2023届高三化学二轮专题复习-化学反应原理综合题-化学答案

PAGE1PAGE2023届高三化学专题复习-化学反应原理综合题参考答案：1．(1)高温△H=-878.3kJ∙mol-1(2)SAPO-34孔径较小，体积较小的乙烯更易在其表面吸附、脱吸附50%1(3)正【详解】（1）反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：①“反应Ⅰ”中，ΔS＞0，△H＞0，则能自发进行的条件是高温。②某反应X的平衡常数表达式为，则反应X为，利用盖斯定律，将反应Ⅰ+Ⅱ×2+Ⅲ，得热化学方程式为△H=(+131.3kJ∙mol-1)+(-547.4kJ∙mol-1)×2+(+85.2kJ∙mol-1)=-878.3kJ∙mol-1。答案为：高温；△H=-878.3kJ∙mol-1；（2）①在CH3OH的转化反应中，生成物C2H4、C3H6由分子筛的孔隙流出，体积小的分子更容易从分子筛的孔隙中流出，则相同条件下，催化剂SAPO-34反应获得的产物中，n(C2H4):n(C3H6)更大的原因是：SAPO-34孔径较小，体积较小的乙烯更易在其表面吸附、脱吸附。②一定温度下，在体积为1L的密闭容器中投入2molCH3OCH3发生“反应Ⅳ”和“反应Ⅴ”，初始总压为po，反应到达平衡时总压为1.2po，且n(C2H4):n(C3H6)=1:1。设反应Ⅳ中生成C2H4的物质的量为x，反应Ⅴ中生成C3H6的物质的量为y，则可建立如下两个三段式：则(x-y):y=1:1、，从而求出x=0.4mol、y=0.2mol。平衡时体系CH3OCH3转化率α(CH3OCH3)==50%。“反应Ⅴ”的平衡常数Kp==1。答案为：SAPO-34孔径较小，体积较小的乙烯更易在其表面吸附、脱吸附；50%；1；（3）CO2中C显+4价，CH3OH中C显-2价，则CO2得电子，多晶铜为阴极，b是电源的负极，a是电源的正极；在阴极，CO2得电子产物与电解质反应，生成CH3OH等，电极反应式为。答案为：正；。【点睛】在阳极，失电子，生成O2和CO2等。2．(1)CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247.4kJ/molbd<66.7(2)202.410800(3)CO2+4H2CH4+2H2OMgOCH3【详解】（1）①由相关反应的能量变化图可知：a.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H1=240.1kJ/mol-33.9kJ/mol=+206.2kJ/mol；b.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H2=78.9kJ/mol-243.9kJ/mol=-165kJ/mol；过程I发生CH4+CO2=2CO+2H2反应，根据盖斯定律可知，a×2+b得：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=2△H1+△H2=2×206.2kJ/mol+(-165kJ/mol)=+247.4kJ/mol；②过程Ⅱ的反应第一步是CO+CO2+H2+Fe3O4+CaO→H2O+Fe+CaCO3，第二步反应：Fe+CaCO3+稀有气体→稀有气体+Fe3O4+CaO+CO，a．上述分析可知，两步反应实现了含碳物质与含氢物质的分离，故a正确；b．由图可知，该过程的总方程式为：CH4+3CO2=2H2O+4CO，消耗理论上生成molCO，故b错误；c．过程Ⅰ中，Ni是催化剂，降低了反应的活化能，故c正确；d．由上述分析可知，Fe3O4、CaO参与了第一步反应，且反应前后物理性质不变，则Fe3O4、CaO是催化剂，故d错误；答案为bd；③温度为T4℃、压强为P1MPa时该反应平衡点在N点下方，要使反应达到平衡状态，则氢气体积分数应该减小，则平衡逆向移动，所以<；M点氢气体积分数为60%，设参加反应的甲烷的物质的量为xmol，列出“三段式”达到平衡状态时气体总物质的量=(4-x+4-x+x+3x)mol=(8+2x)mol，氢气的体积分数=氢气的物质的量分数==60%，解得x=，的平衡转化率为=66.7%。（2）①在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、30kPa，加入Ni/α-A12O3催化剂并加热至1123K使其发生反应：某时刻测得p(CO)=20kPa，则p(CO2)=20kPa，v(CO)=1.2×10-2•p(CH4)•p(CO2)mol•g-1•s-1=1.2×10-2×10×20=2.4mol•g-1•s-1；②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.6倍，设达到平衡状态消耗甲烷分压为x，20-x+30-x+2x+2x=(20+30)×1.6，x=15，反应的平衡常数的计算式为Kp==10800。（3）由图可知，反应物为CO2和4H2，生成物为CH4和2H2O，该反应的化学方程式为CO2+4H2CH4+2H2O，反应过程中碳元素的化合价为-3价的中间体是MgOCH3。3．(1)1073(2)正向移动不变CO反应1是放热反应，反应2是吸热反应，此温度范围内，升高温。度，反应1平衡左移使CO2增多的程度大于反应2平衡右移使CO2减少的程度，所以二氧化碳的量增大0.34(3)CO2+2H++2e-=HCOOH18.4【详解】（1）根据反应2：CO₂(g)+H₂(g)⇌CO(g)+H₂O(g)，用E表示键能，则可知ΔH=2EC=O+EH-H-EC-O-2EH-O=41kJ/mol，代入表格中的数据，得802kJ/mol×2+436kJ/mol–EC≡O-2×463kJ/mol=41kJ/mol，得EC≡O=1073kJ/mol。故C(g)+O(g)=CO(g)的ΔH=1073kJ/mol。（2）①对于反应1来说，增加容器的体积相当于减小了各物质的浓度，平衡逆向移动，导致氢气的浓度增大，再对于反应2来说，氢气浓度增大，会导致平衡正向移动。由于温度不变，故反应2的平衡常数不变。②随着温度的升高，Y的含量不断增加，即平衡正向移动，ΔH>0，故Y为CO的变化曲线；曲线Z表示的是二氧化碳，反应1是放热反应，反应2是吸热反应，此温度范围内，升高温度，反应1平衡左移使二氧化碳增多的程度大于反应2平衡右移使CO2减少的程度，所以二氧化碳的量增大。③根据三段式，设反应1的转化量为amol，反应2的转化量为bmol，则由图知平衡时的物质的量是nCO2=1mol=5-a-b，nCO=0.2mol=b，则a=3.8mol，则nH2=4.6mol，nH2O=7.8mol，则总物质的量为17.4mol，设总压为p，则各气体的分压为：pCO2=，pH2=，pH2O=，pCO=，则平衡常数Kp=（3）铂电极上CO2和氢气得到电子生成甲酸，其电极反应为CO2+2H++2e-=HCOOH，当电路中转移1mole⁻时，电解率只有80%，则实际所用的电子只有0.8mol。根据电极方程式，生成的甲酸的质量为46g/mol×0.4=18.4g，即阴极室溶液的质量增加18.4g4．(1)16(2)a大于(3)绝热容器Ⅰ中的压强比容器Ⅱ中的压强大BD0.5625【详解】（1）由方程式(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1可知，每生成1mol气态水，放出144kJ能量，则每生成2g气态水，放出热量==16kJ。（2）①能垒最大即过渡态与反应物能量差最大，由图可知，A→B的过程中能垒最大，故选a；②由图可知，A的总能量低于B的总能量，说明A→B的过程是吸热的，则A→B中，断裂共价键吸收的总能量大于催化剂吸附放出的总能量；③由图可知，D→E的过程中和反应转化为、和，方程式为：。（3）①反应(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1是放热反应，若容器是绝热的，则反应过程中温度升高，不利于平衡正向移动，而该反应正反应是气体体积减小的反应，则容器的压强大于恒温容器中平衡时的压强，图中容器Ⅰ中的压强比容器Ⅱ中的压强大，则容器I中为绝热过程；②A．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，则混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不再发生改变时，不能说明反应达到平衡，故A不选；B．反应容器中H2的质量分数不变，说明正反应速率等于逆反应速率，说明反应达到平衡，故B选；C．2v正(H2)=v逆(H2O)时，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故C不选；D．该反应是气体物质的量减小的反应，反应过程中气体平均相对分子质量增大，当混合气体平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡，故D选；E．该反应的焓变是定值，ΔH不变时，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故E不选；故选BD；③n点反应达到平衡，此时体系压强为36kPa，起始压强是48kPa，根据已知条件列出“三段式”则，解得x=0.75，则平衡常数Kp=0.5625。5．(1)+41.2低温(2)BD(3)0.5(4)升高温度，再充入CO2气体，将H2O(g)液化或将生成物移除反应体系等(5)CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+2【详解】（1）由盖斯定律可知反应II可由I-III得到，则=+41.2，反应III为放热反应，低温条件下有利于自发进行，故答案为：+41.2；低温；（2）A.x(CO2)：c(H2)=1：3，不能说明各组分浓度不变，不能判断平衡状态，故A不选；B.反应前后质量不变，其他物质的量减少，则反应过程中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不再变化反应达到平衡状态，故B选；C.反应前后气体质量不变，容器体积恒定，则混合气体密度始终恒定，不能判断平衡，故C不选；D.2mo1碳氧双键断裂可知消耗1mol二氧化碳，3mol碳氢键断裂可知消耗1mol甲醇，则正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故选；故答案为：BD；（3）3min内v(CH3OH)=，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知：v(H2)=3v(CH3OH)=；根据已知条件列出三段式：Kp=，故答案为：0.5；；（4）为提高H2的转化率，应是平衡正向移动，该反应为吸热反应，可采取的措施：升高温度，再充入CO2气体，将H2O(g)液化或将生成物移除反应体系等，故答案为：升高温度，再充入CO2气体，将H2O(g)液化或将生成物移除反应体系等；（5）甲装置a电极为负极，电极上甲醇失电子生成二氧化碳，电极反应为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，d电极与a相连，d作阴极，电解饱和食盐水时，阴极电极反应为：，甲装置中消耗11.2LO2(标准状况)，即0.5mol，转移电子2mol，则d电极上生成氢气1mol，质量为2g，故答案为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；2。6．(1)+92(2)BDB(3)CD(4)0.154.5mol/L(5)【详解】（1）①能量越低越稳定，即由稳定单质生成稳定化合物时放出释放的能量越大越稳定，由图表可知异丁烷的生成热最低，即生成异丁烷时释放能量越大，异丁烷能量最低，最稳定，异丁烷的结构简式为：；②反应方程式中焓变∆生成物的生成热−反应物的生成热，所以该反应的焓变；（2）一定温度下，在恒容密闭容器中投入一定量正丁烷发生反应生成乙烯：①A．依据公式，气体的总质量不变，恒容则体系总体积也不变，则气体密度一直保持不变，不能判断是否达到化学平衡状态，A项错误；B．该反应是气体分子数增加的反应，恒容条件下，随着反应的进行，体系压强增大，当气体压强保持不变，说明达到化学平衡状态，B项正确；C．反应热取决于反应物和生成物的能量大小关系，反应热不能判断是否达到化学平衡状态，C项错误；D．正丁烷分解速率是正反应方向的速率，乙烷消耗速率是逆反应方向的速率，该反应中，正丁烷分解速率和乙烷消耗速率相等，说明达到化学平衡状态，D项正确；答案选BD；②A．加入高效催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，转化率不变，A项错误；B．，该反应正反应吸热，升高温度，反应速率加快，且化学平衡正向移动，转化率增大，B项正确；C．充入乙烷，化学平衡逆向移动，转化率减小，C项错误；D．减小压强，反应速率减小，D项错误；答案选B。（3）催化剂活性受温度影响，有机化学反应中副反应较多，随着温度升高，乙烯产率降低，可能的原因是催化剂活性降低，副产物增多，答案选CD；（4）恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的倍，说明平衡后气体总物质的量是原来的倍，混合气体物质的量，此时，，剩余的，平衡时，，内乙烷的生成速率；该反应的平衡常数；（5）负极上丁烷失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为：。7．(1)-2550.0kJ·mol-1(2)C(3)小于或(4)<<设T1>T2，由图可知，pKp1(T2)-pKp1(T1)>pKp2(T2)-pKp1(T1)【详解】（1）由盖斯定律可知，①-2×②-4×③得反应：C2H8N2(1)＋2N2O4(1)=3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)，则ΔH=ΔH1-2ΔH2-3ΔH3=−2550.0kJ·mol-1；（2）A．k为速率常数受温度、催化剂、固体表面积性质等影响，不受浓度影响，选项A错误；B．催化剂改变反应速率，反应前后质量和化学性质不变；IO为中间过程产物，不是反应的催化剂，选项B错误；C．活化能越大反应越慢，第二步反应为慢反应、第三步反应为快反应，故活化能第二步比第三步大，选项C正确；答案选C；（3）①达到平衡后，v正=v逆=k正·p2(NO)·p2(CO)=k逆·p(N2)·p2(CO2)，反应的平衡常数K=，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2：2：1，设初始CO、NO和N2物质的量分别为2mol、2mol、1mol，生成N2的物质的量为x；则反应后总的物质的量为(5-x)mol，初始压强为p0kPa，达平衡时压强为0.9p0kPa，则，x=0.5mol，平衡时CO、NO、N2、CO2物质的量分别为1mol、1mol、1.5mol、1mol，总的物质的量为4.5mol，则K=；（4）①由图可知，Kp1随着温度的升高而减小，则平衡逆向移动，正反应为放热发应，ΔH1<0；②由盖斯定律可知，①+②得反应3N2H4(1)=3N2(g)＋6H2(g)，则该反应的K=Kp1·Kp2；设T2>T1，由图可知：pKp1(T2)-pKp1(T1)>∣pKp2(T2)-pKp2(T1)∣则：pKp1(T2)-pKp1(T1)>pKp2(T1)-pKp2(T2)，pKp1(T2)+pKp2(T2)>pKp1(T1)+pKp2(T1)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]>lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]即K(T1)>K(T2)，因此升高温度，K值减小，平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应。8．(1)-49.3L1表示温度对该反应中H2平衡转化率的影响，在L2线上是加入反应物发生该反应，由于a点温度较低，反应速率较慢，H2转化率较低，a→b的过程中随着温度的升高，反应速率加快，反应消耗H2的物质的量逐渐增加，H2的转化率逐渐增大，当反应进行到b点时刚好达到平衡状态，两条线合并，此后就是温度对化学平衡移动的影响。1.1D(2)7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6(3)反应消耗C2H6，使主反应的化学平衡逆向移动，单位时间内反应产生乙烯量减少，81.0%【详解】（1）①由相应物质的标准摩尔生产热可得反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=(-201kJ/mol)+(-241.8kJ/mol)-(-393.5kJ/mol)-3×0kJ/mol=-49.3kJ/mol；②根据①计算可知CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.3kJ/mol，该反应的正反应是放热反应，L1表示该反应的H2的平衡转化率与温度的关系，温度升高，H2的平衡转化率降低。在一定条件下向容器中充入1molCO2和3molH2，发生该反应，由于a点温度较低，反应速率较慢，a→b的过程中随着温度的升高，反应速率加快，反应消耗H2的物质的量逐渐增加，H2的转化率逐渐增大，b点时反应刚好达到平衡状态，此后是温度对化学平衡移动的影响。升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致反应物H2的平衡转化率降低；对于反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)在开始时n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，在T2温度下反应达到平衡时H2的平衡转化率是80%，△n(H2)=2.4mol，则根据物质反应转化关系可知平衡时，n(CO2)=0.2mol，n(H2)=0.6mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.8mol，反应开始时气体总物质的量为1mol+3mol=4mol，平衡时气体总物质的量n(总)=0.2mol+0.6mol+0.8mol+0.8mol=2.4mol。在恒温恒容时气体的压强比等于气体的物质的量的比，则平衡时气体总压强p(总)=，则压强平衡常数Kp==1.1；③反应在达到平衡时，v正=v逆，k正c(CO2)·c3(H2)=k逆c(CH3OH)•c(H2O)，化学平衡常数K=。该反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热逆反应方向进行，导致化学平衡常数K减小，即越小，lgk逆越大；越大，lgk正越小，即点A表示c点的lgk逆，点D表示a点的lgk正；（2）由题意可知：通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，在水分子作用下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇和碳酸氢根离子，电极反应式为7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6；（3）①若发生副反应C2H6(g)3H2(g)+2C(s)，则使C2H6(g)的浓度降低，合成乙烯的化学平衡逆向移动，单位时间内反应产生乙烯量减少，从而导致催化效率降低；②在aL密闭容器中充入2.1molC2H6和2.2molCO2，发生反应CO2(g)+C2H6(g)CO(g)+H2O(g)+C2H4(g)ΔH=+177kJ•mol-1，2CO2(g)+C2H6(g)4CO(g)+3H2(g)。反应达到平衡时，容器内C2H4为1.4mol，CO2为0.2mol，根据n(C2H4)=1.4mol，结合主反应中物质反应转化关系可知：消耗CO2、C2H6(g)的物质的量是n(CO2)=n(C2H6)=1.4mol，平衡时剩余CO2的物质的量是0.2mol，则反应副反应2CO2(g)+C2H6(g)4CO(g)+3H2(g)消耗CO2的物质的量是n(CO2)=2.2mol-0.2mol-1.4mol=0.6mol，则副反应消耗乙烷的物质的量是n(C2H6)=0.6mol×=0.3mol，故C2H6的平衡总转化率为。9．(1)0.171mol·L-1·min-1(2)+2072.04kJ∙mol-1(3)反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低(4)3:2(5)先取一定量溶液放入试管，加热浓缩，再加入浓NaOH溶液，加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，试纸变蓝，从而证明溶液中含有【详解】（1）反应4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)，平衡常数表达式为K=；在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)==0.171mol·L-1·min-1。答案为：；0.171mol·L-1·min-1；（2）298K时，4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)+Q，Q=4×(-46.11kJ∙mol-1)+6×(90.25kJ∙mol-1)-5×(0kJ∙mol-1)-6×(-285.83kJ∙mol-1)=+2072.04kJ∙mol-1。答案为：+2072.04kJ∙mol-1；（3）该反应为放热反应，温度升高，将抑制反应的正向进行，则在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是：反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低。答案为：反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低；（4）由反应NH3+NaClO→N2+H2O+NaCl(未配平)，可建立如下关系式：3NaClO——2NH3与反应时，氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2。答案为：3:2；（5）检验氨氮溶液中含有时，可先加热浓缩，再加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，具体检验方法为：先取一定量溶液放入试管，加热浓缩，再加入浓NaOH溶液，加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，试纸变蓝，从而证明溶液中含有。答案为：先取一定量溶液放入试管，加热浓缩，再加入浓NaOH溶液，加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，试纸变蓝，从而证明溶液中含有。【点睛】书写平衡常数表达式时，需注意各物质的状态。10．(1)615(2)A(3)水蒸气可以降低乙苯的分压，使平衡向正向移动水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳(4)a<【详解】（1）∆H=反应物总键能-生成物总键能，123kJ/mol=(2×413+348-X-436)kJ/mol，解得X=615；（2）A．由反应机理图可知α位的碳氢键比β位的碳氢键先断，则α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能，A正确；B．是该反应的催化剂，其通过降低反应的活化能来加快反应速率，催化剂不能改变一个反应的焓变，B错误；C．是该反应的催化剂，改变催化剂的量能改变反应速率，但是不能使平衡发生移动，不能提高反应的平衡转化率，C错误；选A；（3）恒压条件下，加入水蒸气会减小乙苯的分压，使平衡向正向移动；同时，水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳，从而提高乙苯的转化率；（4）①分别按照、、投料，水蒸气比例越大，平衡正向移动程度越大，乙苯转化率越大，故图中的曲线是a；②M点乙苯的转化率较N点大，则M点乙苯的浓度小于N点，故M点的正反应速率和N点的逆反应速率大小关系为<；③550℃、100kPa，按投料时，乙苯的平衡转化率=为60%，设乙苯的起始物质的量为amol，则水蒸气物质的量为9amol，则，平衡时气体总物质的量为0.4a+0.6a+0.6a+9a=10.6a，=，故。11．(1)Cat[O]+CO=Cat[]+CO290%4.5×10—7mol/(L·min)当温度高于500℃时，催化剂失去活性(2)2H2S(g)+O2(g)=2S2(g)+2H2O(g)△H=—409.4kJ/mol30kPa【详解】（1）由题给信息可知，在一定条件下，一氧化碳可以去除烟气中的二氧化硫的反应为一氧化碳与二氧化硫反应生成硫和二氧化碳，反应的方程式为2CO+SO2=2CO2+S；①由盖斯定律可知，总反应—反应i—ii可得反应第iii步反应Cat[O]+CO=Cat[]+CO2，故答案为：Cat[O]+CO=Cat[]+CO2；②由题意可知，500℃时硫为气态，起始一氧化碳、二氧化硫和氮气的物质的量分别为5×10—5mol、2.5×10—5mol和0.049925mol，设100min时反应生成amol硫蒸气，由题意建立如下三段式：由一氧化碳体积分数为0.01%可得：×100%=0.01%，解得a=2.25×10—5mol，则二氧化硫的去除率为×100%=90%，一氧化碳的反应速率为=4.5×10—7mol/(L·min)，故答案为：90%；4.5×10—7mol/(L·min)；③由图可知，当温度高于500℃时，二氧化硫去除率降低说明温度过高，催化剂失去催化活性，故答案为：当温度高于500℃时，催化剂失去活性；（2）①由图可知，克劳斯法脱硫的总反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的焓变△H=—[(345.3kJ/mol)—(—64.1kJ/mol)]=—409.4kJ/mol，热化学方程式为2H2S(g)+O2(g)=2S2(g)+2H2O(g)△H=—409.4kJ/mol，故答案为：2H2S(g)+O2(g)=2S2(g)+2H2O(g)△H=—409.4kJ/mol；②设起始硫化氢为2mol、氧气为1mol，平衡时反应消耗3amol氧气、生成3bmolS2，由题意建立如下三段式：由平衡时混合气体中S2与二氧化硫的分压相等可得：2a—2b=3b，由硫化氢平衡转化率为45%可得：×100%=45%，解联立方程可得a=0.25、b=0.1，则平衡时混合气体的总物质的量为2.85mol，硫化氢、氧气、二氧化硫、S2、水蒸气的平衡分压分别为×285kPa=110kPa、×285kPa=25kPa、×285kPa=30kPa、×285kPa=30kPa、×285kPa=90kPa，反应I的平衡常数Kp=，故答案为：30kPa；。12．(1)＞(2)＜(3)加压，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡正向移动，C2H4的生成量减少，且不断消耗，同时C3H6的生成量增多(4)使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强(5)80%0.64【详解】（1）由表格数据可知，升高温度，反应I的分压平衡常数依次增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应的焓变大于0，故答案为：＞；（2）由盖斯定律可知，反应Ⅲ×3—反应Ⅱ×2得到副反应，则Kp4=，由表格数据可知，298K时平衡常数Kp4=≈3.7×106、323K时平衡常数Kp4=≈4.1×104，则升高温度，副反应的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应的焓变小于0，故答案为：；＜；（3）由方程式可知，反应I是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，C2H4的的物质的量减小，而反应Ⅱ、Ⅲ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，C2H4的的物质的量减小、C3H6的物质的量增大，所以随压强增大不断增大，故答案为：加压，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡正向移动，C2H4的生成量减少，且不断消耗，同时C3H6的生成量增多；（4）由（1）分析知，反应I是气体体积增大的吸热反应，由表格数据可知，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ的分压平衡常数依次减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，因此反应Ⅱ、Ⅲ是气体体积减小的放热反应，所以使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强有利于提高乙烯产率，故答案为：使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强；（5）由图可知，715K时C3H6和C4H8的物质的量分数相等，设反应生成碘化氢的物质的量为amol、生成C3H6和C4H8的物质的量为bmol，由题意可建立如下三段式：由三段式数据可知，平衡时气体总物质的量为(1-a+a+0.5a-1.5b-2b+b+b)mol=(1+0.5a-1.5b)mol，由图可知，C2H4的物质的量分数为4%，则×100%=4%，C3H6和C4H8的物质的量分数都为8%，则×100%=8%，解联立方程可得a=0.8、b=0.1，715K时CH3I(g)的平衡转化率为×100%=80%、物质的量分数为×100%=16%，碘化氢的物质的量分数为×100%=64%，反应I以物质的量分数表示的平衡常数Kx==0.64，故答案为：80%；0.64。13．(1)-112kJ·mol-1(2)6.7×1016反应II(3)21大于(4)B>C>A0.5【详解】（1）根据图中的信息，反应的热化学方程式为：；（2）得反应III：，，反应II的分解常数大于反应III的分解常数，所以反应II分解趋势较大；（3）①，根据实验I和II，，，同理算出；②活化能越大，反应速率越慢，已知反应I较慢，则反应I的活化能大于反应II；（4）根据，其他条件不变，压强越大，平衡正向移动，的转化率越大，所以A、B、C三点中转化率由大到小的顺序是：，根据三段式：，，，，，，。14．(1)1074.8(2)CaO与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大(3)0.5(4)30.0(5)（）【详解】（1）∆H=反应物的键能-生成物的键能==-42.1kJ/mol，解得x=1074.8。（2）其他条件不变，在体系中投入一定量CaO，CaO与生成物CO2反应生成CaCO3，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大，故答案为：CaO与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大。（3）由反应可知，反应前后总压不变，所以平衡时总压为P0，H2O的分压为，A点的坐标为（t，）；由图可知，平衡时CO2、H2、CO、H2O的平衡分压分别为，平衡常数KP=。（4）已知Arrhenius经验公式为，根据图像可得①63.0=-3.0Ea+C，②33.0=-4.0Ea+C，联立方程解得Ea=30.0，则反应的活化能为30.0kJ/mol；使用高效催化剂，活化能降低，因此图像为：。（5）由a和b的坐标可得c的坐标为（），由均摊法可知，La为：，Ni原子位于内部和面心：，化学式为LaNi5，X射线衍射测定两晶面间距为dpm，设底面边长为a，则，可得,底面积=，则晶体的密度为=15．(1)+41.2(2)n0.1020(3)主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低(4)5：4【详解】（1）已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8kJ•mol-1、283.0kJ•mol-1，即反应①H2(g)+O2(g)=H2O(l)=-285.8kJ/mol，反应②CO(g)+O2(g)=CO2(g)=-283.0kJ/mol，③H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ•mol-1，则①-②+③得反应IICO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，根据盖斯定律可知，△H2=(-285.8kJ/mol)-(-283.0kJ/mol)+(+44kJ•mol-1)=+41.2kJ•mol-1，故答案为：+41.2；（2）①由(1)反析结合题干信息可知，反应I正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，而反应Ⅱ正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，即反应I的lnKp随着的增大，即随着T的降低而增大，反应Ⅱ的lnKp随着的增大，即随着T的降低而减小，结合题干图示可知，反应Ⅱ对应图1中n，A点对应温度下体系达到平衡时CO2的转化率为80%，根据三段式分析：、，图中A点反应Ⅱ的平衡常数lnKp=1，即Kp=1.00，则有=1.0，解得x=0.5mol，故有反应Ⅰ的Kp==0.10kPa-2，故答案为：n；0.10；②通过调整温度可调控平衡时的值，B点对应温度下，反应I和反应Ⅱ的压力平衡常数相等，即，即得p2(H2)=，平衡时=400，则p(H2)=20kPa，故答案为：20；（3）CO2催化加氢制甲醇为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇选择性降低，二氧化碳转化率降低，竞争反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，但升高温度使CO2催化加氢制甲醇平衡逆向移动程度大于竞争反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降，若气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，从而CO2的转化率降低，故答案为：主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降；气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低；（4）对于反应Ⅱ，由于两个体系的反应温度相同，压强不同，但压强不影响平衡移动，因此平衡时两个体系中CO2和氢气的物质的量均为amol相同，速率之比等于CO2的分压平方之比，而压强之比等于容器体积之反比，因此体积之比为5：4，故答案为：5：4。16．(1)小于0～1(2)(3)当温度高于250℃时，以反应II为主，反应II前后气体分子数相等，反应II的气体平均相对分子质量几乎不变60％不变【详解】（1）平衡常数K与温度T的关系可知，反应Ⅰ、Ⅲ的平衡常数自然对数随温度升高而减小，说明反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，而反应Ⅱ的平衡常数自然对数随温度升高而增大，说明反应Ⅱ为吸热反应，则、、，因此反应Ⅰ的活化能(正)小于(逆)；由盖斯定律可知Ⅰ-Ⅲ=Ⅱ，则，因此，由于放热反应的越小，其绝对值越大，则的范围是0～1。（2）生成甲醇的决速步骤，指反应历程中反应速率最慢的一步反应，速率快慢则由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢，根据表中数据，找出活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为。（3）①由于反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率降低；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ向正反应方向移动，的平衡转化率升高。由图可知，温度高于250℃时，的转化率随温度升高，开始逐渐变大，说明250℃后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，发生反应Ⅱ的气体平均相对分子质量不变。②初始和的混合气体的总质量为，T℃时混合气体的平均相对分子质量由图像知为20，则平衡时容器中混合气体总的物质的量为。观察反应特点知，反应Ⅱ和反应Ⅲ的加和即为反应Ⅰ，从转化角度分析，发生反应Ⅱ和反应Ⅲ即相当于发生反应Ⅰ，即在竞争体系中可忽略反应Ⅲ，默认由反应Ⅰ代替。依据守恒思想进行分析：设平衡时产物中，根据图像的平衡转化率为50％，则平衡时，，，可知，，可求，，则平衡时甲醇的选择性为％=60％。由阿伏加德罗定律推论知，恒温恒容时，压强之比等于气体的物质的量之比，既可得，反应Ⅰ的平衡常数；由于平衡时和的分压相等，如果再向密闭容器中通入和，使二者分压均增大，此时的仍然等于，平衡不移动，的转化率不变。17．(1)—90.6kJ/molL4BP3＞P2＞P1反应i是放热反应，反应ii是吸热反应，温度高于570℃之后，转化率主要由反应ii决定(2)NO+6H++5e—=NH+H2OH2SO4(3)0.02438.3【详解】（1）由盖斯定律可知，反应i—ii得到反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，则ΔH=(—49.4kJ/mol)—(+41.2kJ/mol)=—90.6kJ/mol，故答案为：—90