热门试卷

（1）2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O（2分）  （2）AEFG （2分）

（3）0.25L2·mol－2（2分，平衡常数不带单位也给分）；

a＋0.5c＝2、b＋1.5c＝7（2分）；2＜c＜4（2分）

（4）NH3(g)＋O2(g)＝H2O(l)＋N2(g) △H＝－382.5kJ/mol（2分）

2NH3－6e－＋6OH－＝6H2O＋N2（2分）    60.1%（1分）

试题分析：(1)实验室制备氨气的化学反应方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。

（2）根据图像I可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此该反应是放热反应，所以ΔH＝312.4kJ/mol=404.8kJ/mol＝－92.4kJ/mol，A正确；催化剂降低反应的活化能，所以使用催化剂会使E1的数值增大，B不正确；为了提高转化率，工业生产中反应的浓度并不是越低越好，C不正确；根据图像Ⅱ可知，曲线A首先达到平衡状态，这说明曲线A的反应速率快。但平衡时曲线A表示的氨气物质的量低，由于正方应是体积减小的放热的可逆反应，所以曲线Ⅱ中表示的条件是升高温度，所以选项D不正确，E正确；升高温度平衡向逆反应方向移动，所以平衡常数减小，因此选项F正确。根据图像Ⅱ可知，反应进行到t1时，可逆反应达到平衡状态，此时生成氨气的物质的量是n1mol，所以消耗氮气的物质的量是2n1mol，所以在曲线A条件下，反应从开始到平衡，消耗N2的平均速率为mol/(L·min)，G正确，答案选AEFG。

（3）             N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)

起始浓度（mol/L）  1      3.5         0

转化浓度（mol/L）  x      3x          2x

平衡浓度（mol/L） 1－x  3.5－3x       2x

达到平衡时测得容器的压强为起始时的倍

所以×4.5＝1－x＋3.5－3x＋2x

解得x＝0.5

所以该温度下可逆反应的平衡常数K＝＝＝0.25L2·mol－2

对于恒温恒容下对于反应前后气体体积发生变化的反应来说（即△n≠0的体系）：等效转化后，对应各物质起始投料的物质的量与原平衡起始态相同即可，据此可知欲使平衡混合物中各物质的质量与原平衡相同，则a,b,c满足的关系为a＋0.5c＝2、b＋1.5c＝7。由于平衡时氨气的物质的量是2mol，所以要欲使反应在起始时向逆反应方向进行，c的取值范围是c＞2。当起始时反应物的物质的量为0时，氨气的物质的量最大，所以根据a＋0.5c＝2、b＋1.5c＝7可知，c＝4或4.7，因此c的取值范围是2＜c＜4。

（3）H2(g)的燃烧热为285.8 kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式是H2(g)＋0.5O2(g)＝H2O(l) △H＝－285.8 kJ/mol…①，所以根据N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＝－92.4kJ/mol…②可知，②÷2－①×即得到热化学方程式NH3(g)＋O2(g)＝H2O(l)＋N2(g) △H＝－382.5kJ/mol。原电池负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应。所以在该燃料电池中氨气失去电子，在负极通入，其电极反应式是2NH3－6e－＋6OH－＝6H2O＋N2。根热化学方程式可知，每生成1molN2放出765kJ能量，而实际提供460kJ的电能，所以该燃料电池的实际效率为×100%＝60.1%。

(1)①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH＝－28.5 kJ·mol－1

②CO＋4OH－－2e－=CO32—＋2H2O

(2)①CD

②大于

③0.4＜c≤1

(3)B　c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)

(1)①根据盖斯定律，第一个方程式减去3乘以第二个方程式得Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH＝ΔH1－3ΔH2＝489.0 kJ·mol－1－3×172.5 kJ·mol－1＝－28.5 kJ·mol－1。②该燃料电池的总反应方程式为2CO＋O2＋4OH－=2CO32—＋2H2O……①，电池正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－……②，(①－②)÷2得负极反应式为CO＋4OH－－2e－=CO32—＋2H2O。

(2)①A项，升高温度，平衡逆向移动，使比值减小；B项，恒容时充入不反应的气体，平衡不移动，比值不变；C项，将H2O(g)从体系中分离，平衡正向移动，使比值增大；D项，相当于增大压强，平衡正向移动，使比值增大。②曲线Ⅱ优先达到平衡且平衡时生成物CH3OH的物质的量小，说明曲线Ⅱ对应的温度高，升高温度放热反应的平衡常数减小。③甲、乙为等效平衡，甲起始时n(CO2)＝1 mol，所以c≤1；利用三段式法可求得甲达到平衡时n(CH3OH)＝n(H2O)＝0.4 mol，要维持乙中反应起始时逆向进行，需使c＞0.4。

(3)NH3·H2O是弱碱，浓度均为0.10 mol·L－1的NaOH溶液和氨水，氨水的pH小，故盐酸滴定氨水的曲线是B；a点pH＞7，说明该点氨水过量，溶液中的溶质是NH4Cl和NH3·H2O，故溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)

（1）2N2H4(g) + N2O4(g)=3N2(g) + 4H2O(g) ΔH=－1083.0 kJ·mol-1（3分）

（2）NaClO + 2 NH3 =N2H4 + NaCl + H2O （2分）

（3）① ＞（2分）② 0.015mol·L-1·min-1（2分）

③ ABC（3分，少选一个扣1分，错选不得分）

（4）①＜      ②O2+2H++2e- =H2O2        ③1mol （毎空各2分）

试题分析：（1）①N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ•mol-1

②N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=-534.0kJ•mol-1

③2NO2（g）═N2O4（g）△H=-52.7kJ•mol-1

依据盖斯定律②-（①+③）得到2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H="-1" 083.0 kJ•mol-1。

（2）次氯酸钠与过量的氨反应制备肼氨气被氧化为肼，本身被还原为氯离子，结合原子守恒配平写出化学方程式为：NaClO+2NH3═N2H4+NaCl+H2O

（3）①根据图中曲线可以看出，随着温度升高，平衡常数K逐渐增大，说明温度升高，平衡向正反应方向移动，∆H>0。

②v(O2)=3/4v(NH3)=3/4×0.3mol/L÷15min= 0.015mol·L-1·min-1。

③A、当反应达到平衡时，各物质的物质的量不变，所以容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，正确；B、化学反应速率之比等于系数之比，所以v（N2）/v（O2）=2∶3，正确；C、当反应达到平衡时，气体的质量和体积不再变化，所以容器中气体的密度不随时间而变化，正确；D、因为密闭容器的体积保持不变，所以通入稀有气体，原气体浓度不变，则反应速率不变，错误；E、若向容器中继续加入N2，N2的转化率将减小，错误。

（4）①，根据电荷守恒可得：c(NH4+)+c(H+)=C(NO3‾)+c(OH‾)，因为溶液的pH为5，则c(H+)>c(OH‾)，所以c(NH4+)3‾)。

②因为溶液的pH为5，含有较多H+，根据题意和图可知O2在H+存在的情况下得电子生成H2O2，电极方程式为：O2+2H++2e- =H2O2

③根据示意图可知NH3·H2O被氧化为N2，根据化合价的变化，NH3·H2O ~ 3e‾，所以理论上电路中每转移3mol电子，最多可以处理NH3·H2O的物质的量为1mol。

(1)AD

(2)－41.2 kJ·mol－1

(3)CH3OH(g)＋H2O－6e－=CO2＋6H＋　14

(4)K＝＝0.17　3CO2＋5OH－=2CO32—＋HCO3—＋2H2O

(5)①使用催化剂

②

(1)该反应为吸热反应，升高温度，平衡向右移动，反应物平衡转化率升高，A项正确；增加固体反应物的量不会引起平衡的移动，B项错误；催化剂不能使平衡移动，C项错误；生成物浓度降低，平衡向正反应方向移动，反应物平衡转化率升高，D项正确。(2)根据盖斯定律，方程式C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)与C(s)＋CO2(g)2CO(g)相减可得CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，则ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1－172.5 kJ·mol－1＝－41.2 kJ·mol－1。(3)电池总反应为2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O，酸性条件下，正极反应为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，总反应减去正极反应可得负极反应为CH3OH(g) ＋H2O－6e－=CO2＋6H＋；0.01 mol CH3OH完全放电可提供0.06 mol电子，则电解NaCl溶液时电路中流过的电子为0.06 mol，生成OH－的物质的量为0.06 mol，溶液中c(OH－)＝1 mol/L，pH＝14。

(4)由题目所给数据可知：

CO(g)　＋　H2O(l)CO2(g)　＋　H2(g)　　

起始量  2.0 mol  1.0 mol  0  0

转化的量  0.4 mol  0.4 mol  0.4 mol  0.4 mol

平衡量  1.6 mol  0.6 mol  0.4 mol  0.4 mol

平衡浓度  0.8 mol/L  0.3 mol/L  0.2 mol/L  0.2 mol/L

则K＝≈0.17；由题意可知，CO2和NaOH的物质的量之比为3∶5，可知产物中CO32—和HCO3—共存。(5)①与实验Ⅰ比较，实验Ⅱ中反应速率加快且反应物平衡转化率没有改变，故改变的条件为使用了催化剂；②温度升高，达到平衡的时间缩短，则在曲线中早到达拐点；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故生成物浓度降低

（1）-a+2b-4c（2分）

（2）① < （2分）       ②c(NH3)增大，平衡正向移动（2分）        ③32% （3分）

（3）Al＋4OH－―3e－＝AlO2-＋2H2O（2分） CO(NH2)2＋8OH－－6e－＝CO32-＋N2↑＋6H2O （2分）

（4）①大于（1分）；    ②B（1分）           ③＜（1分）

试题分析：（1） 运用盖斯定律，可得要求化学反应的∆H=∆H1-2∆H2+4∆H3。

(2)①随着温度升高，平衡常数K逐渐减少，所以正反应为放热反应，∆H<0。

②c(NH3)增大，平衡正向移动，CO2的转化率增大。

③B点氨碳比为4.0，设氨的物质的量为4n，CO2的物质的量为n，则转化的CO2为0.64n，根据化学方程式可得转化的氨为1.28n，则氨的转化率为：1.28n÷4n×100％=32％

（3）Al在OH‾存在条件下失去3e‾, 生成AlO2-，根据图（3）可以看出阳极产生N2，CO(NH2)2中的C转化为CO32‾，H与OH‾转化为H2O，配平可得电极方程式。

（4）正常人体血液pH保持在7.35～7.45，所以HCO3‾的水解程度大于电离程度，HCO3‾能调节pH，起到缓冲作用，所以选B NaHCO3溶液，因为等浓度的H2CO3的电离程度大于HCO3‾的水解程度，血液的pH为7.00，则H2CO3的程度小于H CO3‾的程度。

（1）4FeS2(s)＋11O2(g)2Fe2O3(s)＋8SO2(g)  △H＝－3408kJ/mol    (2分)

（2）K＝1.6×103（2分）  80% （2分）  （3）B（1分，多选不得分）  

试题分析：（1）FeS2完全燃烧燃烧的化学方程式是4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，由于1g FeS2完全燃烧放出7.1kJ热量，则4molFeS2完全燃烧放出的热量是7.1kJ×120×4＝3408kJ，所以该反应的热化学方程式是4FeS2(s)＋11O2(g)2Fe2O3(s)＋8SO2(g)  △H＝－3408kJ/mol。

（2）              2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)

起始浓度（mol/L）  0.050   0.030       0

转化浓度（mol/L）  0.040   0.020       0.040

平衡浓度（mol/L）  0.010   0.010      0.040

所以该温度下平衡常数K＝＝1600

SO2的平衡转化率＝×100%＝80%

（3）向平衡混合物中充入Ar，容器容积不变，浓度不变，反应速率和平衡状态不变，A不正确；向平衡混合物中充入O2，增大反应物的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，B正确；改变反应的催化剂平衡状态不变，C不正确；降低反应的温度，平衡向正反应方向移动，但反应速率降低，D不正确，答案选B。

（4）温度高反应速率快，到达平衡的时间减少。由于正反应是放热反应，所以温度高不利于平衡向正反应方向进行，SO2的转化率降低，因此正确的图像是。

点评：该题是高考中的常见考点和题型，属于中等难度试题的考查，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，提升学生的学科素养。

（1）2NH3(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)　ΔH＝－134 kJ·mol－1

（2）①小于　②(V/a)2　③增大  

（3）①SO2＋2H2O－2e－=4H＋＋SO42-    ②HSO3-＋H2O－2e－=SO42-＋3H＋

（4）SO2 + NH3+H2O= NH4++HSO3— 酸性(1分)

试题分析：（1）由图示可知，两步反应的完成的热效应与一步完成的热效应是相同的，将两个反应相加可得2NH3(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)　ΔH＝－134 kJ·mol－1。

（2）①根据化学方程式CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，正反应方向为气体系数减小的方向，所以增大压强，化学平衡向右移动，CO的转化率增大，所以p1小于p2。

②根据“三段式”进行计算，CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)

初始浓度（mol•L‾1）    a/V     2a/V        0

转化浓度（mol•L‾1）    a/2V    a/V         a/2V

平衡浓度（mol•L‾1）    a/2V    a/V        a/2V

所以K=a/2V÷[a/2V×(a/V)2]= (V/a)2

在其它条件不变的情况下，再增加a mol CO和2a molH2，容器内压强增大，平衡向右移动，CO的转化率增大。

（3）①原电池负极发生氧化反应，SO2失去电子生成SO42‾，配平得电极方程式：SO2＋2H2O－2e－=4H＋＋SO42-

②HSO3‾在电解池的阳极发生氧化反应，失去电子转化为SO42‾：HSO3-＋H2O－2e－=SO42-＋3H＋

（4）等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，生成NH4HSO3，离子方程式为：SO2 +                    NH3+H2O=NH4++HSO3— ，NH4HSO3为酸式盐，在溶液中电离出H+，使溶液显酸性。

（1）CD（2分） 

（2）△H3＝（3△H1+2△H2）/5（2分）

（3）①<（2分）  ②AC（2分）

③0.75 mol·L－1·min－1（2分） 使用催化剂或升高温度（2分）  3.0（2分）

试题分析：（1）反应处于平衡状态时，体系中各组分的浓度不变，与c（NH3）·c（O2）和c（NO）·c（H2O）是否相等无关；反应达到平衡后，则一定有3v正（NH3）＝2v逆（H2O）；反应前后气体的物质的量不相等，总压不变，可说明反应已达平衡；反应达到平衡后，混合气体的质量保持不变，说明反应已达平衡。（2）第三个反应中无NO，①×3+②×2可消去NO，然后除以5就可由①②两式得到③式。即：△H3＝（3△H1+2△H2）/5。（3）①反应的K值减小，证明升温平衡逆向移动，因而正反应放热，Q<0。②温度升高，平衡逆向移动，NH3的含量增大，H2O的含量降低，A、C错误；压强增大，反应速率加快，平衡逆向移动，NO的含量降低，B正确；加入催化剂，反应速率加快，平衡不移动，D正确。③第2 min到第4 min，NH3的浓度变化了1.2 mol·L－1，因而O2的浓度变化了1.2mol·L－1 ×5÷4＝1.5 mol·L－1，其平均反应速率为0.75  mol·L－1·min－1。根据物质之间的浓度关系，不可能是加入了物质或减小了体积，但反应速率确实加快了，因而可能是使用了催化剂或升高了温度。由于第4 min到第6 min，反应混合物的浓度不再变化，因而已经达到平衡，将相关数据代入K＝，得K＝3。

（1）2△H2—△H1      （3分）

（2）① ＜  （3分）

②T3时，化学反应到达平衡状态。由于正反应是放热反应，当温度高于T3，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获。   （3分） 

③（3分）如图

（3）降低温度（或增加CO2浓度或压强)   （2分）

（4）BD （2分，选对1个得1分，错选1个得0分）

试题分析：（1）根据已知方程式和盖斯定律，反应III的方程式可由②×2—①得，所以△H3 =2△H2—△H1 。

（2）①图1表示的是反应物CO2的浓度随着反应温度的升高而呈现出的先下降后上升的趋势。由于温度不同反应达到平衡的时间不同，温度升高反应速率增大，所以达到平衡的的时间缩短。因此在该测定的反应时间内，部分达到平衡部分未达到平衡。图中温度高于T3 时，CO2的浓度开始上升，说明反应已达到平衡，再升高温度反应逆向移动导致反应物CO2的浓度增大。温度升高是反应逆向移动，说明该正反应为放热反应，△H3<0。

②根据上述分析，T3 时，在该测定时间内反应已经达到平衡状态，由于正反应是放热反应，当温度高于T3，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获。 

③图2可以看出，随着反应的进行，溶液的PH值逐渐下降，平衡时趋于不变。由此可以得出正反应会使PH值降低，若反应逆向进行，则PH升高。所以若反应时间到达t1时升高温度，则反应的化学平衡逆向移动，溶液的PH值会升高，重新达到平衡后PH值趋于不变，该图像如图所示。

（3）据上述分析，正反应是放热反应，所以可以适当降低温度，是平衡你正向移动，提高CO2的吸收量。而CO2是反应中唯一的气体，也可以通过增大压强或是CO2气体浓度使平衡正向移动从而增大CO2的吸收量。

（4）要能做CO2的捕获剂，则要能够和CO2反应，所以选项中可以和CO2反应的物质只能选BD。

19（除指定外，其余每空2分，共15分）

Ⅰ（1） 3ΔH2-2ΔH1      （2）减小  （3）O2 + 4e- + 4H+ = 2H2O

Ⅱ（4）0.075 mol·L-1·min-1

（此空4分） CH4(g) + H2O(g)  CO(g) + 3H2(g)

起始（mol·L-1）  0.2      0.4

变化（mol·L-1）  0.1      0.1         0.1      0.3

平衡（mol·L-1）  0.1      0.3         0.1      0.3

（5）（3分，起点标对得1分，拐点、平台标对得1分、走势对得1分。5分钟时不画垂直连接线不扣分）

试题分析：（1）根据已知的两个方程式和所求方程式可知，所求方程式可由3×②-2×①所得，所以ΔH=3ΔH2-2ΔH1

（2）因为反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是一个放热反应，所以根据平衡移动原理，温度升高，平衡左移，所以CO2 的转化率减小。

（3）电池的总反应方程式已经给出，根据总反应式2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)，O2 做氧化剂化合价降低，所以正极发生的是3个O2 得12个e-。由于是酸性介质，所以不能有OH- 参与反应，所以参与的是H+ ，同时生成水，所以反应式为3O2 + 12e- + 12H+ = 6H2O，化简后为O2 + 4e- + 4H+ = 2H2O。

（4）图像中的纵坐标是CO的浓度，所以要求氢气的平均反应速率需要根据方程式进行变形，所以v(H2)=" 3v(CO)=3ΔC/Δt=0.3" mol·L-1/4 min ="0.075" mol·L-1·min-1 。

平衡常数的计算过程为：

CH4(g) + H2O(g)  CO(g) + 3H2(g)

起始（mol·L-1）  0.2      0.4

变化（mol·L-1）  0.1      0.1         0.1      0.3

平衡（mol·L-1）  0.1      0.3         0.1      0.3

（5）体积缩小一半后，压强增大且各组分的浓度瞬间增大1倍，所以图像的起点由0.1 mol·L—1瞬间增大到0.2 mol·L—1；又压强增大平衡往系数减小的一边移动，所以CO的浓度增大到约为0.25 mol·L—1 为终点。

(1)3FeO(s)＋2Al(s)=Al2O3(s)＋3Fe(s)　ΔH＝－859.7 kJ/mol

(2)①增大　②D

(3)K＝　减小

(4)①107　②＞　c＞a＞b＞d

(1)方程式②－①×3可得：3FeO(s)＋2Al(s)=Al2O3(s)＋3Fe(s)，该反应的ΔH＝－1 675.7 kJ/mol＋3×272.0 kJ/mol＝－859.7 kJ/mol；(2)催化剂可以降低反应的活化能；(3)固体或纯液体的浓度不列入平衡常数表达式中；平衡常数越大，则反应进行的越完全，该反应为气体分子数不变但质量增加的反应，降低体系温度，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，气体分子数不变但质量减小，故混合气体的平均相对分子质量会减小；(4)①混合液中c(H＋)＝10－8 mol/L，c(OH－)＝10－6 mol/L，其中OH－全部由水电离；0.1 mol/L NaOH溶液中c(OH－)＝10－1 mol/L，c(H＋)＝10－13 mol/L，其中水电离出来的OH－浓度等于溶液中H＋浓度，则混合液中由水电离出的OH－浓度与0.1 mol·L－1 NaOH溶液中由水电离出的OH－浓度之比为＝107；②NH4A为中性，可知A－与NH4+水解程度相等；将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，可知H2CO3酸性比HA弱，则HCO3—水解程度比A－大，而CO32—水解程度比HCO3—大，故NH4HCO3溶液、(NH4)2CO3溶液均显碱性且碱性NH4HCO3＜(NH4)2CO3；NH4Cl为强酸弱碱盐，显酸性

（1）C（3分）　（2）①0.125（2分）　②D（3分）

（3）AC（4分）

（1）电解和高温都需要消耗大量能源,太阳光催化分解水制氢最节能。（2）①根据图像可知,从3 min到9 min内CO2减少了0.25 mol/L,所以H2减少了0.75 mol/L,故v（H2）=0.125mol/（L·min）。②在一定条件下,当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0）,反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态,称为化学平衡状态,故D对;平衡时浓度不再发生变化,但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系,故A错;密度是混合气的质量和容器容积的比值,在反应过程中质量和容积始终是不变的,故B错;选项C中反应速率的方向是相同的,由于速率之比是相应的化学计量数之比,因此C中的关系始终成立,不正确。（3）根据表中数据可知,随着温度的升高,K值是逐渐减小的,这说明升高温度,平衡向逆反应方向移动,因此正反应是放热反应,选项A正确;升高温度,v正（CH3OH）和v逆（CH3OH）均增大,选项B不正确;平衡时CO、氢气、甲醇的浓度分别是（mol/L）0.05、0.1、0.05,所以平衡常数K==100,选项C正确;由于正反应是放热的,因此升高温度不利于反应物的转化,故D错,答案选AC。

I．（1）60％（2分）          （2）d（2分）

Ⅱ．（1）0.15mol/(L·min) （2分）（单位出错给1分）    

（2） A  D  E (3分，有错选不得分)

Ⅲ．（1）  CH4 + 4O2— —8e—= CO2+ 2H2O；（2分） 

（2）    1.12 L（2分）      

试题分析：I.（1）令平衡时CO的物质的量变化为nmol，则：

Fe2O3(s)+ CO(g)Fe(s)+ CO2(g)

开始（mol）：1                 1

变化（mol）：n                 n

平衡（mol）：1-n               n+1

所以n+1/(1-n)=4，解得n=0.6，则CO的平衡转化率为0.6mol/1mol×100%=60%，故答案为：60%； (2)a．该反应正反应是放热反应，提高反应温度，平衡向逆反应移动，CO的平衡转化率降低，故a错误；b．反应前后气体的物质的量不变，减小容器的容积，增大压强平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故b错误；c．加入合适的催化剂，平衡不移动，故c错误；d．移出部分CO2，平衡向正反应移动，CO的平衡转化率增大，故d正确；e．粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触，平衡不移动，故e错误；故选d； III（1）达到平衡时生成甲醇为：0.75mol/L，则消耗的c（H2）=2×0.75mol/L=1.5mol/L，v（H2）=△c/△t=1.5mol/L/10min=0.15mol/（L min）（2）A、甲、乙相比较，把乙等效为开始加入1mol CO和2mol H2，和甲是等效的，甲乙是等效平衡，所以平衡时甲醇的浓度c1=c2，故A正确；B、甲、丙相比较，丙中反应物的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CO（g）+2H2（g） CH3OH（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2Q1＜Q3，故B错误；C、甲、丙相比较，丙中反应物的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故a1＜a3 ，故C错误；D、甲、乙处于相同的平衡状态，而且反应方向相反，则α1+α2="1" ,故D正确；E、甲、乙处于相同的平衡状态，而且反应方向相反，两个方向转化的和恰好为1mol，所以该反应若生成1mol CH3OH，则放出（Q1+Q2）kJ热量，故E正确；故答案为：ADE；Ⅲ．（1）通入燃料甲烷的电极是负极，通入氧气的电极是正极。负极发生的电极式为CH4 + 4O2——8e—= CO2+ 2H2O。（2）电解硫酸铜溶液时阳极的电极反应式4OH— —4e—= O2↑+ 2H2O，阴极的反应式是： Cu2++2e-=Cu；2H++e-=H2↑。N(Cu)=0.1mol.若两极收集到的气体体积相等，设其物质的量为X。则4X=0.1×2+2X。解得X=0.1.在整个反应过程转移电子相等。电子的物质的量为0.4mol.由于每摩尔甲烷失去电子8摩尔，所以需要甲烷的物质的量为0.05摩尔。V（CH4）=0.05摩尔×22.4升/摩尔=1.12 升 。实际上消耗的甲烷体积比理论上大，可能原因是甲烷不完全被氧化，生成C或CO 或 电池能量转化率达不到100%。