高考化学第一轮复习：化学反应中能量的转化

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高考化学第一轮复习：化学反应中能量的转化

一、选择题

1．常温常压下，1molCH3OH与O2发生反应时，生成CO或HCHO的能量变化如图(反应物O2和生成物水略去)，下列说法正确的是

A．加入催化剂后，生成CO的热效应变大，生成HCHO的热效应变小

B．加入催化剂后，生成HCHO的速率变大，单位时间内生成HCHO量变多

C．1molCH3OH完全燃烧生成液态水和二氧化碳(g)放出393kJ的热量

D．生成HCHO的热化学方程式为2CH3OH+O2=2HCHO+2H2O+316kJ

2．已知复杂反应的速率由反应历程中活化能最大的一步基元反应决定。卤代烃的取代反应有以下两种反应历程，其反应过程中的能量变化如图所示：

下列说法中错误的是

A．卤代烃的取代为放热反应

B．SN1反应速率与c(Nu：－)和c(R3CX)相关

C．SN2反应速率与c(RX)和c(Nu：－)相关

D．SN1机理为两步反应，SN2机理为一步反应

3．一定条件下，在密闭容器中，氮气与氢气合成氨气，能量变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A．加入催化剂，E1、E2都变小

B．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+600kJ

C．升温可以增大该反应的化学平衡常数

D．通入1molN2和3molH2充分反应，放热小于92kJ

4．铁的某种络合物离子(用[L-Fe-H]+表示)催化甲酸分解的反应机理及相对能量变化如图所示。下列说法正确的是

A．反应过程中铁元素价态没有改变

B．反应的决速步骤为II转化为III的过程

C．由到过程中形成了离子键

D．由图可知该反应的总反应式为：HCOOHCO2+H2

5．500℃，HCl在催化剂M的作用下被O2氧化依次有如图(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)三步反应组成，计算机模拟单个分子在催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是

A．反应Ⅱ的活化能为1.45eV

B．反应Ⅰ的反应速率最慢

C．总反应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Cl2(g)ΔH=-1.98eVmol-1

D．HOOCl(g)比HCl(g)和O2(g)稳定

6．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的部分机理与能量变化如下：

链引发：，

链增长：部分反应进程与势能变化关系如图(所有物质状态为气态)……

链终止：，

下列说法错误的是

A．的键能为

B．链增长中反应速率较快的一步的热化学方程式为：

C．链增长过程中可能产生，，

D．链终止反应的过程中，还可能会生成少量的乙烷

7．如图是苯与卤素发生取代反应进程中的势能变化图，下列说法正确的是

A．该反应的总活化能为

B．该反应的决速步骤为第Ⅲ步

C．第III步转化中失去了一个质子

D．是常用碘化剂，根据电性和反应进程判断，比更易发生碘化反应

8．反应过程Ⅰ、Ⅱ都能将反应物(M)转化为产物(N)。其能量与反应进程的关系如下：

下列有关说法正确的是（）

A．进程Ⅰ是吸热反应B．X是催化剂

C．M·X比N·X稳定D．反应热：Ⅰ>Ⅱ

9．我国科研人员提出了由和转化为高附加值产品的催化反应历程，该历程示意图如下所示。

下列说法正确的是

A．E为该催化反应的活化能

B．生成总反应的原子利用率为100%

C．①→②吸收能量并形成了键

D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率

10．一定条件下，在水溶液中1molClO；(x=0，1，2，3，4)的相对能量(kJ)大小如图所示。下列有关说法正确的是（）

A．上述离子中最稳定的是C

B．B→A+D反应的热化学方程式为3ClO-(aq)=2Cl-(aq)+ClO(aq)+116kJ

C．上述离子中结合H+能力最强的是E

D．一定温度下，Cl2与NaOH溶液反应产物中有A、B、D，则三者的浓度之比可能为10∶1∶2

11．盐酸羟胺()是一种无机物，可用作合成抗癌药，其化学性质类似。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法错误的是

A．该装置能将化学能转化为电能，电极为负极

B．图2中，A为，B为

C．电池工作一段时间后，正极区溶液的下降

D．每制取，有(标准状况)参与反应

12．哈伯在实验室首次合成了氨，化学家格哈德·埃特尔在哈伯研究所证实了N2与H2在固体催化剂表面合成氨的反应过程。示意图如下：

下列说法正确的是

A．图①可看出N2、H2分子中均为单键

B．图③到图④的过程向外释放能量

C．升高温度一定提高一段时间内NH3的产率

D．工业合成氨过程中为提高产率压强越大越好

13．某课题组在研究钒生物化学时有循环过程如图所示下列说法错误的是

A．在循环过程涉及氢氧键的断裂和形成

B．在该循环中，催化剂为循环图化合物1

C．循环过程中反应①②③④均属于氧化还原反应

D．在循环过程中，无机物发生的反应为：

二、非选择题

14．是一种廉价的碳资源，其综合利用可以减少碳排放，对保护环境有重要意义。

（1）碱液吸收。室温下用NaOH溶液捕获，若所得溶液中，则溶液pH=(室温下，的电离常数：)

（2）催化转化。以、为原料在催化剂作用下合成涉及的主要反应如下。

Ⅰ.

Ⅱ.

Ⅲ.

回答下列问题：

①kJ/mol；Ⅰ、Ⅲ两个反应在热力学上趋势较大的是(填Ⅰ或Ⅲ)。

②反应Ⅱ的反应历程如下图，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。

该反应历程中决速步的能垒为eV，虛线框内发生的反应达到平衡后，升高温度，正反应速率(填“大于”“小于”或“等于”)逆反应速率。

③不同压强下，按照投料，实验测定的平衡转化率(X)随温度(T)的变化关系如图所示。

压强、、由大到小的顺序为；温度高于时，X几乎相等的原因是。

（3）250℃，一定压强和催化剂条件下，1.32mol和3.96mol充分反应，平衡时CO为0.03mol，为0.41mol，试求反应Ⅲ的平衡常数(结果保留两位有效数字)。

15．研究氧化制对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有：

Ⅰ

Ⅱ

Ⅲ

Ⅳ

已知：时，相关物质的相对能量(如图1)。

可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的(随温度变化可忽略)。例如：。

请回答：

（1）①根据相关物质的相对能量计算。

②下列描述正确的是

A升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大

B加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动

C反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成

D恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动

③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：，且第二步速率较慢(反应活化能为)。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量-反应过程图”，起点从的能量，开始(如图2)

。

（2）①和按物质的量1:1投料，在和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“氧化制”的影响，所得实验数据如下表：

催化剂转化率转化率产率

催化剂X19.037.63.3

结合具体反应分析，在催化剂X作用下，氧化的主要产物是，判断依据是。

②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高的选择性(生成的物质的量与消耗的物质的量之比)。在，乙烷平衡转化率为，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是。

16．能源问题是人类社会面临的重大课题，天然气储量丰富，日益成为重要的清洁能源之一，甲烷合成高附加值化合物更是研究前沿。

（1）科学家研究了Fe/MIL-53催化剂用于甲烷氧化制备甲醇的反应机理，并计算得到催化过程的最低能量反应路径图如下(其中吸附到催化剂表面的物种用*表示)：

该历程中最大能垒(活化能)E正=kJ·mol-1，写出该步骤的化学方程式。

（2）二甲醚与合成气(CO、H2)制乙醇是目前合成乙醇的一种新途径，

总反应为：CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)分步反应历程为：

反应I：二甲醚(DME)羰基化反应：▲。

反应II：乙酸甲酯(MA)加氢反应：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)。

标准摩尔生成焓是指由稳态单质生成1mol该化合物的焓变，几种物质的标准生成焓如下

物质H2COCH3COCH3CH3OHC2H5OHCH3COOCH3

焓变/kJ/mol0-110.53-183.63-201.50-234.43-411.53

①CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)△H=kJ·mol-1

②补充反应IDME羰基化反应的方程式：。

③在一定条件下只发生反应II，MA的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示：则该反应△H0(填“＜”或“＞”)，p1、p2、p3由小到大的顺序为。

④在600K，p3kPa下向一恒压密闭反应器中通入1.0molMA和2.0molH2(g)只进行反应II，且初始反应器体积为3L，反应一段时间后达到平衡，则KC=mol/L(列出计算式)。

（3）甲烷湿重整制氢原理为：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)△H，工业上利用电化学原理借助透氢膜提高其转化率，其原理如图所示：

①写出B侧电极反应式：。

②在钯膜反应器中进行了甲烷湿重整实验，发现膜反应器中甲烷转化率明显高于传统反应器，试从平衡的角度分析利用电化学原理借助透氢膜提高其转化率的原因。

17．绿水青山就是金山银山，保护生态环境、建设生态文明是历史发展的需要.氮氧化物易导致酸雨、光化学烟雾等环境问题，以为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。

（1）Ⅰ．汽车尾气中的和在一定条件下可发生反应生成无毒的和；

已知：

化学键(气体)(气体)

键能1072630942

则二氧化碳中碳氧双键键能是.(保留一位小数)

（2）某研究小组在三个容积均为的恒容密闭容器中，分别充入和，发生反应.在三种不同实验条件下进行上述反应(体系各自保持温度不变)，反应体系的总压强随时间变化情况如图所示：

①温度：(填“”)

②在条件下，下列说明该反应已经到达平衡状态的是。

A．和的物质的量之比为

B．混合气体的密度保持不变

C．容器中混合气体的平均摩尔质量不变

D．容器中压强不再变化

（3）Ⅱ．活性炭粉还原.在密闭容器中投入足量活性炭粉和一定量，在一定温度下，发生反应：，测得、、的物质的量浓度与时间关系如表所示.

05101520

4.001.00

00.501.50

00.60

若时总压强为，则该温度下平衡常数(保留3位有效数字)，(用气体分压计算平衡常数为，气体分压=气体总压×气体的物质的量分数)。

（4）第时，往容器中各加、，这时(大于、小于或等于)

（5）Ⅲ．用间接电化学法对大气污染物进行无害化处理，其原理示意如图所示(质子膜允许和通过)

图中电极Ⅰ的反应方程式为

（6）吸收塔中每产生，理论上处理在标准状况下的体积为L。

18．冷冻氨碳捕集技术，要先用氨吸收CO2生成盐，然后在高温下使CO2再生。

吸收CO2的主要化学反应：

2NH3(aq)＋CO2(g)＋H2O(l)(NH4)2CO3(aq)＋99.3kJ

NH3(aq)＋CO2(g)＋H2O(l)NH4HCO3(aq)＋26.4kJ

2NH3(aq)＋CO2(g)NH2COONH4(aq)＋135.9kJ

（1）吸收CO2时宜选用，(选填“低温”或“高温”)理由、。(列举两点)

（2）再生的CO2可直接用于合成乙醇。

2CO2(g)＋6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)

该反应的化学平衡常数表达式K=。

（3）在恒温恒容的密闭容器中反应，可以判断已达平衡状态的是。(选填编号)

a.2v(CO2)正=3v(H2O)逆

b．容器中总压强不变

c．容器中混合气体的密度不变

d．容器中CO2的体积分数不变

（4）干燥的NH3和CO2可生成较纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)，氨基甲酸铵易水解，产物是碳酸氢铵和一种弱碱。取二份氨基甲酸铵溶液，测定15℃、25℃时水解反应速率，得到c(NH2COO﹣)随时间变化趋势如图所示。

写出氨基甲酸铵水解的离子方程式。

（5）根据图中信息回答：25℃，0~10min内NH2COO﹣的平均水解速率v(NH2COO﹣)=。判断NH2COO﹣的水解速率随温度升高而增大的理由是。

答案与解析

1．答案：B

分析：A.催化剂不影响热效应；

B.活化能越低反应速率越快；

C.一氧化碳转化为二氧化碳放热；

D.热化学方程式应标出物质的聚集状态。

解析：A．加入催化剂只改变反应历程而不改变热效应，加入催化剂生成CO的活化能增大而HCHO的活化能降低，A项不符合题意；

B．活化能低反应越快。加入催化剂生成CO的活化能增大而HCHO的活化能降低，故生成HCHO速率更快，B项符合题意；

C.1molCH3OH完全燃烧生成液态水和一氧化碳(g)放出393kJ的热量，C项不符合题意；

D．该热化学方程式为没有标注物质的状态，D项不符合题意；

故答案为：B。

2．答案：B

分析：A．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；

B．活化能越大，反应速率越慢，速率最慢是决速步骤；

C．反应只有一个阶段；

D．依据图像曲线分析。

解析：A．卤代烃的取代反应中生成物能量低于反应物，该反应为放热反应，A项不符合题意；

B．SN1为单分子亲核取代反应，反应物先解离为碳正离子与带负电荷的离去基团，这个过程的活化能大，决定反应速率，所以SN1反应速率只和c(R3CX)相关，B项符合题意；

C．SN2反应为双分子亲核取代反应，只有一个阶段，其反应速率与c(RX)和c(Nu：－)相关，C项不符合题意；

D．SN1反应是两步反应，第一步是反应物在溶剂中离解成为碳正离子和由离去基团形成的负离子（慢反应），第二步是碳正离子与X－结合（快反应）。SN2反应中R-X的断裂与新的R-Nu键的形成是同时的，为一步反应，D项不符合题意。

故答案为：B。

3．答案：D

分析：A.催化剂不影响反应热；

B.ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能；

C.升温该反应的平衡逆向移动；

D.该反应为可逆反应，不能完全进行。

解析：A．加入催化剂可以降低活化能，但是不能改变反应热，即E2不变，A不符合题意；

B．根据图示，1mol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol氨气时，放出的热量为600kJ-508kJ=92kJ，根据热化学方程式书写规则得：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ·mol-1，B不符合题意；

C．该反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C不符合题意；

D．该反应为可逆反应，反应不能进行到底，故通入1molN2和3molH2充分反应，放热小于92kJ，D符合题意；

故答案为：D。

4．答案：D

分析：A．依据结构判断元素化合价；

B．活化能越大，反应速率越慢，速率最慢是决速步骤；

C．短线连接的是共价键；

D．根据反应物和生成物的化学式判断。

解析：A．由图可知，H2+[L-Fe-H]+过程中铁元素化合价降低，A不符合题意；

B．由图可知，IV转化为V的过程E正最大，反应速率最慢，为反应的决速步骤，B不符合题意；

C．+H+过程中氢原子之间形成共价键，无离子键形成，C不符合题意；

D．由图可知该反应的总反应式为：HCOOHCO2+H2，D符合题意；

故答案为：D。

5．答案：B

分析：A.反应Ⅱ的活化能为；

B.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；

C.图示表示的是单个分子的反应历程，总反应的热化学方程式应为；

D.物质的能量越低越稳定。

解析：A．反应Ⅱ的活化能为，A不符合题意；

B．反应Ⅰ的能垒最高，所以反应Ⅰ的化学反应速率最慢，B符合题意；

C．图像给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为，C不符合题意；

D．由反应Ⅰ可知的总能量比和的总能量高，能量越高，物质越不稳定，D不符合题意；

故答案为：B。

6．答案：B

分析：A．根据图中数据分析；

B．反应速率较快的一步是活化能较低的一步；

C．依据图像分析，链增长中碳上的氢原子可能失去；

D．依据反应的粒子判断。

解析：A．根据，可知，的键能为，A不符合题意；

B．反应速率较快的一步应该是活化能较低的一步，由图可知，反应速率较快的一步的热化学方程式为：，B符合题意；

C．由图可知，链增长中碳上的氢原子可能失去，故链增长过程中可能产生，，，C不符合题意；

D．链终止反应的过程中，两个结合在一起可以形成乙烷，D不符合题意；

故答案为：B。

7．答案：C

分析：A．根据盖斯定律计算；

B．活化能越大，反应速率越慢，速率最慢是决速步骤；

C．依据图中结构分析；

D．根据图中结构、利用电性和反应进程判断。

解析：A．该反应的总活化能不是分步反应的简单加和，可近似的看成是反应历程中较大的活化能，即近似为，A不符合题意；

B．该反应的决速步骤为活化能最大的步骤，即第Ⅱ步，B不符合题意；

C．第Ⅲ步反应方程式为，C符合题意；

D．中Ⅰ为正电性，第Ⅱ步中更与苯环生产，为负电性，第Ⅲ步中更与生成，而为非极性分子，且不活泼，故比更容易发生碘化反应，D不符合题意；

故答案为：C。

8．答案：B

分析：A.反应物的总能量高于生成物的总能量为放热反应；

B.X在反应前后不变，为催化剂；

C.物质的能量越低越稳定；

D.催化剂不影响反应热。

解析：A．进程Ⅰ中产物N能力低与反应物M，所以为放热反应；故A不符合题意；

B．由进程Ⅱ可知，反应前为M+X，反应后为N+X，X为催化剂，故B符合题意；

C．由图可知，M·X能量更高，更活泼，故C不符合题意；

D．X为催化剂，不该改变反应热，所以反应热：Ⅰ=Ⅱ；故D不符合题意；

故答案为：B。

9．答案：B

分析：A．E为①→②反应的活化能；

B．反应产物只有一种；

C．断键吸热，成键放热；

D．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，不影响化学平衡。

解析：A．E为①→②反应的活化能，故A不符合题意；

B．总反应为CO2+CH4→CH3COOH，总反应的原子利用率为100%，故B符合题意；

C．①→②是放热反应，放出能量并形成了键，故C不符合题意；

D．催化剂不能使平衡移动，催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故D不符合题意；

故答案为：B。

10．答案：B

分析：A.物质的能量越低越稳定；

C.酸越弱，酸根离子结合氢离子能力越强；

D.Cl2与NaOH溶液反应产物中有Cl-，ClO-，。

解析：A．物质具有的能量越低越稳定，由图可知，最稳定的是A，A不符合题意；

B．B→A+D反应的化学方程式为，生成物的总能量减去反应物的总能量=，故放出116kJ能量，B符合题意；

C．酸越弱，酸根离子结合氢离子能力越强，同种元素的含氧酸，化合价越高，酸性越强，故酸性HClO3>HClO2>HClO，结合氢离子能力ClO-最强，即结合氢离子能力最强的B，C不符合题意；

D．一定温度下，Cl2与NaOH溶液反应产物中有Cl-，ClO-，，若三者浓度之比为10：1：2，得失电子比=10：(2+2×5)=5：6，得失电子不守恒，D不符合题意；

故答案为：B。

11．答案：C

分析：A．该装置是原电池装置，元素化合价降低，做正极，元素化合价升高，做负极；

B．根据题意可知，具有类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺；

C．依据正极电极反应判断；

D．依据得失电子应守恒。

解析：A．该装置是原电池装置，将化学能转化为电能，Fe电极，N元素化合价降低，做正极，Pt电极，H元素化合价升高，做负极，A不符合题意；

B．根据题意可知，具有类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：，图2中，A为，B为，B不符合题意；

C．正极电极反应为：，正极区浓度减小，pH增大，C符合题意；

D．由负极区反应可知，，又因为正负极区得失电子应守恒，若要制取，则会转移0.3mol电子，因此可推知消耗0.15mol，标准状况体积为3.36L，D不符合题意；

故答案为：C。

12．答案：B

分析：A.氮气分子中两个N原子间形成三键；

C.合成氨的反应为放热反应，升温平衡逆向移动；

D.压强越大，合成氨反应正向进行，但压强越大，对设备和材料要求越高。

解析：A．N2、H2分子中前者存在三键，后者为单键，A不符合题意；

B．化学键形成的过程是放热过程，所以图③到图④的过程向外释放能量，B符合题意；

C．合成氨反应是放热反应，升高温度会降低NH3的产率，C不符合题意；

D．工业合成氨过程中为提高产率压强越大越好，但需考虑设备的承受能力所以选择20-50MPa，D不符合题意；

故答案为：B。

13．答案：C

分析：A．依据循环过程图分析；

B．催化剂反应前参与反应，反应后又生成；

C．过程③元素化合价没有变化；

D．根据反应物和生成物的化学式利用元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。

解析：A．过程①中转化为和有氢氧键断裂和形成，过程②中断裂形成，存在氢氧键断裂，所以在循环过程涉及氢氧键的断裂和形成，故A不符合题意；

B．如图，过程①为反应的开始，化合物1与反应形成一系列中间产物，经过一个循环，最后又生成化合物1，所以化合物1为催化剂，故B不符合题意；

C．图中过程③不属于氧化还原反应，故C符合题意；

D．如图，反应物为、、，产物为和，其反应为，故D不符合题意；

故答案为：C。

二、非选择题

14．答案：（1）11

（2）+40.9；Ⅰ；0.8；小于；P1>P2>P3；温度高于T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响

（3）5.6×10-3

分析：（1）已知，根据，算出c（H+）；

（2）①利用盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，，放热反应比吸热反应在热力学上趋势较大；

②活化能越高，反应速率越慢，速率慢的一步为决速步骤，分别算出个步骤中的能垒值，第二步的最大，为0.8eV，虚线框反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，正反应速率小于逆反应速率；

③该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率增大，温度高于时，CO2的转化率几乎不受压强影响，说明温度高于T1时，发生的反应不受压强影响，主要发生反应Ⅲ；

（3）利用三段式计算，达到平衡时CO2、H2、CO、H2O的物质的量浓度，需要注意的是，这些物质的物质的量浓度是三个反应都达到平衡的物质的量浓度之和。

解析：(1)室温下用NaOH溶液捕获，若所得溶液中，则室温下，，溶液pH=11。

(2)已知反应：

Ⅰ.

Ⅱ.

Ⅲ.

①按盖斯定律，反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ，则=+40.9kJ/mol；放热反应容易发生，反应Ⅰ虽熵减但放热、Ⅲ熵变化很小且吸热，则Ⅰ、Ⅲ两个反应在热力学上趋势较大的是Ⅰ。

②活化能或能垒最大的为决速步，则该反应历程中决速步的能垒为[-0.1-(-0.9)]eV=0.8eV，虛线框内发生的反应生成物能量低于反应物能量、为放热反应，故达到平衡后升高温度，平衡左移、正反应速率小于逆反应速率。

③反应Ⅰ、反应Ⅱ均为气体分子总数减小的放热反应，当温度不变时，增压有利于平衡右移、增大二氧化碳的转化率，升温有利于平衡左移，反应Ⅲ为气体分子总数不变的吸热反应，温度不变时增压对于该反应几乎没影响、但升温有利于其右移，则由图可知，压强、、由大到小的顺序为P1>P2>P3；温度高于时，X几乎相等的原因是：温度高于T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响。

(3)250℃，一定压强和催化剂条件下，1.32mol和3.96mol充分反应，平衡时CO为0.03mol，为0.41mol，则：反应Ⅰ：，反应Ⅱ：，反应Ⅲ.为：，a+b=0.41mol，故反应后CO2的物质的量为[1.32-a-(b+0.03)]mol=0.88mol、H2的物质的量为[3.96-3a-2b-(b+0.03)]mol=2.7mol、CO的物质的量为0.03mol、H2O的物质的量为[a+(b+0.03)]mol=0.44mol，则反应的平衡常数。

15．答案：（1）430；AD；

（2）CO；的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率；选择性膜吸附，促进反应Ⅱ平衡正向移动

分析：根据题中信息用相对能量求反应热；根据平衡移动原理分析温度、压强和反应物的浓度对化学平衡的影响，并作出相关的判断；根据相关物质的相对能量和活化能算出中间产物、过渡态和最终产物的相对能量，找到画图的关键数据；催化剂的选择性表现在对不同反应的选择性不同；选择性膜是通过吸附目标产品而提高目标产物的选择性的，与催化剂的选择性有所区别。

解析：(1)①由图1的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为-84kJmol-1、-393kJmol-1、-110kJmol-1、0kJmol-1。由题中信息可知，H=生成物的相对能量-反应物的相对能量，因此，C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)H3=(-110kJmol-1)4-(-84kJmol-1)-(-393kJmol-1)2=430kJmol-1。②A．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动，故其平衡常数增大，A正确；

B．反应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，B不正确；

C．反应Ⅲ的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，故其不利于乙烷脱氢，不利于乙烯的生成，C不正确；

D．反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍数，因此该反应的浓度商变大（大于平衡常数），化学平衡向逆反应方向移动，D正确。

综上所述，描述正确的是AD。

③由题中信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2(g)+CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52kJmol-1+0+(-393kJmol-1)=-341kJmol-1；第二步的反应是C2H4(g)+H2(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)，其活化能为210kJmol-1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210kJmol-1，过渡态的的相对能量变为-341kJmol-1+210kJmol-1=-131kJmol-1，最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52kJmol-1)+(-242kJmol-1)+(-110kJmol-1)=-300kJmol-1。根据题中信息，第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，故反应Ⅱ分两步进行的“能量—反应过程图”可以表示如下：。(2)①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C2H6按物质的量之比1：1投料，但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率，但是CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，而且反应物主要发生了反应Ⅲ，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率，因此，CO2氧化C2H6的主要产物是CO。故答案为：CO；C2H4的产率低说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率。②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，由反应ⅡC2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)可知，该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C2H4通过而离开体系，即通过吸附C2H4减小其在平衡体系的浓度，从而促进化学平衡向正反应方向移动，因而可以乙烷的转化率。故答案为：选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动。

16．答案：（1）128；Fe/MIL－53－CH4*=Fe/MIL－53－CH3·*＋H·*

（2）－141.77；CO(g)＋CH3OCH3(g)CH3COOCH3(g)；＜；p3＜p2＜p1；

（3）2H＋＋2e－=H2；反应中产生的氢气被消耗移除体系，平衡正向移动，增大甲烷的转化率

分析：（1）根据图示找出能量差值最大的即可，根据反应物和生成物写出反应方程式即可

（2）①根据写出集中物质燃烧的热化学方程式利用盖斯定律即可计算出焓变②根据总的反应和第二步的反应即可写出反应I③根据温度越高，MA的转化率越低即可判断焓变的大小，根据正反应使体积减小的反应，压强越大，MA的转化率越大即可判断压强大小④根据给出的数据结合三行式计算出平衡时各物质的量浓度即可求出Kc

（3）①根据B极的反应物和生成物即可写出电极式②根据在膜反应器中，产物氢气在不断的消耗促进可反应向右进行

解析：(1)根据示意图可知反应所吸收能量的最大能垒为Fe/MIL－53－CH4*到TS4，E正=（－13+141）kJ/mol＝128kJ·mol-1，该步骤的化学方程式为Fe/MIL－53－CH4*=Fe/MIL－53－CH3·*＋H·*。

(2)①根据标准摩尔生成焓的定义，结合盖斯定律可知CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)的ΔH＝生成物的标准摩尔生成焓－反应物的标准摩尔生成焓＝[－234.43+（－201.50）－0－（－110.53）－（－183.63）]kJ·mol-1=－141.77kJ·mol-1

②二甲醚与合成气（氢气和CO）制乙醇的总反应为2H2(g)+CO(g)＋CH3OCH3(g)CH3OH(g)+C2H5OH(g)，反应Ⅱ为CH3COOCH3(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)，则根据盖斯定律可知反应Ⅰ为CO(g)＋CH3OCH3(g)CH3COOCH3(g)。

③根据图像可知，随着温度升高，MA的转化率降低，则升高温度平衡逆向进行，所以该反应ΔH＜0。CH3COOCH3(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)为体积减小的可逆反应，增大压强，平衡正向进行，MA的转化率增大，所以p3＜p2＜p1；

④根据图像可知在600K，p3kPa下，MA的转化率是80%，根据三段式可知

平衡时总物质的量是0.2mol+0.4mol+0.8mol+0.8mol＝2.2mol，反应前气体总物质的量是3mol，体积是3L，则平衡时体系的体积为=2.2L，各组分的浓度是乙酸甲酯为mol/L、氢气为mol/L、甲醇为mol/L、乙醇为mol/L，则KC=；

(3)①由于CH4和H2O反应生成CO和H2，根据原电池工作原理，A侧氢气分压比B侧氢气分压高，发生电极反应H2－2e－＝2H＋，B侧发生电极反应2H＋＋2e－＝H2↑。

②由于反应中产生的氢气被消耗移出体系，平衡正向移动，甲烷的转化率增大，所以比传统的高。

17．答案：（1）802.1kJ/mol

（2）>；CD

（3）2.25

（4）大于

（5）2HSO+2e-+2H+=S2O+2H2O

（6）11.2

分析：（1）根据焓变=反应物的键能-生成物的键能即可计算

（2）①根据达到平衡的时间即可判断②对与此反应判断是否达到平衡可以通过平均摩尔质量以及压强不再变化以及浓度不再变化等判断

（3）根据起始的一氧化氮以及平衡的氮气结合三行式即可计算出平衡时的浓度即可计算出平衡分压计算出常数

（4）计算出此时的浓度商与平衡常数进行对比即可

（5）根据电极I的反应物和生成物即可判断得失电子即可写出电极式

（6）根据电子转移数目相等即可计算出处理NO的体积

解析：Ⅰ．(1)根据反应热可知，反应有：=2E()+2E()-E()-4E(C=O)=2×1072kJ/mol+2×630kJ/mol-942kJ/mol-4E(C=O)=-746.5kJ/mol，解得：E(C=O)=802.1kJ/mol，故答案为：802.1kJ/mol；

(2)①根据温度越高反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短，由图中可知，T2条件下先达到平衡，则温度：<，故答案为：＜；

②A．反应达到平衡的标志是各组分的浓度、百分含量保持不