2025届高三化学一轮复习--- 化学反应原理综合题练习

这是一份2025届高三化学一轮复习--- 化学反应原理综合题练习，共46页。试卷主要包含了请回答下列问题，和CO是常见的环境污染气体，把煤作为燃料可通过下列两种途径等内容，欢迎下载使用。

(1)写出和H2反应的热化学方程式 。
(2)合成氢反应使用的催化剂通常为铁触媒。使用铁触媒后反应过程对应的曲线是 (填“”或“”)，将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)由气态基态原于形成化学键释放的最低能量叫键能。若已知下列数据
试根据表中及图中数据计算的键能 。
(4)用催化还原可以消除氮氧化物的污染。已知：


则还原NO至的热化学方程式为 (用含、的式子表示，水是气态)。
2．（2024高三上·四川眉山·阶段练习）Ⅰ、在容积为5L的密闭容器中，发生A、B两种物质间的转化反应，A、B物质的量随时间变化曲线如图所示。请分析图中数据，回答下列问题。
(1)4min时，反应是否达到化学平衡 (填“是”或“否”)，此时正反应速率 逆反应速率(填“>”或“”“”或“”或“”“=”或“”、“=”或“
(2)2A(g)⇌B(g)
(3)0.02ml·L-1·min-1
(4) 不变 催化剂或升高温度或加压或提高反应物浓度
(5) 50% 4
(6)BD
【详解】（1）4min时，反应没有达到化学平衡，反应继续正向进行，故正反应速率>逆反应速率；
（2）0-4min这段时间，A是反应物，A物质的量变化为0.8-0.2=0.6ml，而B是生成物，B的变化量为0.5-0.2=0.3ml，n(A)：n(B)=2：1，该反应的方程式为2A(g)⇌B(g)；
（3）由图像数据可知，反应开始至4min，A的平均反应速率为=0.02ml·L-1·min-1；
（4）反应在恒容容器中进行，若向容器中充入He，反应物浓度不变，该反应速率不变，若要进一步提高该反应的化学反应速率，还可以采取的措施有催化剂或升高温度或加压或提高反应物浓度等；
（5）由表格中数据可知，到平衡时NO消耗1ml，故NO的转化率为=50%；平衡时，c(NO)=c(NO2)==0.5ml/L，c(O2)==0.25ml/L，K===4；
（6）A．不管反应进行到什么程度，总有v(NO2)=2v(O2)，所以不一定达平衡状态，故A不选；
B．容器内颜色保持不变说明NO2的浓度不变，可以说明达到平衡，故B选；
C．2v逆(NO)=v正(O2)表示反应方向相反，数值之比不等于化学计量数之比，则此时反应未达平衡状态，故C不选；
D．因为反应前后气体分子数不等，所以平衡前容器内压强始终发生改变，当压强不变时，反应达平衡状态，故D选；
答案选BD。
3．(1)2NM
(2)6min
(3)②
(4)③
(5)①④
【详解】（1）反应进行到6min时N减少了8ml-2ml=6ml，N为反应物，M增加了5ml-2ml=3ml，M为生成物，二者化学计量数之比为：6ml∶3ml=2∶1，因此反应的化学方程式为：2NM；
（2）根据题图可知，反应进行到6min时各物质的物质的量不再发生变化，因此反应达到最大限度的时间是6min；
（3）反应达到平衡时消耗6mlN，放出6QkJ的热量，当容器中充入1mlN，若N完全反应，则放出QkJ的热量，但该反应是可逆反应，反应不能进行到底，所以反应放出的热量小于QkJ，答案为：②；
（4）①．达到平衡状态时，正、逆反应速率相等但不能为零，①不符合；
②．密度是混合气体的质量和容器容积的比值，在反应过程中气体质量和容器的容积始终是不变的，因此该条件下混合气体的密度不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，②不符合；
③．该反应为反应前后气体物质的量不相等的可逆反应，该条件下混合气体的压强不再发生变化能说明反应达到平衡状态，③符合；
④．该条件下，单位时间内消耗2ml N的同时，生成1ml M，均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，④不符合；
故答案为：③；
（5）①．升高温度，反应速率加快，①符合题意；
②．容器容积不变，充入惰性气体Ar，参加反应的物质浓度不变，反应速率不变，②不符合题意；
③．容器压强不变，充入惰性气体Ar，容器容积增大，参加反应的物质浓度减小，反应速率减慢，③不符合题意；
④．使用催化剂，反应速率加快，④符合题意；
故答案为：①④。
4．(1)CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH=＋(E5-E1)NA eV·ml-1
(2) > 0.01(MPa)2
(3) F 反应①放热，反应②吸热，随温度升高，反应①逆向移动，反应②正向移动，且反应②正向移动程度更大
【详解】（1）由图示可知该反应为吸热反应，生成物能量高于反应物，而图示中是单个CO2分子与CH4分子的反应历程，△H=＋(E5-E1)NA eV·ml-1，所以热化学方程式为：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH=＋(E5-E1)NA eV·ml-1，答案：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH=＋(E5-E1)NA eV·ml-1；
（2）①由于反应吸热，温度越高，正向进行程度越大，p(H2）越大，所以T1> T2，②，温度为T1时，由b点可以知道各气体分压，p(CO)=p(H2)=1MPa，p(CO2)=p(CH4) =10MPa，p(CO2)=p(CH4)=10MPa，代入Kp表达式即可求得Kp=0.01(MPa)2，答案：>、0.01(MPa)；
（3）①将1ml CO2和3 ml H2在一恒容密闭容器中进行反应，n(CH3OH)=n(CO2)×α(CO2)×甲醇的选择率，473K时，n(CH3OH)=1×13.2%×86%=0.11352 ml，513K时，n(CH3OH)=1×15%×78%=0.117 ml，553K时，n(CH3OH)=1×20%×60%=0.12 ml，则温度为553K时，即F点，达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高，②反应①放热，反应②吸热，随温度升高，反应①逆移，反应②正移，且反应②正向移动幅度更大，所以CO2的平衡转化率增大，甲醇的选择率降低，答案：F、反应①放热，反应②吸热，随温度升高，反应①逆向移动，反应②正向移动，且反应②正向移动程度更大。
5．(1) (a-746.5) AC
(2) 温度较低时，催化剂的活性偏低 否，该反应为放热反应，温度越低平衡转化率越高，根据曲线II可知，a点对应的温度低于450℃，其平衡转化率应该高于450℃下的平衡转化率
【详解】（1）①根据△H=正反应活化能-逆反应活化能可得，正反应活化能=△H＋逆反应活化能=(a-746.5)；
②A．反应为放热的熵减反应，根据，上述反应的正反应在低温下才能自发进行，A项错误；
B．CO和NO的投料比=1:1=计量数之比，则CO和NO的体积分数相等且随着反应进行减小直至平衡，故a曲线代表CO和NO的体积分数，由图可知平衡时CO和NO的体积分数0.125×2=0.25，则氮气和二氧化碳体积分数之和=1-0.25=0.75，二氧化碳和氮气均为生成物且二者计量数之比=2:1，故平衡时二氧化碳的体积分数=0.75×2/3=0.5，氮气的体积分数=0.75-0.5=0.25，故b表示的是随时间的变化，B项正确；
C．时，正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，C项错误；
D．混合气体的平均摩尔质量为，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而减小，故气体平均相对分子质量逐渐变大，所以气体的平均相对分子质量：，D项正确；
答案选AC；
③由图2可知，550K时主要生成，结合图1可知，主要来源于的解离，故主要基元反应方程式为：；
（2）①温度低于200℃时，图中曲线Ⅰ的脱氮率随温度升高变化不大，说明反应温度较低，催化剂的活性偏低，化学反应速率较慢，反应消耗一氧化氮的量较少；
②a点不是对应温度下的平衡脱氮率，理由是该反应为放热反应，温度越低平衡转化率越高，根据曲线Ⅱ可知，a点对应的温度低于450℃，其平衡转化率应该高于450℃下的平衡转化率；
③设450℃时，一氧化氮和一氧化碳的起始物质的量都为2ml，由一氧化氮的平衡脱氮率为50%可知，平衡时一氧化氮、一氧化碳、氮气、二氧化碳的物质的量分别为2ml-2ml×50%=1ml、2ml-2ml×50%=1ml、、2ml×50%=1ml，故总物质的量为，由压强恒为p可知，一氧化氮、一氧化碳、氮气、二氧化碳的平衡分压分别为、、、，则分压平衡常数。
6．(1) FeO＋＋COFe＋＋CO2 大于
(2) > 0.000 5 ml·L-1·s-1 0.0044 D>C>A 向逆反应方向
(3) CH2O A
【详解】（1）由催化剂定义可知，第一步反应+第二步反应=总反应，则第二步反应的方程式为FeO＋＋COFe＋＋CO2；第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，第二步反应速率大于第一步反应速率，则第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，故答案为：FeO＋＋COFe＋＋CO2；大于；
（2）①由图乙可知，升高温度，一氧化二氮的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应是焓变大于0的吸热反应，故答案为：＞；
②由图乙可知，370℃容器Ⅰ中反应达到平衡时，一氧化二氮的转化率为40%，由方程式可知，平衡时，一氧化二氮、氮气、氧气的浓度为=0.03ml/L、=0.02ml/L、=0.01ml/L，则0∼20s内氧气的反应速率为=0.000 5 ml·L-1·s-1、反应的平衡常数K=≈0.0044，温度不变，平衡常数不变，则B点对应的平衡常数为0.0044，故答案为：0.000 5 ml·L-1·s-1； 0.0044；
③该反应是气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化二氮的转化率增大，增大压强，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的的转化率减小，由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，由图可知，A、C、D三点容器内气体质量相等、一氧化二氮的转化率相等，说明容器的体积大小顺序为A＞C＞D，则密度的大小顺序为D>C>A，故答案为：D>C>A；
④由图可知，370℃时，容器Ⅳ中浓度熵Qc==0.04> K，则反应向逆反应方向进行，故答案为：向逆反应方向；
（3）由图可知，生成一氧化碳反应的活化能为0.95eV—0.28eV=0.67eV，生成CH2O反应的活化能为2.73eV—(—0.60)eV=3.33eV，反应的活化能越大，反应速率越小，产物的量越小，则较少的副产物为CH2O；化学反应的决速步骤为活化能较大的慢反应，由图可知，反应的活化能最大，反应速率最慢，则要使反应速率加快，主要降低的能量变化，故选A，故答案为：CH2O；A。
7．(1)
(2)a
(3)维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率
(4)9
(5)9∶5
(6)BC
(7) M+H2O=MO+H2 MO+CO=M+CO2
【详解】（1）由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得： 。
（2）反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b；升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵减，y值增大，对应线条c；升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵增，y值减小，对应线条a。
（3）由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率。
（4）该反应平衡常数K=。
（5）假设原料气中水蒸气为xml，CO为1ml，由题意列三段式如下：
则平衡常数，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8∶1=9∶5。
（6）A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，故A错误；
B．适当增大压强，可加快反应速率，故B正确；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，故C正确；
D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，故D错误；
故答案为：BC。
（7）水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。
8．(1) 等于
(2) 高温 K= 增大 正 减小
(3) 甲醛 甲醛
【详解】（1）根据能量守恒定律可知，反应放出能量与途径无关，只与始末状态有关, 则途径Ⅰ放出的热量①等于途径Ⅱ放出的热量；根据盖斯定律可知：①=②+，则；；
（2）①＞0，＞0，则高温时能自发进行；
②该反应的平衡常数表达式：K=；温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大；
③恒温恒容条件下，再投入H2O(g)，平衡向正方向移动；此过程温度不变，K=不变，c(CO)增大，达到新平衡时与原平衡状态相比减小；
（3）由题图可知，有催化剂时，生成甲醛的活化能减小，而生成CO的活化能增大，且生成甲醛的活化能小于生成CO的活化能，故有催化剂时的主要产物为甲醛；无催化剂时，升高温度使反应速率增大，减弱活化能大小对不同产物选择性的影响，更有利于提高甲醛的产率。
9．(1)
(2)AD
(3) 0.324
(4)
【详解】（1）根据表中数据可知：①；
②；
由盖斯定律，②-①可得。
（2）A．反应和反应Ⅱ的焓变均大于0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，C2H6平衡转化率提高，则平衡体系中乙烯的体积分数提高，故A正确；
B．反应和反应Ⅱ的焓变均大于0，为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，C2H6平衡转化率降低，则平衡体系中乙烯的体积分数降低，故B错误；
C．反应和反应Ⅱ均为气体计量数之和增大的反应，增大压强平衡逆向移动，C2H6平衡转化率降低，则平衡体系中乙烯的体积分数降低，故C错误；
D．分离出水，使反应Ⅱ平衡正向移动，则平衡体系中乙烯的体积分数提高，故D正确；
故答案选AD。
（3）图中曲线p表示的物质为CO，随起始投料比比值增大，浓度增大，致使反应Ⅱ正向移动，H2浓度降低，致使反应Ⅰ也正向移动，乙烯浓度增大，但由于起始的物质的量的增加，乙烯的平衡物质的量分数减小，反应Ⅰ正向移动使乙烷的转化率增大，平衡物质的量减小，平衡物质的量分数减小，因此，乙烷的平衡物质的量分数改变量比乙烯的物质的量分数改变量变化大，故表示的曲线为m；
当时，CO平衡物质的量分数为12%，曲线m与曲线n相交，，利用三段式分析计算：
平衡时为（1-x-y）ml，为x+yml，1-x-y=x+y，解得x+y=0.5ml，平衡时CO为yml，总气体物质的量为，代入x+y=0.5，总气体为2.7ml，CO平衡物质的量分数为12%=，解得y=0.324ml，即平衡时体系中0.324ml；
平衡时体系中总气体为2.7ml，=0.5ml，，反应Ⅰ的平衡常数。
（4）该历程中BNOH参与反应，最后又生成BNOH，故该历的催化剂是BNOH；
从图中看为第一步基元反应活化能最大，故这一部分反应中慢反应为：。
10．(1) -255kJ•ml-1 低温
(2) a c
(3) ＜ 0.3 9.5
【详解】（1）由盖斯定律可知，用①－2×②即可得：；依据能自发进行，该反应、，则在低温下自发进行。
（2）①生成甲醛的反应为放热反应，升温时平衡逆向移动，甲醛的选择性降低，生成CO的反应是吸热反应，升温有利于平衡向正反应方向移动，CO的选择性升高，故a表示CO的选择性、c表示甲醛的选择性，从而可确定b表示的转化率；
②a．由于气体总质量保持不变，容器容积保持不变，故密度一直保持不变，则气体密度保持不变，不能说明反应I(不考虑反应Ⅱ)达到平衡状态，a不符合题意；
b．K只随着温度变化，K不变，不能说明反应I(不考虑反应Ⅱ)达到平衡状态，b不符合题意；
c．由于向右进行的反应是气体分子数目减小的反应，故当总物质的量保持不变时反应处于平衡状态，c符合题意；
故选c。
（3）①当、H2物质的量之比等于1:3时，二者平衡转化率相等，当二者比值不等于化学计量数之比时，过量的物质转化率较小，故填＜；
②恒温恒压条件下，容器体积之比等于气体物质的量之比，故达到平衡时气体总共为(5ml+15ml)×60%=12ml，设甲醇的变化量为x，列三段式有
则5－2x+15－6x+x+3x=12ml，解得x=2ml，各物质平衡分压：、、、，开始时，υ(H2)=MPa·min–1，MPa–4。
11．(1) *CO+*O+2*H→*CO2+2*H 不能
(2) BC 低温
(3) bd 0.005 ＞
(4) 1.6 ＜
【详解】（1）历程中决速步为活化能最大的反应步骤，则历程中决速步的方程式为*CO+*O+2*H→*CO2+2*H；催化剂不改变反应的焓变，则使用催化剂不能改变△H2的值；
（2）①A．在一定温度下，向某恒容容器中充入2mlCO2(g)和2mlH2(g)，列化学平衡三段式：
CO2的体积分数= =0.5，则CO2的体积分数始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A不选；
B．根据质量守恒，混合气体的质量不变，混合气体的物质的量随着反应进行逐渐减小，则混合气体的平均摩尔质量增大，当混合气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故B选；
C．CO2的转化率保持不变，能说明反应达到平衡状态，故C选；
D．生成的CH3OH与H2O的物质的量之比始终为1：1，不能说明反应达到平衡，故D不选；
故答案为：BC；
②该反应的、，反应自发进行则要，需要T较低时才小于0，即反应在低温下能自发进行；
（3）①a．由图可知，降低温度及时分离出产物，平衡正向移动，CH3OH的平衡转化率增大，但反应速率减慢，故a不选；
b．加入合适的催化剂并分离出产物，反应速率加快，同时平衡正向移动，CH3OH的平衡转化率增大，故b选；
c．再向容器中充入1mlCH3OH(g)，相当于增大压强，平衡逆向移动，CH3OH的平衡转化率减小，故c不选；
d．适当降低温度并加入合适的催化剂，反应速率加快，同时平衡正向移动，CH3OH的平衡转化率增大，故d选；
故答案为：bd；
②T1K时，CH3OH的平衡转化率为40%，列化学平衡三段式：
则用C2H4表示该段时间内的平均速率为=0.005ml•L-1•min-1，该温度下的平衡常数K===；某时刻容器内n(CH3OH)=0.1ml、n(C2H4)=0.04ml、n(H2O)=0.1ml，Qc===0.02v逆；
（4）由表格中数据可知，200℃时，p(CO)=20kPa=p(NO)，p(CO2)=2p(N2)=80kPa，Kp(200℃)===1.6(kPa)-1；同理：300℃的温度下，p平(NO)=p平(CO)=48kPa，p平(N2)=36kPa，p平(CO2)=72kPa,Kp(300℃)== ，Kp(300℃)＜Kp(200℃)，即温度升高，Kp减小，则该反应为放热反应，ΔH＜0。
12．(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
【详解】
13．(1) 0.013 65% b bc
(2) > 增大
【详解】（1）①由表格可知，3s是NO的物质的量为：0.007ml，则转化了0.013ml，根据方程式，消耗0.013mlNO，生成的物质的量为0.013ml；在第时，的物质的量已经不变，说明达到平衡状态，NO转化的物质的量为：0.013ml，转化率为；
②NO2的物质的量从0开始增加，3s时，NO转化了0.013ml，浓度变化量为，故图中表示变化曲线的是b；
③a．每消耗，生成的，均为正反应方向，不能判断达到平衡状态，a错误；
b．各物质组分的物质的浓度不再改变，说明达到平衡状态，b正确；
c．该反应前后气体的分子数变化，气体总质量不变，当混合气体的平均相对分子质量不变时达到平衡状态，c正确；
d．气体总质量不变，容器体积不变，容器内密度始终保持不变，不能判断达到平衡状态，d错误；
故选bc；
（2）由图可知，M的物质的量增加，为生成物，N的物质的量减少，为反应物，t2时刻，N减少了4ml，M增加了2ml，故化学方程式为2N(g)M(g)；
①t2时刻后M的物质的量仍在增加，说明未达到化学平衡状态，反应正向进行，正反应速率>逆反应速率；
②若，反应开始至时刻用M的浓度变化表示的平均反应速率为：；
③升高温度，正逆反应速率均增大，故增大。
14．(1)
(2) 由上问，因此即： 随温度升高增大，高温下水的溶剂化作用变弱使酸性降低
(3)=，按题意，因此，
(4) 根据van'tHff方程，，或的斜率为， 平衡常数对应的反应是因此或的斜率为，
(5) 由3—3中得到的和的关系，得：，因此 在实验温度范围内(200—300°C)，根据3—4问中的公式，计算出KD范围为7.4—22
当较小()时，，因此近似为，近似为常数，也具有很好的线性关系
(6)
【解析】略
15．(1) 吸收 180
(2) 1.2×10﹣3 Ⅰ和Ⅲ 乙
(3)CD
(4) 氧化 NiO O2+4e-=2O2-
(5) 空气 CH4 + 10OH- - 8e- =+ 7H2O
【详解】（1）由图甲可知，1ml N2和1ml O2完全反应生成NO时，反应物中化学键断裂吸收的总能量为946 kJ+498 kJ =1444 kJ，形成生成物中化学键放出的总能量为2×632 kJ=1264 kJ，则反应时需要吸收1444kJ-1264kJ=180 kJ能量。
（2）①由表格数据可知，实验1、Ⅱ温度相同，催化剂的比表面积不同，实验目的是验证催化剂的比表面积对反应速率的影响，则温度和反应物的初始浓度要相同；实验1、Ⅲ催化剂的比表面积相同、温度不同，实验目的是验证温度对反应速率的影响，则反应物的初始浓度要相同，a应该为1.2×10-3；
②由表格数据可知，实验I、Ⅲ催化剂的比表面积相同，温度不同，实验目的是验证温度对反应速率的影响；
③因实验I、Ⅱ催化剂的比表面积不同，温度、反应物的初始浓度相同，催化剂的比表面积对平衡移动无影响，但实验Ⅱ的反应速率快，先达到化学平衡状态，故实验Ⅱ对应的为曲线乙。
（3）A．因反应在绝热容器中进行，容器内混合气体温度会变化，当温度不再变化时，说明反应已达到平衡状态，A不选；
B．该反应是一个气体体积减小的反应，恒容绝热容器内的气体压强保持不变，说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡状态，B不选；
C．平衡时，则时正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，C选；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，容器的容积不变，则容器内混合气体密度一直保持不变，混合气体的密度不变不能说明反应已达到平衡状态，D选；
故选CD。
（4）①原电池中，NiO电极上NO失电子发生氧化反应生成NO2，则NiO电极为负极；
②外电路中，电子由负极（NiO电极）流出，经导线流入正极（Pt电极）；
③原电池中，Pt电极为正极，O2在正极上发生还原反应生成O2-，电极反应式为O2+4e-=2O2-。
（5）CH4-空气碱性燃料电池工作时，电子由铂极流出，经电流表流向石墨电极，则Pt电极为负极，C电极为正极。
①在石墨电极附近，应通入氧化剂，则充入空气；
②在铂极上，CH4失电子产物与电解质反应，生成等，发生反应的电极反应式为CH4 + 10OH- - 8e- =+ 7H2O。
16．(1) 大于 +177
(2) 3 水分子间存在氢键，乙烷的相对分子质量比乙烯大，范德华力大
(3) CO 的产率低，说明催化剂有利于提高反应Ⅱ的速率和选择性
(4) 91.7 两个反应均为体积增大的反应，增大压强，平衡均向逆反应方向移动，压强越大，乙烷的转化率越小，相同温度下，条件下乙烷的平衡转化率更小，故压强更大
【详解】（1）物质能量越低越稳定，由图可知，过渡态1的能量低于过渡态2，所以稳定性大于过渡态；的总能量为—477kJ/ml，的总能量为—300kJ/ml，则反应的△H=(—300kJ/ml)—(—477kJ/ml)=+177kJ/ml，故答案为：大于；+177；
（2）二氧化碳分子中碳原子的杂化方式为sp杂化、乙烷分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化、乙烯分子中双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，共有3种；水分子能形成分子间氢键，分子间作用力最大，沸点最高，乙烷和乙烯的晶体都为分子晶体，乙烷的相对分子质量大于乙烯，分子间作用力大于乙烯，沸点高于乙烯，所以水、乙烷、乙烯的沸点逐渐减小，故答案为：3；水分子间存在氢键，乙烷的相对分子质量比乙烯大，范德华力大；
（3）由表格数据可知，二氧化碳和乙烷的起始物质的量比为1：1的条件下反应时，二氧化碳的转化率高于乙烷，乙烯的产率远远小于乙烷的转化率，说明催化剂有利于提高反应Ⅱ的速率和选择性，所以二氧化碳氧化乙烷的主要产物是一氧化碳，故答案为：CO；的产率低，说明催化剂有利于提高反应Ⅱ的速率和选择性；
（4）①由题意可知，反应达到平衡时，二氧化碳的物质的量为0.4ml，则tmin内二氧化碳的反应速率为= ml/(L·min)；平衡时乙烯的物质的量为0.6ml，由方程式可知，反应Ⅰ消耗乙烷和二氧化碳的物质的量都为0.6ml，则反应Ⅱ中消耗二氧化碳的物质的量为2ml—0.4ml—0.6ml=1ml，消耗乙烷的物质的量为1ml×=0.5ml，所以反应中乙烷的转化率为故答案为：；91.7%；
②由方程式可知，两个反应均为气体体积增大的反应，增大压强，平衡均向逆反应方向移动，乙烷的转化率减小，由图可知，P1条件下乙烷的转化率小于P2，所以压强大于P2；由图可知，M点乙烷的转化率为50%，乙烯的选择性为80%，反应Ⅰ消耗的乙烷、二氧化碳的物质的量分别为1.2ml×50%×80%=0.48ml、0.48ml，反应生成乙烯、一氧化碳和水蒸气的物质的量为0.48ml；反应Ⅱ消耗乙烷、二氧化碳的物质的量分别为1.2ml×50%—0.48ml =0.12ml、0.12ml×2=0.24ml，反应生成一氧化碳、氢气的物质的量为0.12ml×4=0.48ml、0.12ml×3=0.36ml，则平衡时，乙烷、二氧化碳、乙烯、一氧化碳、水蒸气、氢气的物质的量分别为0.6ml、1.28ml、0.48ml、0.96ml、0.48ml、0.36ml，气体总物质的量为4.16ml，反应Ⅰ的平衡常数=，故答案为：两个反应均为体积增大的反应，增大压强，平衡均向逆反应方向移动，压强越大，乙烷的转化率越小，相同温度下，条件下乙烷的平衡转化率更小，故压强更大；。
17．(1)
(2) 溶液恰好由无色变粉红色 84.4 b
【详解】（1）①由图可知，m点时与恰好完全反应生成强碱弱酸盐，能促进水的电离，n点时溶液显中性，水的电离不受影响，p点时溶液显酸性，抑制水的电离，所以水的电离程度由大到小的顺序为：；
②n点溶液中pH=7.0，c(H+)= c(OH-)，而溶液中存在电荷守恒，所以；
③用溶液滴定溶液，至p点消耗酸40mL，则得到溶液，p点为溶液，溶液呈酸性，说明电离大于水解，加入氨水至中性，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，溶液呈中性，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，则有①c(Na+)+c()=2c()+c()，物料守恒有②c(Na+)=c()+c()+c()，将①式减去②得c()=c()－c()，故