2022-2023学年山东省济南市历城区高二（上）期末化学试卷（线上）（含解析）

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2022-2023学年山东省济南市历城区高二（上）期末化学试卷（线上）
得分

注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是
A. 泡沫灭火器的成分是苏打和硫酸铝溶液
B. 采用催化转换技术能提高汽车尾气中有害气体的平衡转化率
C. 粗镍精炼时，粗镍作阳极
D. 漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的
2. 下列描述中正确的是(    )
A. CS2是空间构型为V形的极性分子
B. PCl3、CO32−和SO32−的中心原子均为sp3杂化
C. 在基态 ​14C原子中，核外存在2对自旋相反的电子，其核外电子有4种运动状态
D. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键
3. 下列与化学反应能量变化相关的叙述中错误的是
A. 放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
B. 物质发生化学变化一定伴随能量的变化
C. 同温同压下，H2g+Cl2g=2HClg在光照和点燃条件下的ΔH相同
D. 水凝结成冰的过程中，ΔHpH(CH3COONa)
D. amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na+)=c(CN−)，则a一定大于b
10. 下列关于化学反应速率和化学平衡的说法正确的是(    )
A. 在一定条件下，可逆反应2NO2(g)⇌N2O4(g)  ΔHc(Na+)>c(NH4+)>c(OH−)>c(H+)
B. pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液：c(NH4+)大小顺序为①>②>③
C. 常温下，0.1mol⋅L−1NaHA溶液的pH=8，则溶液中：c(Na+)>c(HA−)>c(H2A)>c(A2−)
D. 常温下，NaB溶液的pH=8，c(Na+)−c(B−)=9.9×10−9mol⋅L−1
15. 常温下，2−戊烯酸(CH3CH2CH=CHCOOH)溶液中含碳粒子分布系数(δ)与溶液pH的关系如图1，向20mL0.1mol⋅L−12−戊烯酸溶液中滴加0.1mol⋅L−1的NaOH溶液，溶液pH与滴入NaOH溶液体积的关系如图2。已知：δ(CH3CH2CH=CHCOOH)=。

下列说法不正确的是(    )
A. 图1中，曲线Ⅰ表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOOH
B. 图2中，①对应溶液的溶质为2−戊烯酸和2−戊烯酸钠，此时溶液的pH略小于4.7
C. 图2中，②对应的溶液中存在：c(Na+)=c(CH3CH2CH=CHCOO−)>c(CH3CH2CH=CHCOOH)
D. 图2中，③对应的溶液中存在：c(OH−)=c(H+)+c(CH3CH2CH=CHCOOH)
16. Y、Sc(Y1/NC,Sc1/NC)单原子催化剂可用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(∗表示稀土单原子催化剂)。下列说法错误的是(    )

A. 相同条件下，两种催化反应的历程不同，但焓变相同
B. 将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氮气的平衡转化率
C. 使用Sc1/NC单原子催化剂的反应历程中，决速步为∗N2+H→∗NNH
D. 升高温度一定可以提高氨气单位时间内的产率
17. 研究人员设计了一种新的电解HCl回收Cl2的工艺，如图所示(两电极材料均为碳电极)，下列说法正确的是(    )

A. 每生成1molCl2需要消耗氧气11.2L
B. 阳极的电极反应为：Fe2+−e−=Fe3+
C. 该工艺的总反应方程式为：4HCl+O2− 电解  2Cl2+2H2O
D. Fe2+在反应中起到催化剂的作用
18. T℃时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)⇌C(s)ΔHc(H2A)+2c(A2−)
D. pH=5的溶液中：c(HA−)>c(H2A)>c(A2−)
20. 某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol⋅L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol⋅L−1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中−lgc(Cu2+)和−lgc(Zn2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示[已知：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，lg3≈0.5]。下列说法正确的是(    )
A. 溶液pH：a>b>e
B. a点的ZnCl2溶液中：c(Cl−)”或“HSO3−>HCO3−，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则NaHCO3溶液中通少量SO2反应生成CO2、HSO3−，离子方程式为：HCO3−+SO2=CO2+HSO3−，故A正确；
B.根据电荷守恒得c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)、c(CN−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，离子总数是n(Na+)+n(H+)的2倍，水解程度：NaCN>CH3COONa，则两种溶液中c(OH−)：NaCN>CH3COONa，两种溶液中c(H+)：NaCN后者，故B错误；
C.25℃时，等物质的量浓度的这几种钠盐溶液，酸根离子水解程度越大，溶液的pH越大，水解程度：CO32−>CN−>CH3COO−，则等物质的量浓度的这几种钠盐溶液pH：pH(Na2CO3)>pH(NaCN)>pH(CH3COONa)，故C正确；
D.混合溶液中c(Na+)=c(CN−)，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH−)，混合溶液呈中性，NaCN溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则HCN应该稍微过量，酸碱体积相等，则c(HCN)>c(NaOH)，即a>b，故D正确；
故选：B。
A.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，较强的酸能和较弱酸的盐反应生成弱酸；
B.根据电荷守恒得c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)、c(CN−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，离子总数是n(Na+)+n(H+)的2倍，水解程度：NaCN>CH3COONa，则两种溶液中c(OH−)：NaCN>CH3COONa，两种溶液中c(H+)：NaCNKsp(FeS)，则白色沉淀可以转化为黑色沉淀，故D正确；
故选：C。
A.ZnSO4溶液和Na2S溶液生成了ZnS沉淀；
B.实验②中能生成黑色沉淀，说明滤液中含有S2−；
C.实验②的离子方程式为S2−+Cu2+=CuS↓，实验③的离子方程式为ZnS+S2−=CuS↓+Zn2+；
D.ZnS饱和溶液中c(S2−)=Ksp(ZnS)=1.6×10−24mol/L≈1.26×10−12，0.1mol⋅L−1FeSO4溶液c(Fe2+)=0.1mol/L，此时浓度积Q=c(S2−)⋅c(Fe2+)=1.26×10−12×0.1=1.26×10−13>Ksp(FeS)。
本题考查了沉淀溶解平衡及溶度积常数的计算，侧重学生分析能力、计算能力和运用能力的考查，把握沉淀溶解平衡及Ksp的应用是解题的关键，题目难度不大。

13.【答案】C 
【解析】解：A.过程①是N2H4分解生成N2和NH3，已知热化学方程式I中△H为负值，所以图示过程①为放热反应，过程②根据盖斯定律：(I)−2×(II)得N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)△H=−32.9kJ⋅mol−1−2×(−41.8kJ⋅mol−1)=+50.7kJ⋅mol−1，为吸热反应，故A正确；
B.反应II：N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g)△H2=−41.8KJ/mol，反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，故B正确；
C.反应I：3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g)△Hl=−32.9KJ/mol，反应为放热反应，断开3molN2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1moIN2(g)和4molNH3(g)中的化学键释放的能量，故C错误；
D.根据盖斯定律：(I)−2×(II)得N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)△H=−32.9kJ⋅mol−1−2×(−41.8kJ⋅mol−1)=+50.7kJ⋅mol−1，故D正确；
故选：C。
A.过程①是N2H4分解生成N2和NH3，过程②为肼分解生成氮气和氢气为吸热反应，根据热化学方程式中△H判断；
B.反应II：N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g)△H2=−41.8KJ/mol，反应为放热反应；
C.断裂化学键吸收能量小于形成化学键放出能量则反应为放热反应；
D.根据盖斯定律：(I)−2×(II)得N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)据此计算。
本题考查了热化学方程式的计算、盖斯定律的计算应用、氧化还原反应，题目难度中等，注意把握盖斯定律的应用方法以及氧化还原反应的有关概念，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。

14.【答案】C 
【解析】解：A.混合后得NH4Cl、NH3⋅H2O、NaCl物质的量为1：1：1的混合溶液，混合溶液呈碱性，说明NH4+的水解程度小于NH3⋅H2O电离程度，但NH3⋅H2O电离程度和NH4+的水解程度都较小，钠离子不水解，所以溶液中存在c(Cl−)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)，故A错误；
B.相同pH的(NH4)2SO4与NH4Cl溶液中，都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于(NH4)2SO4，所以存在：①=②>③，故B错误；
C.常温下，0.1mol⋅L−1的NaHA溶液呈碱性，说明HA−的水解程度大于其电离程度，但其电离和水解程度都较小，钠离子不水解，所以存在：c(HA−)>c(H2A)>c(A2−)，故C正确；
D.溶液的pH=8，该溶液中c(H+)=1.0×10−8mol⋅L−1、c(OH−)==mol/L=1.0×10−6mol⋅L−1，由电荷守恒可知：c(Na+)−c(B−)=c(OH−)−c(H+)=1.0×10−6mol⋅L−1−1.0×10−8mol⋅L−1=9.9×10−7mol⋅L−1，故D错误；
故选：C。
A.混合后得NH4Cl、NH3⋅H2O、NaCl物质的量为1：1：1的混合溶液，混合溶液呈碱性，说明NH4+的水解程度小于NH3⋅H2O电离程度，但NH3⋅H2O电离程度和NH4+的水解程度都较小，钠离子不水解；
B.相同pH的(NH4)2SO4与NH4Cl溶液的水解程度是否相等，NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制；
C.常温下，0.1mol⋅L−1的NaHA溶液pH=8，溶液呈碱性，说明HA−的水解程度大于其电离程度，但其电离和水解程度都较小；
D.溶液的pH=8，该溶液中c(H+)=1.0×10−8mol⋅L−1、c(OH−)==mol/L=1.0×10−6mol⋅L−1，由电荷守恒可知：c(Na+)−c(B−)=c(OH−)−c(H+)。
本题考查离子浓度大小的比较，侧重考查分析、判断及计算能力，明确溶液中的溶质、电离与水解的关系、溶解平衡的移动等知识是解答本题的关键，注意守恒理论的灵活运用，题目难度中等。

15.【答案】A 
【解析】解：A.曲线I表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOOH，故A错误；
B.根据图1知，2−戊烯酸的电离常数Ka==c (H+)=10−4.7mol/L①对应的溶液呈酸性，即CH3CH2CH=CHCOOH的电离程度大于CH3CH2CH=CHCOO−的水解程度，溶液中c(CH3CH2CH=CHCOO−)>c(CH3CH2CH=CHCOOH)，此时溶液的pH略小于4.7，故B正确；
C.②对应的溶液呈中性，根据电荷守恒知，c(CH3CH2CH=CHCOO−)=c(Na+)>c(CH3CH2CH=CHCOOH)，故C正确；
D.③对应的溶液中，酸和碱恰好完全反应，此时溶质为CH3CHCH=CHCOONa，根据质子守恒得：c(OH−)=c(H+)+c(CH3CH2CH=CHCOOH)，故D正确；
故选：A。
根据已知2−戊烯酸溶液中滴加0.1mol⋅L−1的NaOH溶液导致溶液的pH增大，反应生成盐溶液，在滴加过程中CH3CH2CH=CHCOOH在减小，CH3CH2CH=CHCOO−在增大，当滴加至20mL时恰好完全反应生成CH3CH2CH=CHCOONa，该盐属于强碱弱酸盐显碱性；
A.曲线I表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOOH；
B.根据图1知，2−戊烯酸的电离常数Ka==c (H+)=10−4.7mol/L①对应的溶液呈酸性，即CH3CH2CH=CHCOOH的电离程度大于CH3CH2CH=CHCOO−的水解程度；
C.②对应的溶液呈中性，根据电荷守恒解答；
D.③对应的溶液中，酸和碱恰好完全反应，此时溶质为CH3CHCH=CHCOONa，根据质子守恒判断。
本题主要考查溶液中的离子平衡，侧重考查学生对图像的分析和理解能力，根据酸碱中和滴定反应物的物质的量比判断滴定终点，利用恰好反应的产物判断溶液的酸碱性。

16.【答案】BD 
【解析】解：A.由图可知，相同条件下，两种催化反应的历程不同，但反应物总能量和生成物总能量相同，则焓变相同，故A正确；
B.催化剂不改变化学平衡状态，则将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒不能提高氮气的平衡转化率，故B错误；
C.由图可知，N2+H→∗NNH活化能最大，则该步骤为决速步，故C正确；
D.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氨气的物质的量下降，则升高温度不一定可以提高氨气单位时间内的产率，故D错误；
故选：BD。
A.由图可知，相同条件下，两种催化反应的历程不同，但反应物总能量和生成物总能量相同；
B.催化剂不改变化学平衡状态；
C.决速步为活化能最大的步骤；
D.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂对平衡的影响为本题解题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

17.【答案】C 
【解析】解：A.每转移4mol电子生成2molCl2需要消耗1molO2，那每生成1molCl2需要消耗0.5mol氧气，标准状况下的体积为22.4L/mol×0.5mol=11.2L，但氧气的状况不确定，所以每生成1molCl2需要消耗氧气不一定为11.2L，故A错误；
B.电解池阳极发生氧化反应，HCl转化为Cl2，H+向阴极移动，所以阳极的电极反应为：2HCl(g)−2e−=Cl2(g)+2H+，故B错误；
C.反应过程中，Fe3+与Fe2+间是循环转化的，整个过程是HCl与O2的反应，生成Cl2和H2O，所以该工艺的总反应式为4HCl+O2− 电解  2Cl2+2H2O，故C正确；
D.连接电源的电极上，Fe3+转化为Fe2+，反应过程中，Fe3+与Fe2+间是循环转化的，Fe2+在反应中生成为中间产物，所以Fe3+在反应中起到催化剂的作用，故D错误；
故选：C。
A.根据转移电子守恒，每生成2molCl2需要消耗1molO2计算；
B.电解池阳极发生氧化反应，HCl转化为Cl2；
C.反应过程中，Fe3+与Fe2+间是循环转化的，整个过程是HCl与O2的反应，生成Cl2和H2O；
D.连接电源的电极上，Fe3+转化为Fe2+。
本题考查了电解原理的应用，明确电解池的工作原理为解答关键，注意掌握电极的判断方法及电极反应式的书写原则，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度不大。

18.【答案】B 
【解析】解：A.K=1c(A)⋅c(B)=14×1=14，故A错误；
B.若c点为平衡点，比较此时的化学平衡常数K小于原平衡常数K，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，则此时容器内的温度高于T℃，故B正确；
C.由图可知，曲线ab上的点均为平衡状态，直线cd上的点不均为平衡状态，故C错误；
D.T℃时，c点没有达到平衡，Q=1c(A)⋅c(B)Ka2，因此lg=0或 lg=0，则前者的氢离子浓度大，则其pH值小，因此曲线M表示pH与lg的关系，故A正确；
B.由a点可得到Ka1(H2A)==c(H+)=10−2.6，b点得到Ka2(H2A)==c(H+)=10−6.6，因此===104，故B正确；
C.根据图中信息得到a点，c(HA−)=c(H2A)，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，又因a点溶液显酸性c(H+)>c(OH−)，得到溶液中：c(Na+)c(H2A)，Ka2(H2A)==c(H+)=10−6.6，则=，可得c(HA−)>c(A2−)，同理=Ka1(H2A)⋅Ka2(H2A)=10−2.6×10−6.6，则=，即c(A2−)>c(H2A)，故c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)，故D错误；
故选：CD。
H2A存在两步电离，a点得到Ka1(H2A)==c(H+)=10−2.6，b点得到Ka2(H2A)==c(H+)=10−6.6，曲线M表示pH与lg，=，pH=5时，代入电离平衡常数，比较离子浓度大小。
本题考查化学反应原理，涉及电离平衡和影响电离平衡的因素、有关电离常数的计算、物料守恒、电荷守恒的应用等，题目中等难度。

20.【答案】B 
【解析】解：A.某温度下，向10mL浓度均为0.1mol/L的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌，锌离子浓度减小，水解程度减小溶液pH增大，硫化钠溶液显碱性，则溶液pH：a−lgc(Zn2+)，由于d点数值大，所以d点所在曲线为滴定CuCl2溶液的曲线，即a−b−e为滴定ZnCl2溶液的曲线，故C错误；
D.Ksp(CuS)=10−17.7×10−17.7=10−35.4，d点加入20ml0.1mol/LNa2S溶液，溶液中硫离子浓度c(S2−)=mol/L≈0.033mol/L，c(Cu2+)=mol/L=3×10−34.4mol/L，所以−lgc(Cu2+)=−lg3×10−34.4=34.4−lg3=34.4−0.5=33.9，故D错误；
故选：B。
A.某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol/L的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌，铜离子浓度和锌离子浓度减小，水解程度减小、溶液pH增大，反应后加入的硫化钠溶液显碱性；
B.ZnCl2溶液中存在电荷守恒关系为c(Cl−)+c(OH−)=2c(Zn2+)+c(H+)；
C.由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，滴加0.1mol/L的Na2S溶液使溶液中c(S2−)相同时，溶液中c(Zn2+)>c(Cu2+)，结合−1gc(Cu2+)和−lgc(Zn2+)大小分析判断；
D.c点时铜离子全部沉淀，Ksp(CuS)=10−17.7×10−17.7=10−35.4，d点加入20ml0.1mol/LNa2S溶液，溶液中硫离子浓度c(S2−)=mol/L≈0.033mol/L，结合溶度积常数计算判断。
本题考查沉淀溶解平衡、溶度积常数Ksp的计算、平衡图象分析等知识，为高频考点，侧重分析能力、计算能力与运用能力的考查，把握Ksp的计算、图象中溶解平衡点为解答的关键，注意盐类水解原理和守恒关系的应用，题目难度中等。

21.【答案】17  平面三角形  三角锥  N  3d6  d  3：4  NH3和HClO 
【解析】解：(1)W是Cl元素，原子核外有17个电子，所以核外电子运动状态共有17种，
故答案为：17；
(2)NO_−的价层电子对数为eqIda5f9519a9226bb167892bc0023e8012e，没有孤对电子，所以NO_−的空间构型为平面三角形，ClO_−的价层电子对数为3+(7+1−3×2)=4，有一对孤对电子，其中一个杂化轨道被一对孤对电子占据，ClO_−空间构型为三角锥，
故答案为：平面三角形；三角锥；
(3)基态Fe原子的核外电子排布是1s22s22p63s23p63d64s2，核外电子占据最高能层是第四层，符号是N；Fe2+的价电子排布式为3d6，在周期表中的位置是第四周期第VIII族，d区，
故答案为：N；3d6；d；
(4)X与Y分别是C和N元素，(CN)2分子中各原子都满足最外层8电子结构，则其结构式为，所有的共价单键是σ键，共价三键有一个是σ键两个是π键，故分子中σ键与π键数目之比为3：4，
故答案为：3：4；
(5)NCl3的水解方程式：NCl3+3H2O=NH3+3HClO，水解产物是NH3和HClO，
故答案为：NH3和HClO。
基态X原子价电子排布式为nsnnpn，依据电子排布的规律，n=2，基态X原子是原子序数为6的C元素。基态Z原子核外电子有三个能级，p电子总数与s电子总数相等，Z是原子序数为8的O元素。X、Y、Z W原子序数依次增大，则Y是N元素。W是第三周期电负性最大的元素且同周期元素电负性从左到右逐渐增大，W是Cl元素。基态Q原子有四个未成对电子，Q是Fe元素，据此进行解答。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握电子排布、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原子结构与性质的应用，题目难度不大。

22.【答案】第四周期VIIB族   O>N>C>H  碱性  Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+  NH3⋅H2O+CO2=NH4++HCO3−  10−17  8～12  NaCl  4OH−−4e−=2H2O+O2↑ 
【解析】解：(1)Mn元素原子序数为25，核外25个电子，位于元素周期表中第四周期第ⅦB族，其基态原子价电子轨道表示式为，
故答案为：第四周期VIIB族；；
(2)NH4HCO3中含有H、C、N、O四种元素，一般地，根据元素周期律，同周期元素从左到右，电负性依次增强，同主族从上到下依次减弱，所以电负性：O>N>C>H；由已知Kb(NH3⋅H2O)=1.8×10−5    Ka1(H2CO3)=4.2×10−7，电离程度：NH3⋅H2O>H2CO3，所以水解程度：NH4+N>C>H；碱性；
(3)加入过量锌粉，除去铜元素，其发生反应的离子方程式为Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+，氨气在二氧化碳作用下冷凝吸收，其反应为NH3⋅H2O+CO2=NH4++HCO3−，
故答案为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；NH3⋅H2O+CO2=NH4++HCO3−；
(4)pH=8时Zn2+沉淀完全，8≤pHM点v(CH3OH)逆，
故答案为：；
②T1K后升高温度，由于该反应的正反应是放热反应，所以平衡逆向移动，化学平衡常数减小，所以C点可以表示该反应的平衡常数K随温度T的变化，
故答案为：C；
(3)1molCO、2molH2通入恒容密闭容器中，测得开始时容器内总压为3×105Pa，则CO的分压为1×105Pa，H2的分压为2×105Pa。平衡时体系压强降低了，根据方程式可知，消耗的氢气的分压和体系压强降低的量相等，所以消耗的氢气的分压为×3×105Pa=1×105Pa，用分压列三段式：
   CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始(mol)1×105   2×105Pa  0
转化(mol)0.5×105   1×105   0.5×105
平衡(mol)0.5×105   1×105   0.5×105Pa
则该温度下的平衡常数Kp===1×10−10Pa−2，
故答案为：1×10−10。
(1)根据盖斯定律，①−③得出CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)；
(2)根据图1，随着温度升高，CH3OH的转化率降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应Δ Hp1，压强增大，化学反应速率加快，即N点v(CH3OH)正>M点v(CH3OH)逆；化学平衡常数只受温度影响，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行， K减小，根据图2，推出C点符合题意；
(3)容器为恒容，总压为3×105Pa，开始时充入1molCO和2molH2，则开始时P(CO)=1×105Pa，P(H2)=2×105Pa，令达到平衡时消耗CO的分压为xPa，则达到平衡时的总压为(1×105−x)+(2×105−2x)+x=3×105−3×105×，解得x=0.5×105，代入Kp=。
本题考查化学反应原理，涉及化学平衡计算、盖斯定律、外界条件对化学反应平衡移动影响、电化学的应用，明确化学平衡常数含义及计算方法、盖斯定律计算方法是解本题关键，，题目难度中等。