四川高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-25化学反应热的计算（1）

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四川高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-25化学反应热的计算（1）

一、原理综合题
1．（2022·四川绵阳·统考一模）我国的能源以煤炭为主，燃煤烟气中等有害气体的排放会污染环境，用CO还原脱除SO2将其转化为单质硫，对工业生产具有重要的意义。
(1)已知常温常压下，的燃烧热为，CO(g)的燃烧热为，则CO还原脱除：_______。
(2)在某温度时，进行CO还原脱除：。
①若在刚性容器中进行，下列说法一定能确定反应达到平衡状态的是_______。
A．     B．CO与SO2的浓度之比不再改变
C．容器内的压强不再改变     D．的值不再改变
②若控制进料比(物质的量)为4∶1，反应达平衡时，混合气体中的体积分数为5%，则该反应在此温度下的平衡常数为_______。
(3)在600℃时，发生如下系列反应，测得不同进料比(物质的量)下平衡体系各物质分布如图所示(图中起始投料固定为)。

反应I：
反应II：
反应III：
①该条件下，为减少有毒物质COS的产生，同时脱除，实际生产中应控制进料比为_______，在进料比大于2.5之后，COS的含量会明显增大，试分析原因_______。
②根据图中曲线，可判断_______(填“>”“=”或“”、“”、 “ 主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以的选择性降低 ABD 0.01 53.8％
(3) (或) 电能和太阳能转化为化学能

【详解】（1）已知②  
③  
根据盖斯定律，由②+③得反应，则-52.7；
（2）主反应为气体体积缩小的反应，副反应为气体体积不变的反应，故压强越大，主反应正向移动，的选择性越大，故可知>；
②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以的选择性降低；
③A.增大压强，主反应正向移动，CO2的浓度降低，副反应  逆向移动，选项A正确；
B.根据主反应和副反应中CO2与H2的比例不同，可知为变量，根据“变量不变达平衡”可知，体系中不再变化，代表反应达到平衡，选项B正确；
C.及时分离出，则反应物浓度降低，反应速率减小，选项C错误；
D.更换合适的催化剂可调整主副反应的比例，从而提高的选择性，选项D正确；
答案选ABD；
④某温度下，若容器体积为1L，40min后，2个反应均达到平衡，此时，，根据三段式可知：


则=0.01，主反应的平衡常数的计算式为=，此时的选择性为；
（3）已知：第一步：，历程①：，历程③：，
由第一步-历程③-历程①得历程②：(或)；
A上的Cat得电子产生Cat-，电极反应式为，根据装置中的信息可知，该装置能量转化的主要形式是电能和太阳能转化为化学能。
3．(1) -204.7 kJ/mol ii
(2)b
(3) 0.70 该反应放热，温度降低平衡正向移动CO转化率增大，100°C时CO转化率比200℃高 21.9 (RT)4

【解析】（1）
i：CO (g) + 2H2(g)⇌CH3OH (g)     ΔH1=- 90. 1KJ/ mol
ii：2CH3OH (g)⇌CH3OCH3(g)+ H2O(g)    ΔH2=- 24.5KJ/mol
根据盖斯定律i×2+ ii得2CO (g) +4H2(g)⇌CH3OCH3(g) +H2O (g)  ΔH=- 90. 1KJ/ mol×2- 24.5KJ/mol=-204.7 kJ/mol；反应ii的活化能大于反应i，活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，所以总反应速率主要由反应ii决定；
（2）
a．正反应反应，升高温度平衡逆向移动，CO转化率降低，故不选a；　　　
B．增大压强，反应速率加快，正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，CO转化率增大，故选b；
C．使用合适催化剂，平衡不移动，CO转化率不变，故不选c；　　　
D．及时分离二甲醚，浓度降低，反应速率减慢，故不选d；
选b。
（3）
①该反应放热，温度降低平衡正向移动CO转化率增大，100°C时CO转化率比200℃高，反应在100℃，5. 0 ×105Pa时，CO的平衡转化率α=0.70，

该条件下的平衡体系中二甲醚的体积分数约为；
②Kc=，根据pV= nRT，可得c=，Kc=。
4．(1)△H1+△H2+△H3
(2) 升高温度或增大某一种生成物浓度 B
(3) 阴极 2+8H++6e-=N2+4H2O
(4) ＜ 1 增大

【解析】（1）
①SO2(g)+2NH3·H2O(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O(l) △H1
②(NH4)2SO3(aq)+SO2(g)+H2O(1)=2NH4HSO3(aq) △H2
③2NH4HSO3(aq)+2NH3·H2O+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(1) △H3
依据盖斯定律，将反应①+②+③得：2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(1)的△H=△H1+△H2+△H3。答案为：△H1+△H2+△H3；
（2）
工业上可将SO2和NO2混合转化，反应为SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g) △H＜0，进而制取硫酸。欲使该反应的速率增大且平衡逆向移动，改变的反应条件为：升高温度或增大某一种生成物浓度。
A．起始时SO3和NO的浓度都为0，随着反应的进行，SO3和NO的浓度比始终保持不变，所以SO3和NO的浓度比不变时，反应不一定达平衡状态；
B．混合气体的颜色保持不变，则表明NO2的浓度不变，反应达平衡状态；
C．因为反应前后气体的分子数相等，容器中压强始终不变，所以当压强不变时，反应不一定达平衡状态；
D．恒容混合气体的质量不变、体积不变，则密度始终不变，所以密度不变时，反应不一定达平衡状态；
故选B。答案为：升高温度或增大某一种生成物浓度；B；
（3）
从图中可以看出，在a电极，→N2，N元素由+3价降为0价，N元素得电子，此电极为阴极，得电子产物与H+反应生成N2和H2O，电极反应式为2+8H++6e-=N2+4H2O。答案为：阴极；2+8H++6e-=N2+4H2O；
（4）
①达到平衡后，仅升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数＜k逆增大的倍数。
②若在1L的密闭容器中充入1molCO和lmolNO，总压为a，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为50%，可建立如下三段式：

平衡时，v正= v逆，k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)，
则===1=K；在t1min时再向容器内加入lmolCO和lmolNO，保持温度不变，相当于加压，平衡正向移动，则再次达平衡时NO的转化率增大。
保持温度不变，相当于在1L的密闭容器中充入2molCO和2molNO，平衡时总压为b，此时浓度平衡常数仍为1，设CO的平衡转化物质的量为2y，则可建立如下三段式：

K==1，y=0.55。
则平衡时, 物质的量NO为0.9mol，CO为0.9mol，N2为0.55mol，CO2为1.1mol，n(总)=3.45mol，压强平衡常数Kp==。答案为：＜；1；增大；。
【点睛】电解时使用质子交换膜，则表明电解质呈酸性。
5．(1)-463. 4 kJ • mol-1
(2)BCD
(3) > 未达到 该反应为放热反应，但是a点随着反应的进行，二氧化碳的转化率在增大，则a未达到平衡 b点温度之后CO2转化率降低可能的原因为若b点反应未达平衡，温度升高可能可能导致催化剂失去活性；若b点反应达到平衡，正反应放热，温度升高平衡逆向移动使得CO2平衡转化率降低
(4) < 温度升高反应速率加快，反应可以在较短时间内达到平衡，此时压强影响逐渐减小

【解析】（1）①C4H10(g)+O2(g)=4CO2(g)十5H2O(1) = -2900 kJ • mol-1②H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H3 = -285.8 kJ • mol-1③H2O(1)=H2O(g) △H4=+44 kJ • mol-1根据盖斯定律，②13 -①+③8得4CO2(g)+13H2(g)C4H10(g)十8H2O(g) = ( -285. 8 kJ • mol-1 ) 13+2900 kJ • mol-1+44 kJ • mol-18= -463. 4 kJ • mol-1；
（2）A．反应前后气总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，混合气体密度保持不变，反应不一定平衡，A错误；B．反应前后气体物质的量不同，压强是变量，气体总压强保持不变，反应一定达到平衡状态，B正确；C．反应前后气总质量不变，气体总物质的量不同，混合气体的平均摩尔质量是变量，若混合气体的平均摩尔质量保持不变，反应一定达到平衡状态，C正确；D．C4H10是生成物，随着反应的进行，其物质的量逐渐增多，故其体积分数保持不变，可以证明反应达到平衡，D正确；故选BCD；
（3）①相同温度下，用Cat2作催化剂CO2转化率比Cat1高，所以催化效率Cat2>Cat1；②由第一问可知，该反应为放热反应，但是a点随着反应的进行，二氧化碳的转化率在增大，则a未达到平衡；b点温度之后CO2转化率降低可能的原因为若b点反应未达平衡，温度升高可能可能导致催化剂失去活性；若b点反应达到平衡，正反应放热，温度升高平衡逆向移动使得CO2平衡转化率降低；
（4）①该可逆反应的正反应是气体分子数减小的反应，相同温度下，增大压强，CO2平衡转化率增大，所以p2x1 升高温度到一定范围，温度对平衡移动的影响占主要因素
(4) 2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O 不变

【解析】(1)
I．C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)       ΔH=+136kJ·mol-1
II ．CO2(g)=CO(g)+O2(g)       ΔH=+283kJ·mol-1
III ．H2(g)+O2(g)=H2O(l)       ΔH=-285kJ·mol-1
根据盖斯定律I+ II+ III得总反应的热化学方程式为C2H6(g)+CO(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(l)    △H=+134kJ•mol-1；
(2)

①0~5min内用H2表示的反应速率为。
②平衡时CH4的转化率为；
③保持体积不变，其他条件相同时，开投始入0.4molCO2和0.4molCH4，相当于加压，反应达到平衡后生成CO的物质的量x2>x1；
②升高温度到一定范围，温度对平衡移动的影响占主要因素，所以随温度升高，不同投料比时CO2的平衡转化率趋于相近；
③在x=，温度为T，体积恒定的密闭容器中投入1molCO2时，初始压强为po，经一段时间反应达到平衡，CO2的转化率为50%，

平衡后总压强为，该反应的压强平衡常数Kp=；
(4)
根据图示，CO2在铜电极得电子生成C2H4，电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；总反应为 、，电解后硫酸物质的量不变，溶液pH不变。
9．(1)282
(2) 0.3mol·L-1·min-1 增大 MPa
(3) 有分子筛膜时能及时分离出产物，上述平衡正向移动，甲醇的平衡产率增大
(4) 大于 CO2+2H++2e-=CO+H2O

【解析】（1）
根据反应热等于反应物总的键能之和减去生成物总的键能之和，故a=4E(C-H)+4E(OH)-2E(C=O)-4E(H-H)=4×415+4×463-(2×745+4×435)=282，故答案为：282；
（2）
①根据三段式分析：，根据M点数据可知，=20%，即x=0.2， 220℃时，经过2min达到M点，则该条件下0~2min内的平均反应速率=0.3mol·L-1·min-1，无分子筛膜时，升高温度，任何反应的反应速率都增大，故反应②速率将增大，故答案为：0.3mol·L-1·min-1；增大；
②由上述分析可知，已知M点，该状态下，的分压MPa ，故答案为：MPa；
（3）
用各物质的平衡分压表示反应②的平衡常数，表达式，由题干信息可知，用分子筛膜代替容器器壁，该膜只允许极性分子通过，即CH3OH和H2O可以通过，CO2和H2不能通过，故有分子筛膜时能及时分离出产物，上述平衡正向移动，甲醇的平衡产率增大，其他条件不变，甲醇的平衡产率总是高于没有分子筛膜，故答案为：；有分子筛膜时能及时分离出产物，上述平衡正向移动，甲醇的平衡产率增大；
（4）
已知活化能越大，反应速率越慢，结合已知步骤Ⅱ为慢反应，步骤Ⅲ为快反应，则步骤Ⅱ的活化能大于步骤Ⅲ，根据反应历程图可知，该转化的总反应为：CO2+2H++2e-=CO+H2O即铜电极(阴极)上发生的总反应为：CO2+2H++2e-=CO+H2O，故答案为：大于；CO2+2H++2e-=CO+H2O。
10．(1) N2O+Pt2O+=N2+ Pt2O 慢 放
(2) ＜ MPa
(3) 阳 CO2+2e-+2H+=HCOOH -31.4 0.5 由k正=1.9k逆，，说明平衡逆向移动，而CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)为放热反应，可知T2＞ T1

【解析】(1)
①根据题干信息及反应历程图示知，生成的无毒物质为二氧化碳和氮气，N2O在Pt2O+的表面上反应的化学方程式为：N2O+Pt2O+=N2+ Pt2O，故答案为：N2O+Pt2O+=N2+ Pt2O；
②由反应历程图知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，所以第一步反应速率慢于第二步；两步反应的反应物总能量都大于生成物总能量，所以两步反应均为放热反应；故答案为：慢；放；
(2)
①反应2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）能够自发进行，反应△S＜0，若满足△H-T△S＜0，必须△H＜0，故答案为：＜；
②根据三段式：，则平衡时，气体总物质的量为1+3+1+0.5=5.5mol，Kp=，故答案为：MPa；
(3)
①根据图示知，P极为阴极，H+由N极转移至P极，则离子交换膜为阳离子交换膜，故答案为：阳；
②P极为阴极，电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH，故答案为：CO2+2e-+2H+=HCOOH；
③由图示可知：Ⅰ  HCOOH（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H=+72.6kJ/mol，Ⅱ  CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ/ mol，Ⅲ   H2（g）+ O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol，根据盖斯定律，将Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ可得HCOOH（g）⇌CO2 （g）+H2（g）的焓变△H=（+72.6kJ/mol）+（-283.0kJ/mol）-（-241.8kJ/mol）=+31.4kJ/mol，则CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）的焓变△H=-31.4kJ/mol；
反应CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)达到化学平衡时，有v正= v逆，即k正c(CO2)c(H2)=k逆c(HCOOH)，所以，所以k正=2k逆，即k逆=k正；
温度改变为T2时，由k正=1.9k逆，，说明平衡逆向移动，而CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)为放热反应，可知T2＞ T1；故答案为：-31.4；；由k正=1.9k逆，，说明平衡逆向移动，而CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)为放热反应，可知T2＞T1。
11．(1)
(2) -180 主反应产率降低，且利于副反应进行，副产物增多 反应速率较慢，生产效率低
(3) T1＜T2＜T3 其他条件相同时，因为该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡时NOCl的物质的量分数减少 2800 L /mol (可不带单位)

【解析】（1）
用惰性电极电解饱和食盐水，反应产生NaOH、H2、Cl2，反应的的离子反应方程式为：；
（2）
①已知：Ⅰ．
Ⅱ．
根据盖斯定律，将Ⅰ-Ⅱ，整理可得主反应的热化学方程式(1) △H=-180 kJ/mol；
②该方法制备是低温氯化法。若反应温度较高，对于主反应来说，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，造成的主要影响是主反应产率降低，且有利于副反应进行，导致副产物增多；若是低温条件，由于反应温度低，反应速率慢，会使生产效率降低；
（3）
由于反应的正反应为放热反应，在其他条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致NOCl的平衡含量降低。在不变时，平衡时NOCl的含量：T1＞T2＞T3，所以温度高低顺序为：T1＜T2＜T3；
一定温度下，用NO、Cl2和NOCl表示该反应的反应速率分别为(为速率常数)，当反应达到平衡时，v正=v逆，k正c2(NO)∙c(Cl2)=k逆c2(NOCl)，则。在向2 L密闭容器中充入1.5 mol NO和1 mol Cl2，假设反应达到平衡时假设Cl2转化浓度为x，则根据物质反应转化关系可知平衡时：n(NO)=(0.75-2x) mol，n(Cl2)=(0.5-x) mol，n(NOCl)=2x mol，根据图示可知在温度为T1条件下，平衡时NOCl的物质的量分数是80%，所以，解得x=mol，反应在2 L密闭容器中进行，则各种气体的平衡浓度c(NO)=；c(Cl2)=，c(NOCl)= ，则(L/mol) 。
12．(1)E1—890.3
(2) 吸热 a为恒压线，b为恒温线，温度升高，Kc增大
(3)A
(4)
(5) a 减小 0.7mol

【解析】（1）
将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，②+①×2得到反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，则∆H=∆H2—2∆H1=(—295.9kJ·mol-1)—(—297.2kJ·mol-1) ×2=—890.3kJ·mol-1，由反应热∆H=—(E1—E2)可得E2= E1—890.3，故答案为：E1—890.3；
（2）
该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，二氧化硫平衡时的含量减小，则由图可知b为恒温线、a为恒压线，由恒压线变化可知，升高温度，化学平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，故答案为：吸热；a为恒压线，b为恒温线，温度升高，Kc增大；
（3）
A．二氧化碳和气态硫都是生成物，反应中的比值始终不变，则不变，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A符合题意；
B．由化学方程式的计量数可知，v(CO2)正=v(SO2)逆说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B不符合题意；
C．该反应为气体体积增大的反应，反应中混合气体的压强增大，则混合气体的总压强不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C不符合题意；
D．由化学方程式可知，该反应为气体质量增大的反应，恒温恒容条件下，混合气体的密度增大，则混合气体的密度不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D不符合题意；
故选A；
（4）
设5min时，反应生成amol二氧化碳，由题意可建立如下三段式：

由5min时容器中二氧化碳的体积分数为20%可得：×100%=20%，解得a=0.25，由p1:p2=n1:n2，p2=1.25p0，则反应消耗二氧化硫的分压为×1.25p0=0.25p0，则0~5min内，v(SO2)= kPa·min-1= kPa·min-1；设10min时，反应生成bmol二氧化碳，由题意可建立如下三段式：

由p1:P2=n1:n2可得：p0:p=1.0:(1.0+b)，解得b=，则800℃，在1.0L的恒容密闭容器中反应的平衡常数Kc=mol/L= mol/L，故答案为：；；
（5）
由图中电子的移动方向可知，右侧电极为原电池的负极，二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为SO2—2e—+2H2O=SO+2H+，左侧电极为正极，过氧化氢在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为H2O2+2e—+2H+=2H2O，电路中通过1mol电子时，正极区消耗氢离子，则溶液中的氢离子浓度减小，负极区生成硫酸根离子的物质的量为1mol×=0.5mol，溶液中硫酸的物质的量为1mol/L×0.2L+0.5mol=0.7mol，故答案为：0.7mol。
13．(1) +690kJ•mol-1 高温
(2)
(3) M > 起始浓度相同，转化率相同，故a、b两点的反应物浓度也相同，但a点对应的温度较高，所以反应速率较大 29%或0.29 1.28

【详解】（1）已知：反应I:2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH1=-221kJ·mol-1反应II：Si(s)+O2(g)=SiO2(s) ΔH2=-911kJ·mol-1，则工业上用SiO2与碳反应制粗硅的目标反应为：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)可由I-II得到，故ΔH=ΔH1-ΔH2=(-221kJ·mol-1)-( -911kJ·mol-1)=+690 kJ·mol-1，故制备粗硅的反应是一个熵增的吸热反应，其能自发进行的条件是高温；故答案为：+690 kJ·mol-1；高温；
（2）由图可知，在压强为10MPa条件下，在1500℃时，=10-2，即P(SiO)+P(CO)=10MPa，解得：P(SiO)=，P(CO)=，则用各物质的平衡分压表示反应1的平衡常数Kp=P(SiO)P(CO)=×=MPa2，故答案为：；
（3）①已知：50℃时，平衡常数为0.02；70℃时，平衡常数为0.04，说明该反应为一个吸热反应，升高温度平衡正向移动，SiHCl3的平衡转化率增大，故代表温度为70℃的曲线是M，故答案为：M；
②由图象可知，起始浓度相同，转化率相同，故a、b两点的反应物浓度也相同，但a点对应的温度较高，所以反应速率较大，故答案为：＞；起始浓度相同，转化率相同，故a、b两点的反应物浓度也相同，但a点对应的温度较高，所以反应速率较大；
③由上述分析可知，曲线M对应的温度为70℃，对应的平衡常数为0.04，则由：，根据平衡常数可知：，解得x=，SiHCl3平衡转化率为=29%，故答案为：29%或者0.29；
④由上述分析可知，曲线N对应温度为50℃，对应的平衡常数为0.02，已知：该反应的速率正=k正•x2(SiHCl3)，逆=k逆•x(SiH2Cl2)•x(SiCl4)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数，且平衡常数K=，由图示可知，b点对应的转化率为20%，故有，则x(SiHCl3)=0.8， x(SiH2Cl2)=x(SiCl4)=0.1，故b点时的===1.28，故答案为：1.28。
14．(1)CO(g)+2H2(g)→CH3OH(g)    ∆H=-90.0kJ·mol-1
(2)AD
(3) 50(L2/mol2) 不移动
(4) < 此反应正反应方向体积减小，投料比相同时，增大压强，平衡将向正向移动，使氢气的含量减小
(5) b中温度高，反应速率快，反应相同时间生成的甲醇多，体积分数大 a>b>c

【解析】(1)
由反应①CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g) △H=+2l3.7kJ·mol-1；
②CH3COOH(g)CH4(g)+CO2(g) △H=-33.5kJ·mol-1；
③CH3OH(g)+CO(g)→CH3COOH(g) △H=-123.7kJ·mol-1；
根据盖斯定律，可知：①+③CH3OHCO(g)+2H2(g) △H=+90.0kJ/mol，所以与甲醇化的热化学方程式CO(g)+2H2(g)→CH3OH(g) ∆H=-90.0kJ·mol-1，故答案为：CO(g)+2H2(g)→CH3OH(g) ∆H=-90.0kJ·mol-1；
(2)
根据脱羧基反应： 可知：脱羧基反应是一个气体体积增大的放热反应，所以要使甲烷产率较高，应控制较低温度和较低压强，故答案：AD；
(3)
所以：K==50(L2/mol2)；此时向容器中再通入0.4molCO气体和0.2molCH3OH(g)气体，在恒温、恒压下，改变起始时加入物质的物质的量，只要按化学方程式系数比换算成同一半边物质的物质的量之比与原平衡相同，两平衡等效，则平衡不移动，故答案为：50；不移动；
(4)
由图可知，压强p1时的百分含量大于压强p2的百分含量，由于正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，氢气的含量降低，故压强p1c，故答案为：b中温度高，反应速率快，反应相同时间生成的甲醇多，体积分数大；a>b>c。
15．(1)CH3CH2OH(g)＋H2O(g)=4H2(g)＋2CO(g)     ΔH=+255.9kJ·mol-1
(2) 16.7%或或0.167 ＞ 2.25或 BD
(3) 大 B
(4) 减小 Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高

【详解】（1）根据图示可知，反应Ⅰ为CH3CH2OH(g)＋H2O(g)=4H2(g)＋2CO(g) ΔH；
①CH3CH2OH(g)＋3H2O(g)=2CO2(g)＋6H2(g) ΔH1=+173.5kJ·mol-1
②CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)  ΔH2=-41.2kJ·mol-1
根据盖斯定律可知： ①-②×2得到反应Ⅰ为CH3CH2OH(g)＋H2O(g)=4H2(g)＋2CO(g) ΔH=+255.9kJ·mol-1；
（2）反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)   ΔH2=-41.2kJ·mol-1；
假设a点时，n(CO)=0.5mol，n(H2O)=1mol，CO平衡转化率50%，则平衡时，n(CO)=0.5mol-0.5mol×50%=0.25mol，n(H2O)=1mol-0.5mol×50%=0.75mol，n(CO2)= n(H2)= 0.25mol，同一条件下，气体的体积分数之比等于气体的物质的量成正比，因此
①a点平衡混合物中H2的体积分数为=16.7%；
根据表格提供的信息可知，增大n(CO)，平衡右移，但是CO平衡转化率减小；但表格提供信息是CO平衡转化率增大，平衡右移，改变的条件为温度；由于该反应是放热反应，所以只能降低温度，所以 a、c两点对应的反应温度Ta> Tc；
假设d点时，n(CO)=1mol，n(H2O)=1mol，CO平衡转化率60%，则平衡时，n(CO)=1mol-1mol×60%=0.4mol，n(H2O)=1mol-1mol×60%=0.4mol，n(CO2)= n(H2)= 0.6mol，由于该反应为反应前后气体的总体积不发生变化，所以直接用气体的物质的量代替气体的浓度进行计算，d点对应的平衡常数K= ，带入上述数值可得K=；
②反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)   ΔH2=-41.2kJ·mol-1；
A．由于该反应为反应前后气体总体积不发生变化的反应，增大压强，平衡不移动，CO平衡转化率不变，故不选；
B．该反应为放热反应，降低温度，平衡右移，提高CO平衡转化率，故可选；
C．增大进气比[n(CO)∶n(H2O)]，相当于增大n(CO) ，平衡右移，但是CO平衡转化率减小，故不选；
D．分离出CO2，减小生成物浓度，平衡右移，提高CO平衡转化率，故可选；
故选BD；
（3）反应的活化能越大，反应速率越慢，因此第二步比第一步反应慢，则第二步反应的活化能比第一步反应大；根据题给反应历程可知，相对能量最高的中间产物是催化剂吸附态的氧原子，故选B。
（4）反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)   ΔH2=-41.2kJ·mol-1；该反应为放热反应，升高温度，平衡左移，所以Kp减小；当T＞Tm时，温度升高，平衡左移，Kp减小，增大，减小，速率减小；虽然升高温度，k增大，但v增大的程度小于Kp减小对v降低的影响，最终导致v减小，即Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高。
16． CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)  ∆H=+90kJ/mol 升高温度或增大水蒸气浓度 ＞ ＞ 48 ＞ CO2 HCOOK是强电解质，HCOOH是弱电解质，HCOO-浓度增大
【详解】(1)①主反应： CH3OH( g ) + H2O( g ) ⇌CO2 ( g ) + 3H2 ( g ) △H= +49kJ·mol -1
副反应： H2( g ) + CO2( g ) ⇌CO( g ) + H2O( g ) △H= +41kJ·mol -1
根据盖斯定律，将主反应+副反应得CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g) ∆H=+49kJ/mol+41kJ/mol=+90kJ/mol；主反应是气体分子数增大的吸热反应，故既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的措施有升高温度、增大水蒸气浓度；答案为：CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g) ∆H=+90kJ/mol，升高温度或增大水蒸气浓度。
②某温度下，将n(H2O)：n(CH3OH)=1：1的原料气分别充入密闭容器中(忽略副反应)，设恒压下甲醇的平衡时转化率为a1，该反应的正反应气体分子数增大，在恒压下达到平衡时容器的体积比起始容器的体积大，恒容条件下相当于在恒压下达平衡后缩小体积，即增大压强，平衡逆向移动，甲醇的平衡转化率减小，则a1 ＞a2；答案为：＞。
(2)根据图示，压强为p1时，N点H2的体积分数比平衡时H2的体积分数小，反应正向进行，则在N点v正＞v逆；N点对应温度下达到平衡时H2的体积分数为60%，设起始到平衡甲烷的转化浓度为xmol/L，列三段式如下：
，则=60%，解得x=，则平衡时CH4、H2O、CO、H2物质的量浓度依次为mol/L、mol/L、mol/L、2mol/L，则反应的平衡常数K==48；根据图示，相同温度下p2平衡时H2的体积分数大于p1，增大压强平衡逆向移动，H2的体积分数减小，则p1＞p2；答案为：＞，48，＞。
(3)①根据图示，HCOOD催化释氢反应除生成HD外，还生成CO2；答案为：CO2。
②根据图示，HCOOH催化释氢过程中有HCOO-生成，HCOOK是强电解质，完全电离，HCOOH是弱酸部分电离，用HCOOK替代一部分HCOOH，HCOO-浓度增大，在其他条件不变时，催化释氢的速率增大；答案为：HCOOK是强电解质，HCOOH是弱电解质，HCOO-浓度增大。
17． (a+b/2)kJ·mol-1 ac < 0.0025mol·L-1·min-1 正向 3×103
【详解】(1)设①H2O(l)=H2(g)+1/2 O2(g)　ΔH1=a kJ•mol-1，②6FeO(s)+O2(g)=2Fe3O4(s)　ΔH2=b kJ•mol-1，③3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)　ΔH3，根据盖斯定律可知，故ΔH3=(a+b/2)kJ·mol-1，故答案为：(a+b/2)kJ·mol-1
(2) ①3CH4(g)+Fe2O3(s)⇌2Fe(s)+6H2(g)+3CO(g) 此反应的化学平衡常数表达式为，故答案为：
②a.消耗1molFe2O3的同时，消耗3molCO，方向相反速率相等，可以判断平衡，故a正确；
b.容器内气体没有颜色，不能根据颜色变化判断平衡，故b错误；
c.反应前后是气体分子数不相等的反应，当容器内压强不再改变可以判断平衡，故c正确；
d.当2v正(CH4)=v逆(H2)时达到平衡，故d错误；
故答案为：ac
Ⅱ. ①根据先拐先平数值大原则，则T10.07，说明T2反应速率快，温度越高，反应速率越快，故T2>T1，T2先达到平衡，15min时T1已经达到平衡，所以15min时T2也已达到平衡，故x=0.06；
(3) ①由图一可知，生成CO2的量最大，反应机理中，只有反应IV生成CO2，故主要进行的是反应IV；反应VI生成N2O，由图一可以看出，330℃以后，N2O的浓度随温度升高而下降，故该反应为放热反应；
②该反应需要催化剂，随着温度升高，催化剂活性增强，逐渐达到催化剂的最适温度，催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，随着反应速率的加快，反应物浓度快速减小
③压强增大，吸附速率增大，但是对于气体物质，压强越大，越不利于解吸，而吸附和解吸同时影响总反应速率，解吸速率由于压强的增大减小的更多，所以反应速率减小。
19． -159.5 BC C 2CO2+2e-+H2O= HCOO-+ 5.6 反应Ⅰ ＞ 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动
【详解】(1)反应Ⅰ：2 NH3(g) +CO2(g)NH2COONH4(s)            ∆H1
反应Ⅱ：NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s) + H2O(g)        △H2= +72.5 kJ/mol
总反应Ⅲ：2 NH3(g) +CO2(g)CO( NH2)2(s) +H2O(g)     △H3= -87.0 kJ/mol
①利用盖斯定律，将反应Ⅲ-反应Ⅱ，即得反应I的△H1=(-87.0-72.5)kJ/ mol=-159.5 kJ/ mol。
②A．因为正反应为放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，NH3平衡转化率降低，A不符合题意；
B．因为反应物的气体分子数大于生成物的气体分子数，所以增大压强，平衡正向移动，NH3平衡转化率提高，B符合题意；
C．提高原料气中CO2(g)的比例，平衡正向移动，NH3平衡转化率提高，C符合题意；
D．使用高效催化剂，加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间，但NH3平衡转化率不变，D不符合题意；
故选BC。
③A．混合气体的质量、物质的量都随平衡移动发生改变，当平均相对分子质量不再变化时，反应达平衡状态，A不符合题意；
B．容器内气体的物质的量随平衡移动发生改变，压强在不断改变，当总压强不变时，反应达平衡状态，B不符合题意；
C．当2v正(NH3)=v逆(CO2)时，各物质的浓度仍在不断改变，反应未达平衡状态，C符合题意；
D．达平衡前，容器内混合气体质量在不断改变，而气体的总体积不变，所以平衡前密度在不断改变，当密度不再变化时，反应达平衡状态，D不符合题意；
故选C。
答案为：-159.5；BC；C；
(2)在阴极，空气中的CO2转化为甲酸根(HCOO-)和，其电极反应式为2CO2+2e-+H2O= HCOO-+；若电解过程中转移1 mol电子，则阳极水失电子生成氧气，关系式为O2—4e-，则生成气体的体积为=5.6L (标准状况)。答案为：5.6；
(3)①从图中可以看出，相同温度时，反应Ⅰ中CO2的转化率最大，所以催化剂效果最佳的反应是反应Ⅰ。
②在b点后，反应继续正向进行，则b点v(正)＞v(逆) 。
③若此反应在a点时已达平衡状态，从图中可以看出，继续升高温度，CO2的转化率降低，则平衡逆向移动，所以a点的转化率比c点高的原因是该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动。
④c点时，CO2的平衡转化率为，则可建立如下三段式：

c点时总压强为p，该反应的平衡常数==。
答案为：反应Ⅰ；＞；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；。
【点睛】在利用平衡分压计算平衡常数时，需注意总压强是原压强，还是平衡时的压强。
20． ＋204 d 水碳比越大，氢气的物质的量分数越大 水碳比增大，生成的CO会与H2O(g)反应，进一步生成H2，使得氢气的物质的量分数增大 66.7% 阳 2H2O－4e－＝4H＋＋O2↑
【详解】(1)根据题意，焓变等于反应物断键吸收的热量减去生成物成键放出的热量，因此根据图像得到△H1=2582kJ∙mol−1－2378 kJ∙mol−1＝＋204kJ∙mol−1；故答案为：＋204。
(2)a．气体密度等于气体质量除以容器体积，正向反应，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当混合气体的密度保持不变，不能作为判断平衡标志，故a不符合题意；b．只能说CH4和H2O(g)的浓度不再该变，不能说两者浓度相等，因此不能作为判断平衡标志，故b不符合题意；c．υ正(CO)=3υ逆(H2)，一个正反应速率，一个逆反应速率，满足两个不同方向，但速率比不等于计量系数比，不能作为判断平衡标志，故c不符合题意；d．该反应是体积增大的反应，正向反应，压强在不断增大，当容器内气体压强不再改变，则只可以作为判断平衡标志，故d符合题意；综上所述，答案为d。
(3)①根据图中信息，从温度1050K时分析，水碳比越大，氢气的物质的量分数越大，产生该结论的原因是水碳比增大，生成的CO会与H2O(g)反应，进一步生成H2，使得氢气的物质的量分数增大；故答案为：水碳比越大，氢气的物质的量分数越大；水碳比增大，生成的CO会与H2O(g)反应，进一步生成H2，使得氢气的物质的量分数增大。
②若水碳比为1.0，假设物质的量分别为1mol，根据题意建立三段式，平衡温度为900℃，平衡时H2的物质的量分数为0.6，，解得a= ，则CH4的转化率；故答案为：66.7%。
(4)根据题意碳酸钾、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钾，电解池阴极是水中的氢离子得到电子生成氢气，剩余的氢氧根和碳酸氢根反应生成碳酸根，阳极是水中氢氧根得到电子变为氧气，剩余的氢离子和碳酸氢根反应生成二氧化碳和水，因此产生O2的一极是电解池的阳极，该极发生的电极反应式为2H2O－4e－＝4H＋＋O2↑；故答案为：阳；2H2O－4e－＝4H＋＋O2↑。
21． 4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l） △H=－kJ·mol－1 0.038 增大 A C 1050K时，反应达到平衡状态，升高温度，平衡逆向移动，NO转化率降低 20% 降温使碘蒸气变为固体碘，导致反应物浓度降低，平衡逆向移动 < 0.25
【详解】(1)将已知热化学方程式依次编号为①②③，由盖斯定律可知，①×+②×—③×6可得氨气燃烧生成N2的热化学方程式4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）则△H=－kJ·mol－1，反应的热化学方程式为4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l） △H=－kJ·mol－1，故答案为：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l） △H=－kJ·mol－1；
(2)①由题给数据可知，CO2的浓度变化量为(0.80—0.42)mol/L，则10~20min内，平均反应速率v（CO2）==0.038 mol·L－1·min－1；该反应为放热反应，降低温度，化学平衡向正反应方向移动，化学平衡常数K增大，故答案为：0.038；增大；
②由题给数据可知，30min后只改变某一条件，反应重新达到平衡后反应物氧气和生成物二氧化碳的浓度均增大；
A.通入一定量的CO2，生成物的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，重新达到平衡后反应物氧气和生成物二氧化碳的浓度均增大，故符合题意；
B.增加固体的量，化学反应速率不变，化学平衡不移动，则加入一定量的粉状碳酸钙，化学平衡不移动，反应物氧气和生成物二氧化碳的浓度均不变，故不符合题意；
C.该反应是气体体积减小的反应，适当缩小容器的体积，气体压强增大，平衡向正反应方向移动，达到平衡后反应物氧气和生成物二氧化碳的浓度均增大，故符合题意；
D.加入合适的催化剂，化学平衡不移动，反应物氧气和生成物二氧化碳的浓度均不变，故不符合题意；
AC符合题意，故答案为：AC；
(3)该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，1050K时，一氧化氮的转化率最大，说明反应达到平衡，1050K前反应未达到平衡，1050K后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮转化率减小；设起始一氧化氮的物质的量为2mol，由1100K时一氧化氮转化率为40%建立如下三段式：

由三段式数据可知N2的体积分数为×100%=20%，故答案为：1050K时，反应达到平衡状态，升高温度，平衡逆向移动，NO转化率降低；20%；
(4)由题意可知，该反应为放热反应，降低温度，平衡应正向移动，但降低温度，导致碘蒸气变为固体碘，反应物浓度降低，平衡可能会逆向移动，故答案为：降温使碘蒸气变为固体碘，导致反应物浓度降低，平衡逆向移动；
(5)①该反应为放热反应，达到平衡后，仅升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学反应速率v正＜v逆，则k正增大的倍数小于k逆增大的倍数，故答案为：＜；
②当反应达到平衡时，化学反应速率v正=v逆，则==K，温度不变，化学平衡常数不变，由题意可建立如下三段式：

则当CO的转化率为30%时，=K ==0.25，故答案为：0.25。