福建省廈門市2023-2024學年高二上學期期末考試質量檢測化學試題（解析版）

廈門市2023-2024學年第一學期高二年級質量檢測化學試題滿分：100分考試時間：75分鐘說明：1.本試卷共6頁，滿分100分.考試時間75分鐘2.請將符合題意的答案填入答題卷相應空格中可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16S32Fe56Zn65一、選擇題（本題包括15小題，每小題3分.每小題只有一個選項符合題意，共45分）1.2023年度IUPAC化學領域新興技術，涉及電能與化學能之間轉化的是A.生物回收PET B.使用低糖疫苗 C.合成電化學 D.應用化學GPT語言模型【答案】C【解析】【詳解】A．生物回收PET不涉及電能與化學能的轉化，故A錯誤；B．使用低糖疫苗與電能和化學能無關，故B錯誤；C．合成電化學過程中涉及電能與化學能之間轉化，故C正確；D．應用化學GPT語言模型過程中無電能與化學能之間轉化，故D錯誤；故選C。2.侯氏制堿法中，下列操作與回收母液中無關的是A.通入 B.通入 C.降低溫度 D.添加【答案】A【解析】【詳解】A．通入CO2后，對銨根離子和氯離子沒有影響，則對母液中析出NH4Cl無幫助，A符合題意；B．通入NH3后，溶液中銨根離子濃度增大，平衡向著逆向移動，有利于氯化銨的析出，B不符合題意；C．降低溫度，氯化銨的溶解度降低，有利于氯化銨的析出，C不符合題意；D．添加，溶液中氯離子濃度增大，平衡向著逆向移動，有利于氯化銨的析出，D不符合題意；故選A。3.下列物質屬于強電解質的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．為弱堿，屬于弱電解質，故A錯誤；B．為有機弱酸，屬于弱電解質，故B錯誤；C．為可溶性鹽，在水溶液中或熔融狀態(tài)下完全電離，屬于強電解質，故C正確；D．為弱酸，屬于弱電解質，故D錯誤；故答案為：C。4.25℃時，濃度均為的下列溶液pH最小的是A.溶液 B.溶液 C.溶液 D.溶液【答案】B【解析】【詳解】A．NaHCO3溶液碳酸氫根離子的水解程度大于電離程度，顯堿性，pH>7；B．NaHSO3溶液亞硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，pH<7；C．NaCl溶液顯中性，pH=7；D．Na2C2O4為強堿弱酸鹽，其溶液顯堿性，pH>7；因此25℃時，濃度均為的下列溶液pH最小的是NaHSO3溶液；故選B。5.25℃時，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.能使石蕊變紅的溶液：，，B.澄清透明的溶液：，，C.的溶液：，，D.含的溶液：，，【答案】C【解析】【詳解】A．能使石蕊變紅的溶液，此時氫離子可以和碳酸氫根離子反應，不能共存，A錯誤；B．三價鐵離子、鎂離子都可以和亞硫酸根離子反應，不能共存，B錯誤；C．的溶液顯堿性，此時，，相互之間不反應且和氫氧根離子不反應，可以共存，C正確；D．碳酸根離子和鋁離子可以發(fā)生雙水解，不能共存，D錯誤；故選C。6.下列有關電化學腐蝕原理的應用說法錯誤的是A.利用鐵腐蝕快速測定空氣中氧氣含量 B.利用犧牲陽極保護法在潛艇外殼上鑲嵌銅塊C.以鐵作為陰極在鐵表面鍍銅 D.采用陰極電保護法防止鐵管道腐蝕【答案】B【解析】【詳解】A．利用鐵的吸氧腐蝕，測定前后質量變化，可測定空氣中氧氣含量，故A正確；B．利用犧牲陽極保護法在潛艇外殼上應鑲嵌比鐵活潑的金屬，如鋅，故B錯誤；C．鐵表面鍍銅，銅作陽極，鐵作陰極，含銅離子的鹽溶液作電解質溶液，故C正確；D．防止鐵管道腐蝕可采用外加電流的陰極保護法，鐵管道作陰極，故D正確；故選：B。7.利用處理大氣污染物，其原理為，速率方程為，為速率常數(shù).下列有關說法正確的是A.恒溫時，體系密度不變則反應達到平衡 B.恒壓時，充入可增大反應速率C.充入時，可提高平衡轉化率 D.平衡時，消耗速率等于消耗速率【答案】D【解析】【詳解】A．該反應中所有的反應物和產(chǎn)物都是氣體，且反應前后氣體分子數(shù)不變，容器體積不變，則密度不是變量，則體系密度不變不能說明反應達到平衡，A錯誤；B．根據(jù)速率方程可知，反應速率和N2O的濃度有關，而恒壓時，充入時，容器體積增大，其N2O的濃度降低，反應速率減小，B錯誤；C．兩種物質參加反應，增大一種物質的濃度，會增大另一種物質的濃度，而其自身的濃度會降低，C錯誤；D．當CO消耗速率等于N2消耗速率，正逆反應速率相等，該反應達到了平衡狀態(tài)，D正確；故選D。8.下列關于漂白粉使用過程中涉及的離子方程式正確的是A.漂白粉的漂白原理：B.除去漂白粉溶液中的：C.不能將漂白粉與酒精混用：D.不能將漂白粉與潔廁劑（有效成分為鹽酸）混用：【答案】D【解析】【詳解】A．漂白粉有效成分是Ca(ClO)2，吸收空氣中CO2、H2O生成CaCO3沉淀和HClO，離子方程式為Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓＋2HClO，A錯誤；B．CH3COOH能與Ca(ClO)2、Ca(OH)2反應，除去漂白粉溶液中的Ca(OH)2可加入適量Na2CO3等物質，不能加入CH3COOH，B錯誤；C．漂白粉與酒精混用時發(fā)生的主要反應為Ca(ClO)2+CH3CH2OH=CH3CHO+Ca(OH)2+Cl2，C錯誤；D．漂白粉與潔廁劑(有效成分為鹽酸)混用時生成有毒氣體氯氣，離子方程式為ClO-+Cl-＋2H+=Cl2+H2O，D正確；故選D。9.下列物質摩爾燃燒焓數(shù)據(jù)如下表：物質C（s，石墨）C（s，金剛石）-393.5-395.4-285.8-283.0-890.3下列表述正確的是A.B.C（s，石墨）C.C（s，石墨）＝C（s，金剛石）D.C（s，石墨）【答案】D【解析】【分析】摩爾燃燒焓是指一摩爾物質在標準狀況下完全燃燒時的反應焓變?！驹斀狻緼．氫氣的摩爾燃燒焓是指一摩爾氫氣在標準狀況下完全燃燒時的反應焓變，，故A錯誤；B．根據(jù)蓋斯定律，C（s，石墨），故B錯誤；C．根據(jù)蓋斯定律，C（s，石墨）＝C（s，金剛石），故C錯誤；D．根據(jù)蓋斯定律，C（s，石墨），H2O(l)的能量小于H2O(g)的能量，所以C（s，石墨），故D正確；選D10.700℃時，將2mol水通入2L密閉容器中發(fā)生反應：，20min時達到平衡，測得.下列說法正確的是A.該反應在低溫下可自發(fā)進行B.壓縮體積可提高水蒸氣的平衡轉化率C.700℃時，該反應的D.反應達到平衡時，【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)吉布斯自由能，，，高溫下，反應自發(fā)進行，A錯誤；B．壓縮體積，增大壓強，平衡逆向進行，水蒸氣的平衡轉化率減小，B錯誤；C．根據(jù)三段式，，，C正確；D．根據(jù)三段式，，D錯誤；故選C。11.下列實驗方案不能達到目的的是A.測定中和熱B.探究壓強對平衡移動的影響C.模擬索爾維制堿制備D.用標準液測定的含量A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．強酸、強堿的稀溶液分別倒入量熱計中，環(huán)形玻璃攪拌器攪拌，通過測定反應過程中的最高溫度，可測定中和熱，故A正確；B．該反應前后氣體分子數(shù)相等，壓強不影響該平衡，故B錯誤；C．稀硫酸滴入盛有碳酸鈣粉末的錐形瓶中生成二氧化碳，二氧化碳通入飽和氨鹽水中生成碳酸氫鈉，故C正確；D．酸性用酸式滴定管盛裝，滴入含的溶液中，當?shù)稳胱詈蟀氲胃咤i酸鉀溶液溶液時溶液變淺紫紅色，即達到滴定終點，然后根據(jù)高錳酸鉀溶液消耗量計算的含量，故D正確；故選：B。12.高效解耦水分解的電化學和化學循環(huán)裝置如圖，下列說法正確的是A.M為陽極B.N極發(fā)生的反應為：C.b為D.理論上相同條件下，【答案】C【解析】【分析】圖中分析可知，M電極為陰極，氫離子得到電子生成氫氣，a為H2，電極反應式為：2H++2e-=H2↑，N為電解池的陽極，Br-氧化成BrO，電極反應為：Br--6e-+3H2O=BrO+6H+?！驹斀狻緼．由分析，M為陰極，故A錯誤；B．N極為電解池的陽極，N極發(fā)生的反應為：，故B錯誤；C．裝置圖中M電極表面H+直接得電子發(fā)生還原反應，說明電解池中不可能是堿溶液，則b為水，故C正確；D．電子守恒得到，理論上相同條件下，理論上相同條件下，，故D錯誤；故選C。13.下列實驗及現(xiàn)象可解釋或得出結論正確的是選項實驗及現(xiàn)象解釋或結論A25℃時，向溶液中滴加甲基橙溶液，溶液變黃B用鐵電極電解硫酸銅溶液，開始時陰極析出銅無法證明金屬活動性：C向溶液中加入少量固體，顏色變深的水解程度變大D向溶液中加入過量的溶液，產(chǎn)生沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．25℃時，向碳酸氫銨溶液中滴加甲基橙溶液，溶液變黃說明pH>4.4，溶液酸堿性不能確定，電離常數(shù)不能確定，故A錯誤；B．用鐵電極電解硫酸銅溶液，開始時陰極析出銅不能說明銅離子的氧化性強于亞鐵離子，則開始時陰極析出銅無法證明鐵的金屬活動性強于銅，故B正確；C．溶液的濃度越大，氯化鐵在溶液中的水解程度越小，則向氯化鐵溶液中加入少量氯化鐵固體，顏色變深不能說明鐵離子的水解程度變大，故C錯誤；D．向碳酸氫鎂溶液中加入過量的氫氧化鈉溶液只存在沉淀的生成，不存在沉淀的轉化，則反應生成氫氧化鎂沉淀不能用于比較碳酸鎂和氫氧化鎂的溶度積大小，故D錯誤；故選B。14.常溫下，，，還原沉淀法除去工業(yè)廢水中的流程如下.已知溶液中“轉化”反應為.下列說法錯誤的是A.溶液中有B.“轉化”前后溶液均有C“還原”充分反應后，溶液中有D.“沉淀”時，能使沉淀完全【答案】C【解析】【詳解】A．溶液中存在電荷守恒，故A正確；B．溶液中存在物料守恒，“轉化”前后n(K)=2n(Cr)，溶液均有，故B正確；C．“還原”反應為，充分反應后，加NaOH溶液之前，Cr3+未沉淀，溶液中Fe3+與Cr3+濃度比值不是，故C錯誤；D．“沉淀”時，，即c(OH-)＞10-8mol/L，此時c(Cr3+)＜＜10-5mol/L，所以能使沉淀完全，故D正確；故答案為：C。15.25℃時，在溶液中滴入等濃度鹽酸標準液，溶液pH與所加鹽酸的體積關系如圖.下列說法錯誤的是A.該滴定過程可選擇甲基橙作為指示劑B.的數(shù)量級為C.M點處有D.N點處的電離程度與水解程度相同【答案】C【解析】【詳解】A．滴定終點時為CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl時強酸弱堿鹽，溶液顯酸性，可選甲基橙指示劑，故A正確；B．由圖可知，溶液的pH=11.8，即c(OH-)=10-22mol/L，所以電離常數(shù)，其數(shù)量級為，故B正確；C．M點為CH3NH2和CH3NH3Cl為1:1的混合液，由電荷守恒知c(H+)+c(CH3NH)=c(OH-)+c(Cl-)，再由物料守恒知2c(Cl-)=c(CH3NH)+c(CH3NH2)，所以質子守恒式為2c(OH-)+c(CH3NH2)=c(CH3NH)+2c(H+)，故C錯誤；D．N點溶液呈中性，CH3NH2的電離程度和CH3NH水解程度相同，故D正確；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共55分.16.一種將廢水中轉化為高附加值的電化學裝置如圖.（1）A極為__________極（填“正”或“負”）.（2）B極的電極反應為__________.（3）M為__________離子交換膜（填“陽”或“氫氧根”）.（4）該轉化總反應的離子方程式為__________.（5）在銅基電極表面上轉化為的反應歷程如圖，吸附在銅基電極表面上的物種用*標注，表示能壘（活化能）為1.03eV.①轉化為的___________0（填“＞”“＝”或“＜”）.②“”中最大能壘（活化能）__________eV，其化學方程式為____________.③該電極提高選擇性的原因為_______________.【答案】（1）負（2）（3）氫氧根（4）（5）①.<②.1.32③.④.轉化為的能壘高【解析】【小問1詳解】A極鋅失電子生成，A為負極；【小問2詳解】B極硝酸根離子得電子生成氨氣，B極的電極反應為；【小問3詳解】A電極消耗氫氧根離子、B電極生成氫氧根離子，所以M為氫氧根離子交換膜；【小問4詳解】A極鋅失電子生成，B電極硝酸根離子得電子生成氨氣，根據(jù)電子守恒，總反應的離子方程式為【小問5詳解】①根據(jù)圖示，的能量大于，轉化為的<0；②根據(jù)圖示，“”中最大能壘（活化能）1.32eV，其化學方程式為；③根據(jù)圖示，轉化為的能壘高，所以該電極能提高選擇性。17.乙二胺四乙酸常用作絡合劑，可簡寫為，常用、、制備絡合鐵吸收劑，利用絡合鐵法脫硫設計如下裝置。已知：i.25℃時，，，，，.ii.25℃時，，.（1）裝置a名稱為____________，其作用是____________.（2）“絡合鐵吸收劑”中鐵元素主要存在形式為，制備的反應為，其平衡常數(shù)表達式____________.（3）“絡合鐵吸收劑”脫硫時溶液為8.5，將轉化為的目的是____________.（4）開始時，A中與溶液發(fā)生反應的離子方程式為____________，后續(xù)發(fā)生反應為.（5）B中發(fā)生反應，其目的是吸收A中未反應的，該反應平衡常數(shù)____________（列出計算式）.（6）滴入絡合鐵吸收劑，打開電磁攪拌器并恒溫至25℃.通入反應結束后，取出B中的溶液，加入碘標準液，用溶液滴定，待溶液變?yōu)榈S色后，加入滴淀粉指示劑，繼續(xù)滴定，消耗.已知：滴定反應為.①滴定終點的現(xiàn)象為____________.②絡合鐵吸收劑對的脫硫率為____________（列出計算式）.③滴定結束后，若滴定管尖嘴處產(chǎn)生氣泡，則測得脫硫率____________（填“偏大”“偏小”或“不變”）.【答案】（1）①.恒壓滴液漏斗②.平衡壓強（2）（3）防止生成Fe(OH)3沉淀（4）H2S+CO=HS-+HCO（5）（6）①.滴入最后半滴標準液，溶液藍色褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復原色②.(1-)×100%③.偏小【解析】【分析】開始時，A中與溶液發(fā)生反應生成NaHS和NaHCO3，A中制備的反應為，B中發(fā)生反應，CD吸收尾氣?！拘?詳解】裝置a名稱為恒壓滴液漏斗，其作用是平衡壓強，使溶液順利滴下。故答案為：恒壓滴液漏斗；平衡壓強；【小問2詳解】“絡合鐵吸收劑”中鐵元素主要存在形式為，制備的反應為，其平衡常數(shù)表達式，故答案為：；【小問3詳解】“絡合鐵吸收劑”脫硫時溶液為8.5，將轉化為的目的是防止生成Fe(OH)3沉淀，故答案為：防止生成Fe(OH)3沉淀；【小問4詳解】開始時，A中與溶液發(fā)生反應生成NaHS和NaHCO3，離子方程式為H2S+CO=HS-+HCO；后續(xù)發(fā)生反應為.故答案為：H2S+CO=HS-+HCO；【小問5詳解】B中發(fā)生反應，其目的是吸收A中未反應的，該反應平衡常數(shù)，故答案為：；【小問6詳解】①滴定終點的現(xiàn)象為滴入最后半滴標準液，溶液藍色褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復原色，故答案為：滴入最后半滴標準液，溶液藍色褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復原色；②加入的碘標準液中含有的n(I2)總=c1mol/L×V1×10-3L=c1V1×10-3mol,加入的Na2S2O3標準液消耗的n(I2)1=n(Na2S2O3)=×c2mol/L×V2×10-3L=c2V2×10-3mol,故與B中的H2S反應的n(I2)2=n(I2)總-n(I2)1=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol,則被絡合鐵吸收劑的H2S為[(4×10-3)-(c1V1×10-3-c2V2×10-3)]mol,絡合鐵吸收劑對H2S的脫硫率為×100%=(1-)×100%，絡合鐵吸收劑對的脫硫率為(1-)×100%，故答案為：(1-)×100%；③滴定結束后，若滴定管尖嘴處產(chǎn)生氣泡，則滴入錐形瓶內(nèi)的標準液的體積比讀數(shù)大，即讀數(shù)偏小，根據(jù)絡合鐵吸收劑對H2S的脫硫率(1-)×100%可知，當V2偏小時，則測得脫硫率偏小，故答案為：偏小。18.利用以下流程回收廢舊電池正極材料（主要含、等）中金屬資源.已知：i.難溶于水可溶于酸，、微溶于水.ii.25℃時，，的，，.（1）“放電拆解”過程中從__________（填“正”或“負”，下同）極經(jīng)電解質溶液移向__________極.（2）“酸浸”過程生成的化學方程式為_________.（3）“浸出液”檢測出微量，此時，則溶液中________.（4）溶解度隨溫度升高而降低.“沉鋰”后為提高的析出量和純度應進行的操作為_________.（5）“雙極膜法”獲得的原理如圖.①從__________（選填“一室”“二室”或“三室”）獲得②該法總反應化學方程式為__________.③該法產(chǎn)生可在流程中循環(huán)使用的物質為__________（填化學式）.（6）“苛化法”獲得的流程如圖.下列有關苛化法和雙極膜法說法正確的是____________（填標號）.A.相較于苛化法，雙極膜法工藝更簡單 B.相較于苛化法，雙極膜法副產(chǎn)物之一為清潔能源C.相較于雙極膜法，苛化法的產(chǎn)物純度更高 D.相較于雙極膜法，苛化法耗酸量更少【答案】（1）①.負②.正（2）2LiFePO4+H2O2+H2SO4=Li2SO4+2FePO4+2H2O（3）10-3mol/L（4）蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾（5）①.三室②.Li2SO4+4H2O2H2↑+O2↑+H2SO4+2LiOH③.H2SO4（6）ABC【解析】【分析】利用如圖流程回收廢舊電池正極材料（主要含Al、LiFePO4等）中Li金屬資源，LiFePO4難溶于水可溶于酸，Li2CO3、Li3PO4微溶于水，放電拆解后的正極片，加入稀硫酸和過氧化氫酸浸過濾，過氧化氫具有強氧化性，可以把二價鐵轉化為三價鐵，“氧化浸出”時生成了難溶的FePO4，由流程可知，反應為廢舊磷酸亞鐵鋰正極片中LiFePO4和過氧化氫在酸性條件下生成FePO4和鋰離子、水，反應的化學方程式為：2LiFePO4+H2O2+H2SO4=Li2SO4+2FePO4+2H2O，浸出液主要含Li2SO4，通入氨氣除雜后得到的濾液中在加入碳酸鈉反應生成Li2CO3，加入硫酸酸溶，通過雙極膜法和苛化法得到LiOH，據(jù)此分析回答問題?！拘?詳解】“放電拆解”過程中從負極經(jīng)電解質溶液移向正極，故答案為：負；正；【小問2詳解】“酸浸”過程生成的化學方程式為2LiFePO4+H2O2+H2SO4=Li2SO4+2FePO4+2H2O，故答案為：2LiFePO4+H2O2+H2SO4=Li2SO4+2FePO4+2H2O；【小問3詳解】“浸出液”檢測出微量，溶液pH=2.5，c（H+）=10-2.5mol/L，此時c（Fe3+）=10-5mol?L-1，25℃時，Ksp（FePO4）=c（Fe3+）×c（PO）=1.0×10-22，c（PO）=mol/L=1.0×10-17mol/L，H3PO4的Ka1=10-2.1，Ka2=10-7.2，Ka3=10-12.2，Ka1×Ka2×Ka3=，則溶液中c（H3PO4）=mol/L=10-3mol/L，此時，則溶液中10-3mol/L，故答案為：10-3mol/L；【小問4詳解】溶解度隨溫度升高而降低，“沉鋰”后為提高的析出量和純度應進行的操作為蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾，故答案為：蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾；【小問5詳解】“雙極膜法”獲得LiOH原理如圖，與電源正極連接的石墨為陽極，左邊氫氧根離子移向陽極失電子生成氧氣，則左側為陰離子交換膜，與電源負極連接的石墨為陰極，右側為陽離子交換膜，右側氫離子移向陰極生成氫氣，一室右側為陰離子交換膜，二室中的硫酸根離子、氫氧根離子移向一室，二室右側為陽離子交換膜，二室中鋰離子移向三室，和氫氧根離子形成LiOH，①從三室獲得，故答案為：三室；②該法總反應化學方程式為Li2SO4+4H2O2H2↑+O2↑+H2SO4+2LiOH；故答案為：Li2SO4+4H2O2H2↑+O2↑+H2SO4+2LiOH；③該法產(chǎn)生可在流程中循環(huán)使用的物質為H2SO4，故答案為：H2SO4；【小問6詳解】A.分析可知，相較于苛化法，雙極膜法工藝更簡單，故A正確；B.相較于苛化法，雙極膜法副產(chǎn)物之一氫氣為清潔能源，故B正確；C.相較于雙極膜法，苛化法是結晶析出晶體的方法，得到的產(chǎn)物純度更高，故C正確；D.相較于雙極膜法，苛化法耗酸量多，故D錯誤；故答案為：ABC。19.空間站內(nèi)搭載薩巴蒂爾裝置將轉化為，再通過電解水裝置回收氧元素.其系統(tǒng)原理如圖：薩巴蒂爾裝置內(nèi)發(fā)生反應為反應Ⅰ：反應Ⅱ：（1）已知，則_________.（2）在“高溫反應器”中以為催化劑，一段時間內(nèi)不同溫度轉化率如圖.已知反應Ⅰ的速率方程：，.①250℃前，實際轉化率隨溫度變化不大的主要原因是___________.②300℃時__________（填“＞”“＜”或“＝”）.③達到平衡后，升高溫度，增大的倍數(shù)_________增大的倍數(shù)（填“＞”“＜”或“＝”）.（3）在“低溫反應器”中達平衡時，各組分物質的量分數(shù)隨溫度變化如圖.已知原料氣中含有及.①物質的量分數(shù)隨溫度變化的曲線為____________（填標號）.②300～500℃，物質的量分數(shù)隨溫度升高而上升的原因是___________.③某溫度下達平衡時，總壓為，剩余和，則反應Ⅰ的為___________（列出計算式，為以分壓表示的平衡常數(shù)，分壓＝總壓×物質的量分數(shù)）；此時氧元素的回收率為____________［回收率].（4）從平衡與速率角度分析薩巴蒂爾裝置采用高溫和低溫反應器串聯(lián)的優(yōu)點是___________.【答案】（1）-329.2kJ?mol-1（2）①.低于250℃時，催化劑活性比較低，反應速率比較慢，反應的量比較少②.＞③.＜（3）①.a②.300～500℃，主要發(fā)生反應Ⅰ，溫度升高，平衡逆向移動，CO2的物質的量的增多③.④.0.85（4）高溫時，主要發(fā)生反應Ⅰ，CH4的選擇性高且反應速率大，低溫時，平衡正向移動，生成的H2O增多【解析】【小問1詳解】令反應ⅢCO2(g)+CH4(g)═2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247.0kJ?mol-1，根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ=2×Ⅱ-Ⅲ，可得，CO2(g)+4H2(g)═CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=2ΔH2-ΔH3=2×(-41.1kJ?mol-1