广东省东山中学2023-2024学年高三上学期期末考试化学试题

东山中学2024届高三第一学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：O—16Fe—56Ni—59一、选择题（共16小题，1～10题各2分，11～16题各4分，共44分）1.北京故宫藏有大量珍贵文物，下列故宫文物的主要部件属于陶瓷的是A．带牙座的水晶球B．御窑盘碟C．金大吉葫芦D．青玉交龙钮玉玺A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．水晶球的主要成分是SiO2，不是陶瓷，故A不选；B．御窑盘碟的主要成分是陶瓷，故B选；C．金大吉葫芦的主要成分是黄金，不属于陶瓷，故C不选；D．青玉交龙钮玉玺主要成分为硅酸盐，但不属于陶瓷，故D不选。答案选B。2.我国践行科技兴国的发展战略，近年来收获了丰硕的科技成果。下列说法不正确的是A.在沙漠、戈壁规划建设大型风电光伏基地可有效推进“双碳”目标实现B.中国天眼传输信息所用的光纤材料是二氧化硅，光纤遇强碱会“断路”C.磁悬浮列车中地板所用PVC塑料(聚氯乙烯)可由氯乙烯通过缩聚反应制得D.“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油属于混合物【答案】C【解析】【详解】A．充分利用风能、太阳能等新能源可减少传统化石能源的使用，二氧化碳排放降低，有利于实现“双碳”目标，A正确；B．二氧化硅是制作光导纤维的主要材料，其能与强碱溶液反应，B正确；C．聚氯乙烯可由氯乙烯断裂碳碳双键，通过加聚反应制得，C错误；D．煤油是多种烃的混合物，属于混合物，D正确；故选：C。3.广东省作为工业强省，工业旅游资源丰富，已先后推出两批共40条工业旅游精品线路，涌现出了一批工业旅游知名品牌。下列说法正确的是A.“珠海啤酒之旅”——啤酒飘香是分子运动的结果B.“茂名油城之旅”——石油的分馏、石油裂化均为物理变化C.“广州药醉之旅’’——中医之米酒酿制过程涉及淀粉和葡萄糖的水解D.“韶关钢铁之旅”——钢、生铁均为铁碳合金，生铁的韧性比钢的好【答案】A【解析】【详解】A．啤酒飘香属于分子扩散，是分子运动的结果，A正确；B．石油裂化是化学变化，B错误；C．葡萄糖是单糖，不能水解，C错误；D．生铁较脆，钢的韧性较好，D错误；故选A。4.工业合成尿素的原理：。有关化学用语表示正确的是A.中子数为8的碳原子： B.的VSEPR模型名称：三角锥形C.的结构简式： D.基态氧原子核外电子有8种空间运动状态【答案】C【解析】【详解】A．中子数为8的碳原子：，A错误；B．NH3含有3个键和1对孤电子对，中心原子为sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，B错误；C．根据的分子结构，其结构简式，C正确；D．基态氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，原子核外电子有5种空间运动状态，D错误；故选C。5.在2.8gFe中加入100mL3mol/L盐酸。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.Fe基态原子价层电子排布式为3d64s2 B.2.8g56Fe含有的中子数为1.5NAC.标准状况下反应生成气体1.12L D.反应完全，转移0.15mol电子【答案】D【解析】【分析】100mL3mol•L1HCl物质的量为0.1L×3mol/L=0.3mol，2.8gFe物质的量为=0.05mol，依据反应方程式：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知HCl过量，铁完全反应，据此解答。【详解】A．Fe是26号元素，基态原子价层电子排布式为3d64s2，故A正确；B．2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，含有的中子数为0.05mol×(5626)×NA/mol=1.5NA，故B正确；C．2.8gFe物质的量为=0.05mol，依据反应方程式：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，生成0.05molH2，标况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故C正确；D．Fe不足，根据铁的物质的量计算，则反应转移电子为0.1mol，故D错误；故选D。6.下列实验装置及操作均合理的是A.用装置甲测定污水样品中 B.用装置乙制备乙酸乙酯C.用装置丙灼烧海带 D.用装置丁测定中和热【答案】D【解析】【详解】A．用装置甲测定污水样品中时，应使用酸式滴定管盛放标准酸溶液，A项错误；B．用装置乙制备乙酸乙酯时，导气管不应插人饱和的液面以下，以免发生倒吸，B项错误；C．灼烧海带的操作应使用坩埚，不能用烧杯，C项错误；D．可以用装置丁测定中和热，D项正确；答案选D。7.广霍香(如图1)是十大广药(粤十味)之一，在广东的主产地是湛江、肇庆等地。具有开胃止呕、发表解暑之功效，是蕾香正气水的主要成分。愈创木烯(结构简式如图2)是广霍香的重要提取物之一。下列有关愈创木烯的说法正确的是A.常温下是气体B.属于乙烯的同系物C.除了甲基碳原子为sp3杂化，其他碳原子为sp2杂化D.能与Br2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．该物质碳原子数大于5，分子量较大，熔沸点较高，在常温下不是气体，A错误；B．该物质中含有两个碳碳双键，同时含有环状结构，和乙烯的结构不相似，和乙烯不是同系物，B错误；C．该物质结构中所有的饱和碳原子都是sp3杂化，C错误；D．该物质中含有两个碳碳双键，可以与Br2发生加成反应，D正确；故选D。8.理论研究表明，在101kPa和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是A.HCN比HNC稳定B.该异构化反应的C.正反应的活化能大于逆反应的活化能D.使用催化剂，可以改变反应的反应热【答案】D【解析】【详解】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确；B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的，故B正确；C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误。综上所述，答案为D。9.下列反应的离子方程式正确的是A.与水反应：B.氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳：C.稀醋酸滴入溶液中：D.硫化钠水解反应：【答案】B【解析】【详解】A．该离子方程式中H未配平，正确的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH+H2↑，A错误；B．向氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钠，该反应的离子方程式为CO2+OH=，B正确；C．醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆写，正确的离子方程式为CH3COOH+OH=CH3COO+H2O，C错误；D．硫化钠溶液中，S2水解分为两步：S2+H2O⇌HS+OH，HS+H2O⇌H2S+OH，不可合为一步书写，D错误；故选B。10.科学生产中蕴藏着丰富的化学知识。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A利用海水制取溴和镁单质Br可被氧化、Mg2＋可被还原B盐碱地(含较多Na2CO3等)施用适量石膏，降低土壤的碱性盐与盐发生复分解反应C利用铝热法焊接钢轨铝与氧化铁反应，且放出大量的热D用FeS除去工业废水中的Cu2+FeS具有还原性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．海水中溴离子和镁离子，利用Br可被氧化、Mg2＋可被还原，用来制取溴和镁单质，二者有关联，A不符合题意；B．石膏中含有硫酸钙，加入到盐碱地中与碳酸钠反应，发生沉淀的转化，得到难溶于水的碳酸钙，降低土壤的碱性，发生的是复分解反应，二者有关联，B不符合题意；C．铝可以置换出氧化铁中的铁单质，且该反应放出大量的热，所以可以利用铝热法焊接钢轨，二者有关联，C不符合题意；D．用FeS除去工业废水中的Cu2+时，是将Cu2+转化为CuS沉淀，发生的是复分解反应，没有利用FeS的还原性，二者无关联，D符合题意；答案选D。11.酸性溶液中过氧化氢能使Cr2O转化成蓝色的过氧化铬(CrO5，分子结构为)，该反应可用来检验Cr2O的存在，其反应的离子方程式为4H2O2+Cr2O+2H＋=2CrO5+5H2O。下列说法正确的是A.过氧化铬中铬元素的化合价为＋5 B.1molCrO5分子中含有σ键数为6NAC.CrO5分子中既有极性键又有非极性键 D.该反应中H2O2表现了还原性【答案】C【解析】【分析】【详解】A．O原子吸引电子的能力比Cr强，所以Cr为+6价，A错误；B．1个CrO5分子中含有5个σ键，则1molCrO5分子中含有σ键数为5NA，B错误；C．根据CrO5分子结构可知：该物质分子中含有CrO极性共价键、含有OO非极性共价键，因此CrO5分子中既有极性键又有非极性键，C正确；D．该反应中H2O2的组成元素化合价没有发生变化，因此H2O2不表现还原性，D错误；故合理选项是C。12.实验室探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理，装置如图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法错误的是A.滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间N2B.Y中产生的白色沉淀是BaSO4和BaSO3C.在X装置中浓硫酸不体现氧化性D.若将Fe(NO3)3换成氨水，Y中也能产生白色沉淀【答案】B【解析】【详解】A．通入一段时间N2，目的是为了赶走装置中的空气，防止Na2SO3和生成的SO2气体被氧化，故A正确；B．二氧化硫气体溶于水，溶液显酸性，在酸性溶液中其能被硝酸根离子、Fe3+氧化成硫酸根离子，则Y中产生的白色沉淀只能是BaSO4，故B错误；C．在X装置中反生的反应是H2SO4(浓)+Na2SO3==Na2SO4+H2O+SO2↑，此反应不是氧化还原反应，不能体现浓硫酸氧化性，故C正确；D．若将Fe(NO3)3换成氨水，通入SO2后，SO2和水反应生成的亚硫酸会和氨水继续反应生成亚硫酸铵，生成的亚硫酸铵和氯化钡反应生成BaSO3沉淀，故D正确；本题答案B13.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外电子只有一种自旋取向，Y、Z均为原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等的原子，W原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数之比为2：1。下列说法正确的是A.W的第一电离能比同周期相邻元素的小B.原子半径：C.工业上电解熔融化合物ZY制备单质ZD.X与Y无法形成含有非极性键物质【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外电子只有一种自旋取向，则X为H；Y、Z两种原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，结合原子序数可知Y为O，Z为Mg；W原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数之比为2：1，其价电子排布式为3s23p4，则W为S。【详解】根据分析可知：X为H，Y为O，Z为Mg，W为S元素。A．一般情况下同一周期元素，原子序数越大，其第一电离能就越大，但当元素处于第IIA、第VA时，原子核外电子排布处于全充满、半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，P元素是第三周期的VA元素，原子核外最外层电子处于半充满的稳定状态，所以P第一电离能大于S元素，则S元素的第一电离能比P、Cl都小，选项A正确；B．不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大：则原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(W)＜r(Z)，选项B错误；C．在工业上一般是采用电解熔融的MgCl2的方法冶炼Mg，不是电解MgO的方法冶炼Mg，选项C错误；D．X与Y形成的化合物过氧化氢是含有极性共价键和非极性共价键的极性分子，选项D错误；答案选A。14.下列说法正确的是A.电解法精炼镍时，粗镍作阴极，纯镍作阳极B.反应常温下能自发进行，该反应的C.常温下溶液中加入少量固体，溶液中值减小D.在一容积可变的密闭容器中反应达平衡后，保持温度不变，缩小体积，平衡正向移动，的值增大【答案】C【解析】【详解】A．电解法精炼镍时，粗镍作阳极溶解，纯镍作阴极受保护，A错误；B．反应，S<0，且常温下能自发进行，由吉布斯自由能的复合判据推知该反应为放热反应，B错误；C．碳酸钠溶液中存在盐的水解：CO+H2OHCO+OH，，则，加入少量的氢氧化钙固体，氢氧根增加，温度不变，Kh不变，溶液中值减小，C正确；D．平衡常数K=只与温度有关，温度不变，K值不变，D错误。15.某医用超声清洗器带有臭氧消毒功能。其臭氧电解发生器的原理如图所示。下列叙述不正确的是A.阳极可能的副产物有O2B.阴极电极反应是：O2+4e+4HR=2H2O+4RC.装置所用的离子交换膜是阳离子交换膜D.容器内壁可用不锈钢、陶瓷、橡胶等材料【答案】D【解析】【分析】由图可知，左侧连接电源正极，则为电解池阳极，右侧固体酸电极为阴极；【详解】A．阳极上水失去电子发生氧化反应生成臭氧，反应是3H2O6e=O3+6H+，副反应是2H2O4e=O2+4H+，A正确；B．阴极上氧气得到电子发生还原反应生成水，反应为，B正确；C．阳极生成氢离子、阴极消耗氢离子，离子交换膜应该是阳离子交换膜，由氢离子导电，C正确；D．容器内壁不能用不锈钢、橡胶，因为不锈钢会与固体酸反应，橡胶易与O3反应，D错误；故选D。16.将Cl2缓慢通入1L0.1mol·L1Na2CO3溶液中，反应过程中无CO2逸出，用数字传感器测得溶液中pH与c(HClO)的变化如图所示。已知Ka1(H2CO3)=106.3，Ka2(H2CO3)=1010.3。下列说法错误的是A.曲线①表示溶液中pH的变化B.整个过程中，水的电离程度逐渐减小C.a点溶液中：c(H+)=2c()+c()+c(OH)D.pH=10.3时：c(Na+)>3c()+2c(ClO)+c(HClO)【答案】C【解析】【分析】由于0.1mol·L1Na2CO3溶液可发生水解，溶液显碱性，通入Cl2后，生成NaHCO3、NaClO、NaCl，水解程度减小，溶液碱性减弱，且随着Cl2的通入，溶液中HCl和HClO增多，酸性增强，据此解答。【详解】A．由分析可知，随着Cl2的通入，溶液酸性增强，pH逐渐减小，则曲线①表示溶液中pH的变化，故A正确；B．随着Cl2的通入，溶液中溶质的变化为Na2CO3⟶NaHCO3、NaClO、NaCl⟶NaCl、HCl、HClO、H2CO3，水的电离程度逐渐减小，故B正确；C．通入Cl2后，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(ClO)+c(Cl)+c(OH)，由图中a点时通入的Cl2为0.10mol，根据物料守恒有：c(Na+)=c(ClO)+c(Cl)+c(HCO)，联立两式可得：c(H+)+c(HClO)=2c()+c()+c(OH)，故C错误；D．pH=10.3时：结合=1010.3，可知c()=c()，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(ClO)+c(Cl)+c(OH)，Cl2在水溶液中发生歧化反应生成HClO、ClO、Cl，存在c(Cl)=c(HClO)+c(ClO)，可得c(H+)c(OH)=2c()+c()+c(ClO)+c(Cl)c(Na+)=3c()+2c(ClO)+c(HClO)c(Na+)<0，即有c(Na+)>3c()+2c(ClO)+c(HClO)，故D正确；答案选C。二、非选择题（4小题，共56分）17.碳酸镍是合成纳米镍一种前驱体。一种用铁镍合金废料（还含有少量铜、钙、镁、硅的氧化物）制备纯度较高的碳酸镍的工艺流程如图：已知：的电离常数。回答下列问题：（1）合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸；①金属镍溶解的离子方程式是______。②“酸溶”时产生的废渣成分有______。③该过程控制温度原因是______。（2）“除铜”后，溶液中，溶液中______列计算式）才不会使形成沉淀。（3）“沉镍”时，若用溶液做沉淀剂，产物容易不纯，该杂质的化学式为______。（4）镍是一种应用范围广泛的金属元素，其价层电子排布式为______。镍的氧化物也常用作催化剂，立方晶体的结构如图所示。该晶体中周围与其等距离且最近的有______个，其晶胞边长为，列式表示晶体的密度为______。（不必计算出结果，阿伏加德罗常数的值为）。【答案】（1）①.②.和③.在保证反应速率的同时减少硝酸挥发和分解（2）（3）（4）①.②.12③.【解析】【分析】废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，溶解Ni,过滤除去废渣，滤液中加入过氧化氢，氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠调节溶液pH除去铁离子，过滤得到滤渣和滤液，滤液中加入H2S沉淀铜离子，过滤得到滤液中加入NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是镍离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀镍离子生成碳酸镍固体，以此解答该题。【小问1详解】①镍和硝酸反应生成镍离子、氮气和水，结合电荷守恒、原子守恒、电子守恒配平化学方程式为：5Ni+12H++2NO3=5Ni2++N2↑+6H2O；②酸溶过程中，二氧化硅不参与反应，同时还会生成硫酸钙，故废渣的主要成分为和；③该过程控制温度70℃～80℃的原因是温度过低反应速率较慢，温度过高，硝酸易挥发且分解；【小问2详解】当c(Ni2+)=0.1mol•L1，c(S2)=mol/L=3.0×108mol/L，溶液中c(H2S)=0.1mol•L1，Ka1×Ka2==7×1022，当c(S2)3.0×1018mol/L时，c(H+)≥=mol/L，此时才不会使形成沉淀；【小问3详解】“沉镍”时，若用Na2CO3溶液做沉淀剂，由于其碱性过大，可能会导致产品会有Ni(OH)2；【小问4详解】Ni为元素周期表中的第28号元素电子排布式为[Ar]3d84s2，其价层电子排布式为3d84s2；根据晶胞结构，晶体中周围与其等距离且最近的有12个；该晶胞中含有的个数为1+=4，O2的个数为=4，即一个晶胞含有4个NiO，一个晶胞的质量为，晶胞的体积为，则晶体的密度为==。18.小组同学探究和不同铜盐溶液的反应，实验如下。实验：向溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀（沉淀A），放置左右，转化为白色沉淀（沉淀B）。已知：i．（无色）ii．（1）研究沉淀B的成分。向洗涤后的沉淀B中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色。取少量深蓝色溶液，滴加试剂X，产生白色沉淀。①白色沉淀是，试剂是______。②无色溶液在空气中放置变为深蓝色，反应的离子方程式为______。（2）经检验，沉淀不含。推测沉淀能转化为沉淀与有关，为研究沉淀的成分及沉淀转化为的原因，实验如下。①仅通过上述实验不能证明沉淀中含有，补充实验：向少量洗净的沉淀中加入稀硫酸，证实沉淀中含有的现象是______。②无色溶液中含有，推测的产生有两个途径：途径1：实验过程中氧化；途径2：______（将途径补充完整）。经研究，途径1不合理，途径2合理。③解释和溶液反应时，先产生橙黄色沉淀，再转化为白色的原因：______。（3）和溶液反应最终生成沉淀，并检测到有生成，离子方程式是______。用和溶液重复上述实验，仅产生橙黄色沉淀，放置后变为暗红色沉淀（可溶于氨水，得到无色溶液，放置变为深蓝色）。（4）根据上述实验得出和反应的结论：______。（任答一点）【答案】（1）①.硝酸酸化的硝酸银（足量稀硝酸和硝酸银）②.（2）①.有红色固体析出②.在的作用下，氧化为③.和溶液生成棕黄色沉淀反应速率快，生成白色沉淀的程度大（3）（4）和能发生复分解反应和氧化还原反应；在作用下，的氧化性增强（任答一点）【解析】【分析】溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀A，沉淀A为，放置5min左右，转化为白色沉淀，沉淀B为CuCl，对于沉淀B组成的验证：向洗涤后的CuCl中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色，取少量深蓝色溶液，加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀AgCl，证明有氯离子的存在，沉淀A组成的验证：反应物为和，沉淀A中不含，那么A中存在，洗涤后，加入足量的NaCl溶液，增大了氯离子的浓度，产生白色沉淀CuCl，无色溶液先加氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加足量盐酸，白色沉淀减少，即这个过程中发生氧化还原反应，酸性条件下，氯离子的催化下，生成了硫酸根。【小问1详解】①白色沉淀是AgCl，试剂X是用于检验Cl，试剂X为：硝酸酸化的硝酸银（足量稀硝酸和硝酸银）；②无色溶液含有的离子为，在空气中被O2氧化为蓝色溶液，离子方程式为：；【小问2详解】①由于，向沉淀A中加入稀硫酸会发生歧化反应，生成铜，现象为：有红色固体析出；②溶液中的氧化剂除了氧气之外还有铜离子，在的作用下，氧化为；③立即产生橙黄色沉淀(沉淀A)，说明生成亚硫酸铜沉淀的反应较快，转化为白色，说明生成白的沉淀B的程度大；【小问3详解】和溶液反应最终生成沉淀，并检测到有生成，离子方程式是：；【小问4详解】和能发生复分解反应和氧化还原反应；在作用下，的氧化性增强（任答一点）。19.甲醇、乙醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便，都有着重要的用途和应用前景。工业上用和反应生产甲醇、乙醇。回答下列问题：（1）已知：的燃烧热为285.8，(l)的燃烧热为725.8，，则______。（2）为探究用生产燃料甲醇的反应原理，在容积为2L的密闭容器中，充入1mol和3.25mol在一定条件下发生反应，测得、(g)和(g)的物质的量(n)随时间的变化如图1所示：①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率______(。②下列措施能使的平衡转化率增大的是______(填字母)。A．在原容器中再充入1molB．在原容器中再充入1molC．在原容器中充入1mol氦气D．使用更有效的催化剂（3）也可通过催化加氢合成乙醇，其反应原理为△H<0.设m为起始时的投料比，即。通过实验得到如图2所示图像：①甲中投料比相同，温度从高到低的顺序为______。②乙中、、从大到小的顺序为______。③丙表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m=3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系，曲线a表示的物质是______(填化学式)，温度时，该反应压强平衡常数的计算式为____________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，代入数据，不用计算)。【答案】（1）94.3（2）①.0.1125②.B（3）①.②.③.H2④.【解析】【小问1详解】由氢气、甲醇燃烧热可得如下编号的热化学方程式①、②、③，由盖斯定律可知，反应①×3②③可得反应，则反应。【小问2详解】①由图1可知，平衡时水蒸气的物质的量为0.75mol，由方程式可知，从反应开始到平衡，氢气的反应速率为。②A．在原容器中再充入1mol，浓度增大，平衡向正反应方向移动，但的转化率减小，A项错误；B．在原容器中再充入1mol，浓度增大，平衡向正反应方向移动，的转化率增大，B项正确；C．在原容器中充入1mol不参与反应的氦气，反应体系各物质的浓度均不变，化学平衡不移动，的转化率不变，C项错误；D．使用更有效的催化剂，化学反应速率加快，但化学