《黑龙江省哈尔滨市示范名校2023学年高三压轴卷化学试卷(含解析)35582.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黑龙江省哈尔滨市示范名校2023学年高三压轴卷化学试卷(含解析)35582.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 高考化学模拟试卷 注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、常温下，向 20mL0.2molL-1H2A 溶液中滴加 0.2mol.L-1NaOH 溶液，溶液中微粒 H2A、HA-、A2-的物质的量的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A当
2、VNaOH(aq)=20 mL 时.c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)B在 P 点时，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)C当 VNaOH(aq)=30 mL 时，2c(Na+)=3c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)D当 VNaOH(aq)=40 mL.时.c(Na+)c(A2-)c(OH-)c(HA-)c(H2A)c(H+)2、某研究小组利用软锰矿(主要成分为 MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的 SO2，又制得电池材料 MnO2(反应条件已省略)。下列说法不正确的是
3、 A上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需用到的硅酸盐材质仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗 B用 MnCO3能除去溶液中的 Al3+和 Fe3+，其原因是 MnCO3消耗了溶液中的酸，促进 Al3+和 Fe3+水解生成氢氧化物沉淀 C实验室用一定量的 NaOH 溶液和酚酞试液就可以准确测定燃煤尾气中的 SO2含量 DMnSO4溶液MnO2过程中，应控制溶液 pH不能太小 3、室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项 实验操作和现象 结论 A 向 X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量 KSCN 溶液，溶液变为红色 X 溶液中一定含有 Fe2+B 在炽热的木
4、炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧 加热条件下，浓硝酸与 C反应生成 NO2 C 向含有 ZnS 和 Na2S 的悬浊液中滴加 CuSO4溶液，生成黑色沉淀 Ksp(CuS)”“”“”“”或“=”)。在图中所示五种温度下，该反应的平衡常数最大的温度是_。参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【答案解析】A.当 V（NaOH）=20mL 时，二者恰好完全反应生成 NaHA，根据电荷守恒得：c（OH-）+2c（A2-）+c（HA-）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得 c（Na+）=c（HA-）+c（H2A）+c（A2-），二者结合可得：c（OH-）
5、+c（A2-）=c（H+）+c（H2A），则 c（OH-）c（H+）+c（H2A）c（HA-），正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（A2-）c（OH-）c（HA-）c（H2A）c（H+），故 D 正确；故选 B。2、C【答案解析】A.上述流程中多次涉及到过滤操作，使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，这些都属于硅酸盐材质，A 正确；B.MnCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡，电离产生的 CO32-能消耗溶液中的 H+，使 Al3+和 Fe3+的水解平衡正向移动，促进 Al3+和 Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，B 正确；C.用一定量的 NaOH 溶液和酚酞试液吸收二氧化硫，反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠
6、溶液呈碱性，溶液颜色变化不明显，不能准确测定燃煤尾气中的 SO2含量，C 错误；D.由于 MnO2具有氧化性，当溶液酸性较强时，MnO2的氧化性会增强，所以 MnSO4溶液MnO2过程中，应控制溶液 pH不能太小，D 正确；故合理选项是 C。3、B【答案解析】A先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，检验亚铁离子应先加 KSCN，后加氯水，故 A 错误；B 在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧，这说明加热条件下，浓硝酸与 C反应生成 NO2，故 B 正确；C由于悬浊液中含有硫化钠，硫离子浓度较大，滴加 CuSO4溶液会生成黑色沉淀 CuS，因此不能说明 Ksp(Cu
7、S)Ksp(ZnS)，故 C 错误；D水解程度越大，对应酸的酸性越弱，但盐溶液的浓度未知，由 pH不能判断 HNO2电离出 H+的能力比 H2CO3的强，故 D 错误；故答案选 B。【答案点睛】D 项为易错点，题目中盐溶液的浓度未知，所以无法判断 HNO2电离出 H+的能力比 H2CO3的强，解题时容易漏掉此项关键信息。4、D【答案解析】A丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是天然纤维，故 A 错误；B青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故 B 错误；C升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即 HgS 发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故 C
8、 错误；D白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故 D正确；故答案为 D。5、B【答案解析】A硫酸铝在水中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸为难挥发性酸，所以最终得到的产物是硫酸铝，选项 A 错误；B配制氢氧化铜悬浊液时 NaOH 一定要过量，否则氢氧化铜受热会分解生成黑色的氧化铜，选项 B正确；C高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，为黑色固体，选项 C 错误；D应与足量盐酸反应，少量稀盐酸无法确定成分，选项 D 错误。答案选 B。【答案点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类的水解、物质的制备以及物质含量的测定等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的
9、考查，难度不大，注意相关基础知识的积累，注意硫酸铝在水中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸为难挥发性酸。6、C【答案解析】的分子式为 C4H4O，共有 2 种等效氢，再结合碳碳双键的平面结构特征和烃的燃烧规律分析即可。【题目详解】A属于酚，而不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，两者不可能是同系物，故 A 错误；B共有 2 种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是 4 种，故 B 错误；C中含有两个碳碳双键，碳碳双键最多可提供 6 个原子共平面，则中所有原子都处于同一平面内，故 C 正确；D的分子式为 C4H4O，1mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为 1mol（4+4142）=4.5mol，故
10、 D 错误；故答案为 C。7、B【答案解析】A、此装置为研钵，故 A错误；B、此装置为干燥管，故 B 正确；C、此装置为干燥器，故 C 错误；D、此装置为分液漏斗，故 D 错误。8、D【答案解析】A.标准状况下，SO3不是气体，2.24L SO3并不是 0.1 mol，A 错误；B.12mol/L 盐酸为浓盐酸，和足量的二氧化锰共热时，盐酸因消耗、部分挥发以及水的生成，使盐酸浓度变小不能完全反应，所以制得的 Cl2小于 0.03 mol，分子数小于 0.03NA，B 错误；C.0.1mol CH4与 0.4mol Cl2在光照下充分反应，发生的是取代反应，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯
11、甲烷及氯化氢的混合物，生成 CCl4的分子数小于 0.1NA，C 错误；D.一个乙酸分子中有 3 个 C-H键，则常温常压下，6g 乙酸中含有 C-H键的数目为 0.3NA，D 正确；答案选 D。9、C【答案解析】反应 CN-+OH-+Cl2CO2+N2+Cl-+H2O 中 Cl元素化合价由 0 价降低为-1 价，化合价总共降低 2 价，C元素化合价由+2价升高为+4 价，N 元素化合价由-3 价升高为 0 价，化合价升降最小公倍数为 2(4-2)+(3-0)=10 价，故 CN-系数为 2，Cl2系数为 5，由元素守恒反应方程式为 2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4
12、H2O，以此来解答。【题目详解】A反应 CN-+OH-+Cl2CO2+N2+Cl-+H2O中 Cl元素化合价由 0 价降低为-1 价，C 元素化合价由+2 价升高为+4 价，N元素化合价由-3 价升高为 0 价，可知 Cl2是氧化剂，CO2和 N2是氧化产物，故 A 正确；B由上述分析可知，C 元素化合价由+2 价升高为+4 价，N 元素化合价由-3 价升高为 0 价，所以若有 1mol CN-发生反应，则有(4-2)+(3-0)NA=5NA电子发生转移，故 B正确；C由上述分析可知，反应方程式为 2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是 CN-是还原剂，C
13、l2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为 5：2，故 C 错误；DC 元素化合价由+2 价升高为+4 价，N 元素化合价由-3 价升高为 0 价，所以 CN-失电子，发生氧化反应为负极，故D 正确。故选：C。10、B【答案解析】A通过玻璃片上结冰现象可知该反应为吸热反应，故热能转变为化学能，故 A 错误；B该反应是一个吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，故 B正确；C该反应是一个吸热反应，故 C 错误；D氯化铵与氢氧化钡晶体反应生成氯化钡、一水合氨和水，该反应为吸热反应，题给方程式没有标出各物质的聚集状态，不是该反应的热化学方程式，故 D 错误；故答案为 B。【答案点睛】考查学
14、生吸热反应和物质能量的转化，通过玻璃片上结冰现象可以确定反应是吸热的；吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量。11、C【答案解析】A从阳极泥中提取粗碲，第一步是将 Te 元素转化为 TeO2的沉淀过滤出来，考虑到 TeO2易溶于强酸和强碱，所以氧化浸出步骤中酸不可加过量，A 错误；B过滤操作需要漏斗，而不是分液漏斗，B 错误；C通过分析整个流程可知，最终得到的粗碲固体表面会吸附溶液中的24SO，因此判断洗净与否，只需要检验最后一次洗涤液中是否仍含有24SO即可，C 正确；D酸浸时 TeO2溶解，随后被 Na2SO3还原，TeO2生成 Te 单质，23SO生成24SO，所以正确的离子方程式
15、为：223242SOTeO=2SOTe，TeO2是氧化物离子方程式中不能拆分，D 错误。答案选 C。12、C【答案解析】A、难溶并不是不溶，只是溶解度小，过滤后的溶液中一定有极少量的 S2-，错误，不选 A；B、硫化锰难溶于水，也难溶于氯化锰的溶液，错误，不选 B；C、通过添加过量的难溶电解质硫化锰，除去铜离子、铅离子、镉离子，是沉淀转化的原理，利用硫化铜、硫化铅、硫化镉比硫化锰更难溶于水的原理转化，正确，选 C；D、沉淀转化的离子方程式为 Cu2+（aq）+MnS(s)=CuS(s)+Mn2+（aq），错误，不选 D。本题选 C。13、C【答案解析】A.D 和 T 均为氢元素，但中子数不同，
16、互为同位素，故 A 正确；B.“碳纳米泡沫”和石墨均为碳元素形成的单质，互为同素异形体，故 B正确；C.CH3CH2COOH属于羧酸类，HCOOCH3属于酯类，官能团不同，不是同系物，故 C 错误；D.丙醛与环氧丙烷（）分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故 D正确；综上所述，答案为 C。14、D【答案解析】氢气中含有 H-H 键，只含共价键，故 A 错误；MgCl2由镁离子、氯离子构成，只含离子键，故 B 错误；H2O 中含有 H-O键，只含共价键，故 C 错误；KOH 由钾离子、氢氧根离子构成，氢氧根离子中含有 H-O 键，所以 KOH 既含离子键又含共价键，故 D 正确。15、A【答案
17、解析】A.向 0.10mol/L CH3COONa 溶液中通入 HCl,至溶液 pH=7,c(H+)=c(OH-),HCl不足,反应后溶液中溶质为 NaCl、醋酸和醋酸钠,由电荷守恒可以知道,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl),由物料守恒可以知道,c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),则c（Na+）c（CH3COOH）=c（Cl），故 A 正确；B.溶液中钠原子与 S 原子物质的量之比为 1：1,而铵根离子与部分亚硫酸根离子结合,故 c(Na+)c(NH4+),由物料守恒可以知道,c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),溶液呈中性,由
18、电荷守恒可得:c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-),联立可得:c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32-),故 B 错误;C.向 0.10mol/L Na2SO3溶液通入 SO2,发生 Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,至溶液 pH=7,反应后溶液中溶质为 NaHSO3、Na2SO3，则 c(Na+)2c(SO32)+c(HSO3)+c（H2SO3），故 C 错误；D.向 0.10mol/L(NH4)2CO3溶液中通入 CO2：发生 Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，至溶液 pH=7，反应后溶液中溶质为 NH4HCO3，根据电荷守恒，
19、c(NH4+)=c(HCO3)+2c(CO32)，故 D 错误；答案为 A。16、B【答案解析】A检验卤代烃中卤素原子的种类，要将卤素原子转变成卤素离子，再进行检验；因此，先加 NaOH溶液，使卤代烃水解，再加硝酸酸化后，方可加入 AgNO3，通过观察沉淀的颜色确定卤素原子的种类，选项中缺少加入硝酸酸化的步骤，A 项错误；B层析法的原理即利用待分离的混合物中各组分在某一物质(称作固定相)中的亲和性差异，如吸附性差异，溶解性(或分配作用)差异让混合物溶液(称作流动相)流经固定相，使混合物在流动相和固定相之间进行反复吸附或分配等作用，从而使混合物中的各组分得以分离；纸上层析分离能溶于水的物质时，固
20、定相是吸附在滤纸上的水，流动相是与水能混合的有机溶剂(如醇类)，实验结束后，出现在滤纸靠上方位置的离子，其在流动相中分配更多，出现在滤纸靠下方位置的离子，其在固定相中分配更多；因此蓝色斑点反映的铜离子，在固定相中分配更多，B 项正确；C移液管量取溶液体积的精度是 0.01mL，此外，容量瓶不可用于稀释溶液，C 项错误；D量筒的精确度是 0.1mL，因此无法用量筒精确量取 25.00mL 的液体，D 项错误；答案选 B。二、非选择题（本题包括 5 小题）17、取代反应 羟基、羰基 +2OH-2H O+Cl-+H2O 浓硫酸加热 或或 CH3OCH3 12 2Cl 光照NaOH 水溶液2O/Cu
21、Zn(Hg)/HCl 【答案解析】根据C的结构和B的分子式可得 B的结构简式为，AB发生取代反应，又 A的分子式为 C2H4O，则 A 为乙醛(CH3CHO)，C 在 Zn/HCl 的条件下得到 D，根据已知信息，则 D 的结构简式为，D再经消去反应和酸化得到 E，E 的结构简式为，E 与 CH3OH在一定条件下反应生成F(C9H12O2)，F 与反应生成 G()，G与 H2NCH(CH3)2反应最终得到美托洛尔，据此分析解答问题。【题目详解】(1)根据 C 的结构和 B 的分子式可得 B 的结构简式为，含有的官能团有羟基和羰基，AB 发生取代反应，又 A 的分子式为 C2H4O，则 A 为乙
22、醛(CH3CHO)，故答案为：取代反应；羟基、羰基；(2)由上述分析可知，D 得到 E 的第一部反应为消去反应，反应方程式为+2OH-2H O+Cl-+H2O，故答案为：+2OH-2H O+Cl-+H2O；(3)E 与 CH3OH在一定条件下反应生成 F(C9H12O2)，不饱和度没有发生变化，碳原子数增加 1 个，再联系 G的结构，可知发生醇与醇之间的脱水反应，条件为浓硫酸，加热，已知在此条件下醇羟基不能与醇发生反应，则该过程的副反应为分子内消去脱水，副产物为，分子间脱水可得或 CH3OCH3，故答案为：浓硫酸，加热；或或 CH3OCH3；(4)根据手性碳的概念，可知 G 中含有的手性碳可表
23、示为，故答案为：；(5)芳香族化合物 I 是 B 的同分异构体，I 能与银氨溶液产生银镜，说明 I 中含有CHO，则同分异构体包括：，CHO 可安在邻间对，3 种，OH可安在邻间对，3 种，CHO可安在邻间对，3 种，CH3可安在邻间对，3种，共有 34=12 种，故答案为：12；(6)以甲苯和苯酚为原料制备，其合成思路为，甲苯光照取代变为卤代烃，再水解，变为醇，再催化氧化变为醛，再借助题目 AB，CD 可得合成路线：2Cl 光照NaOH 水溶液2O/Cu Zn(Hg)/HCl，故答案为：2Cl 光照NaOH 水溶液2O/Cu Zn(Hg)/HCl。18、C 羰基（或酮基）、醚键 取代反应 C
24、8H7OCl 或 C8H7ClO 催化剂、促进水解 【答案解析】与氯气反应生成，在氢氧化钠溶液作用下反应生成，根据信息与 CH2I2反应生成，根据信息 E 和 SOCl2反应生成 F，与 F 反应生成 G。【题目详解】A 是苯酚在水中溶解度不大，C 为盐，在水解溶解度大，因此 A与 C 在水中溶解度更大的是 C，根据 G的结构得到G 中官能团的名称是羰基、醚键；故答案为：C；羰基(或酮基)、醚键。EF是OH变为Cl，Cl取代羟基，因此有机反应类型是取代反应，根据 F的结构简式得到 F的分子式为 C8H7OCl或 C8H7ClO；故答案为：取代反应；C8H7OCl 或 C8H7ClO。由 AB
25、反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢，其化学方程式为；故答案为：。根据 D 和 F 生成 G的反应得到物质 D 的结构简式为；故答案为：。根据 B 的结构()，加入 NaOH 溶液得到 C()，反应中加入 NaOH的作用是催化剂、促进水解；故答案为：催化剂、促进水解。与 G 的苯环数相同；核磁共振氢谱有 5 个峰，说明对称性较强；能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯，则符合条件的 G的同分异构体；故答案为：。19、a 防止产生的少量 SO2 逸出(或隔绝空气，防止空气与过氧化钠反应等合理答案)2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3+NaSO4+14Na2OPbSO4偏大酸玻璃棒 100mL
26、容量瓶【答案解析】（1）铝坩埚和陶瓷坩埚在高温下可以与过氧化钠或碳酸钠反应，而铁坩埚不会，所以，步骤适宜材质的坩埚是 a。（2）步骤中上面盖一层 Na2CO3的主要目的是：防止产生的少量 SO2 逸出。焙烧时，FeS2和 Na2O2反应生成硫酸盐和氧化钠的化学方程式为 2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3+NaSO4+14Na2O。（3）PbSO4不溶于水和酸，所以，步骤中得到的固体为 PbSO4。（4）步骤若不除去过量的 SnCl2，因为 Sn2+的还原性强于 Fe2+，后面用 K2Cr2O7溶液滴定生成的 Fe2+时，会消耗过多的 K2Cr2O7溶液，必然会造成铁的含量测量值偏大
27、。（5）步骤滴定时，K2Cr2O7溶液有强氧化性，故应将其盛放在酸式滴定管中；实验室配制 100 mL0.05mol/L K2Cr2O7溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒和 100mL 容量瓶。20、浓盐酸 圆底烧瓶 33CCl CHO+HClOCCl COOH+HCl 无干燥装置 副产物增加 除去氯气中的氯化氢 否 三氯乙酸会溶于乙醇和三氯乙醛，无法分液 73.75%【答案解析】根据题干和装置图我们能看出这是一个有机合成实验题，考查的面比较综合，但是整体难度一般，按照实验题的解题思路去作答即可。【题目详解】（1）根据反应原理我们发现原料需要氯气，因此装置 A 就应该是氯气的发生装置
28、，所以恒压漏斗里装的是浓盐酸；盛放4KMnO的装置是蒸馏烧瓶；（2）按照要求来书写方程式即可，注意次氯酸的还原产物是氯化氢而不是氯气：33CCl CHO+HClOCCl COOH+HCl；（3）制得的氯气中带有氯化氢和水分，氯化氢可以在装置 B 中除去，但是缺少一个干燥装置来除去水分，若不除去水分，氯气和水反应得到次氯酸和盐酸，会生成更多的副产物；（4）该方案是不行的，因为三氯乙酸是有机物，会溶于乙醇和三氯乙醛，根据题目给出的沸点可知此处用蒸馏的方法最适合；（5）根据-4n=c V=0.020.02=410 mol算出消耗的223Na S O的物质的量，根据 2:1 的系数比，这些223Na
29、S O对应着过量的-4210mol单质碘，而一开始加入的碘的物质的量为-3n=c V=0.10.02=210 mol，因此整个过程中消耗了-31.810 mol单质碘，再次根据化学计量数之比发现3CCl CHO：2I为 1:1，也就是说产品中有-31.810 mol三氯乙醛，质量为-3m=nM=1.810147.5=0.2655g，因此产品的纯度为0.2655100%=73.75%0.36。21、-49.8 1 23 23或 66.7%=T1 T2区间，反应未平衡，温度上升反应速率加快，相同时间内捕捉的 CO2越多，剩余的二氧化碳浓度就越小 T1 【答案解析】(1)已知CO(g)+2H2(g)
30、CH3OH(g)H=-91kJmol-1 2CO2(g)2CO(g)+O2(g)H=+566.0 kJmol-1 2H2(g)+O2(g)2H2O(g)H=-483.6 kJmol-1 由盖斯定律可知，+12(+)得 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，H=-91kJmol-1+12(566.0 kJmol-1-483.6 kJmol-1)=-49.8kJmol-1；(2)容器体积为 2L，所以初始 c(CO)=-12mol=1mol L2L，c(H2)=-11mol=0.5mol L2L；平衡时 CO的转化率为13，即转化13molL-1，列三段式：-1-2-1212+
31、mol L1CO gH O0.g500mol L1 31 31 31 3mol L2 31 6COg31 3Hg1起始()转化()平衡()根据平衡常数的概念可知 K=11332136=1；达到平衡时氢气的物质的量为 nmol，则其浓度 c(H2)=-1mol L2n，列三段式有：-122-1-21+mol L0.5100mol L222n 2mol L0.5-21-22CO gH O gCOgHg2nnnnnnn起始()转化()平衡()温度不变平衡常数不变，所以平衡常数 K=220.5-1-22nnnn =1，解得 n=23mol，CO的转化率为2mol3100%=66.7%1mol；在 2
32、L 恒容密闭容器中加入 CO、H2O、CO2、H2各 1 mol，该反应前后气体系数之和相同，所以可用物质的量代替浓度计算，此时浓度商 Q=1 1=11 1=K，所以平衡不发生移动，即 v正=v逆；(3)T3温度之前随温度上升，反应速率加快，所以相同时间内测得的 CO2浓度下降，T3温度之后，在相同时间内反应已达到平衡，温度上升，平衡左移，CO2浓度上升，说明该反应的正反应为放热反应，即H0；T1 T2区间，反应未平衡，温度上升反应速率加快，相同时间内捕捉的 CO2越多，剩余的二氧化碳浓度就越小；铵根的水解使溶液显酸性，碳酸氢根水解使溶液显碱性，铵根的水解平衡常数 Kh=-14-8w-5b1 10=5.56 101.8 10KK，碳酸氢根的水解平衡常数 Kh=-14-6w-7a11 10=2.27 104.4 10KK，比较可知碳酸氢根的水解程度大于铵根的水解程度，所以溶液显碱性，即 c(H+)c(OH-)；根据可知该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以 T1温度时平衡常数最大。【答案点睛】平衡常数只与温度有关，与平衡时各物质的浓度大小没有关系，比较平衡常数大小时只需比较温度，吸热反应温度越高平衡常数越大，放热反应温度越高平衡常数越小；温度相同平衡常数相同，据此可以进行相关计算，也可以通过与浓度商比较判断反应移动的方向。