贵州高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-6化学反应的热效应，化学反应速率与化学平衡
一、单选题
1．（2021·贵州遵义·统考一模）下列实验操作、现象和得出的结论全部正确的是
实验操作 现象 结论
A 向某溶液中滴加稀HNO3，再加入过量的BaCl2溶液 产生白色沉淀 原溶液中一定含有SO
B 25℃时分别测定等物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHC2O4溶液的pH值 NaHCO3溶液的pH更大 酸性：H2CO3
D 将氯气和甲烷在光照下反应后的混合气体通入紫色石蕊试液 紫色石蕊试液变红 甲烷的氯代产物具有酸性
A．A B．B C．C D．D
二、实验题
2．（2020·贵州黔东南·模拟预测）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2
实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：
(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70% 80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______
(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条)
(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______
实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。
资料：Fe3++3S2O32- Fe(S2O3)33-(紫黑色)
装置 试剂X 实验现象
Fe2(SO4)3溶液 混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色
(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______
实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度
(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g mol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol L-1
三、原理综合题
3．（2022·贵州遵义·统考三模）我国力争实现2030年前碳达峰、2060年前碳中和的目标，CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
(1)CO2甲烷化反应最早由化学家PaulSabatier提出。已知：
反应I：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H=+41.2kJ·mol-1
反应II：2CO(g)+2H2(g) CO2(g)+CH4(g) △H=-247.1kJ·mol-1
①CO2甲烷化反应CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)的△H=_______kJ·mol-1，为了提高甲烷的产率，反应适宜在_______(填“低温”、“高温”、“高压”、“低压”，可多选)条件下进行。
②反应I：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H=+41.2kJ·mol-1，已知反应的v正=k正c(CO2)c(H2)，v逆=k逆c(H2O)c(CO)(k正、k逆为速率常数，与温度、催化剂有关)若平衡后升高温度，则_______(填“增大”、“不变”或“减小”)；若反应I在恒容绝热的容器中发生，下列情况下反应一定达到平衡状态的是_______。
A．容器内的压强不再改变
B．容器内气体密度不再改变
C．容器内c(CO2)：c(H2)：c(CO)：c(H2O)=1：1：1：1
D．单位时间内，断开C=O键的数目和断开H-O键的数目相同
(2)在某催化剂表面：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，利用该反应可减少CO2排放，并合成清洁能源。一定条件下，在一密闭容器中充入2molCO2和6molH2发生反应，图甲表示压强为0.1MPa和5.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化关系。
其中表示压强为5.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化曲线为_______(填“①”或“②”)；b点对应的平衡常数Kp=_______MPa-2(Kp为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数。分压=总压×物质的量分数)。
(3)科研人员提出CeO2催化CO2合成碳酸二甲酯(DMC)的反应过程如图乙所示，由图可知其中没有O-H键断裂的步骤是_______(填“①”“②”或“③”)，合成DMC的总反应化学方程式为_______(CH3OH不需标注同位素原子)。
4．（2022·贵州铜仁·统考二模）汽车尾气已成为城市空气的主要污染源之一，在汽车尾气处理系统中安装催化转化器，可减少CO和NOx的排放。
已知： i. CO(g)+NO2(g) CO2(g)+NO(g) ΔH1= -15.9 kJ·mol-1
ii.2CO(g)+ 2NO(g) 2CO2(g)+N2(g) ΔH2= -623 kJ·mol-1
iii. 4CO(g)+ 2NO2(g) 4CO2(g)+N2(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)ΔH3= ___________kJ·mol-1
(2)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了反应ii的反应历程，该反应经历了I、II、III三个过渡态。下图显示的是反应路径中每一阶段内各驻点的能量相对于此阶段内反应物能量的能量之差。以下说法正确的是___________ (填字母序号)。
a． N2O比更容易与CO发生反应
b．整个反应分为三个基元反应阶段，其中第一个反应阶段活化能最大
c．其他条件不变，增大压强或使用催化剂均可以增大反应速率，提高反应物的转化率
(3)一定温度下，将1 molCO、2 molNO充入2L固定容积的容器中发生反应ii，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。
①该反应化学平衡常数的表达式K=___________；
②前2 min内的平均反应速率v(NO)= ___________；
③8 min时，若改变反应条件，导致N2的物质的量发生如图所示的变化，则改变的条件可能是_____。
(4)实验室模拟反应iii在相同的密闭容器中加入2 molCO和1 mol NO2，经过相同时间，测得NO2的转化率[α(NO2)]随温度的变化如图所示。1050K前NO2的转化率随温度升高而增大，原因是_________ ； 在1050K时，NO2的体积分数为___________ 。
5．（2022·贵州遵义·统考二模）德国化学家哈伯在1918年荣获了诺贝尔化学奖，但是后人对他的评价却褒贬不一。
I.有人认为哈伯是一位伟大的科学家，因为他是实现人工合成氨并进行工业生产的第一人。所以赞美他是“用空气制造面包的天使”。
(1)工业上合成氨气的方程式：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)， ΔH = -91.3 kJ/mol，下表为破坏1mol相关化学键需要的能量。
NN N_H H_H
945.8 kJ a kJ 435.9 kJ
求a值：_____
(2)在密闭容器中合成氨气，有利于提高H2的转化率且加快反应速率的措施_____
A．升高反应温度 B．增大反应的压强 C．移走生成的NH3 D．增加H2的量 E．添加合适的催化剂
(3)将0.3 mol N2和0.9 mol H2充入3L密闭容器中，图为在不同温度下，平衡时NH3的体积分数随压强的变化曲线。
甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是___________，d点N2的转化率是___________。(结果保留1位小数)
II.有人认为哈伯是一战的“催化剂”，因为在一战中，哈伯担任德国化学兵工厂厂长时负责研制和生产氯气、芥子气等毒气，并使用于战争之中，造成近百万人伤亡。
(4)实验室制备氯气后通常用NaOH溶液进行尾气处理，反应的温度不同产物也会有变化。某温度下发生的反应为 ，生成1 mol NaClO3被氧化的与被还原的Cl2的质量比例___________。
(5)将上述反应后的溶液倒入电解池的阳极区，可以提高NaClO3的含量，装置如图所示：
电极E是____(填“阳极”或“阴极”)，阳极区发生的反应：____
III.其实物质并没有好坏之分，关键是人们用这些物质来做了什么！
(6)请列举Cl2在日常生活中的作用(列举一种)： Cl2_______
6．（2022·贵州·统考模拟预测）碳基能源的大量消耗使大气中CO2的浓度持续不断地增大，造成的温室效应得到了世界各国的广泛重视。CO2甲烷化是有效利用二氧化碳资源的途径之一，是减少CO2的一种比较有效的实际方法，在环境保护方面显示出较大潜力。CO2甲烷化过程涉及的化学反应如下：
①CO2甲烷化反应：CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g) H=-165 kJ·mol-1
②逆水煤气变换反应：CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) H=+41.1 kJ·mol-1
(1)写出CO甲烷化反应的热化学方程式：_______。
(2)图甲是温度和压强对CO2平衡转化率影响的关系图。随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大的原因是_______，该实验条件下的压强有0.1MPa、3.0MPa、10.0MPa，图中a点压强为_______MPa。
(3)图乙是反应条件对CO2甲烷化反应中CH4选择性影响的关系图。工业上一般选用的温度为400℃，则压强应选用_______MPa，原因是_______。
(4)450°C时，若在体积为1 L的恒容密闭容器中加入1 mol CO2和4 mol H2混合原料气只发生反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-165 kJ·mol-1。平衡时CO2的转化率为75%，则该温度下此反应的平衡常数K=_______。
(5)废气中的CO2可转化为甲醚(CH3OCH3) ，甲醚可用于制作甲醚燃料电池(如图丙)，质子交换膜左右两侧溶液均为6 mol·L-1的H2SO4溶液。则电极d为_______(填“正”或“负”)极，电极c上发生的电极反应为_______。
7．（2022·贵州贵阳·一模）研究CO2的综合利用、实现CO2资源化，是能源领域的重要发展方向，也是力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的方向之一、
已知：反应I：CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2kJ/mol
反应II：2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=-332kJ/mol
反应III：2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g) ΔH3
(1)反应III中，ΔH3=___________kJ/mol。
(2)在体积为2L的刚性密闭容器中，充入1molCO和2molH2，发生反应II，能判断反应达到平衡状态的是___________(填字母序号)。
a．2(H2)=(H2O) b．容器内压强保持不变
c．保持不变 d．C2H4的质量分数保持不变
(3)在体积为2L的恒压密闭容器中，起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，发生反应III，该反应在不同温度下达到平衡时，各组分的体积分数随温度的变化如图所示。
①表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别是___________(填字母序号)。
②A、B、C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为___________。
③240℃时，反应达到平衡后，容器中气体的总物质的量为_______mol，H2(g)的平衡转化率为_____。若平衡时总压为P，该反应的平衡常数Kp=______(列出计算式。用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)。
8．（2022·贵州毕节·统考二模）丙烯是三大合成材料的主要原料，丙烷制取丙烯是目前常用方法之一，涉及的反应为：
2C3H8 (g)+ O2(g)2C3H6(g) +2H2O(g) H1=-235 kJ·mol-1 K1
2CO (g) + O2(g)2CO2(g) H2 K2
已知：
化学键 CO C=O O=O
E/ (kJ·mol-1) 1076 745 499
回答下列问题：
(1) H2=___________；热化学反应方程式C3H8(g)+CO2(g)C3H6(g)+ H2O(g) +CO(g) H=___________kJ·mol-1，该反应的平衡常数K=___________(用K1、K2 表示)。
(2)恒温恒容下，关于反应C3H8 (g)+CO2(g)C3H6(g)+ H2O(g)+CO(g) H， 下列说法正确的是___________
A．该反应的△H不再变化，说明达到平衡状态
B．混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明达到平衡状态
C．达平衡后，向体系中再通入CO2气体，C3H8的转化率增大
D．达平衡后，降低温度，逆反应的速率先减小后增大
(3)丙烯的制备也可以采用丁烷直接裂解实现，发生反应C4H10 (g)C3H6(g) +CH4(g) H＞0.在0.5 MPa和P1MPa反应达到平衡时，C4H10和C3H6的体积分数随温度的变化关系如图所示。
①图中曲线C代表的物质为______ (填化学式)；P1______ (填“大于”或“小于” )0.5 MPa。
②Q点温度下反应物C4H10的转化率为_____， 化学反应的平衡常数KP=______ (平衡分压=总压×物质的量分数)。
9．（2021·贵州·统考二模）煤制天然气的过程中涉及到煤气化反应和水气变换反应．
煤气化反应Ⅰ：
水气变换反应Ⅱ：
回答下列问题：
(1)__________．
(2)图一表示不同温度条件下，反应Ⅰ发生后的汽气比(水蒸气与CO物质的量之比)与CO平衡转化率的变化关系．
①判断和由大到小的关系为___________；
②若经反应Ⅰ发生后的汽气比为0.8，所得混合气体经反应Ⅱ后，得到CO与H2的物质的量之比为，则反应Ⅱ应选择的温度是__________(填“”、“”或“”)．
(3)为了进一步探究反应条件对反应Ⅱ的影响，某活动小组设计了三个实验，实验曲线如图二所示：
编号 温度 压强 c始 c始
甲 530℃
乙 X Y
丙 630℃
①请依据图二的实验曲线补充完整表格中的实验条件：X=________℃，Y=________．
②实验丙从开始至末，平均反应速率___________．
③达平衡时CO的转化率：实验乙______实验丙(填“大于”、“小于”或“等于”)．
④时，反应Ⅱ的平衡常数．若往某刚性容器中投入，列简式计算井说明该反应进行的方向______．
10．（2021·贵州遵义·统考一模）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
Ⅰ.(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取氯气。装置中的离子膜为___(A．阳离子交换膜 B．阴离子交换膜)，b处逸出的气体是____(填化学式)。
(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=，X为HClO或ClO ]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为_____________。
II．CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH1= -75 kJ·mol 1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2= -394 kJ·mol 1
C(s)+ O2(g)=CO(g) ΔH3= -111 kJ·mol 1
(1)该催化重整反应的ΔH=___ kJ·mol 1。
(2)有利于提高催化重整反应中CH4平衡转化率的条件是_______。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
(3)在恒容绝热密闭容器中进行CH4-CO2催化重整反应，下列表示已达平衡状态的是_____。
A．H2的反应速率是CO2反应速率的2倍 B．容器中的温度不再变化
C．容器中气体的密度不再变化 D．容器中的压强不再变化
(4)容器中分别通入1molCH4(g)和1molCO2(g)，在等压下(p)发生上述反应，CO2(g)的平衡转化率为α。反应的平衡常数Kp=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(5)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：
①阴极上的反应式为_______。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为3∶1，则消耗的CH4和CO2的体积比为______。
11．（2021·贵州·统考一模）研究CO2的回收利用既可变废为宝，又可减少碳的排放。回答下列问题；
二甲醚(CH3OCH3)被誉为“21世纪的清洁燃料，由CO2和H2制备二甲醚的反应原理如下：
反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.8 kJ mol-1
反应II：CH3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g) H2= +23.4 kJ mol-1
反应III：2CO2(g)+ 6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) H3
(1)△H3=___________kJ mo1-1，据此判断该反应在___________(填“低温”、高温或“任意温度”)条件下能自发进行。
(2)恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2发生反应I能说明反应I达到平衡状态的是___________(填字母序号)。
a.容器内混合气体的密度保持不变 b.消耗3molH2的同时生成1 mol H2O
c.反应体系总压强保持不变 d. CH3OH和CO2的物质的量之比保持不变
(3) T1K时，将1 mol二甲醚充入某恒容容器中，发生如下分解反应：
CH3OCH3(g)CH4(g)+ H2(g)+CO(g)，在不同时间测定容器内的总压，所得数据见下表：
反应时间t/min 0 5 10 15 20 ∞
气体总压p总/kPa 10.0 13.6 15.8 17.7 18.9 20.0
由表中数据计算：反应达平衡时，二甲醚的分解率为___________，该温度下的平衡常数Kp=___________ (kPa)2. (Kp为用气体平衡分压代替气体平衡浓度表示的平衡常数，分压=总压×气体的物质的量分数)
(4)恒压下将CO2和氢气按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如下图。
①温度高于230°C，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是___________。
②在上述条件下合成甲醇的工业条件是___________。
a.230℃催化剂CZT b.210℃催化剂CZT
c.230℃催化剂 CZ(Zr-1)T d. 210℃催化剂CZ(Zr-1)T
12．（2020·贵州铜仁·二模）十九大报告指出:“坚持全民共治、源头防治,持续实施大气污染防治行动,打赢蓝天保卫战!”，以NOx和燃煤为主的污染综合治理是当前重要的研究课题。
（1）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题。煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。
已知：CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）＋CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝-867 kJ/mol
2NO2（g）N2O4（g） ΔH＝-56.9 kJ/mol
H2O（g） ＝ H2O（l） ΔH＝-44.0 kJ/mol
写出CH4（g）+N2O4（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（l） ΔH＝______。
（2）汽车尾气中含有NOx主要以NO为主，净化的主要原理为：
2NO（g） + 2CO（g）2CO2（g）+ N2（g） △H= akJ/mol
在500℃时，向密闭体系中进行通入5mol的NO 和5 mol的CO进行反应时，体系中压强与时间的关系如图所示：
①下列描述能说明反应达到平衡状态的是______
A 单位时间内消耗n mol的NO 同时消耗 n mol的N2
B 体系中NO 、CO、CO2、N2的浓度相等
C 混合气体的平均相对分子质量不变。
D 体系中混合气体密度不变
②求4min时NO 的转化率______。
③求在500℃平衡常数Kp=______MPa-1。（Kp为以平衡分压表示的平衡常数：平衡分压=总压×物质的量分数，计算结果保留2位有效数字）
④若在8min改变的条件为升高温度，Kp减小，则a__0（填大于、小于或等于）
⑤如要提高汽车尾气的处理效率可采取______（填序号）
a 升高温度 b 降低温度并加催化剂 c 增加排气管的长度
（3）在一定条件下，也可以用NH3处理NO。已知NO 与NH3发生反应生成大气的一种主要气体和H2O，请写出该反应的化学方程式______。
13．（2020·贵州铜仁·三模）CO和H2的混合气体俗称合成气，是一种重要的工业原料气。工业上利用天然气(主要成分为CH4)与水进行高温重整制备合成气。
(1)已知：CH4、H2和CO 的燃烧热(ΔH)分别为-890.3 kJ/mol、-285.8 kJ/mol和-283.0kJ/mol，且1 mol液态水汽化时的能量变化为44.0 kJ。则甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气的热化学方程式为_______。
(2)在一定温度下，向体积为2L的密闭容器中充入0.40 mol CH4(g)和0.60 mol H2O (g)，测得CH4(g)和H2(g)的物质的量浓度随时间变化如表所示：
t/min 0 1 2 3 4
CH4/(mol/L) 0.2 0.13 0.1 0.1 0.09
H2/(mol/L) 0 0.2 0.3 0.3 0.33
①计算该反应第一次达平衡时的平衡常数K=_____。
②3 min时改变的反应条件可能是_____。
(3)已知温度、压强、投料比X[n(CH4)/n(H2O)]对该反应的影响如图所示。
①图1中的两条曲线所示的投料比的关系：X1____X2(填“=”“＞”或“＜”，下同)。
②图2中两条曲线所示的压强的关系：p1_______ p2。
(4)以合成气为原料可以制备二甲醚，将n(H2):n(CO)=3:1 投入体积固定密闭容器中发生反应：3CO(g)+3H2(g) CH3OCH3(g)+CO2(g) ΔH＜0，2 分钟达平衡。升温，反应重新达平衡。下列关于两次平衡的比较中正确的是_______。
A．H2体积分数不变
B．CO 体积分数增大
C．混合气体平均摩尔质量不变
D．反应速率和平衡常数均增大
(5)以二甲醚(设杂质不参与反应)、KOH溶液为原料可设计成燃料电池：
①放电时，负极的电极反应式为________。
②设装置中盛有100.0 mL 3.0 mol/L KOH 溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下的体积为6.72 L，放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为_______。
14．（2020·贵州铜仁·统考一模）甲醇是重要的化工原料，又可作燃料。
I.工业上利用CO生产燃料甲醇。已知2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)，则：
（1）在恒温恒容的刚性容器中进行该反应，能说明达到平衡状态的是____。(选填字母序号)
a.混合气体密度不再改变
b.混合气体平均摩尔质量不再改变
c.H2、CO、CH3OH的浓度之比为2：1：1
d.单位时间内消耗1molCO的同时生成2molH2
（2）在密闭容器中按物质的量之比为2:1充入H2和CO，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化情况如图1所示。
①逆反应速率：v逆(A)__v正(B)(填“>”、“<”或"=”)
②C点时，H2的平衡转化率为________________，该反应的平衡常数Kp=____kPa－2(用含p2的代数式表达，KP为用气体平衡分压代替气体平衡浓度表示的平衡常数，气体分压=气体总压×气体的物质的量分数)。
II.甲醇水蒸气重整制氢(SRM)系统简单，产物中H2含量高、CO含量低(CO会损坏燃料电池的交换膜)，是电动汽车氢氧燃料电池的理想氢源。反应如下：
反应i(主)：CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g) △H1=+49kJ·mol－1
反应ii(副)：H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ·mol－1
温度高于300°C则会同时发生反应iii：CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) △H3
（3）计算△H3=____________.
（4）升温将有利于提高CH3OH转化率，但也存在一个明显的缺点是____________。
（5）催化剂可以改变化学反应速率，但也存在着一种特性叫“催化剂的选择性”。图2为某催化剂条件下，CH3OH转化率、CO生成率与温度的变化关系。随着温度的升高，CO的实际反应生成率与平衡状态生成率相差越来越大的原因是催化剂对____________(填“反应i”或"反应ii”)的选择性低。
15．（2020·贵州黔东南·模拟预测）甲烷、乙烯、环氧乙烷、丁烷都是重要的化工原料，用途广泛，回答下列问题：
已知：Ⅰ．2CH2=CH2(g)+O2(g) 2(g) ΔH1＜0
Ⅱ．CH2=CH2(g)+3O2(g) 2CO2(g)+2H2O(l) ΔH2
Ⅲ．2(g) +5O2(g) 4CO2(g)+4H2O(l) ΔH3
(1)若反应Ⅲ是在一定温度下可自发进行，则ΔH3______(填“＞”“＜”或“=”)0。
(2)热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量，是燃料质量的一种重要指标。已知乙烯的热值为50.4kJ·g-1，则△H2=________kJ·mol-1。
(3)实验测得2CH2=CH2(g)+O2(g) 2 (g) ΔH1＜0中，v正=k正·c2(CH2=CH2)·c(O2)，v逆=k逆·c2( )(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数________(填“大于”“小于”或“等于”) k逆增大的倍数。
②若在1L的密闭容器中充入1mol CH2=CH2(g)和1mol O2(g)，在一定温度下只发生反应Ⅰ，经过10min 反应达到平衡，CH2=CH2(g)的转化率为40%，则0~10min内，v(O2)=_________，=___________(保留两位有效数字)。
(4)下列有关环氧乙烷制备的说法正确的是________(填字母)。
A．由图1可知，进料气体的初始温度对环氧乙烷的选择性影响不大，可得出乙烯的转化率受初始温度的影响不大
B．由图2可知，原料气的流速加快，乙烯转化率下降，主要是原料气与催化剂接触时间过短造成
C．若进料气中氧气比例增大，环氧乙烷产率降低，其主要原因是部分乙烯、环氧乙烷转化为二氧化碳和水
(5)一种以天然气为物燃料的固体氧化物燃料电池的原理如图所示，其中YSZ为6%～10%Y2O3掺杂的ZrO2固体电解质。
a极上的电极反应式为_____________；若电路中转移0.1mol电子，则消耗标准状况下CH4的体积为_____________ L。
16．（2020·贵州·模拟预测）甲醛(HCHO)俗称蚁醛，在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。
I·甲醛的制备
工业上利用甲醇脱氢法制备甲醛，已知：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g) △H
（1）该反应的能量变化如图甲所示，△H=___kJ mol-1。
（2）为提高CH3OH转化率，采取的措施有___、___；在温恒容条件下，该反应达到平衡状态的标志有___（填标号）。
a.混合气体的密度保持不变
b.混合气体的总压强保持不变
c.v(CH3OH)消耗=v(H2)生成
d.甲醛的浓度保持不变
（3）选用Ag/SiO2—ZnO作催化剂，在400～750℃区间进行活性评价，图乙给出了甲醇转化率与甲醛选择性（选择性越大，表示生成该物质越多）随反应温度的变化曲线。制备甲醛的最佳反应温度为___（填标号），理由是___。
a.400℃b.650℃c.700℃d.750℃
（4）T℃时，在2L恒容密闭容器中充入1mol甲醇，发生反应：
①CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)
②CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)
平衡时甲醇为0.2mol，甲醛为0.7mol。则反应i的平衡常数K=___。
II.甲醛的用途
（5）将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)溶液混合，可用于化学镀镍。反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为___：若收集到112mLCO2（标准状况），理论上转移电子___mol。
17．（2021·贵州毕节·统考二模）CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
(1)已知：
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-802 kJ·mol-1
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566 kJ·mol-1
则反应 3CO2(g)+CH4(g)=4CO(g)+2H2O(g)的ΔH3=___________kJ·mol-1。
(2)探究反应 CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)的反应速率和平衡，向1L恒容密闭容器中通入CO2和CH4各1mol，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。
①CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH___________0(填“大于”或“小于”)。
②下列叙述能判断反应CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)达化学平衡状态的是___________。
A．混合气体的密度保持不变
B．CO的体积分数保持不变
C．c(CO)和c(H2)的比值保持不变
D．断裂4mol C-H键的同时断裂2mol H-H键
③在压强为P1，温度为1000℃时，反应经5min达平衡，用CO2表示的化学反应速率v(CO2)=____；比较x点和y点的速率：x____y(填“大于”“小于”或“等于”)；压强P1___________P2(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是___________。
(3)CO2可被 NaOH 溶液捕获，其所得溶液中c(HCO)：c(CO)=2：1，溶液pH=______。(室温下，H2CO3的K1=4x10-7；K2=5x10-11)
18．（2021·贵州黔东南·统考模拟预测）碳的氧化物的综合利用有着重要的研究意义。
(1)已知：①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) △H1=-571.6 kJ·mol-1
②2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) △H2=-1453 kJ·mol-1
则CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(l)＋H2O(l) △H3=___________。
(2)一定温度下，在密闭容器中充入2 mol CO2(g)和6 mol H2(g)发生反应CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)，测得平衡时CH3OH(g)的体积分数与温度、压强的关系如图1：
①根据图1可判断：p1___________(填“＞”“=”或“＜”)p2。
②A点时，用分压表示的平衡常数Kp=___________(分压=总压×物质的量分数)。
③甲醇燃料电池因具有能量转化率高、电量大的特点而被广泛应用，甲醇KOH碱性燃料电池负极的电极反应式为___________。
(3)用CO和H2合成甲烷还伴随多个副反应：
主反应：CO(g)＋3H2(g)CH4(g)＋H2O(g) △H=-206 kJ·mol-1
副反应：①2CO(g) CO2(g)＋C(s) △H=-171.7 kJ·mol-1
②CH4(g) C(s)＋2H2(g) △H=＋73.7 kJ·mol-1
①在合成气甲烷化过程中，经常使用Ni作为甲烷化的催化剂，但Ni基催化剂对硫、砷等很敏感，极少量的硫、砷也可能导致Ni基催化剂发生___________而失去活性。
②在高温条件下，导致积碳的主要原因是___________；不同的氢碳比(即H2、CO的物质的量之比)对CO转化率的影响如图2所示。CO的转化率随着氢碳比的变化而变化的原因是___________。由图2、图3可知，较为适宜的氢碳比为___________。
19．（2021·贵州·统考一模）利用和合成烃、烃的衍生物等是综合利用的热点研究领域。
(1)已知：反应I
反应II
对于反应：___。写出两种提高该反应平衡转化率的方法____。
(2)已知反应。向恒容密闭容器中充入和，在不同催化剂条件下发生反应，测得相同时间的转化率随温度的变化曲线如下图(忽略温度对催化剂活性的影响)：
①该反应反应物的总能量___________生成物的总能量(填“高于”或“低于”)。
②反应在下达平衡时，催化剂甲作用下的转化率___________催化剂乙作用下的转化率(填“大于”、“等于”或“小于”)。
③一定温度下，下列叙述一定能说明该反应达到平衡状态的是___________。
A．容器内混合气体的密度不再变化 B．容器内的压强不再变化
C．不再变化 D．
(3)反应II在条件下进行。原料初始组成，平衡时和物质的量相等，且的分压为，平衡时的转化率是___________，该温度时反应的平衡常数___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
20．（2021·贵州六盘水·统考一模）水煤气法是工业制备氢气的重要方法之一。
反应I：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H1
反应II：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2
回答下列问题：
(1)C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) H__(用△H1和△H2表示)。改变条件，提高H2的产率， H__(填“增大"“减小"或“不变")。
(2)在2L恒容密闭容器中充入足量炭粉和lmolH2O(g)，在-定温度下发生反应I和反应II，达到平衡时测得c(CO)=0.20mol·L-1，c(H2)=0.40mol·L-1。
①在该条件下，水蒸气的平衡转化率为__。
②反应II的平衡常数Kp=__。(用平衡体系中各组分的分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×该组分体积分数)
(3)在密闭容器中充入一定量的CO和水蒸气，加入适量催化剂，仅发生反应II。测得催化效率和CO转化率与温度关系如图所示。在600℃~750℃范围内影响CO转化率的主要因素是__。
(4)工业上常以水煤气(CO和H2)为原料合成甲醇。在一容积可变的密闭容器中充入1molCO与2molH2，在催化剂作用下发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，△H<0，下列叙述不能说明反应已经达到化学平衡状态的是__。
A．H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍
B．CH3OH的体积分数不再改变
C．混合气体的密度不再改变
D．CO和CH3OH的物质的量之比保持不变
为了提高H2的转化率，可采取的措施为___(填两条即可)。
(5)以水煤气(CO、H2体积比为1：2)为燃料的碱性(足量KOH为电解质)空气燃料电池，电池工作时CO发生反应的电极反应式为___。
四、工业流程题
21．（2022·贵州遵义·统考二模）当下国际局势紧张，金属钨和单晶硅是重要的军事、科技战略资源。从硫钨矿可以制取金属钨和单晶硅，硫钨矿的主要成分是CaWO4，还包括FeS、SiO2等，某工艺生产流程如下：
已知： 常温下，Ksp(CaWO4=1.0×10-8 )，Ksp (CaCO3=1.0×10-9 )
(1)将硫钨矿在空气中高温焙烧，请写出焙烧时发生的化学方程式_____,写出一种加快焙烧速率的方法_____
(2)“溶浸”时，___________(填“能”或“不能”)将纯碱换成烧碱；“操作1”中玻璃棒的作用___________。
(3)滤渣的主要成分是SiO2和____ ，将滤渣高温煅烧产生 CO2，请从化学反应进行的方向解释由SiO2产生CO2的原因_____
(4)“滤液”是Na2WO4溶液，Na2WO4在水中的溶解度随温度变化如图所示， “滤液”获得钨酸钠二水合物晶体的操作方法是____
(5)H2WO4是难溶于水的弱酸，工业上用“盐酸分解法”制备钨酸：
先用钨酸钠与盐酸、氯化铵作用得到精钨酸铵[5(NH4)2O·12WO3]，再用盐酸酸解，得到钨酸，请写出盐酸酸解时的化学方程式_____
参考答案：
1．B
【详解】A．若溶液中存在银离子，向酸化的溶液中加入氯化钡溶液，会生成氯化银白色沉淀，硝酸具有强氧化性，若溶液中含有亚硫酸根等离子，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，向酸化的溶液中加入氯化钡溶液，会生成硫酸钡白色沉淀，则无法确认是否存在硫酸根离子，故A错误；
B．由等物质的量浓度的碳酸氢钠溶液pH大于草酸氢钠溶液可知，草酸在溶液中的电离程度强于碳酸，草酸的酸性强于碳酸，故B正确；
C．该反应是一个气体体积不变的可逆反应，减小压强，化学平衡不移动，颜色变浅是因为碘单质浓度浓度减小的缘故，故C错误；
D．甲烷的氯代产物是非电解质，在溶液中不能电离，不能使紫色石蕊试液变红，故D错误；
故选B。
2． 分液漏斗 蒸馏烧瓶 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO2过量，溶液显酸性．产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32- Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 0.1600
【详解】(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，所以方程式为：；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；
(2)从反应速率影响因素分析，控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；
(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；
(4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；
(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①；②；反应①I-被氧化成I2，反应②中第一步所得的I2又被还原成I-，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的得电子总数就与消耗的失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2S2O3)=a mol/L，列电子得失守恒式：，解得a=0.1600mol/L。
3．(1) -164.7 低温，高压 减小 A
(2) ①
(3) ②
【详解】（1）①根据盖斯定律，CO2甲烷化反应=2×I+II，故△H=2×(+41.2)+( -247.1)=-164.7 kJ·mol-1；该反应为放热反应，故应该在低温下进行，该反应为气体分子数减小的反应，故应该在高压下进行，故答案为：低温，高压；
②根据已知条件可知，==，该反应为吸热反应，故温度升高K增大，则同时=减小；
A．容器为恒容绝热容器，故随着反应进行，温度在变，压强也在变，压强不变可以证明反应达到平衡，A正确；
B．容器为恒容绝热容器，且所有的反应物和产物都为气体，故总质量不变，所以密度始终不变，密度不再改变不能证明反应达到平衡，B错误；
C．反应达到平衡时，各个组分之间的浓度之比没有必然联系，C错误；
D．断开C=O键为逆速率，断开H-O键也为逆速率，反应速率都为逆向，不能证明反应达到平衡，D错误；
故选A；
（2）该反应为气体计量数减小的反应，故压强增大，平衡正向移动，转化率增大，由图象可知温度相同时，①对应的转化率增大；根据题给条件可得一下三段式：
平衡时气体总物质的量n(总)=1+3+1+1=6mol，则平衡时各种物质的分压分别为：，，；
（3）由图可知，步骤①和③中，CH3OH分子中O—H键断裂，则其中没有O—H键断裂的步骤是②；由图可知，反应物为甲醇和二氧化碳，生成物为DMC和H2O，则化学方程式为。
4．(1)-654.8
(2)b
(3) 0.05 mol·L-1·min-1 降温/分离出CO2
(4) 1050 K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO2 的转化率增大 或0.077或7.7%
【解析】（1）
反应iii=2反应i+反应ii，故；
（2）
a．从图中看出，N2O与CO反应的活化能为326kJ/mol， 与CO反应的活化能为215 kJ/mol，活化能越高，越难反应，a错误；
b．整个反应分为三个基元反应阶段，其中第一个反应阶段活化能为451kJ/mol，活化能最大，b正确；
c．其他条件不变，增大压强或使用催化剂均可以增大反应速率，但催化剂不能提高反应物的转化率，c错误；
故选b；
（3）
从图中可以看出，NO、CO的物质的量减少，为反应物；N2的物质的量增加，为生成物，平衡时NO、CO、N2的物质的量变化量分别为：0.4mol、0.4mol、0.2mol，根据原子守恒可知还有CO2生成，化学方程式为：，该反应化学平衡常数的表达式：；前2 min内的NO的物质的量变化量为0.2mol，平均反应速率：；从图中可以看出：改变条件后NO和CO的物质的量减少，N2的物质的量增加，故平衡正向移动，故改变的条件可能为：降温/分离出CO2；
（4）
反应iii为放热反应，最高点之前反应未达平衡，升温反应速率增大，转化率增大，原因是：1050 K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO2的转化率增大；当NO2的转化率为80%时，可列出三段式： ，平衡时NO2的体积分数为：。
5．(1)390.8
(2)B
(3) 丙，乙，甲 57.1%（57.0%）
(4)1:5
(5) 阴极
(6)Cl2:制漂白液，消毒液，盐酸，农药
【详解】（1）N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)， ΔH = -91.3 kJ/mol，焓变=反应物总键能-生成物总键能，即945.8+435.9×3-6a=-91.3，则a=390.8；
（2）A．正反应放热，升高反应温度，平衡逆向移动，氢气的转化率减小，故不选A；
B．增大反应的压强，反应速率加快，平衡正向移动，氢气的转化率增大，故选B；
C．移走生成的NH3，反应速率减慢，故不选C；
D．增加H2的量，反应速率加快，平衡正向移动，氢气的转化率减小，故不选D；
E．添加合适的催化剂，平衡不移动，氢气的转化率不变，故不选E；
选B
（3）正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，氨气体积分数减小，则甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是丙>乙>甲；
d点氨气的体积分数为40%， ，x=0.171，d点N2的转化率是；
（4）某温度下发生的反应为 ，氯元素化合价由0降低为-1、氯元素化合价由0升高为+5，根据得失电子守恒，被氧化的与被还原的Cl2的质量比例1:5；
（5）装置右侧放出氢气，发生还原反应，电极E是阴极；反应后的溶液倒入电解池的阳极区，可以提高NaClO3的含量，可知氯离子在阳极区被氧化为 ，发生的反应为；
（6）Cl2可以制漂白液、消毒液、盐酸、农药等。
6．(1)
(2) 反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大 a
(3) 0.1MPa 增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率
(4)6.75
(5) 正
【解析】（1）
根据盖斯定律，由①-②可得CO甲烷化反应的热化学方程式为，故答案为：；
（2）
反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大，因此随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大；反应①正反应方向气体体积减小，反应②气体体积不变，压强增大，反应①平衡正向移动，反应②平衡不移动，所以CO2的转化率随压强的增大而增大，则图中a点压强为10.0MPa，故答案为：反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大；a
（3）
由图可知，温度为400℃时，CH4选择性：10.0MPa>3.0MPa>0.1Mpa， 增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率，因此压强应选用0.1MPa，故答案为：0.1MPa；增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率；
（4）
根据题意，起始时 CO2为1mol/L，H2为4mol/L，平衡时CO2的转化率为75%，则平衡时 CO2为0.25mol/L，H2为1mol/L，CH4为0.75mol/L，H2O为1.5mol/L，则该反应的平衡常数 ，故答案为：6.75；
（5）
根据电子的流向可知，电极c为负极，电极d为正极；电极c上，甲醚失电子发生氧化反应，电极反应式为，故答案为：正；。
7．(1)-249.6
(2)bd
(3) a，d KA＞KB＞KC 3.1 60%
【解析】（1）
由题干信息已知，反应I：CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2kJ/mol反应II：2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=-332kJ/mol，则2I+II即可得到反应III：2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g) ，根据盖斯定律可知，ΔH3=2ΔH1+ΔH2=2×(+41.2kJ/mol)+( -332kJ/mol)=-249.6 kJ/mol，故答案为：-249.6；
（2）
a．化学平衡的特征之一为正、逆反应速率相等，2(H2)=(H2O)未告知正、逆反应情况，不能说明反应达到平衡状态，a不合题意；
b．已知反应II是一个正反应为气体体积减小的反应，即反应过程中容器内压强始终在改变，故容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，b符合题意；
c．由于反应II：2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g)中CO和H2的系数比为1:2，题干中CO和H2的投料比也是1:2，故反应过程中始终保持为1:2不变，故保持不变不能说明反应达到平衡状态，c不合题意；
d．化学平衡的特征之一就是反应体系各组分的百分含量保持不变，故C2H4的质量分数保持不变，说明反应达到化学平衡状态，d符合题意；
故答案为：bd；
（3）
①结合(1)的分析可知，反应III：2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g) ΔH3=-249.6 kJ/mol，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则H2的体积分数随温度升高而增大，C2H4的体积分数随温度的升高而减小，且起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，反应中CO2和H2的转化量之比为1:3，故过程中CO2和H2的体积分数之比也为1:3，C2H4和H2O的体积分数之比为1:4，结合图示可知表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别为a，d，故答案为：a，d；
②由上述分析可知，升高温度平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，则A、B、C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为KA＞KB＞KC，故答案为：KA＞KB＞KC；
③根据三段式分析可知：，结合①的分析可知，240℃时，反应达到平衡后，H2和H2O的体积分数相等，故有3-6x=4x，解得：x=0.3mol，故容器中气体的总物质的量1-2x+3-6x+x+4x=4-3x=4-3×0.3=3.1mol，H2(g)的平衡转化率为=60%，若平衡时总压为P，则p(CO2)=，p(H2)= ，p(C2H4)= ，p(H2O)=，该反应的平衡常数Kp= =，故答案为：3.1；60%；。
8．(1) -329kJ/mol +47
(2)BC
(3) C3H6 大于 25% 或0.067P1
【详解】（1） H2=反应物键能总和-生成物键能总和=(2)kJ/mol=-329kJ/mol；
根据盖斯定律，由（①+②）得热化学反应方程式C3H8(g)+CO2(g)C3H6(g)+ H2O(g) +CO(g) H=（ H1+ H2）=+47kJ/mol；
K1=，K2=，K==；
（2）A. 该反应的△H不再变化，说明物质的转化达到平衡状态，选项A正确；
B. 反应C3H8 (g)+CO2(g)C3H6(g)+ H2O(g)+CO(g)是气体体积变化的反应，而气体总质量不变，则混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明达到平衡状态，选项B正确；
C. 达平衡后，向体系中再通入CO2气体，平衡正向移动，C3H8的转化率增大，选项C正确；
D. 达平衡后，降低温度，平衡向左移动，逆反应的速率先减小后慢慢减小，选项D错误；
答案选ABC；
（3）①图中曲线C体积分数逐渐增大，故代表的物质为生成物C3H6；A、C相比，压强越小C3H6越多，体积分数越大，故P1大于0.5 MPa；
②B为C4H10，设C4H10的转化率为x，由三段式有：
=60%，x=25%，C4H10的平衡分压为，C3H6的平衡分压为，CH4的平衡分压为，Kp==。
9． 530 5 大于 ，反应正向进行
【详解】(1)反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ有+()=；
(2)①反应Ⅱ为放热反应，其它条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，则；
②经反应Ⅰ发生后的汽气比为0.8，则设此时水蒸气物质的量为0.8mol，CO物质的量为1mol，根据反应Ⅰ可知此时氢气的物质的量为1mol，设CO的转化率为x，则对于反应Ⅱ列三段式：，经反应Ⅱ后，得到CO与H2的物质的量之比为，则(1-x):(1+x)=1:3，解得x=0.5，对比图可知，反应Ⅱ应选择的温度是；
(3)为了进一步探究反应条件对反应Ⅱ的影响，在应该控制变量：
①由表格可知CO、水蒸气起始浓度相同，则X为530℃或630℃，Y为3MPa或5MPa，结合图可知乙和甲平衡时CO浓度相同，乙先达平衡，则说明甲和乙不同的是压强，乙的压强比甲大，因此Y=5MPa，丙和乙不同的是温度且乙的温度较低，因此X=530℃，即填530；5；
②实验丙从开始至末，CO浓度减小1.0mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，平均反应速率0.6mol/L÷5min=；
③实验乙和丙起始CO浓度相同，平衡时实验乙的CO浓度更小，则实验乙中CO的转化率更大，即达平衡时CO的转化率：实验乙大于实验丙；
④若往某刚性容器中投入，设体积为1L，则此时反应Ⅱ的=K，因此平衡正向进行。
10． A H2 10-7.5 +247 A ABD CO2+2e =CO+O2 8∶7
【详解】Ⅰ． (1)由题给示意图可知，该装置为电解池，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，则a口逸出的气体为氯气，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，b口逸出的气体为氢气，为避免氯气与氢气和氢氧化钠溶液混合发生反应，维持阴极室和阳极室中溶液的电荷守恒，阳极室中钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室中，故答案为：A；H2；
(2)由图可知，溶液pH为7.5时，溶液中次氯酸浓度大于次氯酸根离子的浓度，由次氯酸的电离常数Ka=可知，Ka=c(H+)=10-7.5，故答案为：10-7.5；
II．(1)将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知2×③-①-②可得催化重整反应，则ΔH=2ΔH1-ΔH2-ΔH3=2×(-111 kJ·mol 1)-( -75 kJ·mol 1)-( -394 kJ·mol 1)= +247 kJ·mol 1，故答案为：+247；
(2) 催化重整反应是一个气体体积增大的吸热反应，升高温度和降低压强，有利于平衡向正反应方向移动，增大甲烷平衡转化率，则提高催化重整反应中甲烷平衡转化率的条件是高温低压，故答案为：A；
(3) A．H2的反应速率是CO2反应速率的2倍说明正、逆反应速率相等，反应已达平衡状态，故符合题意；
B．该反应是一个吸热反应，在恒容绝热密闭容器中反应时，容器中的温度会降低，容器中的温度不再变化说明正、逆反应速率相等，反应已达平衡状态，故符合题意；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，在恒容容器中气体的密度始终不变，则容器中气体的密度不再变化不能说明正、逆反应速率是否相等，无法判断反应是否已达平衡状态，故不符合题意；
D．该反应是一个气体体积增大的反应，反应中容器中的压强增大，则容器中的压强不再变化说明正、逆反应速率相等，反应已达平衡状态，故符合题意；
ABD符合题意，故答案为：ABD；
(4)由题意可建立如下三段式：
由三段式所得数据可知，平衡时，甲烷和二氧化碳的平衡分压都为，一氧化碳和氢气的平衡分压都为，则反应的平衡常数Kp===，故答案为：；
(5) ①由题给示意图可知，二氧化碳在阴极上得到电子发生还原反应生成一氧化碳和氧离子，电极反应式为CO2+2e =CO+O2 ，故答案为：CO2+2e =CO+O2 ；
②由题意设生成乙烯的物质的量为3mol、乙烷为1mol，由碳原子个数守恒可知，甲烷的物质的量为3mol×2+1mol=7mol，设二氧化碳的物质的量为amol，由得失电子数目守恒可得：a×2=3mol×2×2+1mol×2×2，解得a=8，则相同条件下消耗的甲烷和二氧化碳的体积比为7:8，故答案为：7:8。
11． -123.0 低温 cd 50% 25 反应I为放热反应，温度升高，平衡向逆向移动，使甲醇的产率降低 c
【详解】(1) 反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.8 kJ mol-1
反应II：CH3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g) H2= +23.4 kJ mol-1
反应III：2CO2(g)+ 6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) H3
根据盖斯定律可知，反应I×2-反应II可得到反应III，所以对应的焓变关系为△H3=2 H1- H2=-49.8 kJ mol-1×2-23.4 kJ mol-1=-123.0 kJ mol-1，故反应III：2CO2(g)+ 6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)为放热反应，且为气体分子数减小的反应，则 S＜0，根据 G= H-T S可知，若要自发进行， G＜0即可，则需在低温条件下进行，故答案为：-123.0；低温；
(2)反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.8 kJ mol-1为气体分子数减小的放热反应，则恒温恒容条件下
a．容器内混合气体的质量不变，体积不变，所以混合气体的密度保持始终不变，a错误；
b．消耗3mol H2的同时生成1 mol H2O，指的均为正反应方向，不能作为判断反应达到平衡状态的依据，b错误；
c．随着反应的进行，反应体系的总压强始终变化，当反应体系总压强保持不变时，则说明反应达到平衡状态，c正确；
d． CH3OH和CO2的物质的量之比保持不变，说明各物质的物质的量保持不变，即能说明反应达到平衡状态，d正确；
故答案为：cd；
(3) T1K时，将1 mol二甲醚充入某恒容容器中，反应达到平衡时反应的三段式
在恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即(1＋2x)∶1＝20kPa∶10kPa=2:1，解得x＝0.5mol，反应达平衡时，二甲醚的分解率；此时，n(CH4)= n(H2)= n(CO)=0.5mol，所以p(CH3OCH3)= p(CH4)= p(H2)= p(CO)= =5kPa，所以平衡常数Kp=，故答案为：50%；25；
(4)①反应I为生成甲醇的反应，为放热反应，则温度升高，平衡向逆向移动，使甲醇的产率降低；
②根据在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化关系可知，在230℃催化剂 CZ(Zr-1)T得到的甲醇选择性和产率最高，故最佳条件应选择230℃催化剂 CZ(Zr-1)T，答案选c。
12． -898.1kJ/mol C 40% 0.099 < b 4NH3+6NO＝5N2+6H2O
【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)根据平衡状态的判断标准进行分析；根据转化率、平衡常数的计算公式进行进行计算；根据影响反应速率和平衡移动的因素进行分析，根据影响平衡常数的因素分析反应的吸放热情况；
(3)根据氧化还原反应规律进行分析。
【详解】(1)由盖斯定律可知：，故答案为：-898.1kJ/mol。
(2)①化学平衡状态：在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，达到一种相对静止的状态，即"化学平衡状态"，根据反应2NO（g） + 2CO（g）2CO2（g）+ N2（g） △H= akJ/mol可知：
A．由化学计量数之比等于化学反应速率之比，单位时间内消耗2n mol的NO 同时消耗 n mol的N2时，达到平衡状态，故A不选；
B．体系中NO 、CO、CO2、N2的浓度不再改变时达到化学平衡状态，并不一定是相等时，故B不选；
C．该反应的反应物均为气体，反应前后气体总质量不变，正反应为气体体积减小的反应，则当混合气体的平均相对分子质量（平均摩尔质量）不变时则处于化学平衡状态，故选C；
D．在恒容密闭体系中，反应物和生成物均为气体，反应前后气体总质量不变，故气体的密度一直不变，不能说明该反应是否达到平衡状态，故D不选。
答案选C；
②设4min内消耗NO的物质的量为2amol，由反应可得物质的量之比等于压强之比，即解得a=1，则4min内NO的转化率为，故答案为；
③由②可得平衡时NO、CO、CO2、N2的个物质的量分别为：3mol、3mol、2mol、1mol，由平衡分压=总压×物质的量分数可知、 ，由带入数据解得，故答案为；
④若在8min升高温度，Kp减小则说明平衡逆向移动，说明正反应方向为放热反应，则该反应的△H＜0，即a小于零，故答案为：小于；
⑤a升高温度平衡向吸热反应方向移动，本反应为放热反应，平衡左移，故a不选；
b.降低温度平衡向放热反应方向移动，添加催化剂有利于缩短达到平衡所需要的时间，故选b；
c．增加排气管的长度并不能提高NO与CO的转化率，故c不选；
答案选b；
(3)在一定条件下，NH3具有还原性，NO具有氧化性，则NO与NH3发生氧化还原反应生成水和N2，故其反应的化学方程式为：。
13． CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH= +206.1 kJ/mol 0.135 升高温度或增大 H2O(g)的浓度或减小 CO 的浓度 ＞ ＞ AB CH3OCH3-12e－+16OH+=2CO+11H2O c(K+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H+)
【分析】(1)根据燃烧热写出热化学方程式，利用盖斯定律计算；
(2)①反应方程式为CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)根据三行式代入平衡常数表达式进行计算；
②根据表中数据可知3min时达到平衡，再根据4min时各组分浓度变化量判断改变的条件；
(3)①碳水比n(CH4)/n(H2O)值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高；
②根据压强对平衡移动影响，结合图像分析解答；
(4)A．根据三段式计算氢气的体积分数；B．升高温度，平衡逆向移动，CO 体积分数增大；C．升高温度，平衡逆向移动，气体的总质量不变，物质的量增大，混合气体平均摩尔质量减小；D．升高温度，平衡逆向移动，反应速率增大，但平衡常数减小；
(5)①CH3OCH3燃料电池工作时，负极发生氧化反应，CH3OCH3失电子被氧化反应；
②计算氧气的物质的量，进而计算生成二氧化碳的物质的量，根据n(KOH)与n(CO2)比例关系判断反应产物，进而计算溶液中电解质物质的量，结合盐类水解与电离等判断
【详解】(1)已知：①H2(g)+ O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ·mol－1
②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ·mol－1
③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ·mol－1，
④H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ·mol－1，
利用盖斯定律将④+③-②-3×①可得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H=(-44.0kJ·mol－1)+(-890.3kJ·mol－1)-(-283.0kJ·mol－1)-3×(-285.8kJ·mol－1)=+206.1 kJ·mol－1，则甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气的热化学方程式为CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH= +206.1 kJ/mol。故答案为：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH= +206.1 kJ/mol；
(2)①
所以K== =0.135，故答案为：0.135；
②3min时改变的反应条件，反应向正反应方向进行，可能为升高温度或增大H2O的浓度或减小CO的浓度，故答案为：升高温度或增大H2O的浓度或减小CO的浓度；
(3)①碳水比n(CH4)/n(H2O)值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高，图1中的两条曲线所示的投料比的关系：X1＞X2。故答案为：＞；
②该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，平衡时甲烷的含量增大，图2中两条曲线所示的压强的关系：p1＞ p2。故答案为：＞；
(4)以合成气为原料可以制备二甲醚，将n(H2):n(CO)=3:1 投入体积固定密闭容器中发生反应：
A．
A．H2体积分数= ，H2体积分数不变，故A正确；
B．升高温度，平衡逆向移动，CO 体积分数增大，故B正确；
C．升高温度，平衡逆向移动，气体的总质量不变，物质的量增大，混合气体平均摩尔质量减小，故C错误；
D．升高温度，平衡逆向移动，反应速率增大，但平衡常数减小，故D错误；
故答案为：AB；
(5)①放电时，二甲醚在碱性条件下失电子发生氧化反应，负极的电极反应式为CH3OCH3-12e－+16OH－=2CO+11H2O。故答案为：CH3OCH3-12e－+16OH－=2CO+11H2O；
②参与反应的氧气在标准状况下体积为6.72L，物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒可知，生成二氧化碳为×2=0.2mol，n(KOH)=0.1L×3.0mol·L-1=0.3mol，n(KOH)：n(CO2)=0.3mol：0.2mol=3：2，发生反应2CO2+3KOH=K2CO3+KHCO3+H2O，溶液中碳酸根水解，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故c(OH－)＞c(H＋)，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故c(HCO3－)＞c(CO32－)，钾离子浓度最大，水解程度不大，碳酸根浓度远大于氢氧根离子，放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为c(K+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H+)。故答案为：c(K+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H+)。
【点睛】本题综合性较大，涉及热化学方程式书写、化学平衡图像、化学平衡的影响因素、化学平衡计算、原电池、化学计算、离子浓度比较等，是对基础知识与学生能力的综合考查，解题关键：把握化学平衡的影响因素以及图像、数据的分析，难点(2)平衡常数的计算，易错点(4)A氢气体积分数的计算，均要列出三段式进行分析。
14． bd ＜ 75% +90kJ mol-1 CO含量升高，破坏燃料电池的交换膜 反应ii
【分析】Ⅰ(1)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；
(2)①温度相同时，p1曲线对应的CH3OH的体积分数较高，则说明增大压强平衡正移，故p1＞p2，且B点温度高于A点温度；
②C点时，CH3OH的体积分数为50%，
V(CH3OH)%=×100%=×100%=50%，解得x=0.75，转化率α(H2)=×100%；平衡常数KP=，p(H2)=×p2，p(CO)=×p2，p(CH3OH)=×p2；
Ⅱ(3)已知：反应i(主)：CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g)△H1=+49kJ mol-1
反应ii(副)：H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g)△H2=+41kJ mol-1
结合盖斯定律：反应i+反应ii即可得反应iii；
(4)根据CO含量升高会损坏燃料电池的交换膜分析；
(5)催化剂的选择性分析判断，随着温度的升高一氧化碳生产率低。
【详解】Ⅰ(1)a．该反应气体质量与体积不变，则气体密度为定值，混合气体密度不再改变不能说明达到平衡状态，故a错误；
b．该反应气体质量不变，气体物质的量改变，则混合气体的平均摩尔质量为变化值，混合气体平均摩尔质量不再改变可以说明达到平衡状态，故b正确；
c．H2、CO、CH3OH的浓度之比为2:1:1不能说明达到平衡状态，故c错误；
d．单位时间内消耗1molCO的同时生成2molH2可以说明达到平衡状态，故d正确；
故答案为：bd；
(2)①温度相同时，p1曲线对应的CH3OH的体积分数较高，则说明增大压强平衡正移，故p1＞p2，结合B点温度高于A点温度，则v逆(A)＜v正(B)；
②C点时，CH3OH的体积分数为50%，
V(CH3OH)%=×100%=×100%=50%，解得x=0.75mol，转化率α(H2)= =×100%=75%；平衡常数KP=， p(H2)=×p2，p(CO)=×p2，p(CH3OH)=×p2 ，KP==；
Ⅱ(3)已知：反应i(主)：CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g)△H1=+49kJ mol 1
反应ii(副)：H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g)△H2=+41kJ mol 1
结合盖斯定律：反应i+反应ii即可得反应iii:CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)△H3=(+49+41)kJ/mol=+90kJ/mol；
(4)升温有利于平衡正移，提高CH3OH转化率，但CO含量升高会损坏燃料电池的交换膜；
(5)催化剂的选择性分析判断，随着温度的升高一氧化碳生产率低，说明催化剂对反应ii的选择性差。
15． ＜ -1411.2 小于 0.02mol/(L min) 0.56 BC CH4-8e- +4O2- =CO2+2H2O 0.28
【分析】(1)反应Ⅲ：2 (g) +5O2(g) 4CO2(g)+4H2O(l)是体系混乱度减小的反应，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析判断；
(2)结合热值计算乙烯的燃烧热，根据盖斯定律，将×(Ⅰ+Ⅲ)整理可得；
(3)①反应2CH2=CH2(g)+O2(g) 2 (g)ΔH1＜0的正反应是放热反应，在其他条件不变时，升高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大，结合v正=k正·c2(CH2=CH2)·c(O2)，v逆=k逆·c2( )分析判断；
②达到平衡时乙烯的转化率为40%，则参与反应的乙烯的物质的量为1mol×40%=0.4mol，根据反应计算氧气的物质的量进而计算v(O2)；反应达到平衡时，计算化学平衡常数K；由于反应达到平衡时，v正=v逆，所以k正·c2(CH2=CH2)·c(O2)= k逆·c2( )；
(4)A．根据图示可知，进料气体的初始温度对环氧乙烷的选择性影响不大，可能是温度对副反应的影响较小造成的，但不能得到初始温度对乙烯的转化率影响不大的结论；
B．流速越快，反应物接触时间越短，消耗乙烯的量越少；
C．若进料气中O2比例增大，环氧乙烷与氧发生副反应转化为氧化碳和水；
(5)根据图示可知在a电极通入甲烷为负极，失去电子发生氧化反应；根据电极反应计算CH4的物质的量，再利用V=nVm计算。
【详解】(1)反应Ⅲ：2(g) +5O2(g) 4CO2(g)+4H2O(l)是体系混乱度减小的反应，ΔS＜0，若在一定温度下可自发进行，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0，ΔS＜0则ΔH＜0，即ΔH3＜0；
(2)热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量，是燃料质量的一种重要指标。已知乙烯的热值为50.4kJ·g-1，则1mol乙烯的燃烧热为-50.4 kJ·g-1×28g/mol=-1411.2kJ·mol-1，根据盖斯定律，将×(Ⅰ+Ⅲ)整理可得，CH2=CH2(g)+3O2(g) 2CO2(g)+2H2O(l) ΔH2=×(H1+ H3)= -1411.2kJ·mol-1；
(3)①反应2CH2=CH2(g)+O2(g) 2(g)ΔH1＜0的正反应是放热反应，在其他条件不变时，升高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大，所以v逆增大的比v正最大的多，使得v正＜v逆，所以化学平衡向逆向移动，v正=k正·c2(CH2=CH2)·c(O2)，v逆=k逆·c2()，因此达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
②根据方程式可知，乙烯与氧气反应的物质的量之比为2:1，由于开始时加入了1mol乙烯，达到平衡时乙烯的转化率为40%，则参与反应的乙烯的物质的量为1mol×40%=0.4mol，所以反应的氧气的物质的量为0.2mol，故0~10min内v(O2)==0.02mol/(L min)；反应达到平衡时c(CH2=CH2)==0.6mol/L，c(O2)== 0.8mol/L，c( )==0.4mol/L，化学平衡常数K==；由于反应达到平衡时，v正=v逆，所以k正·c2(CH2=CH2)·c(O2)= k逆·c2()，故==K==0.56；
(4)A．根据图示可知，进料气体的初始温度对环氧乙烷的选择性影响不大，可能是温度对副反应的影响较小造成的，但不能得到初始温度对乙烯的转化率影响不大的结论，实际上升高温度，物质转化率相对有较大影响，故A错误；
B．流速越快，反应物与催化剂接触时间越短，消耗乙烯的量越少，导致乙烯转化率下降，故B正确；
C．若进料气中O2比例增大，环氧乙烷产率降低，其主要原因是环氧乙烷与氧发生副反应转化为氧化碳和水，故C正确；
故答案选BC；
(5)根据图示可知，该装置为燃料电池，通入燃料的一极为负极，在a电极通入甲烷为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e- +4O2- =CO2+2H2O，每有1 molCH4发生反应，转移8 mol电子；若电路中转移0.1 mol电子，消耗CH4的物质的量为n(CH4)=×0.1 mol=0.0125 mol，其在标准状况下的体积V(CH4)=nVm=0.0125mol×22.4 L/mol=0.28 L。
16． +84 升高温度 降低压强 bd c 此温度下甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高 1.575 HCHO+2Ni2++H2O=2Ni+CO2↑+4H+ 0.02
【详解】（1）生成物和反应物之间的能量差为；
（2）该反应是气体分子数增加的、吸热的可逆反应，因此根据勒夏特列原理，我们可以采用升高温度、降低压强的方法来促进平衡正向移动，提高转化率；再来看平衡的标志：
a.反应物和生成物都是气体，因此气体的密度是恒定不变的，a项错误；
b.该反应前后气体分子数不等，因此当压强保持不变时，说明反应已达到平衡状态，b项正确；
c.甲醇和氢气的化学计量数相同，因此无论何时都有v(CH3OH)消耗=v(H2)生成，c项错误；
d.当甲醛的浓度保持不变，说明其消耗速率和生成速率相同，即此时达到了平衡状态，d项正确；
答案选bd；
（3）在700℃时，甲醛选择性和甲醇转化率均较高，因此700℃是最合适的温度，答案选c；
（4）平衡时甲醇为0.2mol，因此有0.8mol甲醇被消耗，其中甲醛有0.7mol，说明有0.7mol甲醇发生了反应①，有0.1mol甲醇发生了反应②，因此氢气一共有，代入平衡常数的表达式有；
（5既然是镀镍，则镍被还原为单质，而甲醛被氧化为二氧化碳，因此反应的离子方程式为；甲醛中的碳可以按0价处理，二氧化碳中的碳为+4价，因此每生成1个二氧化碳分子需要转移4个电子，而112mL二氧化碳的物质的量为，因此一共要转移0.02mol电子。
【点睛】对于任意一个氧化还原反应，总有氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数，因此只需求出最好求的那一项，另外两项就迎刃而解了。
17． 330 大于 BD 0.1mol L-1 min-1 小于 小于 同一温度下，P2对应的CH4的转化率较小，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，CH4的转化率降低 10
【详解】(1)根据盖斯定律可得，ΔH3=ΔH1-2ΔH2=-802kJ mol-1-(-566kJ mol-1)2=330kJ mol-1；
(2)①同一压强下，温度升高，CH4的平衡转化率升高，说明该反应是吸热反应，则该反应的ΔH大于0；
②A．该反应体系中，总质量和体积均不变，故任意时刻，混合气体的密度都相同，则该说法不能表示反应达到化学平衡状态，A不符合题意；
B．当CO的体积分数保持不变时，可以表明反应达到化学平衡状态，B符合题意；
C．由题可知，反应体系中，c(CO)和c(H2)的比值始终为1:1，则该说法不能表示反应达到化学平衡状态，C不符合题意；
D．断裂4mol C-H键的同时断裂2mol H-H键，可以表明反应达到化学平衡状态，D符合题意；
故选BD；
③压强为P1，温度为1000℃时，CH4的转化率为50%，则Δn(CO2)=Δn(CH4)=50%1mol=0.5mol，v(CO2)===0.1mol L-1 min-1；x点和y点相比，x点的温度较低，则x点的速度小于y点的速度；同一温度下，P2对应的CH4的转化率较小，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，CH4的转化率降低，故P1小于P2；
(3)根据碳酸的第二步电离平衡常数可得，K2===510-11，则c(H+)=1.010-10，则pH=-lg c(H+)=10。
18． -130.9 kJ·mol-1 > CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O 中毒 甲烷的分解反应 增大H2的浓度，平衡正向移动，CO转化率增大 3.5
【分析】(2)对于反应CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)，△H3=-130.9 kJ·mol-1，该反应是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正移，甲醇的转化率提高，则取T3相同温度，可得p1> p2；
【详解】(1)①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) △H1=-571.6 kJ·mol-1
②2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) △H2=-1453 kJ·mol-1
根据盖斯定律，反应①-②，得到CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(l)＋H2O(l) △H3=△H1-△H2=-130.9 kJ·mol-1；
(2) ①增大压强，平衡正向移动，甲醇的转化率提高，在同一温度下，p1> p2；
②由三段式：
由图知甲醇平衡时体积分数为30%，则，解得a=1.5，平衡时总物质的量为5mol，则用分压表示的平衡常数
③甲醇在KOH碱性燃料电池中做负极生成，C的化合价从-2升至+4，电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O；
(3) ①Ni可与S反应使Ni失活，导致Ni基催化剂发生中毒而失去活性；
②副反应②CH4(g) C(s)＋2H2(g) △H=＋73.7 kJ·mol-1是一吸热反应，高温下，平衡正向移动，导致积碳，则导致积碳的主要原因是：甲烷的分解反应；
对于主反应：CO(g)＋3H2(g)CH4(g)＋H2O(g)，增大氢碳比即增大H2的浓度，平衡正向移动，CO转化率增大，结合图2中f：3.5、图3中CH4的产率达接近100%可知，较为适宜的氢碳比为：3.5.
19． ①增大压强，②降低温度 高于 等于 B 60%
【详解】
20． △H1+△H2 不变 80% 4.0 温度 A 加压、降温、增大CO与H2的投料比 CO-2e-+4OH-=CO+2H2O
【详解】(1)根据盖斯定律，反应I+反应II得出C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)可求出 H=△H1+△H2， H与反应条件、反应途径无关，只与反应物的始态和终态有关，因此改变条件提高氢气的产率， H不变，故答案为 H=△H1+△H2；不变；
(2)在2L恒容密闭容器中充入足量炭粉和lmolH2O(g)，在-定温度下发生反应I C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)和反应II CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，达到平衡时测得c(CO)=0.20mol·L-1，c(H2)=0.40mol·L-1，起始时水蒸气的浓度为lmol/2L=0.5mol/L,达到平衡时c(H2)=0.40mol·L-1，则水蒸气的转化浓度为0.40mol·L-1，则水蒸气的转化率为0.40mol·L-1÷0.5 mol·L-1×100％=80％；达到平衡时，水蒸气转化量为0.4 mol·L-1，剩余量为平衡量0.1 mol·L-1，生成一氧化碳的总量应为0.4 mol·L-1，而平衡时一氧化碳的浓度为c(CO)=0.20mol·L-1，另有0.2 mol·L-1的一氧化碳转化为了二氧化碳，平衡时c(CO2)=0.20mol·L-1，对于反应II，因为反应II中各物质的化学计量数均为1，又是等体积的反应，所以Kp=K=（c(CO2)×c(H2)）÷（c(CO)×c(H2O)）=0.20mol·L-1×0.40mol·L-1÷0.1 mol·L-1×0.20mol·L-1=4.0，故答案为80％4.0；
(3)根据一氧化碳的转化率随温度升高先增大后减小，可推出反应II CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)为放热反应，对于反应I C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)是吸热反应，当温度600℃~750℃时，促进反应I向右进行，一氧化碳生成量比较多，即使反应II逆向进行，也会使一氧化碳的转化率会增大，主要受温度影响，故答案为温度；
(4)在一容积可变的密闭容器中充入1molCO与2molH2，在催化剂作用下发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，△H<0，下列叙述不能说明反应已经达到化学平衡状态的是
A．H2的消耗速率是正向进行，CH3OH生成速率也是正向进行，所以A错误；
B．CH3OH的体积分数不再改变，说明达到了平衡状态，B正确；
C．因是可变容积，气体的总质量不变，体积可变，混合气体的密度不再改变，说明达到了平衡状态；C正确；
D．CO和CH3OH的物质的量之比保持不变，说明达到了平衡状态；D正确；
故选A；
要提高氢气的转化率，则要使平衡正向移动，可采用加压、降温、增大CO与H2的投料比等方法实现，故答案为A；加压、降温、增大CO与H2的投料比；
(5)以水煤气(CO、H2体积比为1：2)为燃料的碱性(足量KOH为电解质)空气燃料电池，电池工作时CO发生反应的电极反应式为CO-2e-+4OH-=CO+2H2O，故答案为CO-2e-+4OH-=CO+2H2O。
21．(1) 3FeS+5O2Fe3O4+3SO2 将硫钨矿研磨、增大空气的通入量
(2) 不能 引流作用
(3) CaCO3 发生反应CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，该反应熵增，高温有利于自发进行
(4)加热浓缩、冷却结晶
(5)5(NH4)2O·12WO3+10HCl+7H2O=12H2WO4↓+10NH4Cl
【分析】硫钨矿的主要成分是CaWO4，还含有FeS、SiO2等杂质，将硫钨矿高温焙烧，FeS与O2反应产生Fe3O4和SO2，经磁选除去Fe3O4后的残渣用纯碱溶液溶浸，CaWO4变为可溶性Na2WO4，发生反应：CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑，而杂质SiO2在该条件下不能反应，通过过滤就将可溶性Na2WO4与难溶性SiO2进行分离，反应过程可能产生的CaCO3也一并进入滤渣中，Na2WO4经一系列处理得到W，进入滤渣的SiO2经一系列处理得到Si。
（1）
硫钨矿在空气中高温焙烧时，FeS与O2反应产生Fe3O4和SO2，该反应的化学方程式为：3FeS+5O2Fe3O4+3SO2；
硫钨矿是块状固体，加快焙烧速率的方法可以是将硫钨矿研磨、搅拌、增大空气的通入量等；
（2）
由于烧碱NaOH能够与SiO2发生反应，因此在进行“溶浸”时不能使用烧碱代替纯碱；操作1是分离难溶性固体与可溶性液体混合物，因此该操作为过滤，其中玻璃棒的作用是引流；
（3）
在滤渣中含有的成分有原硫钨矿中不溶性物质SiO2及CaWO4与Na2CO3发生复分解反应产生未分解的CaCO3；
将滤渣高温煅烧产生 CO2，这是由于在高温下SiO2与CaCO3会发生反应：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，该反应是熵增的反应，高温有利于反应自发进行；
（4）
根据图象可知：Na2WO4的溶解度受温度的影响变化较大，因此从“滤液”获得钨酸钠二水合物晶体的操作方法是：将滤液加热进行蒸发浓缩，然后冷却结晶；
（5）
精钨酸铵[5(NH4)2O·12WO3]用盐酸酸解，得到钨酸和NH4Cl，根据原子守恒可得该反应方程式为：5(NH4)2O·12WO3+10HCl+7H2O=12H2WO4↓+10NH4Cl。
试卷第1页，共3页
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