2025--2026学年广东惠州市惠阳高级中学下学期高二年级期中考试化学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年广东惠州市惠阳高级中学下学期高二年级期中考试化学试题 [含答案]，共22页。试卷主要包含了5 V 51， 下列说法错误的是， 氨水中存在电离平衡， 室温条件下，用0， 25℃时，0等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。共8页，总分100分。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 V 51
第Ⅰ卷(选择题 共45分)
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 下列说法错误的是
A. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”，现代用的蜡烛的主要成分是多于16个碳的烷烃
B. “百炼成钢”反复烧红的生铁在空气中不断锤打可以制得钢，该过程中发生了化学反应
C. 葡萄糖是还原性糖，工业上可用于暖瓶内壁镀银
D. 跋山水库旧石器遗址发现的石英制品属于硅酸盐材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．石蜡的成分是固态烷烃，故A正确；
B．生铁在空气中捶打，生铁中的C与氧气发生氧化还原反应，碳含量减少得到钢，故B正确；
C．工业上利用葡萄糖的还原性向暖瓶内壁镀银，故C正确；
D．石英主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐，故D错误；
故选D。
2. 下列各组离子在给定溶液中可能大量共存的是
A. 使紫色石蕊溶液变红的溶液：Na＋、K＋、Fe2＋、NO
B. 加入铝粉有氢气产生的溶液：Na＋、Ca2＋、ClO-、SO
C. 中性溶液中：NH、Na＋、CH3COO-、Cl-
D. 溶液中=10-6；K＋、NH、I-、IO
【答案】C
【解析】
【详解】A．使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，H＋与Fe2+、会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；
B．加入铝粉有氢气产生的溶液可能为酸性溶液，此溶液中ClO-不能大量存在，也可能为碱性溶液，此溶液中Ca2+不能大量存在，B不符合题意；
C．CH3COONH4溶液显中性，、CH3COO-、Na＋、Cl-能大量共存，C符合题意；
D．＝10-6的溶液显酸性，H＋与I-、发生氧化还原反应生成I2，不能大量共存，D不符合题意；
答案选C。
3. 氨水中存在电离平衡：NH3•H2ONH+OH-，下列叙述正确的是
A. 加水稀释，平衡正向移动，溶液中c(OH-)增大
B. 升高温度，溶液中c(OH-)一定增大
C. 向含有酚酞的氨水中，加入少量的NH4Cl晶体，溶液颜色变浅
D. 某温度下，向氨水中加入同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中，减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.加水稀释，平衡正向移动，但是溶液体积增大为主，故溶液中减小，故A错误；
B.氨水易挥发，升高温度，浓度减小，溶液中减小，故B错误；
C.向含有酚酞的氨水中，加入少量的晶体，平衡逆向移动，减小，溶液颜色变浅，故C正确；
D.某温度下，向氨水中加入同浓度的溶液，在滴加过程中，逐渐减小，，逐渐增大，故D错误；
故选C。
4. 已知、、分别是三种酸的电离平衡常数。若这三种酸可发生如下反应：
①
②
③
则下列叙述正确的是
A. 的电离平衡常数为
B. 的电离平衡常数为
C. 根据①③两个反应即可判断三种酸酸性的相对强弱
D. 的电离平衡常数比的大，比的小
【答案】A
【解析】
【分析】根据强酸制弱酸的原理可知，题给三个反应中，反应①说明酸性，反应②说明酸性，反应③说明酸性，故、的、酸性依次减弱。弱酸酸性越强，电离平衡常数越大，故、、的电离平衡常数分别为、、，以此解答。
【详解】A．由分析可知，的电离平衡常数为，故A正确；
B．由分析可知，的电离平衡常数为，故B错误；
C．根据①③两个反应不能判断和的酸性强弱，故C错误；
D．、、的电离平衡常数分别为、、，的电离平衡常数比和都大，故D错误；
故选A。
5. 某温度下，向的蒸馏水中加入晶体，保持温度不变，测得溶液中。下列对该溶液的叙述不正确的是
A. 该温度高于
B. 由水电离出来的的浓度为
C. 加入晶体抑制水的电离
D. 取该溶液加水稀释100倍，溶液中的增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．该温度下蒸馏水的，说明水的离子积为，25℃时Kw=，因此温度高于25℃，A正确；
B．溶液中总，其中水电离的H+浓度等于OH-浓度，即，因此水电离的H+浓度为，B错误；
C．电离产生H+，抑制水的电离，C正确；
D．稀释后，减小，但温度不变，恒定，因此会增大，D正确；
故选B。
6. 利用反应 可实现从燃煤烟气中回收硫。向三个体积相同的恒容密闭容器中通入和发生反应，反应体系的总压强随时间的变化如图所示。下列说法错误的是
A. 实验b中，40min内CO的平均反应速率
B. 与实验a相比，实验b改变的条件是加入催化剂
C. 实验b中的平衡转化率是75%
D. 实验abc相应条件下的平衡常数：
【答案】D
【解析】
【分析】反应为放热反应，三个反应容器体积相同且恒容，反应物起始量相同，实验a、b起始压强相同，说明反应温度相同，实验b达到平衡快，反应速率大，但两者平衡状态相同，说明实验b使用了催化剂；与实验a相比，实验c达到平衡快，反应速率大，且平衡时体系压强大，说明实验c的反应温度更高。
【详解】A．对反应，反应时混合气体减小的物质的量相同于消耗SO2的物质的量，根据压强之比等于物质的量之比，实验b中， 40min内体系压强减小了，相当于二氧化硫的分压强减小了40kPa，则CO的分压强减小了80kPa，故CO的平均反应速率为，A正确；
B．根据分析知实验b改变的条件是加入催化剂，B正确；
C．设达到平衡状态时，SO2消耗了，列三段式得：
40min达到平衡，此时压强为120kPa，根据压强之比等于物质的量之比，得：，解得，故二氧化硫的转化率为，C正确；
D．平衡常数只受温度影响，根据分析知实验a、b反应温度相同，则。反应，说明该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，实验c 温度比实验a、b高，则，D错误；
故选D。
7. 室温条件下，用0.1000ml/L的NaOH溶液分别滴定HX、HY、HZ的溶液，三种酸溶液的体积均为20.00mL，浓度均为0.1000ml/L，滴定曲线如图所示。
下列叙述正确的是
A. 酸性强弱：HX>HY>HZB. 滴定这三种酸时，均可选择酚酞做指示剂
C. 电离常数Ka(HY)=10-6D. HZ的电离方程式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题图可知相同浓度pH越小酸性越强，酸性强弱顺序为HXc(H2R) >c(R2-)
【答案】B
【解析】
【分析】随着pH增大，逐渐转化为，的浓度逐渐减小，的浓度逐渐增大；pH继续增大，逐渐转化为，的浓度又逐渐减小，的浓度开始逐渐增大，因此曲线a代表，曲线b代表，曲线c代表。
【详解】A．pH=2.96 时，cH2R=cHR−，的一级电离常数Ka1H2R=c(H+)⋅cHR−c(H2R)=c(H+)=10−2.96，故一级电离常数的数量级为，A错误；
B．Ka1H2R=c(H+)⋅cHR−c(H2R)=cH+=10−2.96，pH=5.44 时，，Ka2H2R=c(H+)⋅c(R2−)c(HR−)=cH+=10−5.44，曲线a与曲线c的交叉点p点c(R2-)=c(H2R) ，Ka2H2RKa1H2R=c(R2−)·cH2Rc2(HR−)=c2(R2−)c2(HR−)=10−5.4410−2.96=10−2.48 ，c(R2−)c(HR−)=10−1.24 ，B正确；
C．因Ka1H2R>Ka(HF)>Ka2H2R，故反应的离子方程式为H2R+F−⇌HF+HR−，C错误；
D．的电离常数Ka2H2R=10−5.44，水解常数Kh=c(H2R)⋅c(OH−)c(HR−)=c(H2R)⋅c(OH−)·cH+c(HR−)·cH+=KwKa1=10−1410−2.96=10−11.04，Ka2(H2R)>Kh，溶液显酸性，cc(H2R)c (H+) + c ( X-)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图像中pH= 5.0时，pM=0可知，HX的电离常数=10-5，所以Kh(X-)= KwKa= 1×10-9，A正确；
B．根据图像中pH=6.7时，pM=0，根据图像，当pH=6.7时，pM=0，则c(Ni2+)=1ml⋅L−1，此时c(OH−)=10−7.3ml⋅L−1，故Ksp [Ni(OH)2] = 1×10-7.3× 10-7.3 = 1×10-14.6，Ni(OH)2的沉淀溶解平衡常数的数量级为10-15，B正确；
C．由图可知，a点时c (Ni2+)与相等，则KspNiOH2c2(OH−)=c(H+)Ka，c (OH-)=KspNiOH2×KaKw=10−14.6×10−510−14ml·L-1=10-5.6 ml·L-1 ， 结合溶度积常数可知a点时c ( Ni2+ ) = KspNiOH2c2(OH−)=1×10−14.6(1×10−5.6)2=10-3.4ml·L-1 > 10-5 ml·L-1，Ni2+ 沉淀不完全，C错误；
D．由C项解析可知，a点时，c (OH-) > c (H+)， 显碱性，再根据电荷守恒可知c (Na+) + c (H+)= c (OH-) + c (X-)，故c (Na+) + c (OH-) > c (H+) + c (X-)，D正确。
14. 25℃时，向的溶液中缓慢通入气体，使其充分吸收，溶液pH与通入的物质的量关系如图所示(忽略溶液体积的变化和的分解)。下列说法正确的是
A. 常温下，电离平衡常数为×10 -7.6
B. 水的电离程度：a > b >c
C. b点溶液中：
D. c点溶液中4
【答案】B
【解析】
【分析】n(NaClO)=1L×1.0ml/L=1ml ，通入少量时，发生反应①SO2+H2O+3NaClO=Na2SO4+NaCl+2HClO ，过量时，发生反应②SO2+H2O+NaClO=H2SO4+NaCl 。由图像可知，b点pH突然减小，且通入，说明b点时反应①恰好进行完全，c点为，说明c点反应②恰好进行完全。
【详解】A．在b点处，pH=3.8，故c(H+)=10−3.8ml/L ，根据反应①可知，n(HClO)=2n(SO2)=23ml ，故c(HClO)=23ml1L=23ml/L ，由可知，c(ClO−)=c(H+)=10−3.8ml/L ，故Ka=cH+×cClO−cHClO=10−3.8×10−3.823=1.5×10−7.6，A错误；
B．由题图及分析可知，a点溶液含有次氯酸和次氯酸钠，次氯酸抑制水的电离、次氯酸钠促进水的电离，b点溶液含有的次氯酸抑制水的电离，则a点水的电离程度大于b点，c点溶液含有的硫酸抑制水的电离，c点溶液中氢离子浓度大于b点，水的电离程度小于b点，故水的电离程度大小顺序为a>b>c，B正确；
C．根据电荷守恒，cNa++cH+=cOH−+2cSO42−+cCl−+cClO−，由于b点溶液的pH H>V ②. 相同 ③. 配合物B中含有亲水基氨基、羟基，且可以与水形成分子间氢键
（3）(VnO3n+1)(n+2)-
（4）分子晶体 （5） ①. VO2 ②.
【解析】
【小问1详解】
基态V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，3d3轨道中电子自旋状态相同，其他轨道中两个电子自旋状态均相反，故两种自旋状态的电子数之比为13：10或10：13。
【小问2详解】
配合物A的组成元素为H、C、N、O、V，其电负性由大到小的顺序为O>N>C>H>V；配合物A中的C原子无论是六元环上的C原子，还是酯基中的C原子均为sp2杂化，两个N原子也采用sp2杂化，故C、N原子的杂化方式相同；配合物B中含氨基、羟基，极性强，属于亲水基，且可以与水形成分子间氢键，使其水溶性增大。
【小问3详解】
根据钒酸根离子、焦钒酸根离子、三钒酸根离子可知，V原子依次增加1，O原子依次增加3，所带电荷依次增加1，故这类钒酸根离子的化学式可用通式表示为(VnO3n+1)(n+2)-。
【小问4详解】
四氯化钒为黏稠的红褐色液体，说明熔沸点比较低，硬度比较小，其晶体类型属于分子晶体。
【小问5详解】
①在晶胞中V原子处在8个顶点和体心，数目为=2个，4个O原子处在面上，2个O原子在内部，数目为=4，故晶胞中化学式为VO2；
②晶胞参数如晶胞图，晶胞的质量m=2×51+4×16NAg=166NAg，晶胞的体积V=abc×(10−7cm)3=abc×10−21cm3，晶胞的密度ρ=mv=2×(51+32)NA×abc×10−21g·cm-3 = 1.66NA×abc×1023g·cm-3。
17. 已知25℃时电离常数：
（1）H2CO3、CH3COOH、HCN三种酸中酸性最弱的是_______。常温下，pH均为10的Na2CO3、CH3COONa、NaCN、NaHCO3四种溶液中，物质的量浓度最大的是_______。
（2）常温下，向20mL0.01ml·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01ml·L-1KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：

①若想观察滴定终点，滴定过程中宜选用_______作指示剂(填“酚酞”、“石蕊”或“甲基橙”)。
②b点时，溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。
（3）常温下，向NaCN溶液中通入少量CO2发生反应的化学方程式为：_______。
（4）在一定条件下，Na2CO3溶液中存在CO+H2OHCO+OH-平衡，下列说法不正确的是_______。
A. 稀释溶液，增大B. 通入CO2，溶液pH减小
C. 升高温度，水解平衡常数增大D. 加入Na2O固体，减小
【答案】（1） ①. HCN ②. CH3COONa
（2） ①. 酚酞 ②. c(CH3COO-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)
（3）NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN （4）A
【解析】
【小问1详解】
电离平衡常数越大，说明电离程度越强，根据表中数据可知，酸性强弱顺序是CH3COOH>H2CO3>HCN，因此三种酸中酸性最弱的是HCN；酸的酸性越强，对应酸根离子水解程度越弱，pH为10的四种盐溶液中，物质的量浓度最大的是CH3COONa；
【小问2详解】
①中和滴定实验中，不用石蕊作指示剂，CH3COOH与KOH恰好完全反应生成CH3COOK，CH3COOK为强碱弱酸盐，溶液显碱性，选择指示剂原则之一是指示剂的变色范围与溶液的酸碱性一致，因此用KOH滴定CH3COOH溶液，指示剂为酚酞；
②根据图像可知，b点时，混合溶液显酸性；b点加入KOH溶液10mL，此时溶液中溶质为CH3COOK、CH3COOH，且两者物质的量相等，b点溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，因此离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)；
【小问3详解】
根据表中数据，电离平衡常数大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO，因此NaCN溶液中通入少量CO2，发生NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3；
【小问4详解】
A．，加水稀释，促使平衡向右进行，n(CO)减小，n(Na+)、Kh不变，因此该比值应减小，故A错误；
B．通入CO2，CO2与OH-反应生成HCO，c(OH-)降低，pH降低，故B正确；
C．盐类水解为吸热反应，升高温度，促进水解，水解常数增大，故C正确；
D．加入Na2O，氧化钠与水反应生成NaOH，c(OH-)增大，平衡左移，c(HCO)减小，c(CO)增大，该比值减小，故D正确；
答案选A。
18. 某实验小组对与的反应进行探究。
【实验前的预测】
（1）甲同学认为配制溶液时，应先将固体溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。请结合化学用语说明甲同学配制溶液时加浓盐酸的目的：_______。
（2）乙同学分析溶液中的微粒组成认为：
①溶液含、、微粒，且
②溶液显碱性，且
你认为乙同学观点正确的是_______(填序号)。
丙同学根据物质的价态预测与两物质可能会发生氧化还原反应，丙同学建议根据原电池原理设计实验并进行操作。
【实验设计与操作】
（3）两溶液不接触的实验
按丙同学思路，设计以下实验进行相关探究。
（4）两溶液接触的反应
在溶液中滴加溶液，边滴加边振荡并观察现象。
甲同学认为实验III红褐色的“溶液”可能是氢氧化铁胶体，他用_______实验证实了推测。
【实验结论与反思】
（5）通过对实验现象分析，小组同学得出如下结论：
①溶液与溶液同时发生氧化还原反应和相互促进的水解反应。
②当时水解反应占主导地位。
你同意他们的哪些观点_______(填序号，若均不同意则填无)。此外，若兼顾化学反应速率和化学反应限度两个角度，你还能得出什么结论：_______。
【答案】（1），加盐酸，增大氢离子浓度，抑制水解
（2）①② （3） ①. ②. 取少量正极产物的溶液于试管中，向试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，则说明有亚铁离子生成
（4）丁达尔效应 （5） ①. ① ②. 化学反应速率较慢，氧化还原反应和水解反应都是有限度的
【解析】
【分析】配制氯化铁溶液时先加浓盐酸，再稀释至所需体积。亚硫酸钠溶液中微粒含有含、、、Na＋、OH－、H＋、H2O等微粒，利用原电池原理分析亚硫酸钠和氯化铁溶液反应，氯化铁作正极，亚硫酸钠作负极，用不同浓度的亚硫酸钠和氯化铁溶液混合进行探究性实验，根据实验现象进行分析得到两者既发生氧化还原反应又发生双水解反应，且反应速率较慢，两者反应都有一定的限度。
【小问1详解】
由于铁离子发生水解，加盐酸，增大氢离子浓度，水解平衡逆向移动，抑制水解，因此甲同学配制溶液时加浓盐酸的目的：，加盐酸，增大氢离子浓度，抑制水解；故答案为：，加盐酸，增大氢离子浓度，抑制水解。
【小问2详解】
乙同学分析溶液中的微粒组成认为：①溶液含、、、Na＋、OH－、H＋、H2O微粒，根据物料守恒得到，故①正确；②由于亚硫酸根水解生成亚硫酸氢根和氢氧根，因此溶液显碱性，根据质子守恒得到，故②正确；综上所述，答案为：①②。
【小问3详解】
①根据分析亚硫酸根化合价升高，铁离子化合价降低，因此亚硫酸钠作负极，其电极反应式为；故答案为：。
②正极是铁离子得到电子变为亚铁离子，主要通过验证溶液中是否有亚铁离子，因此探究正极产物的实验方案为取少量正极产物的溶液于试管中，向试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，则说明有亚铁离子生成；故答案为：取少量正极产物的溶液于试管中，向试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，则说明有亚铁离子生成。
【小问4详解】
甲同学认为实验III红褐色的“溶液”可能是氢氧化铁胶体，胶体具有丁达尔效应，因此他用丁达尔效应实验证实了推测；故答案为：丁达尔效应。
【小问5详解】
根据实验I有红褐色沉淀生成，说明发生了相互促进的双水解反应，根据IV溶液颜色最终变为无色，说明发生了氧化还原反应，根据实验III的现象说明当时水解反应占主导地位，几乎没有发生氧化还原反应，因此同意他们的观点①。根据实验都继续滴加，增大亚硫酸根的浓度，一小时后变化的现象才清晰，说明化学反应速率较慢，氧化还原反应和水解反应都是有限度的；故答案为：①；化学反应速率较慢，氧化还原反应和水解反应都是有限度的。
19. 磷酸铁锂是一种锂离子电池材料，磷酸铁锂废料中磷、铁、锂的综合回收利用工艺流程如图所示：
已知：Fe(OH)3的Ksp = 8.0×10-38；当溶液中离子的物质的量浓度低于10-5 ml·L-1时，认为该离子已完全沉淀；lg2 = 0.3。回答下列问题。
（1）写出用NaOH溶液处理磷酸铁锂废料中的Al单质的离子方程式：______试剂A最好选用：______(填化学式)。
（2）在除铝后料中加入盐酸酸化的双氧水的目的是______。
（3）浸出液中加入Na2CO3 ，Na2CO3的浓度对铁和磷的沉淀率的影响如图所示，碳酸钠浓度增加至30%以上时，磷沉淀率出现明显下降趋势的原因是______。
（4）向FePO4·2H2O中加入NaOH溶液生成Na3PO4和Fe(OH)3，若使Fe(OH)3沉淀完全，过滤后Na3PO4溶液中的pH≥______；一定条件下，氢氧化钠添加量对磷酸铁制备磷酸钠和氢氧化铁的影响结果如图所示，选取最佳氢氧化钠用量为理论用量的______倍。
【答案】（1） ①. 2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑ ②. CO2
（2）将亚铁离子氧化成铁离子
（3）碳酸钠浓度高于30%时，使得pH偏高，直接生成Fe(OH)3沉淀
（4） ①. 3.3 ②. 1.2
【解析】
【分析】此题为磷酸铁锂废料中磷、铁、锂的综合回收利用工艺流程，首先用NaOH溶液处理磷酸铁锂废料中的Al单质，使铝与其它元素分离进入溶液，而其它元素依然为固体；再加入盐酸和双氧水将其溶解，不溶的石墨除去；向溶液中加入碳酸钠溶液，使磷元素、铁元素转成FePO4·2H2O沉淀，锂元素转成LiCl溶液达到分离目的；最后向FePO4·2H2O中加入NaOH溶液生成Na3PO4和Fe(OH)3，Na3PO4溶液再经过蒸发结晶得到所要的产品，依此回答问题。
【小问1详解】
NaOH溶液与Al反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑；用偏铝酸钠制备Al(OH)3所用试剂为酸，若用强酸，过量会使Al(OH)3溶解，故需要弱酸，最常见的弱酸为碳酸，所以最佳试剂A是CO2；
【小问2详解】
在除铝后料中加入盐酸进行酸化，加入双氧水会使Fe2+氧化成Fe3+；
【小问3详解】
碳酸钠浓度高于30%时，溶液的pH偏高，Fe3+直接生成Fe(OH)3沉淀而不生成FePO4·2H2O，磷沉淀率出现明显下降；
【小问4详解】
Fe(OH)3沉淀完全时，Fe3+浓度低于10-5 ml·L-1，根据Fe(OH)3的Ksp = 8.0×10-38可知c3(OH-)=，c(OH-) =2×10-11 ml·L-1， c(H+) =5×10-4 ml·L-1，pH=-lg(5×10-4)=3.3，故需Na3PO4溶液中的pH≥3.3；由图乙可知，氢氧化钠添加量为1.2倍时，渣中磷含量最少，故选取最佳氢氧化钠用量为理论用量的1.2倍。
20. 通过CH4催化还原CO2可实现碳资源的充分利用。
反应Ⅰ：CO2 (g) + CH4 (g) 2CO(g) + 2H2 (g) = +247 kJ·ml-1
反应Ⅱ：CO2 (g) + H2 (g)CO(g)+H2O(g) = +41 kJ·ml-1
回答下列问题：
（1）CO2通过逆水煤气变换加氢还原为合成气，将是未来形成封闭碳循环的重要一步，但往往伴随着生成甲烷的副反应，写出反应Ⅲ：CO2加氢还原成甲烷和水蒸气的热化学方程式______ ；若反应Ⅰ、反应Ⅱ的平衡常数分别为KⅠ、KⅡ，则反应Ⅲ的KⅢ =______。
（2）向2L恒容密闭容器中加入1ml CO2和3 ml H2，只发生上述反应Ⅱ和反应Ⅲ；反应部分气态物时各组分的物质的量分数随温度的变化如图所示。
①在T = 450℃，10 min后容器内总压强为0.1MPa，不再变化，达到A点，容器中H2O为1.32 ml，10 min内H2的平均反应速率v(H2) = ______，反应Ⅲ的平衡常数Kp =______(只带数值，不计算)。
②当反应温度低于600℃时，CH4是主要产物；超过700℃时，CO产物明显增多的原因是______。
（3）反应Ⅱ和反应Ⅲ的ln K(K代表化学平衡常数)随(温度的倒数)的变化如图所示。
反应Ⅲ对应的是______(填“直线A’’或“直线B”)。
（4）工业上常用氨水吸收CO2，生成物为(NH4)2CO3和NH4HCO3，两种生成物阴离子的比值Kh1(CO)：Kh(HCO) ______10 000(填“大于”“小于”或“等于”，已知常温下碳酸的电离常数Ka1 = 4.4×10-7、Ka2 = 4.7×10-11)。
【答案】（1） ①. CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+ 2H2O(g) = -165 kJ· ml-1 ②. KΠ2KΙ
（2） ①. 0.122 ml·L-1·min-1 ②. (×0.1)×(×0.1)(×0.1)×(×0.1) ③. 反应Ⅱ的正反应为吸热反应，反应Ⅲ的正反应为放热反应，温度升高，反应Ⅱ的平衡正向移动，反应Ⅲ的平衡逆向移动，故温度升高CO产物增多，CH4产物减少
（3）直线A （4）小于
【解析】
【小问1详解】
2×反应Ⅱ-反应Ⅰ可得反应Ⅲ的热化学方程式CO2(g) + 4H2(g)CH4(g) + 2H2O(g) =-165 kJ·ml-1；反应I、反应Ⅱ的平衡常数分别为KⅠ、KⅡ，则KⅢ= KΠ2KΙ。
【小问2详解】
由图甲可知T = 450℃，10 min达到平衡A点，压强为0.1 MPa，容器中H2O为1.32 ml。设反应Ⅱ转化的n(CO2)为a ml，反应Ⅲ转化的n(CO2)为b ml。
CO2g+H2g⇌COg+H2Og转化mla a a a
CO2g+4H2g⇌CH4g+2H2Og转化mlb b b b
由A点可知，平衡时n (H2) = n(CH4)，可得3-a -4b = b、a + 2b =1.32，解得a = 0.2 ml，b = 0.56 ml，10 min内H2的平均反应速率v (H2)=0.2ml+4×0.56ml2L10min = 0.122 ml·L-1 。 min-1 ； 达到平衡时，体系中各物质的物质的量分别为n(CO2) = l ml- 0.2 ml-0.56 ml = 0.24 ml、n(H2)= n (CH4) = 0.56 ml、n (H2O) =1.32 ml、n (CO) = 0.2 ml，n(总) = 2.88 ml，反应Ⅲ的平衡常数Kp=(×0.1)×(×0.1)(×0.1)×(×0.1)；
②反应Ⅱ的正反应为吸热反应，反应Ⅲ的正反应为放热反应，温度升高，反应Ⅱ的平衡正向移动，反应Ⅲ的平衡逆向移动，故温度升高CO产物增多，CH4产物减少。
【小问3详解】
反应Ⅲ为放热反应，温度T降低，增大，平衡向正向移动，K值增大，ln K增大，所以ln K随的增大而增大，故反应Ⅲ对应的是直线A。
【小问4详解】
Kh1(CO32−)= ，Kh(HCO3-)=KwKa1，Kh1(CO32−)Kh(HCO3-)=KwKa2KwKa1=Ka1Ka2=4.4×10−74.7×10−11