2025年福建省龙岩市高三下学期5月质检化学试题（附答案解析）

这是一份2025年福建省龙岩市高三下学期5月质检化学试题（附答案解析），共25页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．石墨烯、氧化石墨烯纳米片是摩擦纳米发电机的主要材料。下列说法正确的是
A．石墨烯属于不饱和有机物B．从石墨中剥离出石墨烯需克服分子间作用力
C．纳米氧化石墨烯属于胶体D．氧化石墨烯在水中的溶解度小于石墨烯
2．下列物质是制备抗心律失常药物的原料。下列说法正确的是
A．该分子具有手性碳原子B．该分子中碳原子均共面
C．N原子结合的能力：D．该分子不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
3．下列离子方程式正确的是
A．AgCl沉淀溶于氨水：
B．铝和过量NaOH溶液反应：
C．将少量通入NaClO溶液中：
D．溶液中通入少量气体：
4．为阿伏加德罗常数的值，关于反应说法错误的是
A．常温下，参加反应转移个电子
B．标准状况下，含氧原子数目为
C．含数目为的KOH溶液浓度为
D．含氧原子数为的和混合气体总质量为4.8g
5．由X、W、M、Y、Z元素形成的配合物结构如图，其中X、W、M、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、M、Y在同一周期，W基态原子各能级电子数相同，Z基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有6种。下列说法错误的是
A．最简单氢化物沸点：B．同周期中第一电离能大于M的元素有3种
C．与的空间构型相同D．该物质中Z的化合价为
6．以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含、CuO、PbO、等杂质）为原料回收部分金属单质，其工艺流程如图：
已知：电极电位越高，金属阳离子氧化性越强。25℃下，部分电对的电极电位如表：
下列说法错误的是
A．“酸浸”中鼓入的空气既作氧化剂又有搅拌作用
B．“物质X”可以是NiO，“滤渣Ⅱ”含
C．“物质Y”是Cd，“物质Z”是Cu
D．流程中可循环利用的物质有CO、、Ni
7．Ru（Ⅱ）催化剂（用来表示）高效电催化氧化合成的反应机理如图。下列说法错误的是
A．制得，需投入
B．整个过程N原子的杂化方式未发生变化
C．该过程既有极性键的断裂，又有非极性键的形成
D．Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，配体的键更易断裂
8．我国科学家开发了如图所示的电化学装置，实现了的制备和废弃PET的回收。下列说法正确的是
A．电极A的电势高于电极B的电势
B．电极A发生的反应为：
C．一段时间后阴极区的增大
D．理论上每消耗，电极B消耗乙二醇62g
9．探究不同条件下，KI与反应的实验信息如下表（Ⅰ、Ⅱ按化学计量比恰好反应）。已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法错误的是
A．B．实验Ⅱ中n(氧化产物)n(还原产物)
C．实验Ⅰ、Ⅱ随着反应进行体系的pH均会增大D．由实验Ⅰ、Ⅱ可知的还原性随酸性减弱而减弱
10．称取样品（含杂质）配制溶液，取20.00mL，用标准溶液滴定，测得溶液电导率及随的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．样品的纯度为94.5%B．
C．等浓度的比导电能力强D．滴定终点时
二、解答题
11．2025年宁德时代推出的第二代钠电池，作为固态电解质，工业上以天然锆英石，含等杂质）为原料生产工艺流程如下：
已知：①“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为；
②；
③“还原”前后相关物质升华温度及沸点如下：
回答下列问题：
(1)Zr与Ti同族相邻，属于周期表 区元素。
(2)写出在“溶浸”中发生的离子方程式 。
(3)“沉铅”时加入的物质A最好是 （填标号）。
a．氨水 b．PbO c． d．
(4)“调pH”后，废液中，则废液中为 。（已知：25℃时，，。）
(5)“高温氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为 。
(6)沸点远高于的原因可能是 ；“还原”的主要目的是 。
(7)晶体可传导，利用晶体做固体电解质电解，将废气中的氮氧化物转化为无污染气体，则阴极的电极反应式为 。
(8)某含锆的结合剂是一种平面层状材料，其晶体部分结构如图。该结合剂的化学式为 ；层间区域可以容纳水分子的原因是 。
12．高铁酸钾是一种多功能绿色水处理剂。已知：为紫色固体，微溶于KOH溶液。
Ⅰ．的制备
(1)仪器a名称为 。
(2)为使浓盐酸顺利流入烧瓶，实验操作为 。
(3)x溶液为 。
(4)C中得到紫色固体的化学反应方程式为 。
(5)该装置有一个明显的缺陷是 。
(6)反应结束一段时间后，C中溶液会呈绿色且瓶壁上有少量气泡，经分析，此绿色微粒是，写出相关反应的离子方程式 。
Ⅱ．K2FeO4的纯度测定
(7)准确称取粗品溶于过量的碱性亚铬酸盐溶液中（含，发生反应为），充分反应后过滤，滤液在100mL容量瓶中定容，每次取25.00mL于锥形瓶中，并加入稀硫酸酸化和指示剂二苯胺磺酸钠，用硫酸亚铁铵标准溶液滴定至终点，三次平行实验平均消耗标准溶液vmL。该粗品中的纯度为 （用含字母的代数式表示）。若锥形瓶用待测液润洗，测得纯度 （填“偏低”“偏高”或“无影响”）。
13．治疗贫血患者的中度或高风险骨髓纤维化药物莫洛替尼G的一种合成路线如下：
已知：①DMF—DMA的结构简式为
②
③
回答下列问题：
(1)A中含氧官能团 。
(2)A→B的反应类型为 ，从物质结构角度解释B结构不是的原因 。
(3)C→D的化学方程式为 。
(4)E发生酯的水解反应生成F和，E的结构简式是 。
(5)Y是A的芳香族同分异构体，且满足下述条件。Y的结构简式为 。（任写一种）
①Y能发生银镜反应。
②Y的核磁共振氢谱有4组峰且面积比为。
(6)也可以用下面这个路线合成G：
反应条件①②依次为 、 。
14．将转化为能源是目前研究的热点方向之一，在环境保护方面显示出较大潜力，其涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅳ：
回答下列问题：
(1)反应的Δ 。
(2)在恒容密闭容器中，充入和，若只发生反应Ⅰ，经过相同时间测得不同温度下的转化率与温度关系如图所示。已知：，，其中为速率常数。
①图中的有 （填a、b或c）；代表的是 （填“MH”或“NG”）。
②下列可作为反应Ⅰ达到平衡状态的判断依据的是 。
A．容器内气体压强不变
B．恒温恒容条件下，与的差值不变
C．氧原子的物质的量与分子的总物质的量的比值不再改变
D．断键吸收的总能量等于断键吸收的总能量
(3)向恒容的密闭容器中充入和，若只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时其中两种含碳物质的物质的量n(X)与温度T的关系如图所示。
①曲线q表示 （填分子式）的物质的量与温度的关系变化。
②测得800K时，体系初始压强为pMPa，平衡时，的转化率为 ，该条件下反应Ⅰ的分压平衡常数 （用含p的计算式表示。
已知：分压=总压×物质的量分数）。进行下列操作，重新达到平衡后一定比原平衡大的是 。
A．适当升高温度 B．增大容器体积
C．加入合适的催化剂 D．再充入和
(4)工业上利用反应Ⅰ~Ⅳ将能源化，在其他条件一定时，测得恒压条件下的转化率比恒容高的原因是 。
电对





电极电位





实验序号
Ⅰ
Ⅱ
起始酸碱性
中性
酸性
反应物
0.001
0.001
10a
a
生成物
《福建省龙岩市2025届高三下学期5月质检 化学试题》参考答案
1．B
【详解】A．石墨烯是碳元素形成的单质，有机物是含碳化合物，因此石墨烯不属于有机物，A错误；
B．石墨为层状结构，层内碳原子通过共价键结合，层间存在分子间作用力，石墨烯是单层石墨，从石墨中剥离出石墨烯需克服层间的分子间作用力，B正确；
C．胶体是分散质粒子直径在之间的分散系（混合物），纳米氧化石墨烯是纳米级材料，若未分散到分散剂中，则不是胶体，C错误；
D．氧化石墨烯中含有羟基、羧基等亲水基团，而石墨烯无亲水基团，氧化石墨烯与水的亲和力更强，在水中溶解度大于石墨烯，D错误；
故选B。
2．C
【详解】A．手性碳原子需连四个不同原子或基团，该分子中所有饱和碳原子（sp3杂化）均连接重复原子或基团（如烷基链中均为-CH2-或-CH3），双键碳（sp2杂化）无手性，该分子中没有手性碳原子，A错误；
B．分子中存在多个sp3杂化碳原子（如烷基链、连接的碳链），其四面体结构导致碳链呈锯齿状，不可能所有碳原子共面，B错误；
C．连有强吸电子基团-SO2-，N上电子云密度低，结合H⁺能力弱；为脂肪胺N，连有推电子烷基，电子云密度高，结合H+能力强，故结合H+能力1NH3>CH4，A正确；
B．M为N，同周期第一电离能大于N的元素有F、Ne，共2种，B错误；
C．X3Y+为H3O+，中心原子价层电子对数是：，MX3为NH3，中心原子价层电子对数是：，空间构型均为三角锥形，C正确；
D．Z为Ni，由图可知，配合物中配体为2个离子，则中心离子为带2个单位正电荷的镍离子，所以镍元素的化合价为+2价，D正确；
故选B。
6．C
【分析】该工艺流程以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含、CuO、PbO、等杂质）为原料回收部分金属单质，镍镉矿在空气中加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅、S的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸镍或氧化镍（物质X）调节溶液，将溶液中转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有的滤渣Ⅱ和滤液；向滤液中加入镍(物质Y)，将溶液中转化为铜，过滤得到含有铜、镍的金属（物质Z）和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液（滤液Ⅰ）；固体通入一氧化碳气化分离得到四羰基合镍和镉；四羰基合镍受热分解生成一氧化碳和镍，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸、镍，据此分析回答。
【详解】A．“酸浸”中鼓入空气，可氧化NiS中的-2价的硫，防止生成产生污染，同时搅拌使反应更充分，A正确；
B．加入“物质X”调使转化为氢氧化铁沉淀分离除去，NiO可消耗且不引入杂质，在较低溶液中生成进入滤渣Ⅱ，B正确；
C．净化需除去氧化性强的，而不除去，同时不引入新杂质，应加入Ni（物质Y），置换出Cu，若Y为Cd，其还原性强于Ni，会置换，且Z不仅含Cu、还含有Ni，C错误；
D．CO参与气化生成，分解后生成CO可循环；在酸浸中使用，滤液Ⅰ中含循环；分解生成的Ni可用于净化步骤除，D正确；
故选C。
7．A
【详解】A．催化剂能改变反应的途径，降低反应的活化能，加快反应速率，但反应前后质量和化学性质不变，则制得1ml肼无需投入2ml[L-Ru-NH3]⁺，A错误；
B．氨分子和肼分子中氮原子的价层电子对数都为：3+(5-1×3) ×=4，杂化方式都为sp3杂化，所以整个过程氮原子的杂化方式未发生变化，B正确；
C．由图可知，反应中氨分子的氮氢极性键发生断裂，生成的肼分子中有氮氮非极性键形成，所以该过程既有极性键断裂又有非极性键形成，C正确；
D．Ru(Ⅱ)被氧化为Ru(Ⅲ)后，Ru电正性增强，吸引配体氨分子中电子能力增强，使氮氢键电子云密度降低、键能减弱，更易断裂，D正确；
故选A。
8．D
【详解】A．电极B上乙二醇发生失电子的氧化反应，电极B为阳极，电极A上O2发生得电子的还原反应，电极A为阴极，电解池中阳极电势高于阴极，电极A的电势低于电极B的电势，A错误；
B．电解液为KOH溶液（碱性环境），电极A反应式中不应出现，电极A发生的反应为，B错误；
C．阴极区生成OH⁻，但阴离子交换膜允许OH⁻向阳极区迁移，阳极电极反应式为：，阳极消耗OH⁻的量大于阴极生成OH-的量，阴极区减小，C错误；
D．参与反应，每个得2e⁻，共转移6ml电子；阳极的乙二醇被氧化为甲酸盐，1ml乙二醇失6mle⁻，则消耗1ml乙二醇的质量为：，D正确；
故选D。
9．D
【详解】A．反应Ⅱ的离子方程式是：，可得关系式，可以求得a=0.0002 ml，则反应Ⅰ的n()∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应Ⅰ中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应Ⅰ对应的关系式为，则 中碘元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和可知x=3，反应Ⅰ的离子方程式是：，A正确；
B．实验Ⅱ中，氧化产物为I2，还原产物为Mn2+，由反应Ⅱ的离子方程式可知，n(氧化产物)n(还原产物)， B正确；
C．根据实验Ⅰ和Ⅱ的离子方程式知，实验Ⅰ产生、消耗水，pH增大，实验Ⅱ消耗H+、产生水，pH增大，C正确；
D．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比实验Ⅰ和Ⅱ的产物，的还原性随酸性减弱而增强，D错误；
故答案选D。
10．A
【分析】溶液中电导率随着硫酸钠溶液的加入先减小后增大，硫酸钠溶液为20mL时，电导率最小，说明硫酸钠溶液与氯化钡溶液恰好反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，则氯化钡溶液的浓度为，此时，，钡离子浓度为1.0×10-5ml/L，硫酸钡达到沉淀溶解平衡，，则硫酸钡的溶度积。
【详解】A．样品中Ba2+的物质的量等于滴定消耗Na2SO4的物质的量；滴定终点消耗Na2SO4体积为20.00mL，20mL溶液中n(Ba2+)=0.1000ml/L×0.02000L=0.002ml，100mL溶液中n(Ba2+)=0.01ml，n(BaCl2)+n()=0.01ml，208g/mln(BaCl2)+244g/mln()=2.20g，解得n(BaCl2)=ml，BaCl₂质量=ml×208g/ml=1.387g，纯度=×100%≈63.03%，A错误；
B．根据分析，氯化钡溶液与硫酸钠溶液恰好完全反应时，c(Ba2+)=10-5ml/L，此时，则，B正确；
C．开始为0.1000ml/LBaCl2溶液，电导率小于1.4×10-4μS/cm，加入20mL硫酸钠溶液时得到0.1000ml/LNaCl溶液，Cl-浓度为开始浓度的，但电导率等于1.2×10-4μS/cm，说明等浓度的Na+比Ba2+导电能力强，C正确；
D．终点时，20mL溶液中n(Cl⁻)=2×n(Ba²⁺)=2×0.002ml=0.004ml，溶液体积=20mL+20mL=40mL，c(Cl⁻)=0.004ml÷0.04L=0.1000ml/L，D正确；
故选A。
11．(1)d
(2)
(3)b
(4)
(5)
(6) 是离子晶体，是分子晶体 把还原为沸点更高的，防止升华影响纯度
(7)
(8) 或 层间含-OH，能与层间区域水分子形成氢键
【分析】天然锆英石(含等杂质)中加入硝酸、浓盐酸溶浸，SiO2不溶而成为滤渣1，溶液中金属元素的存在形式为；加入物质A沉铅，此时铅转化为PbCl2；往滤液中加入氨水调pH，使转化为金属的氢氧化物；煅烧后生成金属的氧化物；加入C+Cl2高温氯化，生成ZrCl4、FeCl3、CrCl3；通入氢气还原，将FeCl3还原为FeCl2；升华后，ZrCl4转化为气体，FeCl2、CrCl3仍以固态形式存在；ZrCl4与NaCl在特定条件下化合，生成Na2ZrCl6。
【详解】（1）Zr与Ti同族相邻，Ti位于周期表第四周期第ⅣB族，则Zr属于周期表d区元素。
（2）在“溶浸”中与浓盐酸发生反应，生成、Cl2等,依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出离子方程式为。
（3）“沉铅”时，转化为PbCl2，则加入的物质A最好是PbO，选项中的其它物质都达不到转化的目的，故选b。
（4）“调pH”后，废液中，则c(OH-)=ml/L=1.0×10-5ml/L，废液中为==。
（5）“高温氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，此气体为CO，依据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为。
（6）沸点远高于，可能是二者的晶体类型不同，微粒间的作用力相差较大，则原因可能是是离子晶体，是分子晶体；从题给信息中可以看出，ZrCl4与FeCl3的升华温度相近，应把FeCl3还原为FeCl2，则“还原”的主要目的是：把还原为沸点更高的，防止升华影响纯度。
（7）晶体可传导，利用晶体做固体电解质电解，将废气中的氮氧化物转化为无污染气体，则NOx转化为N2和O2-，所以阴极的电极反应式为。
（8）在1个结构单元中，1个P原子与3个O原子和1个-OH相连，构成，而每个Zr原子被4个结构单元共用，则1个结构单元中含有Zr原子的个数为=1，且含2个，所以该结合剂的化学式为或；层间区域，中的-OH，能与水分子间形成氢键，所以可以容纳水分子的原因是：层间含-OH，能与层间区域水分子形成氢键。
【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。
12．(1)分液漏斗
(2)旋转分液漏斗上的磨口塞，使磨口塞上的凹槽与漏斗口上的小孔对准
(3)饱和NaCl溶液或饱和食盐水
(4)
(5)缺少一个用NaOH吸收尾气的装置（其他合理答案也可）
(6)
(7) （或其他合理答案） 偏高
【分析】装置A用二氧化锰与浓盐酸加热条件下反应制备氯气，因浓盐酸易挥发，导致氯气中混有氯化氢，装置B用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢，装置C中氯气、氢氧化钾溶液和氢氧化铁发生反应制备高铁酸钾，该装置缺少吸收反应剩余的尾气装置，据此解答。
【详解】（1）滴加浓盐酸的仪器a名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（2）旋转分液漏斗上的磨口塞，使磨口塞上的凹槽与漏斗口上的小孔对准，平衡压强，使浓盐酸顺利流入烧瓶，故答案为：旋转分液漏斗上的磨口塞，使磨口塞上的凹槽与漏斗口上的小孔对准；
（3）浓盐酸易挥发，导致氯气中混有氯化氢，装置B用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢，故答案为：饱和NaCl溶液或饱和食盐水；
（4）C中氯气、氢氧化钾溶液和氢氧化铁发生反应，得到紫色高铁酸钾固体，故答案为：；
（5）实验中的氯气有毒，多余的氯气应被吸收，防止污染空气，该装置中缺少一个用NaOH吸收尾气的装置，故答案为：缺少一个用NaOH吸收尾气的装置；
（6）反应结束一段时间后，C中溶液会呈绿色且瓶壁上有少量气泡，经分析，此绿色微粒是，说明高铁酸钾分解生成了和氧气，对应的离子方程式，故答案为：。
（7）整个过程发生了反应①；②，可得关系式：，根据题意可知的物质的量为，样品中高铁酸钾的纯度为；若锥形瓶用待测液润洗，锥形瓶内待测液增多，消耗的标准液增多，计算出高铁酸钾的纯度偏高，故答案为：；偏高。
13．(1)醚键
(2) 加成反应 中氰基的氮原子电负性比较大，导致氮原子呈，A分子中苯环为吸电子基，导致与苯环相连的氨基H原子呈，所以H原子应与氮原子连接，所以主要产物为B
(3)
(4)
(5) ，（任写一种）
(6) 稀硫酸、加热 DMF—DMA
【分析】
A()与发生加成反应生成B()。根据已知信息C()与DMF—DMA发生反应生成D()。结合已知信息和G的结构简式()倒推出F的结构简式为。结合F的结构简式以及反应物与反应生成E，可知E的结构简式为。
【详解】（1）
A的结构简式为含有的含氧官能团为醚键，故答案为：醚键；
（2）
对比A、B的结构简式可知A→B的反应类型为加成反应；B结构不是的原因中氰基的氮原子电负性比较大，导致氮原子呈，A分子中苯环为吸电子基，导致与苯环相连的氨基H原子呈，所以H原子应与氮原子连接，所以主要产物为B，故答案为：加成反应；中氰基的氮原子电负性比较大，导致氮原子呈，A分子中苯环为吸电子基，导致与苯环相连的氨基H原子呈，所以H原子应与氮原子连接，所以主要产物为B；
（3）
C()与DMF—DMA反应生成D()同时还生成了甲醇，C→D的化学方程式为，故答案为：；
（4）
根据分析可知E的结构简式是，故答案为：；
（5）
A中不饱和度为5，C个数10、N个数2，O个数1，Y是A的芳香族同分异构体，满足下述条件①Y能发生银镜反应。②Y的核磁共振氢谱有4组峰且面积比为，说明Y中含有1个，1个苯环，2个，3个，满足条件的物质结构为 ， （任写一种），故答案为： ，（任写一种）；
（6）
发生酯的水解生成，反应①条件是稀硫酸，加热；根据原路线C生成D的条件可知反应②条件为DMF—DMA，故答案为：稀硫酸，加热； DMF—DMA。
14．(1)
(2) c NG AC
(3) CO 80% （或其他合理答案） D
(4)反应Ⅰ和Ⅲ气体分子数减小，恒压有利于提高能源化的转化率
【分析】由题意和图中信息可知，只受温度影响，温度升高，增大，可知从右往左看，MH和NG是随温度升高而增大的线。从到，升高温度，c、b、a反应速率逐渐加快，且b点到a点，温度升高，转化率下降，说明b、a达平衡状态，c点没有达到平衡状态，且反应I的正向为放热反应。反应I是放热反应，随着温度升高，甲烷的量应该逐渐减小，二氧化碳的量增大，又由于反应II是吸热反应，一氧化碳的量随温度升高而逐渐增大，二氧化碳的物质的量逐渐减小。平衡时p的物质的量较大，随着温度升高p的物质的量逐渐减小，q的物质的量逐渐增大，反应I、II进行程度的相对大小决定了二氧化碳量的是增大还是减小，图中p为甲烷，q为CO。
【详解】（1）依据盖斯定律，反应I=反应Ⅲ×2+反应Ⅳ-反应Ⅱ×2，，故答案为：；
（2）①由题意和图中信息可知，只受温度影响，温度升高，增大，可知从右往左看，MH和NG是随温度升高而增大的线。从到，升高温度，c、b、a反应速率逐渐加快，且b点到a点，温度升高，转化率下降，说明b、a达平衡状态，c点没有达到平衡状态，且反应I的正向为放热反应；在相同的时间，反应I的正向为放热反应，c点到b点温度升高转化率升高说明反应正向进行，此时；升高温度，，均增大，反应I的正向为放热反应，平衡逆向移动，平衡常数减小，故升高温度时逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度，即增大的程度更大，故MH为的线，NG为的线，故答案为：c；NG；
②A．恒温恒容条件下，气体的物质的量在变 ，容器内气体压强改变，当压强不变，达到平衡状态，A正确；
B．只受温度影响，温度不变，不变。恒温恒容条件下，与的差值一直不变，B错误；
C．根据原子守恒氧原子的物质的量一直不变，含有氧原子的二氧化碳、水分子的总物质的量是变化的，氧原子的物质的量与分子的总物质的量的比值是变化，不再变化说明反应达到平衡状态，C正确；
D．化学反应发生一定有能量的变化，断键吸收的总能量与断键吸收的总能量不相等，D错误；
故答案为：AC；
（3）①由于反应I是放热反应，随着温度升高，甲烷的量应该逐渐减小，二氧化碳的量增大，又由于反应II是吸热反应，一氧化碳的量随温度升高而逐渐增大，二氧化碳的物质的量逐渐减小。平衡时p的物质的量较大，随着温度升高p的物质的量逐渐减小，q的物质的量逐渐增大，反应I、II进行程度的相对大小决定了二氧化碳量的是增大还是减小，图中p为甲烷，q为CO，故答案为：CO；
②由分析可知p为甲烷，q为CO，测得800K时，体系初始压强为pMPa，e点对应为3.8 ml，f点对应CO为0.2ml，根据反应I：，反应Ⅱ：；通过元素守恒可知CO2为5ml-3.8ml-0.2ml=1 ml、为2×3.8ml+0.2ml=7.8 ml、为20ml-4×3.8ml-0.2ml=4.6 ml，的转化率为；气体总物质的量为17.4ml。根据同温同体积压强之比等于物质的量之比可知平衡时，则该温度时反应I的平衡常数；重新达到平衡后
A．反应I为放热反应，反应II为吸热反应，温度升高，以反应II为主时，反应II正向移动，的平衡转化率增大，减小；以反应I为主时，反应I逆向移动，的平衡转化率减小，增大，A错误；
B．反应I为气体分子总数减小的反应，增大容器体积，各组分浓度均减小，反应1逆向进行，同时引起反应II的正向进行，两个反应进行的程度大小不知道，无法确定的平衡转化率是否增大，变化无法确定B错误；
C．催化剂使用，平衡不移动， 的平衡转化率不变，不变，C错误；
D．恒温恒容条件下原来通入和，平衡时CO2为1 ml、为4.6 ml，再充入和，增大，的平衡转化率减小，增大，D正确；故答案为：80%；；D；
（4）在其他条件一定时，反应Ⅰ和Ⅲ气体分子数减小，恒压有利于提高能源化的转化率，致使测得恒压条件下的转化率比恒容高，故答案为：反应Ⅰ和Ⅲ气体分子数减小，恒压有利于提高能源化的转化率。
题号
1
2
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4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
D
C
B
C
A
D
D
A