河南省开封市五校高二上学期11月期中化学试题 【含答案详解】

开封五校2025~2026学年上学期期中联考高二化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：人教版选择性必修1第一章~第三章。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.下列物质属于弱电解质的是A.NaCl B.H2CO3 C.Cu D.NaOH【答案】B【解析】【详解】A．NaCl在水溶液中完全电离，属于强电解质，A不符合题意；B．H2CO3在水溶液中部分电离，属于弱电解质，B符合题意；C．Cu是单质，不是电解质，C不符合题意；D．NaOH在水溶液中完全电离，属于强电解质，D不符合题意；故答案为：B。2.下列关于酸碱滴定实验的相关说法错误的是A.在使用酸式滴定管前，需检验活塞是否漏水B.酸碱中和滴定实验一般不用石蕊作指示剂C.滴定过程中，眼睛时刻注意滴定管液面变化D.滴定管洗涤后，需用盛装的酸或碱润洗【答案】C【解析】【详解】A．酸式滴定管中带有活塞，若实验过程中漏液，会造成实验失败，所以酸式滴定管使用前，需检验活塞是否漏水，故A正确；B．石蕊试液的变色范围是pH5～8，变色范围较宽，导致溶液颜色变化不明显，不利于终点的判断，所以酸碱中和滴定实验一般不用石蕊作指示剂，故B正确；C．滴定过程中，为了及时判断滴定终点，眼睛要时刻注视锥形瓶中溶液颜色的变化，不需要注视滴定管中液面的变化，故C错误；D．为了避免滴定管待装液被稀释，滴定管洗涤后，滴定管装入溶液前必须用盛装的酸或碱溶液润洗，故D正确；故选C。3.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.氨水升温后（不考虑溶质挥发）碱性增强B.溶液中加入NaOH浓溶液臭鸡蛋气味减弱C.侯氏制碱法向母液中加入食盐使析出D.保存溶液时加入铁粉防变质【答案】D【解析】【详解】A．氨水电离吸热，升高温度电离平衡正向移动，碱性增强，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．硫离子水解产生氢氧根和硫化氢，加入NaOH抑制S2-水解，减少H2S生成，可以用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C．侯氏制碱法母液的主要成分为氯化铵，加入食盐增大Cl⁻浓度，促使NH4Cl析出，可以用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．铁粉与Fe3+反应生成二价铁，不涉及平衡移动，不用勒夏特列原理解释，D符合题意；故答案为D。4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1LpH=1的硫酸溶液中H+数目为0.1NAB.2.24LNH3溶于水，溶液中NH3·H2O的数目为0.1NAC.若某溶液的pH=9，则由水电离出的H+数为10-5NAD.1L1mol·L-1HCl溶液中，HCl分子的数目为NA【答案】A【解析】【详解】A．1LpH=1的硫酸溶液中H+数目为0.1mol/L×1L×NAmol-1=0.1NA，故A正确；B．缺标准状况和氨水溶液的体积，且一水合氨在溶液中部分电离，无法计算2.24LNH3溶于水所得溶液中NH3·H2O的数目，故B错误；C．缺溶液的体积，无法计算pH=9的溶液中水电离出的氢离子数目，且pH=9的溶液可能是抑制水电离的碱溶液，也可能是促进水电离的盐溶液，故C错误；D．盐酸是强酸，氯化氢在溶液中完全电离出氢离子和氯离子，盐酸溶液中不存在氯化氢分子，故D错误；故选A。5.下列说法中正确的是A.反应，储氢、释氢过程均无能量变化B.由kJ·mol-1可知，N较M活泼C.燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的热化学方程式是kJ·mol-1，则的燃烧热为192.9kJ·mol-1D.已知：kJ·mol-1，则1L1mol·L-1稀硫酸与1L1mol·L-1溶液反应放热114.6kJ【答案】B【解析】【详解】A．储氢、释氢均属于化学变化，化学变化的过程总是伴随着能量变化，A错误；B．M转化为N是吸热反应，所以N的能量高，不稳定，N较M活泼，B正确；C．燃烧热的判断标准：一看是否以1mol可燃物为标准，二看是否生成稳定的氧化物，生成的不是稳定的氧化物，C错误；D．与反应会生成沉淀会额外放热，故反应放热比114.6kJ大，D错误；故答案选B。6.常温下，向2L的恒容密闭容器中充入1molX和2molY，发生反应：，时测得容器中X、Z物质的量浓度相同，Y的转化率为20%，下列说法错误的是A.B.前5min的平均反应速率C.5min时X的体积分数为25%D.反应达平衡时【答案】B【解析】【分析】向2L的恒容密闭容器中充入1molX和2molY，发生反应：X(g)+2Y(g)⇌nZ(g)，5min时测得容器中X、Z物质的量浓度相同，Y的转化率为20%，说明Y转化了0.4mol，剩余1.6mol，根据系数关系可知，X转化了0.2mol，则X剩余0.8mol，此时X浓度为0.4mol/L，则Z浓度为0.4mol/L，Z的物质的量为0.8mol，即转化的Z的物质的量为0.8mol，根据系数关系，得出n=4，据此分析答题。【详解】A．由分析可得，n=4，A正确；B．前5min平均反应速率v(X)==0.02mol⋅L-1⋅min-1，B错误；C．5min时X的体积分数为=25%，C正确；D．反应达平衡时，正逆反应速率相等，则2v正(X)=v逆(Y)，D正确；故答案选B。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.mol·L-1的溶液：、、、B.的溶液：、、、C.使紫色石蕊溶液变红色的溶液：、、、D.由水电离的mol·L-1的溶液：、、、【答案】D【解析】【详解】A．Fe3+与发生双水解生成Fe(OH)3和CO2，且Fe3+与[Al(OH)4]⁻发生双水解生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，无法大量共存，A错误；B．的溶液为碱性，Cu2+会生成Cu(OH)2沉淀，无法大量共存，B错误；C．使紫色石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件下与发生氧化还原反应，无法大量共存，C错误；D．水电离的的溶液为酸性或碱性（水的电离被抑制），Na⁺、K⁺、、Cl⁻在酸（碱）性环境中均不反应，可以大量共存，D正确；故答案选D。8.下列说法正确的是A.温度升高，的NaOH溶液pH减小B.溶液稀释过程中溶液中所有离子浓度均减小C.向溶液中加入少量固体，减小D.增大盛放与混合气体的容器体积，【答案】A【解析】【详解】A．温度升高水的离子积常数增大，c(OH-)×c(H+)增大，c(OH-)基本不变，则c(H+)增大，pH减小，A正确；B．醋酸稀释过程中氢离子浓度、醋酸根离子浓度、醋酸浓度减小，但是c(OH-)×c(H+)不变，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，B错误；C．，加入氢氧化钡固体，消耗了氢离子，总离子反应：，碳酸氢根离子的电离平衡正向移动，碳酸根离子浓度增大，C错误；D．2NO2N2O4，增大容器的体积，压强减小反应的化学平衡逆向移动，NO2的物质的量增大，但是容器体积增大对浓度的影响更大，因此，D错误；故答案选A。9.已知有关反应的能量变化示意图如下：下列有关说法正确是A.的燃烧热kJ·mol-1B.反应的kJ·mol-1C.1mol和mol在密闭容器中充分反应放出97.7kJ的能量D.反应在任意条件下均可自发进行【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，1mol燃烧生成放热297.0kJ，因此的燃烧热为kJ·mol-1，A正确；B．燃烧放出热量更多，其kJ·mol-1，B错误；C．该反应为可逆反应，不能完全进行，因此放出能量小于97.7kJ，C错误；D．该反应为放热、熵减反应，低温下可以自发进行，D错误；故答案选A。10.中国是世界上最大的合成氨生产国之一，合成氨反应原理：ΔH=-92.4kJ·mol-1及反应流程如图所示。下列说法正确的是A.合成塔中充入的N2越多，N2的转化率越大B.使用催化剂，可提高合成氨的生成速率和平衡产率C.及时分离出液氨，可提高原料的利用率D.实际生产中，常采用低温、超高压的条件提高氨产率【答案】C【解析】【分析】制取原料气主要含有N2、H2，以及CO等杂质气体，净化时，除去杂质气体，防止催化剂中毒，将N2、H2经压缩机压缩成高压气体，在合成塔中发生反应：，及时分离出液氨，促进平衡正向移动，据此分析解题。【详解】A．合成塔中充入的氮气越多相当于增大氮气浓度，平衡向正反应方向移动，但氮气的转化率减小，故A错误；B．使用催化剂，化学反应速率加快，但平衡不移动，氨气的平衡产率不变，故B错误；C．及时分离出液氨，生成物氨气的浓度减小，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大，原料的利用率增大，故C正确；D．为提高合成氨的综合效益，实际生产中，常采用适宜高温、适宜高压的条件提高氨产率，故D错误；选C。11.已知化合物X与在一定条件下反应生成化合物Y与，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，Z表示中间体。下列说法正确的是A.化合物X与之间的碰撞均为有效碰撞 B.使用更高效的催化剂可使反应热增大C.该历程中的最大活化能kJ·mol-1 D.平衡状态时，降温能使平衡正向移动【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，化合物X与H2O的反应历程经历了3个阶段，说明该反应的反应速率不快，化合物X与H2O之间的碰撞并没有都发生反应，即化合物X与H2O之间的碰撞不均为有效碰撞，A错误；B．催化剂可降低反应所需的活化能，改变反应速率，但不能改变反应的始态和终态，不能改变反应始态和终态的总能量，即不能改变反应热，B错误；C．该历程中的最大能垒(活化能)E正=16.87kJ/mol-(-1.99kJ/mol)=18.86kJ/mol，C错误；D．由图可知：反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则该反应是放热反应，降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，D正确；故选D。12.下列实验操作及现象能得出相应结论的是选项实验操作现象结论A在各盛有5mL1mol·L-1NaOH溶液的两支试管中，分别滴入5滴1mol·L-1的溶液和5滴1mol·L-1的溶液前者有红褐色沉淀生成，后者无沉淀生成B常温下，分别测定0.1mol·L-1的溶液和0.1mol·L-1的溶液的pH前者pH为8.8，后者pH为5.2常温下同浓度的醋酸和氨水，电离平衡常数相同C常温下，向0.1mol·L-1的溶液中滴加紫色石蕊溶液溶液变红色D等体积、的两种酸HA和HB，分别与足量Zn反应HA放出的氢气多酸性：HA＞HBA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．NaOH溶液过量，AlCl3与过量NaOH反应生成Na[Al(OH)4]无法形成Al(OH)3沉淀，不能直接比较两者的Ksp，A错误；B．常温下，CH3COONa溶液pH=8.8（显碱性），NH4Cl溶液pH=5.2（显酸性），两者pH之和为14，说明CH3COO-和的水解程度相等，对应CH3COOH和NH3·H2O的电离平衡常数相同，B正确；C．溶液变红色说明NaHSO3溶液显酸性，则的电离程度大于水解程度，即，则，C错误；D．等pH的HA和HB与足量的锌反应，HA放H2多，说明HA浓度更高（为弱酸），酸性HA＜HB，D错误；故答案选B13.已知在水中的溶解是吸热过程。不同温度下，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知时，下列说法错误的是A.B.C.M点溶液温度变为时，溶液中增大D.时向N点体系中加入固体，可继续溶解【答案】C【解析】【分析】这张图是不同温度下在水中的沉淀溶解平衡曲线，横坐标为，纵坐标为。曲线上的点表示的沉淀溶解平衡状态，此时。因为AgCl溶解是吸热过程，温度越高，越大。所以，对应的曲线更靠上，说明该温度下的和浓度乘积更大。曲线上的点（如M、N在各自温度曲线的对应点）是平衡状态；曲线下方的点（如N在曲线下方）是不饱和溶液，可继续溶解；曲线上方的点是过饱和溶液，会有沉淀析出。据此分析。【详解】A．溶解吸热，温度升高增大，曲线的大于，故温度，A正确；B．时，曲线上的点满足，解得，即，B正确；C．M点为饱和溶液，温度降为时，减小，离子积，沉淀析出，减小，C错误；D．N点在曲线下方，，为不饱和溶液，加入固体可继续溶解至饱和，D正确；故答案选C。14.在体积为bL的密闭容器中充入amolCO和2amol，在催化剂作用下合成甲醇：，平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图所示。下列说法错误的是A.B.C.A、B两点对应的反应速率：D.100℃时反应的平衡常数【答案】C【解析】【详解】A．同一压强下，温度升高，CO的平衡转化率下降，则平衡逆向移动，正反应为放热反应，，A正确；B．同一温度下，压强增大，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，故，B正确；C．A，B点CO的物质的量浓度相同，B点对应的温度高，压强大，平衡时反应速率大，C错误；D．A点平衡时CO转化率为0.5，则平衡时，，，100℃时反应的平衡常数，D正确；故选C。二、非选择题（本题共4小题，共58分）15.化学反应的过程，既是物质的转化过程，也是化学能与热能等形式能量的转化过程。回答下列问题：（1）工业上用氮气合成氨，能量变化如图。则断裂0.5mol和1.5mol中的化学键所吸收的能量与形成1mol中的化学键所释放的能量差值为______kJ，该反应的热化学方程式可表示为____________。（2）下列反应中，反应热正负号与合成氨相同的是______（填序号）。①碳的燃烧②铝热反应③盐酸和氢氧化钠溶液反应④与反应⑤二氧化碳和炽热的碳反应（3）长征系列火箭以偏二甲肼作燃料，作氧化剂，若30g偏二甲肼（液态）与（液态）完全反应生成、和，放热1275kJ，写出反应的热化学方程式：____________。（4）某兴趣小组同学设计利用如图所示装置测定50mL0.50mol·L-1稀盐酸与50mL0.55mol·L-1氨水反应的中和热。该装置缺少的仪器名称是______，各步操作均正确，但是该同学测得的中和热数值始终小于57.3kJ·mol-1，原因是_______。（5）空气中NO的主要来源是汽车尾气，科学家提出安装催化转化器实现下列转化：。若，CO的燃烧热为。则反应______（用、、表示）。【答案】（1）①.②.kJ·mol-1（2）①②③（3）kJ·mol-1（4）①.玻璃搅拌器②.一水合氨是弱碱，与盐酸反应时放热比强碱少（合理即可）（5）【解析】【小问1详解】根据图像可知，断裂0.5molN2和1.5molH2中的化学键所吸收的能量与形成1molNH3中的化学键所释放的能量差值为()kJ；生成1molNH3放出的热量为()kJ，则生成2molNH3放出的热量为2()kJ，该反应的热化学方程式可表示为kJ·mol-1；【小问2详解】①碳的燃烧是放热反应；②铝热反应是放热反应；③盐酸和氢氧化钠溶液的中和反应是放热反应；④与NH4Cl反应是吸热反应；⑤二氧化碳和炽热的碳反应是吸热反应；所以反应热正负号与合成氨相同的是①②③；【小问3详解】偏二甲肼的摩尔质量为60g/mol，30g偏二甲肼的物质的量为=0.5mol；0.5mol偏二甲肼反应放热1275kJ，则1mol偏二甲肼反应放热2550kJ，所以热化学方程式为kJ·mol-1；【小问4详解】中和热测定实验中，需要用环形玻璃搅拌棒搅拌，使酸和碱充分反应，所以装置缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒；测得的中和热数值始终小于57.3kJ·mol-1，原因是一水合氨是弱碱，与盐酸反应时放热比强碱少；【小问5详解】①②

③

目标反应为；根据盖斯定律，由①-②+2×③可得目标反应，所以。16.以海水为原料制取化工产品时需要用到多种试剂，如溶液、稀盐酸等。回答下列问题：（1）写出溶液中钠离子与含碳微粒浓度关系式：___________，已知：，，若某浓度的溶液pH=11，则此溶液中___________。（2）常温下，0.1的盐酸中，由水电离出的___________。（3）直接蒸发溶液___________(填“能”或“不能”)得到，理由是___________。（4）为了测定某富碘卤水中碘离子的含量，可用高锰酸钾滴定法。已知高锰酸钾和碘离子的反应为，杂质不与酸性反应。①取20.00mL富碘卤水放入锥形瓶中，将0.1000的高锰酸钾溶液装入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，达到滴定终点的现象为___________。②三次滴定消耗高锰酸钾溶液的数据如下表(第三次滴定示数如图所示)：次数滴定前(mL)滴定后(mL)10.5010.9521.5011.903如图Ⅰ所示如图Ⅱ所示则富碘卤水中碘离子的浓度为___________(结果保留2位小数)。③下列操作可能导致结果偏高的是___________(填字母)。A．锥形瓶用富碘卤水进行润洗B．出现颜色变化时立刻停止滴定C．摇动锥形瓶时液体溅出D．滴定管没有用酸性高锰酸钾溶液润洗【答案】（1）①.②.4.7（2）10-13（3）①.不能②.MgCl2在溶液中会发生水解反应：。加热蒸发时，HCl易挥发，促使水解平衡正向移动，最终得到的是Mg(OH)2（或氢氧化镁继续分解得氧化镁）（4）①.酸式②.当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色③.0.26④.AD【解析】【分析】物料守恒：某一元素的总浓度等于其在溶液中所有存在形式的浓度之和，需先确定“核心元素”及原子个数比，再列出等式。书写步骤：确定溶质化学式及浓度；

找出“守恒元素对”；

写出两种元素的总浓度关系（按化学式中原子个数比）；

补充每种元素的所有存在形式，列出等式。利用高锰酸钾滴定法测定富碘卤水中碘离子的含量，基于氧化还原反应：。（紫红色）作为氧化剂，将I-氧化为I2；自身被还原为Mn2+（无色）。通过消耗KMnO4的物质的量，结合化学计量数关系，可计算I-的浓度。由于KMnO4溶液自身呈紫红色，且反应终点时过量，所以终点现象为：滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色（确保反应完全，颜色变化稳定）。【小问1详解】在Na2CO3溶液中，根据物料守恒，可。已知H2CO3的Ka2==。溶液pH=11，则。得==4.7。【小问2详解】常温下，0.1mol/L的盐酸中，HCl完全电离出H+，溶液中c(H+)=0.1mol/L。盐酸抑制水的电离，水电离出的c(H+)等于水电离出的c(OH-)。根据水的离子积，可得水电离出的，所以由水电离出的c(H+)=10-13mol/L。【小问3详解】直接蒸发MgCl2溶液不能得到。理由是MgCl2在溶液中会发生水解反应：。加热蒸发时，HCl易挥发，促使水解平衡正向移动，最终得到的是Mg(OH)2（或氢氧化镁继续分解得氧化镁），而不是。【小问4详解】①高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以应装入酸式滴定管。滴定终点的现象为：当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色。②由图可知，滴定前读数为1.00mL，滴定后读数为12.00mL，则第三次消耗高锰酸钾溶液的体积为12.00-1.00=11.00mL。第一次消耗体积：10.95-0.50=10.45mL；第二次消耗体积：11.90-1.50=10.40mL；第三次消耗体积：11.00mL。由于第三次数据与前两次偏差较大，舍去，取前两次的平均值，即。已知反应，可得=cV=。则。富碘卤水中碘离子的浓度。③A．锥形瓶用富碘卤水进行润洗，会使锥形瓶中I-的物质的量增多，滴定过程中消耗KMnO4溶液的体积偏大。根据，会导致测定的碘离子含量偏高。B．出现颜色变化时立刻停止滴定，可能在反应尚未完全进行时就停止了滴定，消耗KMnO4溶液的体积偏小。根据，会导致测定的碘离子含量偏低。C．摇动锥形瓶时液体溅出，会使锥形瓶中碘离子的物质的量减少，滴定过程中消耗KMnO4溶液的体积偏小。根据，会导致测定的碘离子含量偏低。D．滴定管没有用酸性高锰酸钾溶液润洗，滴定管内壁会残留水，使装入的KMnO4溶液被稀释，浓度降低。在滴定过程中，为了达到终点，消耗的KMnO4溶液体积就会偏大。根据，会导致测定的碘离子含量偏高。故选AD。17.某石油炼化厂废弃的催化剂（主要为，还含有少量、、杂质）。采用如下工艺流程回收其中的：已知：①“酸浸”后，所得溶液中含、、；②萃取剂P2O4对、具有高选择性；③偏钒酸铵在水中溶解度随温度升高而增大。回答下列问题：（1）“焙烧”时与、发生反应，其中转化为，写出发生反应的化学方程式：______。（2）“滤渣”的主要成分为_____（填化学式）；加入铁粉的目的是______（答两点）。（3）“氧化”时约为，含钒微粒被氧化为，反应的离子方程式为_____。（4）萃取后的水相依次加入溶液以及可回收硫酸锰溶液。从平衡移动的角度分析加入的目的是_______。（5）沉钒时控制溶液，钒以的形式刚好沉淀完全，沉钒过程中沉钒率随温度升高先增大，80℃时沉钒率达最大值，继续升高温度，沉钒率下降。继续升高温度，沉钒率下降的原因除温度升高，氯化铵分解加快外，还可能是_____。室温下，若的溶度积常数为，当刚好沉淀完全时，溶液中，则的电离常数=______[刚好沉淀完全时]。【答案】（1）（2）①.（或）②.将还原为，将含钒微粒还原为（3）（4），加入后，与发生反应，下降，水解平衡正向移动，转化为沉淀（合理即可）（5）①.温度升高的溶解度增大，沉钒率下降②.【解析】【分析】废弃的催化剂（主要为，还含有少量、、杂质）焙烧后酸浸，所得溶液中含、、，滤渣为，加入NH3中和过量的酸，铁粉使Fe3+转化为Fe2+、转化为，萃取剂P2O4萃取，再反萃取得到，加入NaClO3将氧化为，加入NH4Cl沉钒，得到，最终焙烧得到。【小问1详解】与反应生成和CO2，化学方程式为；【小问2详解】焙烧时与反应生成，加入稀硫酸酸浸后，转化为沉淀，故滤渣为（或）；已知萃取剂P2O4对、具有高选择性，为了萃取钒元素，故加入铁粉的目的是将还原为，将含钒微粒还原为；【小问3详解】“氧化”时NaClO3将氧化为，自身被还原为Cl-，离子方程式为；【小问4详解】萃取后的滤液含有，先加入H2O2，将氧化为Fe3+，溶液中存在平衡，加入后，与发生反应，下降，水解平衡正向移动，转化为沉淀，从而得到硫酸锰溶液；【小问5详解】已知偏钒酸铵在水中的溶解度随温度升高而增大，则另一条原因是温度升高的溶解度增大，沉钒率下降；刚好沉淀完全时，则，溶液中，，则，的电离常数。18.研究的转化对于环境、能源等有重要意义。回答下列问题：（1）已知：ⅰ.kJ·mol-1；ⅱ.kJ·mol-1；ⅲ.kJ·mol-1。则反应的______kJ·mol-1。（2）用合成，原理为kJ·mol-1。将6mol和8mol充入容积为2L的恒容密闭容器中，分别在℃、℃下发生反应（15min时温度变为℃），的物质的量变化如表所示：反应温度/℃反应时间/min051015202530/mol8.03.52.02.01.71.51.5①℃时，5~10min内以表示的平均反应速率____mol·L-1·min-1。该温度下，若各物质的起始物质的量mol，则v（正）______（填“＞”“＜”或“＝”）v（逆）。②下列说法正确的是______（填字母）。A.B.混合气体的平均摩尔质量保持不变时，反应已达到平衡C.其他条件不变，平衡后向容器中充入稀有气体，平衡不发生移动D.加入合适的催化剂可以降低反应的活化能，减小（3）大气中能通过高温与反应进行协同转化处理。反应原理为。Ⅰ.在573K下，向2L