2022-2023学年福建省福州市外国语学校高二上学期12月阶段性测试化学试题含解析

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福建省福州市外国语学校2022-2023学年高二上学期
12月阶段性测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．在25℃、下，1 g甲醇燃烧生成和液态水时放热，下列热化学方程式正确的是
A．  
B．  
C．  
D．  
【答案】B
【详解】1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则32g甲醇即1mol甲醇燃烧放的热量为726kJ，64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452kJ，根据热化学方程式的书写方法写出为：CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H=—725.8kJ/mol或2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）△H=-1452kJ·mol－1；
答案选B。
2．反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)在不同条件下进行，下列表示的反应速率最快的是
A．v(NH3)=0.012mol·L-1·s-1 B．v(O2)=0.01mol·L-1·min-1
C．v(NO)=0.001mol·L-1·min-1 D．v(H2O)=0.012mol·L-1·s-1
【答案】A
【分析】对于反应 aA + bB = cC + dD相同条件下，不同物质的速率比一定等于其系数比，即VA ：VB：VC：VD = a ：b ： c ：d，调整为，并且将单位统一为mol·L-1·s-1，所以除以系数之后数字越大速率越快将四个速率都除以各自的方程式系数，比较大小，据此解题。
【详解】A为0.012÷4=0.03；B为0.01÷5÷60=0.002÷60；C为0.001÷4÷60=0.0025÷60；D为0.012÷6=0.002；A最大。
故选A。
3．下列表述不正确的是
A
B
C
D




盐桥中的Cl-移向ZnSO4溶液
外电路电流由a极流向b极
a极附近产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
正极反应式为O2+4e-+2H2O= 4OH-

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．原电池中阴离子向负极移动，故盐桥中的Cl-移向ZnSO4溶液，A正确；
B．燃料电池中通燃料的一极为负极，通O2等氧化剂的一极为正极，电流是由正极经导线流向负极，故图中外电路电流由b极流向a极，B错误；
C．图示为用石墨电极电解CuCl2溶液，a为阳极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2，由于2I-+Cl2=I2+2Cl-，故    a极附近产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，C正确；
D．图示模拟钢铁的吸氧腐蚀，正极反应为：O2+4e-+2H2O= 4OH-，正确；
故答案为：B。
4．下列试管所盛的溶液中的铁腐蚀速度说法正确的是

A．①比②慢 B．③比④快 C．⑤比⑥快 D．①比③慢
【答案】C
【详解】A．②中是干燥、相对无氧环境，故不容易发生腐蚀，则①比②快，A错误；
B．③中是无氧环境，故不容易发生腐蚀，则③比④慢，B错误；
C．⑤中铁与铜丝构成原电池、铁为负极被氧化而腐蚀，⑥中铁与锌构成原电池、锌为负极被氧化而腐蚀、铁为正极被保护，则⑤比⑥快，C正确；
D．③中是无氧环境，故不容易发生腐蚀，则①比③快，D错误；
答案选C。
5．判断下列反应的熵值增加的是
A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）
B．H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）
C．（NH4）2CO3（s）═NH4HCO3（s）+NH3（g）
D．Cu（s）+Cl2（g）═CuCl2（s）
【答案】C
【详解】A.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）为气体体积减小的反应，属于熵值减小的反应，A错误；
B．H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）前后气体体积不变，熵变为0，B错误；
C．（NH4）2 CO3（s）＝NH4HCO3（s）+NH3（g），反应前没有气体，反应后生成气体，为熵值增加的反应，C正确；
D．Cu（s）+Cl2（g）＝CuCl2（s），反应前有气体，反应后没有气体，属于熵值减小的反应，D错误；
答案选C。
6．将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)。能判断该反应达到化学平衡的是
A．2υ(NH3)正=υ(CO2)逆 B．c(NH3)：c(CO2)=2：1
C．密闭容器中混合气体的密度不变 D．密闭容器中氨气的体积分数不变
【答案】C
【详解】A．υ(NH3)正=2υ(CO2)逆才能说反应达到平衡，故A不符合题意；
B．只能说明各物质的浓度不再改变就达到平衡，不能说c(NH3)：c(CO2)=2：1，故B不符合题意；
C．气体密度等于气体质量除去容器体积，正向反应，气体质量增大，气体密度增大，当密闭容器中混合气体的密度不变，则达到平衡，故C符合题意；
D．氨气的体积分数始终为，因此当密闭容器中氨气的体积分数不变，不能说明达到平衡，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
7．二氧化硫催化氧化反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H＜0，下列措施既能加快反应速率又能提高平衡转化率的是
A．升高温度 B．压缩体积 C．分离出SO3 D．使用催化剂
【答案】B
【详解】A．升高温度，化学反应速率加快；由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致物质的平衡转化率降低，A不符合题意；
B．压缩体积使物质的浓度增大，化学反应速率加快；压缩体积导致体系的压强增大，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，因此可以使反应物的平衡转化率提高，B符合题意；
C．分离出SO3后，导致生成物的浓度降低，化学平衡正向移动，会提高反应物的平衡转化率；分离出SO3后，物质的浓度降低，化学反应速率减小；C不符合题意；
D．使用催化剂只能加快反应速率，而不能使化学平衡发生移动，因此不能提高物质的平衡转化率，D不符合题意；
故合理选项是B。
8．工业合成氨的热化学方程式可写成：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)   ΔH1，此时反应的化学平衡常数为K1；相同条件下合成氨的热化学方程式还可写成：1/2N2(g)+3/2 H2(g)⇌NH3(g)  ΔH2，此时反应的化学平衡常数为K2。则下列说法正确的是
A．K1=2K2 B．K1=K
C．ΔH1=ΔH 2 D．ΔH1=ΔH
【答案】B
【分析】根据化学平衡常数的表达式分析判断。
【详解】N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的化学平衡常数为K1=；1/2N2(g)+3/2 H2(g)⇌NH3(g) 的化学平衡常数为K2=，因此K= K1，反应放出的热量与反应物的物质的量成正比，因此ΔH1=2ΔH 2，故选B。
9．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是
A．、、平衡混合气加压后颜色变深
B．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫
C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集
D．工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高的利用率
【答案】A
【分析】凡是有平衡发生移动的过程，均可以用勒夏特列原理解释，据此回答。
【详解】A．、、平衡混合气加压后颜色变深， 是由于气体浓度变大，但是该反应是系数和不变的反应，故加压平衡不发生移动，不能用勒夏特列原理解释，A选；
B．啤酒中存在平衡：Н2СОЗCO2( g )+H2O，开启啤酒瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，可以用勒夏特列原理解释，故 B 不选；
C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释，故 C 不选；
D．增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，所以使用过量的空气能够提高二氧化硫的利用率，能够用平衡移动原理解释，故 D 不选；
故本题选A。
10．在密闭容器中进行反应：，下列说法错误的是

A．由图甲可知，该反应为吸热反应
B．由图乙可知，
C．由图丙可知，时刻改变的条件可能是加入了催化剂
D．由图丁可知，横坐标可能是指投料比
【答案】B
【详解】A．由图甲可知反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，故A正确；
B．由图乙可知，反应刚开始时p2的物质的量变化较快，可知p2＞p1，故B错误；
C．加入催化剂只改变反应速率，化学平衡不移动，依据图丙可知，可能是加入了催化剂，故C正确；
D．由图丁可知，横坐标x越大，二氧化碳的转化率越高，投料比越高时，二氧化碳的转化率越高，故D正确；
故选：B。
11．向体积为2L的恒容密容器中通入和，发生反应。在不同温度(、)下测得容器中随时间的变化曲线如图。下列说法正确的是

A．
B．该反应是放热反应
C．时，的平衡转化率是60%
D．时，平衡后气体物质的量为起始的
【答案】D
【详解】A．温度越高，反应速率越快，反应先达到平衡，则Ta＞Tb，故A错误；
B．由图可知，Ta时，反应达到平衡时CO物质的量大于Tb，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应是吸热反应，故B错误；
C．Tb时，反应达到平衡时CO物质的量为0.6mol，根据方程式可知，Δn（CH4）=0.6mol，CH4的平衡转化为=40%，故C错误；
D．Ta时，反应达到平衡时CO物质的量为1mol，列化学平衡三段式，

，故D正确；
故选D。
12．室温下向的氨水中加水稀释后，下列说法正确的是
A．溶液中导电离子的数目减少
B．的电离程度增大，亦增大
C．溶液中增大
D．向氨水中加入固体，的电离平衡逆向移动，减小
【答案】C
【详解】A．加入水稀释时促进电离，溶液中导电离子的数目增多，A错误；
B．加入水稀释时促进电离，氢氧根离子的物质的量增加，但溶液中减小，B错误；
C．溶液中，温度不变K不变，溶液中减小，增大，C正确；
D．加入少量固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，D错误；
答案选C。
13．下列叙述正确的是
A．某醋酸溶液的，将此溶液稀释10倍后，溶液的，则
B．常温下，某溶液中由水电离的，则此溶液一定呈酸性
C．25℃时，将的盐酸稀释1000倍，溶液的
D．25℃时，的强碱溶液与的强酸溶液等体积混合，所得混合液的
【答案】D
【详解】A．某醋酸溶液的，将此溶液稀释10倍后，醋酸电离平衡正向移动，电离出更多氢离子，溶液的，则，选项A错误；
B．常温下，某溶液中由水电离的，说明水电离受到抑制，此溶液可能呈酸的溶液也可能使碱的溶液，选项B错误；
C．25℃时，将的盐酸稀释1000倍，溶液的无限接近7，但不能大于7，选项C错误；
D．25℃时，的强碱溶液与的强酸溶液等体积混合，完全中和生成强酸强碱盐，溶液呈中性，选项D正确；
答案选D。
14．2021年12月9日，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站进行太空授课。王亚平利用泡腾片演示了微重力环境下液体表面张力的实验。某维C泡腾片具有抗氧化、防衰老的功效，含有维生素C、柠檬酸、碳酸氢钠、乳糖、山梨糖醇等，遇水有大量气体生成。硝酸铵是运载火箭推进剂的成分之一，下列说法正确的是
A．硝酸铵固体及其水溶液均可以导电
B．由泡腾片溶于水产生二氧化碳的现象可知，酸性：柠檬酸<碳酸
C．硝酸铵水溶液显酸性，原理是：
D．氮气是硝酸铵在一定条件下分解的产物之一，其电子式为
【答案】C
【详解】A．硝酸铵固体不能导电，A项错误；
B．泡腾片溶于水，柠檬酸与碳酸氢钠反应得到二氧化碳气体生成，符合强酸制弱酸的复分解反应原理，所以酸性：柠檬酸＞碳酸，B项错误；
C．硝酸铵是强酸弱碱盐，铵根水解使得溶液显酸性，原理是，C项正确；
D．氮气的电子式是，D项错误；
故答案选C。
15．室温下，分别把下列物质加入水中，能使水的电离程度减小且所得溶液呈酸性的是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】A．溶于水电离出H+，对水的电离起抑制作用，水电离程度减小，溶液呈酸性，A项符合题意；
B．是强碱强酸盐，溶于水电离出的离子对水的电离无影响，B项不符合题意；
C．是强酸弱碱盐，铵根水解，促进水的电离，水电离程度增大，所得溶液是酸性，C项不符合题意；
D．是强碱弱酸盐，ClO-发生水解，促进水的电离，水电离程度增大，所得溶液是碱性，D项不符合题意；
故答案选A。
【点睛】升温，可水解的盐都能促进水的电离，酸或碱或直接能电离出大量氢离子/氢氧根离子的物质是抑制水的电离。
16．光催化脱除原理和电化学反应原理类似，用光催化氧化法脱除的过程如图所示。下列说法错误的是

A．脱除过程消耗太阳能
B．在端发生还原反应
C．酸性水溶液中，端的反应为
D．转化为的化学方程式为
【答案】B
【详解】A．由图可知，用Pl-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程中，太阳能转化为化学能，故A正确；
B．在酸性水溶液中，由图可知，NO在Pl端失去电子产生NO2，氮元素的化合价从+2价升高到+4价，发生了氧化反应，故B错误；
C．在酸性水溶液中，由图可知，g-C3N4端的反应为O2和H+反应生成H2O2，根据质量守恒和电子转移守恒得出g-C3N4端的反应为O2+2H++2e-=H2O2，故C正确；
D．根据如图所示的反应过程，可得NO2转化为HNO3的化学方程式为2NO2+H2O2-2HNO3，故D正确；
故答案选B。

二、填空题
17．酸碱中和滴定是中学化学中重要的定量实验。请回答下列问题：
Ⅰ.酸碱中和滴定一一已知某试样中含有杂质，为测定试样中的质量分数，进行如下步骤实验：
①称量样品溶于水，配成溶液；
②准确量取所配溶液于锥形瓶中；
③滴加几滴酚酞溶液；
④用的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：
滴定序号
待测液体积(mL)
所消耗盐酸标准液的体积(mL)
滴定前
滴定后
1
25.00
0.50
20.60
2
25.00
6.00
26.00
3
25.00
1.10
21.00

(1)试样中的质量分数为_______。
(2)若出现下列情况，测定结果偏高的_______。
a.滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶
b.在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
c.若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外
d.酸式滴定管滴至终点时，俯视读数
e.酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗
Ⅱ.氧化还原滴定一一取草酸溶液(无色)置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为的高锰酸钾溶液滴定，发生的反应为：。
(3)滴定时，溶液应装在酸式滴定管中，滴定终点时滴定现象是_______。
(4)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则终点时滴定管读数为_______mL。

【答案】(1)80%
(2)ce
(3)当最后一滴标准液滴入时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色或浅紫色，且半分钟内不褪色
(4)26.10 mL

【详解】（1）三次消耗盐酸体积分别为：20.10 mL、19.90 mL、21.00 mL，第三组数据偏差太大，应该舍去，则消耗盐酸的平均体积为20.00 mL，根据反应方程式NaOH+HCl=NaCl+H2O可知n(NaOH)=n(HCl)=c·V=0.10 mol/L×0.020 L=0.00200 mol，所以25.00 mL待测溶液含有m(NaOH)=n·M=0.00200 mol×40 g/mol=0.08g，因此250 mL待测溶液含有m(NaOH)=0.0800 g×=0.8 g，故试样中NaOH的质量分数：为ω(NaOH)=×100%=80%；
（2）a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，对消耗标准液体积不产生影响，根据c(待测)=分析，溶液浓度不变，选项a不符合题意；
b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，导致消耗标准液体积偏小，根据滴定公式可知待测溶液浓度偏低，选项b不符合题意；
c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，导致消耗标准液体积偏大，根据滴定公式可知待测溶液浓度偏高，选项c符合题意；
d．酸式滴定管滴至终点对，俯视读数，导致消耗标准液体积偏小，根据滴定公式可知待测溶液浓度偏低，选项d不符合题意；
e．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，导致消耗标准液体积偏大，根据滴定公式可知待测溶液浓度偏高，选项e符合题意；
故合理选项是ce；
（3）滴定时，KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，锥形瓶为无色草酸，开始滴定时草酸溶液过量，溶液为无色，当最后一滴标准液滴入时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色或浅紫色，且半分钟内不褪色；
（4）起始读数为0.00 mL，终点读数为26.10 mL，所用酸溶液的体积为26.10 mL。
18．对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。
(1)镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜作阳极，阳极电极方程式是：_______。在此过程中，两个电极上质量的变化值：阴极_______阳极(填“>”“＜”或“=”)。
(2)利用如图所示的装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于_______(填“M”或“N”)处。若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为_______。

【答案】(1)          =
(2)     N     牺牲阳极的阴极保护法

【详解】（1）铁制品电镀铜，铁作阴极、铜作阳极、硫酸铜作电解质；阳极反应是 ，用铜作阳极能向电镀液中不断补充Cu2＋，使电镀液中的Cu2＋浓度保持恒定；阴极反应是；在此过程中，两个电极上质量的变化值：阴极=阳极；答案为；=；
（2）若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于N，构成电解池，铁为阴极被保护；若X为锌，开关K置于M处，构成原电池，锌为负极，锌失电子被腐蚀，铁作正极被保护；该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法。
19．碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活所需的主要能源物质。
(1)有机物M、N可以相互转化：  ；M、N相比，较不稳定的是_______。
(2)使和通过灼热的炭层，生成和，当消耗时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式_______。
【答案】(1)N
(2)2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)=4HCl(g)+CO2(g)△H=-2akJ/mol

【详解】（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N，过程为：    ΔH=＋88.6kJ·mol-1，过程是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，能量越高越不稳定，说明N较不稳定；答案为N；
（2）使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1molCl2参与反应时释放出akJ热量， 2mol氯气反应放热2akJ，反应的热化学方程式为：写出该反应的热化学方程式：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)=4HCl(g)+CO2(g)△H=-2akJ/mol。
20．已知：25℃时，、、。
(1)常温下，将pH和体积均相同的和溶液分别稀释，溶液pH随加水体积的变化如图：

①曲线Ⅰ代表_______溶液(填“”或“”)。
②a、b两点对应的溶液中，水的电离程度a_______b(填“>”、“＜”或“=”)。
③向上述溶液和溶液分别滴加等浓度的溶液，当恰好中和时，消耗溶液体积分别为和，则V1_______V2 (填“>”、“＜”或“=”)。
④酸度(AG)也可表示溶液的酸碱性，。常温下，的硝酸溶液AG=_______。
(2)25℃时，往溶液中加入溶液。当，生成，水解的离子方程式为(请写出涉及到的所有步骤)_______。
【答案】(1)     HNO3溶液     =     ＜     10
(2)、

【详解】（1）①根据数据可知，CH3COOH为弱酸，HNO3为强酸，将pH和体积均相同的CH3COOH溶液和HNO3溶液分别稀释相同体积时，强酸的pH变化大，则曲线Ⅰ代表HNO3溶液；
②酸对水的电离平衡起抑制作用，酸性越强，水的电离程度越小，图中pH为a=b，故酸性一样，水的电离程度一样；答案为=；
③pH和体积均相同的CH3COOH溶液和HNO3溶液，HNO3酸性强于CH3COOH，CH3COOH的浓度大于HNO3的浓度，若向上述CH3COOH和HNO3溶液中分别滴加等浓度的NaOH溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液体积分别为V1和V2，由于酸的体积相等，浓度越大，酸的物质的量越大，消耗NaOH的体积就越大，故V1＜V2；
④常温下，pH=2的硝酸溶液中c(OH-)===10-12，AG= ==10；
（2）水解的离子方程式为、。

三、原理综合题
21．已知：  ，该反应经历了如下反应历程：
第一步       第二步
(1)下表列出了3种化学键的键能：
化学键



键能




___________。
(2)若第一步为快反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是___________(填标号)。A． B．
C． D．
(3)下列说法中可证明反应已达平衡状态的是___________(填标号)。
A．一个键断裂的同时有两个键断裂
B．反应速率
C．条件一定时，混合气体的平均相对分子质量不再变化
D．温度和体积一定时，混合气体颜色不再变化
(4)在时，往刚性密闭容器甲充入 和 ，往完全相同的容器乙充入 ，同时发生反应，两容器中碘化氢的物质的量与反应时间的关系如图：

①0～20min，容器甲中反应速率___________。
②该温度下，反应的平衡常数___________(列计算式即可)。
③120min时，欲使容器乙平衡转化率变为25%，可采取的措施为___________(填标号)。
A．减小压强            B．升高温度            C．加入            D．降低温度
【答案】(1)299
(2)C
(3)AD
(4)     0.015          B

【详解】（1）△H=反应物键能总和-生成物键能总和，则-11kJ/mol=(436+151)kJ/mol-2akJ/mol，解得a=299；
（2） ，说明反应物总能量大于生成物总能量，则BD错误，若第一步为快反应，说明第一步的活化能小于第二步，则C选项正确，故答案为C；
（3）A．一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂，则正反应速率等于逆反应速率，说明反应达到平衡状态, 故A正确；
B．反应速率v(H2)=2v(HI)，未指明正反应速率和逆反应速率，故B错误；
C．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量不变的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．该反应只有I2(g)有颜色，温度和体积一定时，混合气体颜色不再变化，则I2(g)浓度不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为AD；
（4）①0~ 20min，容器甲中(HI)=0.6mol，根据方程式可知(H2)=×0.6mol=0.3mol，0~ 20min，容器甲中反应速率v(H2)==0.015mol/(L·min)；②根据图中信息，列化学平衡三段式，，该反应是气体体积不变的反应，则K；③容器乙HI平衡转化率为，欲使容器乙HI平衡转化率变为25%，即要使平衡逆向移动；
A．减小压强，平衡不移动，故A错误；
B．升高温度，平衡逆向移动，故B正确；
C．加入H2，平衡正向移动，故C错误；
D．降低温度，平衡正向移动，故D错误；
故答案为B。