广东省东莞市三校联考2025-2026学年高二上学期期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1广东省东莞市三校联考2025-2026学年高二上学期期中考试考试范围：选择性必修1(第一章~第三章第二节水的电离和溶液的pH)；注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3．试卷可能用到的相对原子量：H-1，C-12，N-14，O-16，Cl-35.5，F-19，Si-28，S-16第I卷一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。每小题只有一个选项符合题意。1.中国航天科技发展举世瞩目，2024年6月25日“嫦娥六号”采用液氢和液氧作为主推进剂，成功携带月球样品返回地球。下列说法正确的是A.登月中所用北斗系统的导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅B.“嫦娥六号”所带回的月壤可以通过红外光谱测得所含有的元素种类C.返回器外壁的高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料D.已知：，则燃烧热【答案】C【解析】芯片材料是高纯度硅，而非二氧化硅，A错误；用红外光谱得到分子中含有的化学键或官能团信息；测月壤所含有的元素种类可以通过光谱仪测量，B错误；返回器外壁的高温结构陶瓷，其性能优良耐高温，属于新型无机非金属材料，C正确；燃烧热是在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；氢气燃烧热应该生成液态水而非气态水，D错误；故选C。2.山西大同煤矿是我国巨大煤矿之一，下列有关说法错误的是A.煤是不可再生能源 B.火力发电时，化学能→热能→电能C.煤是一种清洁能源 D.燃煤时加入适量CaO可以脱硫【答案】C【解析】经常使用的化石能源是煤、石油、天然气，是不可再生资源，A正确；火力发电时，首先煤燃烧，化学能转化为热能，再利用热能发电，B正确；煤燃烧时能产生二氧化硫、一氧化碳、氮氧化物等空气污染物，不属于清洁能源，C错误；燃煤时加入适量CaO，能与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，可以脱硫，D正确；故选C。3.下列反应属于吸热反应的是A.氢气在氯气中燃烧 B.石灰石在高温下分解C.稀硫酸与NaOH溶液反应 D.铝和氧化铁在高温下反应【答案】B【解析】氢气在氯气中燃烧属于放热反应，故A错误；石灰石在高温下分解属于吸热反应，故B正确；稀硫酸与NaOH溶液反应为酸碱中和反应，属于放热反应，故C错误；铝和氧化铁在高温下反应属于放热反应，故D错误；故选B。4.紫外光照射时，不同催化剂作用下将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2，CH4产量随光照时间的变化如图1，以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸，不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图2，下列有关说法正确的是A.由图1知，在0~15h内，CH4的平均生成速率从大到小的顺序：Ⅲ>Ⅱ>ⅠB.由图1知，在0~35h内，CH4的平均生成速率从大到小的顺序：Ⅱ>Ⅲ>ⅠC.由图2知，250℃~300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的主要原因是催化剂的催化效率降低D.由图2知，乙酸的生成最佳温度应为250℃～400℃【答案】C【解析】由图1可知，在0～15h内，甲烷的物质的量变化量为），故在0～15h内，CH4的平均生成速率：II＞III＞I，A错误；由图1可知，在0～35h内，甲烷的物质的量变化量为，故在0～35h内，CH4的平均生成速率：III＞II＞I，B错误；由图2知，250℃时催化剂的活性最高，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，C正确；由图2知，乙酸的生成速率在300℃后逐渐增大，催化剂逐渐失去活性，则乙酸的生成最佳温度在250℃左右，此时催化剂的催化活性最高，乙酸的生成速率也较快，D错误；故选C。5.一定条件下，M、N、P的起始浓度分别是、、，可逆反应达到平衡时，下列数据合理的是A. B.C. D.【答案】D【解析】利用极值法以及可逆反应不能进行到底进行分析。假如反应向正反应方向进行到底，此时N的物质的量浓度0.3mol/L，P的物质的量浓度为0.8mol/L，M的物质的量浓度为0mol/L，假如反应向逆反应方向进行到底，此时M的物质的量浓度为0.4mol/L，N的物质的量浓度为1.1mol/L，P的物质的量浓度为0，因为反应不能进行到底，因此M的物质的量浓度范围是0＜n(M)＜0.4mol/L，N的物质的量浓度范围是0.3mol/L＜n(N)＜1.1mol/L，P的物质的量浓度范围是0＜n(P)＜0.8mol/L。根据上述分析，因为反应是可逆反应，因此N的物质的量浓度应在0.3mol/L＜n(N)＜1.1mol/L，故A错误；P和N物质的量浓度和应为1.1mol/L，故B错误；M和N物质的量浓度和最大值应是1.5mol/L，故C错误；M、N、P三者物质的量浓度和的范围是1.1mol/L＜n(总)＜1.5mol/L，1.15mol/L在此范围内，故D正确；答案为D。6.下列有关溶液的酸碱性与pH的说法正确的是A.可以将pH试纸直接插入待测溶液中，测定该溶液pHB.酸性溶液一定是酸的水溶液C.常温下，柠檬水溶液的pH为3，其中的D.常温下，向的盐酸中，加入等体积的溶液，溶液呈碱性【答案】C【解析】pH试纸的正确使用方法是：用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸上，直接插入待测溶液中会污染待测溶液，A错误；酸性溶液可能是盐溶液(如NH4Cl水解呈酸性)，不一定是酸溶液，B错误；常温下，柠檬水溶液的pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，由Kw=10-14可得c(OH-)=10-11mol/L，C正确；常温下，pH=2的盐酸中c(H+)=10-2mol/L，pH=12的中c(OH-)=10-2mol/L，等体积混合后H+和OH-恰好完全中和，溶液呈中性，D错误；答案选C。7.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的，我国学者研究发现T℃时，甲醇(CH3OH)与水在铜基催化剂上的反应机理如图所示：下列说法中正确的是A.反应Ⅰ的热化学方程式为B.总反应为C.从提高转化率的角度考虑，应选择高温高压的条件D.优良的催化剂降低反应的活化能，并减小，提高了反应速率【答案】B【解析】据图可知反应Ⅰ的实质是CH3OH分解分解生成H2和CO，水没有参与，A错误；据图可知反应I中CH3OH分解分解生成H2和CO，反应Ⅱ中H2O和CO反应生成CO2和H2，且生成物能量高于反应物，为吸热反应，所以总反应为，B正确；该反应为气体系数之和增大的反应，高压不利于平衡正向移动，C错误；催化剂可以降低反应活化能，但不能改变焓变，D错误；综上所述答案为B。8.下列反应中，在高温下不能自发进行的是A.2CO(g)=2C(s)+O2(g)B.NH4Cl(s)NH3(g)↑+HCl(g)↑C.(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)D.MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g)【答案】A【解析】选项中均为吸热反应，△H>0，△H-T△S<0的反应可自发进行，则高温下不能自发进行的反应中△S<0，以此来解答。B、C、D中△H>0、△S>0，由△H-T△S<0的反应可自发进行，可以知道高温下能自发进行；只有A中△H>0、△S<0，由△H-T△S<0的反应可自发进行，可以知道高温下不能自发进行，所以A选项是正确的。9.下列说法或表示方法不正确的是A.由，可知石墨比金刚石稳定B.在稀溶液中：，含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJC.在101kPa时，4gH2完全燃烧生成液态水，放出571.6kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式表示为：D.已知，则1molS(s)完全反应，放出的热量小于20.1kJ【答案】C【解析】由焓变可知石墨的能量低，则石墨比金刚石稳定，故A正确；浓硫酸稀释放热，则含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故B正确；燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成指定产物所放出的热量，4gH2物质的量即2mol完全燃烧放出571.6kJ热量，则H2(g)的燃烧热是285.8kJ•mol-1，则，故C错误；固态硫变为气体硫会吸收热量，改用固态硫，则1

mol S(s)完全反应放出的热量小于20.1

kJ，故D正确；故选：C。10.常温下，将一定浓度的NaOH溶液和氨水加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.两溶液稀释前的浓度相同B.曲线Ⅰ表示氢氧化钠溶液的导电能力随溶液体积的变化关系，曲线Ⅱ表示氨水的导电能力随溶液体积的变化关系C.a、b、c三点溶液的pH由大到小的顺序为D.测量氨水的，若，则为弱电解质【答案】D【解析】稀释之前，两种溶液的导电能力相同，说明离子浓度相等，由于一水合氨为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度应大于NaOH溶液浓度，即两溶液稀释前的浓度不相同，A错误；开始时两种溶液中离子浓度相同，加水稀释能促进一水合氨的电离，导致稀释后氨水中离子浓度大于NaOH溶液，则稀释后导电能力较强的为氨水，所以曲线Ⅰ表示氨水的导电能力随溶液体积的变化关系，曲线Ⅱ表示NaOH溶液的导电性与溶液体积的变化关系，B错误；NaOH溶液和氨水均为碱溶液，其溶液主要含有和阳离子，导电能力越强，说明离子浓度越大，碱性越强，pH越大，则三点溶液的pH大小顺序为，C错误；证明是弱电解质，可以测量氨水的，若，则只发生部分电离，说明为弱电解质，D正确；故选D。11.一定温度下，在恒容密闭容器中进行反应，下列说法中不能说明反应处于平衡状态的是A.A的浓度不再变化 B.B的分子数不再变化C.容器内的压强不再变化 D.A的消耗速率与C的生成速率相等【答案】D【解析】达到平衡的标志依据以下两点：1、正逆反应速率相等；2、变量不变。A是反应物，反应物浓度是变量，不再变化时说明反应达到平衡状态，符合变量不变，故A正确；B是反应物，B的分子数在逐渐减少，不再变化时说明反应达到平衡状态，符合变量不变，故B正确；该反应是气体体积前后不等的反应，压强是变量，压强不变时，反应达到平衡状态，符合变量不变，故C正确；A消耗和C生成代表一个方向，速率之比也不是系数比，不符合正逆反应速率相等，故D错误；答案选D。12.金属Ni可活化放出，其反应历程如下图所示：下列关于该活化历程的说法正确的是A.中间体1→中间体2、中间体2→中间体3均是放热过程B.和的总键能大于和的总键能C.Ni是该反应的催化剂，可加快反应速率D.【答案】D【解析】图中中间体1的能量大于中间体2的能量，中间体1→中间体2为放热过程；中间体2的能量小于中间体3的能量，中间体2→中间体3为吸热过程，故A错误；ΔH=反应物总键能-生成物总键能=-6.57kJ·mol⁻¹，所以反应物Ni(s)和C2H6(g)总键能小于生成物NiCH2(s)和CH4(g)的总键能，故B错误；Ni在反应中由初始的Ni(s)转化为产物NiCH2(s)，参与反应且被消耗，Ni是反应物，不是催化剂，故C错误；反应物Ni(s)和C2H6(g)总能量为0.00kJ·mol⁻¹，产物NiCH2(s)和CH4(g)的总能量为-6.57kJ·mol⁻¹，ΔH=产物总能量-反应物总能量=-6.57kJ·mol⁻¹，故D正确；选D。13.可以证明可逆反应N2+3H22NH3已达到平衡状态的是①一个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键断裂②v(H2)=0.6mol•L﹣1•min﹣1，v(NH3)=0.4mol•L﹣1•min﹣1③保持其他条件不变时，体系压强不再改变；④NH3、N2、H2的体积分数都不再改变；⑤恒温恒容时，混合气体质量保持不变。A.②③④ B.①②④ C.①③④ D.③④⑤【答案】C【解析】①一个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键断裂，说明正逆反应速率相等，达到化学平衡状态，故①正确；②v(H2)=0.6mol•L﹣1•min﹣1，v(NH3)=0.4mol•L﹣1•min﹣1，未体现正与逆的关系，不能判断反应是否平衡，故②错误；③该反应是一个气体总物质的量改变的反应，保持其他条件不变时，体系压强不再改变，说明体系内气体的物质的量不变，达化学平衡状态，故③正确；④NH3、N2、H2的体积分数不再改变说明正逆反应速率相等，达化学平衡状态，故④正确；⑤该反应的反应物和生成物均为气体，恒温恒容时，混合气体质量一直保持不变，不能判断反应是否平衡，故⑤错误；故选C。14.将的盐酸滴入盛有稀氨水和3滴甲基橙的锥形瓶中测定其浓度，如图所示。下列有关说法正确的是A.稀盐酸应注入滴管乙B.终点现象为溶液红色褪去，且半分钟内不再复原C.滴定前盛盐酸的滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，所测氨水浓度偏低D.由图中数据得出稀氨水浓度为【答案】D【解析】碱式滴定管下面是橡皮接口，里面有颗珠子，酸式的是玻璃龙头，所以由图知滴定管甲为酸式滴定管，稀盐酸应该注入滴定管甲中，故A错误；本实验中是甲基橙作为指示剂所以滴定终点现象为溶液变为橙色且半分钟不恢复原色。甲基橙变色范围为3.1到4.4，故B错误；滴定前有气泡，滴定后气泡消失液面下降，所以代入计算的标准液体积就变大了，所以待测液的浓度增大，即所测氨水浓度偏高，故C错误；c(待)=0.01(b-a)mol/L所以根据以上数据算出氨水浓度为0.01(b-a)mol/L，故D正确；故选D。15.据文献报道，钒催化某反应的反应机理如图所示，下列叙述正确的是A.H2O参与了该催化循环B.该反应利用了NH3的还原性除去NO，减少了空气污染C.该过程只断裂了极性共价键D.该催化循环过程中V的价态变化为+5→+4【答案】B【解析】由图可知，V5+=O是反应的催化剂，氨气、一氧化氮和氧气是反应物，氮气和水是生成物，总反应为4NH3+2NO+2O23N2+6H2O。由分析可知，水为反应的生成物，没有参与催化循环，故A错误；由分析可知，反应中氨分子中氮元素的化合价升高被氧化，是反应的还原剂，反应中表现还原性，目的是除去一氧化氮，减少空气污染，故B正确；由分析可知，非金属单质氧气为反应物，反应中断裂非极性共价键，故C错误；由图可知，该催化循环过程中钒元素的价态变化为+5→+4→+5，故D错误；故选B。16.浓度均为、体积均为V0的和溶液，分别加水稀释至体积V，随的变化如图所示。下列叙述错误的是A.的电离程度：点大于点B.的碱性弱于的碱性C.若两溶液无限稀释，则它们的相等D.当=2时，若两溶液同时降低温度，则增大【答案】B【解析】根据图象可知，0.1mol/LMOH溶液的pH=13，说明MOH完全电离，为强电解质，而ROH溶液的pH＜13，说明ROH为弱电解质，ROH为弱碱，溶液越稀越易电离，所以ROH的电离程度：b点大于a点，A正确；根据图象可知，0.1mol/LMOH溶液的pH=13，说明MOH完全电离，为强电解质，而ROH溶液的pH＜13，说明ROH为弱电解质，所以MOH的碱性强于ROH的碱性。B错误；两溶液无限稀释下去，最终的pH均为7，所以它们的氢氧根离子浓度相等，C正确；当=2时，MOH溶液的pH=11，ROH溶液的pH=10，MOH溶液中不存在电离平衡，升高温度，对c(M+)无影响；而ROH溶液中存在电离平衡，升高温度，电离正向移动，则c(R+)浓度增大。综上所述，降低温度时比值增大，D正确；故选B。第II卷(非选择题)17.某学生用0.1000mol·L-1标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为以下几步：A.移取25.00mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞溶液B.用标准NaOH溶液润洗滴定管2～3次C.把盛有标准NaOH溶液的碱式滴定管固定好，挤压玻璃珠，使滴定管尖嘴充满溶液D.取标准NaOH溶液注入碱式滴定管到“0”刻度以上2～3cmE.调节液面至“0”或“0”刻度以下，记下读数F.把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定到终点，并记下滴定管液面的读数（1）图中属于碱式滴定管的_______(选填：“甲”、“乙”)。（2）正确的操作顺序是A、_______、_______、_______、_______、F(填字母序号)。（3）判断到达滴定终点的实验现象是_______。（4）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是_______(填写序号)。a.A步操作之前，先用待测溶液润洗锥形瓶b.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出c.锥形瓶中加入待测盐酸溶液后，再加少量水d.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失（5）若平行实验三次，记录的数据如下表试计算待测盐酸的物质的量浓度_______。滴定次数待测溶液的体积(/mL)标准NaOH溶液的体积滴定前读数(/mL)滴定后读数(/mL)1250010221.03225.002.0021.99325.000.2020.20【答案】（1）乙（2）①.B②.D③.C④.E（3）当滴入最后一滴溶液，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色（4）ad（5）0.0800mol·L-1【解析】【小问1详析】滴定管乙下端有一段橡胶管，为碱式滴定管，故图中属于碱式滴定管的是乙；【小问2详析】中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加热、滴定等顺序操作，则正确的操作顺序为：B→D→C→E→A→F；具体操作中也可先进行A操作，正确的操作顺序也可为A→B→D→C→E→F；【小问3详析】本实验是用氢氧化钠滴定盐酸溶液，酚酞做指示剂，所以达到滴定终点时，当加入最后一定标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；【小问4详析】根据c(HCl)=进行误差分析；a.A步操作之前，先用待测溶液润洗锥形瓶，造成锥形瓶内溶质的物质的量增大，导致消耗氢氧化钠的体积偏大，结果偏大；b.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，造成锥形瓶内溶质的物质的量减小，导致消耗氢氧化钠的体积偏小，结果偏低；c.锥形瓶中加入待测盐酸溶液后，再加少量水，不影响盐酸溶质的总量，对滴定结果无影响；d.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致氢氧化钠溶液的读数偏大，V(NaOH)增大，结果偏大；结合以上分析可知，操作会使实验结果偏大的是ad；【小问5详析】根据表格中提供的数据分析，第一次实验消耗标准NaOH溶液的体积为20.01mL，第二次实验消耗标准NaOH溶液的体积为19.99mL，第三次实验消耗标准NaOH溶液的体积为20.00mL，三次数据误差较小，均可使用，因此平均消耗氢氧化钠溶液的体积为20.00mL；根据c(HCl)=进行计算，c(HCl)==0.0800mol·L-1。18.I．和CO均为常见的大气污染物，对二者的综合治理是当前的重要课题之一，针对这一问题，研究人员设计了通过硫循环完成二者的综合处理方案，原理如下：反应I：；反应II：。回答下列问题：（1）反应III：_______(用含、的代数式表示)。（2）起始时向密闭容器中充入一定量的和，仅发生反应II。的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示。①，判断的理由为_______。②b、c两点对应的平衡常数：_______。(填“>”、“＜”或“=”，下同)③氧元素的质量：_______。II．绿水青山就是金山银山，工业废水废渣均需进行处理。皮革工业含铬污泥处理的一种工艺流程如下图。已知：草酸是二元弱酸。（3）过程I、II、III用到的物质分离方法是_______。（4）过程I的作用是从含铬污泥中浸出、等离子，为加快浸出速率，可以采取的措施是_______。(写出1种即可)（5）过程II中，滤渣2的成分是，推测加入的作用是_______。（6）过程III中，转化成沉淀的离子方程式是_______。【答案】（1）（2）①.温度升高时，的平衡转化率降低，说明升温使平衡逆向移动，故正反应为放热反应②.=③.=（3）过滤（4）将含铬污泥粉碎（或适当升高温度、搅拌等）（5）将还原为（6）【解析】【小问1详析】由盖斯定律得，，因此，则；【小问2详析】温度升高时，的平衡转化率降低，说明升温使平衡逆向移动，故正反应为放热反应，；平衡常数仅与温度有关，b、c点温度相同，故；a到c温度升高，平衡逆向移动，转化为和，根据质量守恒定律，a、c两点氧元素质量相等；小问3详析】过程I、II、III均涉及滤液和滤渣的固液分离，因此方法为过滤；【小问4详析】加快浸出反应速率的方法有：将含铬污泥粉碎（或适当升高温度、搅拌等）；【小问5详析】过程I浸出了，过程II生成，Fe元素为+2价，故的作用是将还原为；【小问6详析】与NaOH反应生成沉淀，故离子方程式。19.CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题，已知CO2经催化加氢可以生成多种低碳有机物。I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49.5kJ·mol-1Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+40.9kJ·mol-1Ⅲ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3回答下列问题：（1）反应I在___________(填“高温”“低温”或“任何温度”)条件下能够自发进行。（2）反应Ⅲ的ΔH3为___________。（3）一定温度下，在一容积固定的密闭容器中进行反应I，测得CO2的物质的量浓度随反应时间的变化如图所示，则反应前5min内，v(H2)=___________；10min时，改变的外界条件可能是___________(填字母)。A．减小氢气浓度B．增大压强(缩小体积)C．将甲醇液化分离D．升高温度（4）已知一定温度下按照起始比=3，在一密闭容器中进行反应Ⅲ，保持总压为2.1MPa不变，达到平衡时CO的转化率为50%，则该条件下用平衡体系中各气体分压表示反应Ⅲ的平衡常数Kp=___________MPa-2(保留2位有效数字)(各气体分压=平衡体系中各气体的物质的量分数×总压)。（5）C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)ΔH=+430kJ·mol-1，在四种不同条件容器中发生上述反应，若初始温度、容积、压强和反应物用量均相同，则CO2的平衡转化率最高的是___________(填字母)。A.恒温恒容容器 B.恒容绝热容器C.恒压绝热容器 D.恒温恒压容器【答案】（1）低温（2）−90.4kJ·mol-1（3）①.0.24mol·L-1·min-1②.C（4）0.51（5）D【解析】【小问1详析】反应I.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.5kJ·mol-1，ΔH<0，ΔS<0，故反应低温自发进行；【小问2详析】I.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.5kJ·mol-1II.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+40.9kJ·mol-1利用盖斯定律，将反应I-反应II，即得反应III.CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH3=(-49.5-40.9)kJ·mol-1=-90.4kJ·mol-1；【小问3详析】一定温度下，在一体积固定的密闭容器中进行反应I，从图中可以看出，反应进行的前5分钟内，CO的浓度变化量为0.4mol/L，则H2的浓度变化量为1.2mol/L，所以H2的反应速率v(H2)==0.24mol·L-1·min-1；10min时，c(CO2)不变，之后减小，又平衡正向移动，则改变的外界条件可能是将甲醇液化分离或增大氢气的浓度，不可能是增大压强(缩小体积)和升高温度，综上选C；【小问4详析】根据题意可得则该条件下用平衡体系中各气体分压表示的平衡常数Kp=；【小问5详析】于反应C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)ΔH=+430KJ/mol，在四种不同的容器中发生上述反应，初始温度、压强和反应物用量均相同。因为正反应为吸热反应，绝热时混合气的温度不断降低，平衡逆向移动，所以恒温时反应正向进行，CO2的转化率高；因为正反应是分子数增大的反应，减压有利于平衡正向移动，恒容时混合气的压强大于恒压时混合气的压强，所以恒压有利于提高CO2的转化率；综合以上分析，恒温恒压有利于提高CO2的转化率，则CO2的转化率最高的是D。20.短链烯烃是重要的有机化工原料，如丙烯(C3H6)和乙烯等。利用它们间的转化可有效强化节能减排，达到“碳达峰”和“碳中和”的目的。请回答下列问题：（1）丙烯可由丙烷脱氢制取。已知：反应I．2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)ΔH1=-238kJ•mol-1反应II．2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH2=-484kJ•mol-1则C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)ΔH=___________kJ/mol。（2）乙烯可由CO2和H2制取。反应为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)ΔH<0，在恒压密闭容器中，起始充入2molCO2(g)和6molH2(g)发生反应，不同温度下达到平衡时各组分的体积分数随温度的变化如图所示。①下列说法正确的是__