用NiCO3制取镍氢电池的正极材料碱式氧化镍(NiOOH)；过程如图：

①已知25℃时，Ksp[Ni(OH)2]＝2×10-15，当调节pH≥9时，溶液中残留的c(Ni2+)________mol/L。

②写出在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式________________。

③镍氢电池电解液为30%的KOH，负极为MH（即吸氢材料M吸附氢原子）。充电时也可实现Ni(OH)2转化为NiOOH。请写出放电时该电池的总反应式______________。16、已知：①工业上用硫酸与β-锂辉矿（LiAlSi2O6和少量钙镁杂质）反应，生成Li2SO4、MgSO4等；最终制备金属锂。

②某些物质的溶解度（S）如下表所示。

。T/℃

20

40

60

80

S（Li2CO3）/g

1.33

1.17

1.01

0.85

S（Li2SO4）/g

34.2

32.8

31.9

30.7

用硫酸与β-锂辉矿生产金属锂的工业流程如下：

请回答：

（1）β-锂辉矿经初步处理后从溶液中分离出铝硅化合物沉淀的操作是_____。

（2）沉淀x的主要成份的化学式是______。

（3）流程中使用了不同浓度的Na2CO3溶液，从物质溶解度大小的角度解释其浓度不同的原因是_______。

（4）由Li2CO3与盐酸反应得到LiCl溶液的离子方程式是_______。

（5）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：

a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液；LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。

b.电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，过滤、烘干得高纯Li2CO3。

①a中，阳极的电极反应式是_____。

②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是______。17、氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下：

常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表。

。

Fe(OH)2

Fe(OH)3

Cu(OH)2

开始沉淀。

7.5

2.7

4.8

完全沉淀。

9.0

3.7

6.4

（1）炉气中的有害气体成分是__________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。

（2）若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：__________。并写出H2O2的电子式__________，Fe（铁）在元素周期表中的位置：__________；当试剂X是__________时；更有利于降低生产成本。

（3）加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是__________。

（4）操作X包括__________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是__________。

（5）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：__________。评卷人得分五、实验题(共1题，共4分)18、新年到来之际，多国媒体人士赞赏习主席新年贺词关注民生发展，展现中国新时代的新面貌，饮用水安全是民生大计，ClO2与Cl2的氧化性相近，沸点为11℃，极易溶于水且不与水发生化学反应，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛｡某小组在实验室中探究ClO2的制备方法。请回答下列问题：

(1)SO2与NaClO3反应制备ClO2

①装置A中反应的离子方程式为________，橡胶管的作用是_________。

②用上图中的装置收集一定量的ClO2，其连接顺序为a→_______________（按气流方向；用小写字母表示）。

③已知装置B中生成一种酸式盐，则发生反应的化学方程式为________________。

(2)电解法制备ClO2

①B为电源的____________极。

②阴极的电极反应式为_____________。此外，阴极区还有一个离子反应发生，该离子方程式为_______________。

(3)ClO2能杀死SARS–CoV–2病毒、美国季节性流感病毒、细菌、真菌和各种孢子及孢子形成的菌体，还可将污水中含有的CN–转化为两种无毒气体，其还原产物为Cl–，若污水中CN–的含量为bmg/L，则处理100m3这种污水，至少需要ClO2___________mol。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共27分)19、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：)20、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“＝”）。21、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6题，共12分)1、C【分析】【详解】

根据题意知，溶于水的热化学方程式为

溶于水的热化学方程式为

根据盖斯定律知，受热分解的热化学方程式为：

A.根据上述分析知，可得A错误；

B.根据上述分析知，可得B错误；

C.根据上述分析知，则C正确；

D.根据上述分析知，可得D错误。

故选C。2、A【分析】【详解】

①C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，燃烧放出的热量越多，反应热越小，所以DH1<DH2；①符合题意；

②反应的物质在气态时含有的能量高于固态时含有的能量，而生成物的能量相同，因此反应物含有的能量越多，反应放出的热量就越多，反应放出热量越多，该反应的反应热就越小，所以DH3>DH4；②不符合题意；

③反应物的能量相同，生成物含有的能量气态>液体，所以放出的热量：前者大于后者。反应放出的热量越多，反应热越小，故反应热：DH56，③符合题意；故合理选项是A。3、B【分析】【详解】

A.溶液混合后浓度减小一半，根据物料守恒可得：c(Na+)=c(A-)+c(HA)=0.1mol/L；A项正确；

B.将0.2mol/LNaA溶液和0.1mol/L盐酸等体积混合后，溶质是NaCl、NaA和HA，且NaA和HA的浓度相等，而混合液的pH＞7，说明HA的电离程度小于A-的水解程度，则c(A-)＜c(HA)；B项错误；

C.反应后的溶液一定满足电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(Cl-)+c(OH-)；C项正确；

D.根据物料守恒可知，c(Na+)=c(A-)+c(HA)；D项正确；

答案选B。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．醋酸为弱酸，弱酸的电离为吸热过程，将0.1mol·L－1CH3COOH溶液从20℃升温至30℃，促进醋酸的电离，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)增大；故A错误；

B．由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH的浓度小于NH4Cl；故B错误；

C．向盐酸中加入氨水至中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，即=1；故C错误；

D．常温下；pH=2的醋酸溶液的浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液的浓度等于0.01mol/L，二者等体积混合后，醋酸剩余，所以溶液的pH＜7，故D正确；

故选D。5、A【分析】【详解】

A．二者无论以何种比例混合，溶液都呈电中性，则溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(M+)=c(OH－)+c(A－)；A正确；

B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液，由于Na2CO3水解程度大于CH3COONa，则c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)；NaOH为强电解质，浓度最小，B错误；

C．物质的量浓度相等的CH3COONa、CH3COOH溶液等体积混合，溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，物料守恒可知：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，二者联式可得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)；C错误；

D.0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4，说明HA-电离程度大于HA-水解程度，则溶液中存在：c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(H2A)；D错误；故答案为：A。

【点睛】

对于酸式盐，电离程度大于水解程度，溶液显酸性；电离程度小于水解程度，溶液显碱性。6、B【分析】【详解】

A．反应H2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常数K=a点c(C2O42-)=c(HC2O4-)，此时pOH=9.8，则c(OH-)=10-9.8mol/L，c(H+)=10-4.2mol/L，则Ka2==10-4.2；同理b点c(HC2O4-)=c(H2C2O4)可得Ka1=10-1.2，所以反应的平衡常数K=故A正确；

B．温度升高；水的电离程度增大，水的离子积变大，pH与pOH之后小于14，则图像整体将向左移动，故B错误；

C．=100.6：1；故C正确；

D．H2C2O4的Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，则HC2O4-的水解平衡常数Kh1=即其电离程度大于其水解程度，所以纯NaHC2O4溶液中c(C2O42-)>c(H2C2O4)，加入等物质的量浓度Na2C2O4、草酸钠会电离出大量的C2O42-，则溶液中存在c(C2O42-)>c(HC2O4-)，据图可知当c(C2O42-)>c(HC2O4-)时溶液呈酸性，钠离子不水解，所以混合溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)；故D正确；

故答案为B。

【点睛】

有关溶液中离子的物质的量分数变化的图像，各条曲线的交点是解题的关键，同过交点可以求电离平衡常数和水解平衡常数；D项为易错点，要通过定量的计算结合图像来判断溶液的酸碱性。二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【分析】

(1)①提高物质的转化率就是使平衡正向移动；可以分析该反应的正反应的特点再根据平衡移动原理进行判断；

②根据盖斯定律；将方程式叠加，反应热也相加，得到重整后的热化学方程式；

③对于反应前后气体体积不变的反应；物质平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比等于它们的物质的量乘积的比；

(2)从生成物；反应物的酸碱性及固体表面积大小对物质浓度及化学平衡移动的影响分析；

(3)根据甲烷分解反应的特点分析判断；根据炭与水蒸气反应产物状态分析解答。

【详解】

(1)①由反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)∆H1=+210kJ/mol可知：若要使CH4的转化率提高就要使化学平衡正向移动；a．该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，a错误；b．加入催化剂能够同等倍数的改变化学反应速率，化学平衡不发生移动，b错误；c．增大反应物水蒸气浓度；化学平衡正向移动，甲烷的转化率增大，c正确；故意合理选项是c；

②反应Ⅰ与反应Ⅱ相加，整理可得CH4、H2O生成CO2、H2的热化学方程式为CH4(g)+2H2OCO2(g)+4H2(g)∆H=+169kJ/mol；

③在密闭容器中，将2.0molCO与8.0molH2O混合加热到800℃发生反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

n(开始)/mol2.08.000

n(改变)1.61.61.61.6

n(平衡)0.46.41.61.6

由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以浓度比等于物质的量的比，故K=

(2)①催化重整后的化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，向其中投入CaO时，CaO可吸收CO2，使c(CO2)减小，平衡正向移动，使生成H2更多，H2百分含量增大H2百分含量增大；

②若投入纳米CaO时，由于纳米CaO颗粒小，表面积大，可以使反应速率加快，c(CO2)减小的多，平衡正向移动加剧，所以H2百分含量增大；

(3)①反应Ⅰ的正反应是气体体积增大的吸热反应；为了减少积炭，要使平衡逆向移动，可以采取的措施是增大压强；降低温度的办法；

②如果Ⅰ、Ⅱ均发生了积炭反应，通入过量水蒸气能有效清除积炭，是因为C与水蒸气反应，产生氢气和CO，反应的化学方程式是C+H2O=CO+H2。

【点睛】

本题考查了盖斯定律、化学平衡移动原理的应用的知识。涉及热化学方程式的书写、物质平衡转化率的判断、平衡常数计算、平衡移动、反应条件的控制等。掌握化学基本原理、了解物质的基本属性(状态、颗粒大小等)是分析问题的基础。【解析】cCH4(g)+2H2OCO2(g)+4H2(g)∆H=+169kJ/mol1CaO可吸收CO2，c(CO2)减小，使生成H2的反应正向移动，H2百分含量增大纳米CaO颗粒小，表面积大，使反应速率加快降低温度、增大压强C+H2O=CO+H28、略

【分析】【分析】

（1）根据题意写出化学方程式即可，需要注意的是两个饱和溶液反应生成的是NaHCO3晶体；故要加上沉淀符号；根据盖斯定律计算即可；

（2）电解Na2SO4溶液，左侧为阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，右侧为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O；则溶液1为NaOH溶液，气体1为H2，溶液2为H2SO4溶液，气体2为O2。

【详解】

（1）根据题意，可以得该反应的化学方程式为：Na2SO4+2NH4HCO3=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4；根据盖斯定律可得，ΔH=-2ΔH2+ΔH1=-2×(-131.5kJ·mol−1)+(-127.4kJ·mol−1)=+135.6kJ·mol−1；

（2）电解Na2SO4溶液，左侧为阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，右侧为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O；则溶液1为NaOH溶液，气体1为H2，溶液2为H2SO4溶液，气体2为O2；故Na+透过a膜进入阴极室。【解析】Na2SO4+2NH4HCO3=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4+135.6透过a膜进入阴极室（其他合理答案给分）氢气（H2）H2SO49、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）这两个平衡体系的特点是：第一个反应前后气体的总物质的量发生变化，第二个保持不变，故右边永远是9mol气体，同在一个容器中，同温同压，故气体的物质的量之比等于体积之比。故平衡时，左边为6mol气体；当x=1.5时，左边现在总的物质的量为5.75mol<6mol，故向逆反应方向进行；若保持该方向，1.25<1.75；

（2）根据上述；反应向正反应方向进行了。

平衡总物质的量为6mol，即2-2y+3.25-y+1+2y=6mol，解之，得y=0.25mol，2-2y=1.5；二氧化硫的体积分数="1.5/6=25%"；

考点：化学平衡。

点评：化学平衡是历年高考重中之重，考生一定要系统备考此知识点。难度较大。【解析】①.逆反应②.1.25＜x＜1.75③.正反应④.0.2510、略

【分析】【分析】

（1）离子浓度越大；导电性越强，氨水为弱电解质，醋酸铵为强电解质；

（2）一水合氨为弱电解质；浓度越大，电离程度越小；

（3）室温下，等物质的量浓度、等体积的盐酸和氨水混合，恰好完全反应生成NH4Cl；为强酸弱碱盐；pH之和为14的醋酸与氢氧化钠，氨水浓度大于盐酸，二者等体积混合时氨水过量。

【详解】

（1）氨水为弱电解质，开始导电性不强，滴入醋酸，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，反应为NH3•H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O，反应完全后，继续滴入醋酸，溶液体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱，故答案为：导电性先变大后变小；NH3•H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O；

（2）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L，则甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，又弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；故答案为：＜；

（3）室温下，0.1mol/L的氨水与0.1mol/L的盐酸等体积混合，恰好完全反应生成NH4Cl；为强酸弱碱盐，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性；室温下，pH之和为14的醋酸与氢氧化钠，醋酸是弱电解质，所以醋酸浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合时醋酸有剩余，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以溶液呈酸性；故答案为：酸性；酸性。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离平衡的影响因素以及电离平衡的应用知识，注意把握弱电解质的电离特点。【解析】导电性先变大后变小CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4++H2O<酸性酸性11、略

【分析】【分析】

(1)根据NH4+水解规律进行分析；

(2)根据Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中存在的水解平衡；电离平衡进行分析；

(3)硫酸属于难挥发性酸，Al2(SO4)3溶液加热蒸干灼烧后产物为原溶质；

(4)根据CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+；加水稀释促进电离进行分析。

【详解】

(1)②为NH4Cl溶液，溶液中铵根离子能发生水解，其反应的离子反应方程式为：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，故答案：NH4Cl溶液中存在着铵根离子水解平衡：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，所以NH4Cl溶液显酸性；

(2)③为Na2CO3溶液，⑥为NaHCO3溶液，碳酸钠溶液中碳酸根水解，且水解分步进行，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，NaHCO3溶液中HCO3-既能水解又能电离，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-CO32-+H+，所以常温下，0.1mol/L的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均含有微粒：Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+、H2CO3、H2O；故微粒种类是相同，故答案：相同；

(3)④为Al2(SO4)3溶液，存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，由于硫酸属于难挥发性酸，所以将Al2(SO4)3溶液加热蒸干并灼烧后的产物为硫酸铝；故答案：Al2(SO4)3；

(4)⑤为CH3COOH溶液，常温下0.1mol/LCH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+反应，加水稀释至中性的过程中，c(H+)逐渐减小，c(OH-)逐渐增大，由于温度不变，所以c(H+)×c(OH-)=Kw不变；根据醋酸的电离平衡常数可知，=加水稀释过程中，促进电离，c（CH3COO-）减小，但是Ka不变，所以增大；故答案选BC。

【解析】NH4Cl溶液中存在NH4+离子的水解平衡：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，所以NH4Cl溶液显酸性相同Al2(SO4)3BC12、略

【分析】试题分析：（1）镍的原子序数是28；因此金属镍在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族；

（2）蓄电池放电时相当于原电池；该电池发生氧化反应的电极是负极，因此发生反应的物质是铁，答案选B；

（3）蓄留电池充电时相当于电解，阳极失去电子，是原电池中正极反应的逆反应，则电极反应式是Ni(OH)2+2OH-=NiO2+2H2O；

（4）惰性电极电解氯化钠溶液，阳极是氯离子放电，产生氯气，假如电路中转移了0.1mo电子，则根据方程式2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑可知此时氯气是0.05mol；在标准状况下的体积是1.12L，用该蓄电池电解含有0.2molNaCl的混合溶液100mL，且电解池的电极均为惰性电极。阳极产生的气体在标准状况下的体积是0.05mol×22.4L/mol＝1.12L；根据方程式可知同时还有0.1mol氢氧化钠生成，因此将电解后的溶液加水稀释至1L，此时溶液中氢氧根的浓度是0.1mol÷1L＝0.1mol/L，所以溶液的pH=13。

（5）①产生Ni(OH)2时需要氢氧根的浓度是产生氢氧化铁时需要氢氧根的浓度是所以先沉淀的离子是Fe3+。

②根据①中分析可知铁离子开始沉淀时溶液的pH＝3，镍离子开始沉淀时溶液的pH＝7，所以要想使Fe3+沉淀完全，Ni2+不沉淀，溶液的pH需控制的范围是3<7。

考点：考查电化学原理的应用以及溶度积常数的有关计算【解析】（1）第四周期第VIII族；（2）B；（3）Ni(OH)2+2OH-=NiO2+2H2O

（4）1.12L；13；（5）①Fe3+；②3<7三、判断题(共1题，共2分)13、×【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】错四、工业流程题(共4题，共32分)14、略

【分析】【分析】

软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀；过滤；洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。

【详解】

(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；

(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值后会减小；

(3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液；所以可以导入到蒸发操作中循环使用；

(4)净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L；pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9；

(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O。【解析】①.增大接触面积，充分反应，提高反应速率：②.③.过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2④.蒸发⑤.H2O2⑥.4.9⑦.15、略

【分析】【分析】

根据流程图，某含镍电镀废渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)用过量的酸溶解，其中的金属转化为金属阳离子，再加入适量X试剂，将铜离子和锌离子转化为硫化物沉淀除去，滤液中含有镍、铁、铬等金属离子，根据(2)可知，保持滤液在40℃左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95℃加入NaOH调节pH，除去铁和铬，在过滤后的滤液好加入碳酸钠得到NiCO3。据此分析解答。

【详解】

(1)根据流程图，加入试剂X后生成了硫化铜和硫化锌沉淀，因此试剂X(某钠盐)为Na2S，故答案为Na2S；

(2)由于过氧化氢受热容易分解，因此“氧化”时需保持滤液在40℃左右，温度不超过40℃，故答案为2H2O22H2O+O2↑；

(3)a．黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中钠为+1价，硫酸根为-2价，氢氧根为-1价，根据正负化合价的代数和为0，铁为+3价，故a错误；b．pH过低，[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]能够被酸溶解；pH过高，铁离子容易水解生成氢氧化铁或FeOOH沉淀，均不利于生成黄钠铁矾，原因不相同，故b错误；c．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+离子方程式为6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O，1molNaClO3得到的电子数为6NA，故c正确；d．由图像可知，生成黄铁矾钢所需要的合适温度为85℃～95℃，pH约为1.2～1.8，故d正确；错误的有ab，故答案为ab；

(4)确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是取上层清液，加入碳酸钠溶液观察是否有沉淀生成，判断镍离子是否全部沉淀，具体操作步骤为：静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成，故答案为静置，取少量上层清液继续滴加1～2滴Na2CO3溶液；无沉淀生成；

(5)①已知Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15，当调节pH≥9时，c(H+)=10-9mol/L，则c(OH-)==10-5mol/L，c(Ni2+)===2×10-5mol•L-1，故答案为≤2×10-5；

②空气中加热Ni(OH)2，Ni(OH)2与空气中的氧气反应生成NiOOH和水，反应的化学方程式为：4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O，故答案为4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O；

③镍氢电池电解液为30%的KOH，负极为MH(即吸氢材料M吸附氢原子)。充电时也可实现Ni(OH)2转化为NiOOH，则放电时NiOOH在正极发生还原反应生成Ni(OH)2，电池的总反应为MH与Ni(OH)2反应生成NiOOH和M，反应方程式为NiOOH+MH=M+Ni(OH)2，故答案为NiOOH+MH=M+Ni(OH)2。【解析】Na2S2H2O22H2O+O2↑ab静置，取少量上层清液继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成≤2×10-54Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2ONiOOH+MH=M+Ni(OH)216、略

【分析】【分析】

（1）根据难溶物和液体不溶；用过滤的方法进行分离；

（2）根据MgSO4能与氢氧化钙反应生成Mg（OH）2沉淀；氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀；

（3）根据CaCO3的溶解度比Li2CO3小；

（4）盐酸与Li2CO3反应生成氯化锂；水和二氧化碳；

（5）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液；阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，据此书写阳极反应式。

②阴极区由水电离出氢离子放电剩余氢氧根离子；锂离子向阴极移动，LiOH溶液的浓度增大，碳酸氢铵与LiOH反应生成碳酸锂；水和氨气。

【详解】

（1）铝硅化合物沉淀和液体不溶；用过滤的方法进行分离，故答案为：过滤；

（2）MgSO4能与氢氧化钙反应生成Mg(OH)2沉淀；氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，所以沉淀x的主要成份的化学式是CaCO3和Mg(OH)2，故答案为：CaCO3和Mg(OH)2；

（3）CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大，故答案为：CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大；

（4）盐酸与Li2CO3反应的离子方程式Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑，故答案为：Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑；

（4）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；

②阴极区由水电离出氢离子放电剩余氢氧根离子，锂离子向阴极移动，导致LiOH溶液的浓度增大；电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂的方程式为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑，故答案为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑；【解析】过滤CaCO3和Mg(OH)2CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑2Cl--2e-=Cl2↑2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑17、略

【分析】【分析】

根据流程：硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)预处理后与氧气焙烧：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O22CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，得到相应的金属氧化物和二氧化硫气体，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH沉淀Fe3+，过滤，向滤液中加入KOH，用N2H4还原，反应为：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O；据此分析解答。

【详解】

(1)根据流程，矿石与氧气得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2反应为Cu2S+2O22CuO+SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故答案为SO2；2∶1；

(2)若试剂X是H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；H2O2的电子式为Fe(铁)为26号元素，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族；酸性条件下，氧气也可将Fe2+氧化为Fe3+，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代，故答案为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；第四周期第Ⅷ族；空气或氧气；

(3)加入试剂Y的目的是：调节pH完全沉淀Fe3+，但不沉淀Cu2+；根据表中数据可知，pH范围为：3.7≤pH＜4.8，故答案为3.7≤pH＜4.8；

(4)操作X为过滤，滤渣经洗涤、烘干，制得Cu2O；因为Cu2O具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气，故答案为过滤；防止生成的Cu2O被空气氧化；

(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，故答案为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。【解析】SO22∶1第四周期第Ⅷ族空气或氧气过滤防止被空气中氧气氧化五、实验题(共1题，共4分)18、略

【分析】【分析】

(1)在A装置中，Na2SO3与70%~80%的H2SO4发生复分解反应，Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，生成的SO2气体首先进入安全瓶E，再进入B装置，与NaClO3、H2SO4发生反应，生成ClO2、NaHSO4；生成的ClO2进入D中液化；尾气进入C中，被NaOH溶液吸收。

(2)与A相连的电极，ClO2→ClO2-；Cl元素化合价降低，则此电极为阴极，A电极为负极，从而得出B电极为正极，与之相连的是电解池的阳极。

【详解】

(1)①装置A中反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4==Na2SO4+H2O+SO2↑，则离子方程式为SO32-＋2H+=SO2↑+H2O，橡胶管可使分液漏斗内外气体相连，从而保持内外压力的平衡，故其作用是使分液漏斗和蒸馏烧瓶压强相等，便于液体顺利流下；答案为：SO32-＋2H+=SO2↑+H2O；使分液漏斗和蒸馏烧瓶压强相等；便于液体顺利流下；

②用上图中的装置收集一定量的ClO2，依据上面的分析，从制SO2—防倒吸—制ClO2—冷凝—尾气处理考虑，其连接顺序为a→g→h→b→c→e→f→d（或h→g→b→c→e→f→d）；答案为：g→h→b→c→e→f→d（或h→g→b→c→e→f→d）；

③已知装置B中生成一种酸式盐，则SO2与NaClO3、H2SO4发生反应，生成ClO2、NaHSO4，发生反应的化学方程式为SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4。答案为：SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4；

(2)①由以上分析可知；B为电源的正极；答案为：正；

②阴极ClO2→ClO2-，电极反应式为ClO2+e-=ClO2-；此外，阴极区还有酸性溶液中，ClO3-与ClO2-生成ClO2的反应发生，离子方程式为ClO3-+ClO2-＋2H+=2ClO2↑+H2O；答案为：ClO2+e-=ClO2-；ClO3-+ClO2-＋2H+=2ClO2↑+H2O；

(3)依据电子守恒，可得出如下关系式：ClO2-CN–，若污水中CN–的含量为bmg/L，则处理100m3这种污水，至少需要ClO2的物质的量为=mol；答案为：3.85b或

【点睛】

连接实验装置时，首先应弄清各个装置的作用，从而确定装置的相对位置，最后再依据导管的长短，确定接口的连接顺序。【解析】SO32-＋2H+=SO2↑+H2O使分液漏斗和蒸馏烧瓶压强相等，便于液体顺利流下g→h→b→c→e→f→d（或h→g→b→c→e→f→d）SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4正ClO2+e-=ClO2-ClO3-+ClO2-＋2H+=2ClO2↑+H2O3.85b或六、结构与性质(共3题，共27分)19、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a，则消耗