热门试卷

（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

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%。

（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。

（1）2CO(g)+4H2（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△=－204．7 kJ/mol,

（2）ac   （3）50%   0．25  cd （4）CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2+12H+,  0．5

试题分析：由已知的方程式①×2+④得2CO(g)+4H2（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△=－204．7 kJ/mol,

（2）由反应①可知ac说明反应达平衡状态。

（3）根据反应2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)       △H4=—24．5 kJ·mol-1当放热为49k J时消耗甲醇

4mol          4mol       2mol       2mol

结合平衡常数k=c（CH3OCH3）c（H2O）/

C2(CH3OH)得0．25，当再冲入2mol甲醇时化学平衡不会移动且平衡常数不变，确定C对，压强为原来的1．25倍。

（4）电解质为酸性电池的负极反应式为CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2+12H+,正极反应式为

4H++O2+4e-=4H2O，消耗2．8L氧气时转移电子为0．5mol。

（1）①＜（2分）     ②80%（2分）   250℃（2分）

（2）CH3OH(l) ＋ O2(g) ＝ CO(g) ＋ 2H2O(l)  ΔH1＝－442.8kJ／mol（3分）

⑶①化学能转化为电能（2分）

②O2 + 2H2O +4e- = 4OH-（2分）

③2CH3OH ＋ 3O2 +  4OH-＝ 2CO32-＋ 6H2O（3分

试题分析：（1）①由题给数据分析，随着温度的升高，平衡常数减小，平衡向逆向移动，升温平衡向吸热方向移动，该反应正向为放热反应，ΔH1＜0；②利用三行式进行计算。按反应II充分反应，达到平衡后，测得c（CO）=0.2mol/L，设转化的CO的物质的量浓度为x，

CO（g）+2H2 （g）CH3OH （g）

起始量（mol/L）     1          3               0

变化量（mol/L）    x          2x              x

平衡量（mol/L）    0.2         3-2x            x

分析知x=0.8mol/L

平衡时各物质的浓度：c（CO）=0.2mol/L，c（H2）=1.4mol/L，c（CH3OH）=0.8mol/L；一氧化碳的转化率=0.8/1×100%=80%，K=0.8/0.2×1.42=2.041，由表格可知温度为250℃；（2）由盖斯定律，①-②得：2CH3OH（l）+2O2（g）═2CO（g）+4H2O（l），△H=-885.6 kJ∕mol，热化学反应方程式为：CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8 kJ∕mol；（3）①分析知此装置为甲醇燃料电池，该电池的能量转化形式为化学能转化为电能；②正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根，所以其电极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-；③负极上甲醇失电子和氢氧根反应生成碳酸根和水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根，所以其电池反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2O。

（1）4△H1+△H2+2△H3；

（2）a）、放热反应的lgK随温度升高而下降； b）、放出或吸收热量越大的反应，其lgK受温度影响越大；

（3）99%

（4）CO2

（5）CaS+2O2CaSO4，

试题分析：（1）根据盖斯定律可得2 CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+C(s)+6CO2(g)+SO2(g)的△H=①×4+②+③×2=4△H1+△H2+2△H3；

（2）由图像及反应的△H可知，a）、反应①③是放热反应，随温度升高，lgK降低；反应②是吸热反应，随温度升高，lgK增大；b）、从图像上看出反应②、③的曲线较陡，说明放出或吸收热量越大的反应，其lgK受温度影响越大；

（3）由图可知，反应①于900 ºC的lgK=2，则K=100， c平衡（CO）=8.0×10-5mol·L-1，平衡时c平衡（CO2）=100×8.0×10-5mol·L-1=8.0×10-3mol·L-1，根据反应1/4CaSO4(s)+CO(g)1/4CaS(s)+CO2(g)可知，消耗CO的浓度是8.0×10-3mol·L-1，则开始时c（CO）=8.0×10-5mol·L-1+8.0×10-3mol·L-1=8.08×10-3mol·L-1，所以CO的转化率为8.0×10-3mol·L-1/8.08×10-3mol·L-1×100%=99%，；

（4）根据方程式可知，二氧化碳中含有气体杂质SO2，可在CO中加入适量的CO2，抑制二氧化硫的产生；

（5）CaS转化为CaSO4，从元素守恒的角度分析，CaS与氧气发生化合反应，原子的利用率100%，生成CaSO4，化学方程式为CaS+2O2CaSO4，CO2与对二甲苯发生反应，所得产物中含有羧基，因为苯环的氢原子只有1种，所以产物的结构简式只有1种为。

（1）Fe2O3(s)+3CO(g) = 2Fe(s)+3CO2(g) △H = —28.5 kJ·mol－1（3分）（方程式、状态正确给1分，△H符号、数据、单位正确给2分）

（2）① （2分）   ②＜（2分） ③>（2分）

（3）①2NH3+CO2CO(NH2)2+H2O（2分）（配平错扣1分）  

40%或0.4（2分）

②CO2+8e—+8H+=CH4+2H2O（3分）（配平错扣2分）

试题分析：（1）根据已知方程式和盖斯定律，所求方程式可由①－②×3得，△H = △H 1－3△H 2 =" +489.0" kJ·mol－1－3×172.5 kJ·mol－1 =—28.5 kJ·mol－1 ，所以CO还原氧化铁的热化学方程式为：Fe2O3(s)+3CO(g) = 2Fe(s)+3CO2(g) △H = —28.5 kJ·mol－1 。

（2）①根据给出的热化学方程式可得出该反应的平衡常数表达式为：K=   ，

②图A中生成物甲醇的体积分数随着温度升高呈现出先增大后减小的变化，可以分析为达到最高点之前反应并未达到平衡，随温度升高反应速率加快，甲醇含量不断增大；当达到一定值时，反应达到平衡，此时再升高温度平衡发生移动，甲醇含量下降可以看出平衡逆向移动，所以该反应正反应为放热反应，ΔH<0。

③图B中不同条件下反应达到平衡时得到的甲醇的物质的量I>Ⅱ，所以I条件下的反应进行程度更大，所以KⅠ>KⅡ 。

（3）①工业用CO2和NH3在一定条件下合成尿素，该反应方程式可以由C:N比进行配平，所以方程式为： 2NH3+CO2CO(NH2)2+H2O；根据方程式中的系数可知，反应的n(NH3)=2n(CO2)，而总的n(NH3)=3n(CO2)，所以假设的CO2有1mol，则有n(NH3)=3n(CO2)=3mol，反应的n(NH3)=2×1×0.6 =1.2mol所以氨气的平衡转化率为40%。

②在酸性电介质中发生电解反应，考虑氢离子参加反应，CO2在电极上得电子被还原为甲烷，有水生成，所以电极反应式为：CO2+8e—+8H+=CH4+2H2O。

化学反应式或方程式未配平的均扣1分

（1）CO(g)＋2H2(g)＝CH3OH(l) △H＝－128.1kJ/mol （2分，方程式1分，反应热2分，状态错误扣1分，计量数错误不得分。）

（2） ① BD （2分，少选扣1分，有错选不得分）

② 0.4mol/(L·min) 或6.67×10－3 mol·L－1·s－1（2分，无单位不得分）  

③ 0.99 （2分，数值在1.0～0.98之间均得分，写成“”或“” 得1分，单位不做要求。）

④

（3）① CH3OH－6e－＋H2O＝CO2↑＋6 H＋ （2分，无“↑”或计量数不是最简不扣分；其他书写不得分。）

② 铝制品（1分，写“Al”或“铝”均可，其他书写不得分）   

2Al－6e－＋6HCO3－＝Al2O3＋6CO2↑＋3H2O（3分，或“Al－3e－＝Al3＋，Al3＋＋3HCO3－＝Al(OH)3↓＋3CO2↑，2Al(OH)3＝Al2O3＋3H2O”各1分，无“↑”或计量数不是最简不扣分；其他书写不得分。）

试题分析：（1）先写出三种物质的燃烧热的热化学方程式。

① CO（g）  △H1＝－283.0kJ／mol

②  H2（g）+     △H2＝－285.8 kJ/mol

③  CH3OH（1）+    △H3＝－726.5kJ/mol

再写出目标方程式：CO(g)＋2H2(g)＝CH3OH(l)   △H4

根据盖斯定律， ①+②×2-③即得到目标方程式。 △H4= △H1+△H2×2-△H3=－128.1kJ/mol

根据图像：            CO(g)＋2H2(g)＝CH3OH(l)

起始：（mol/L）         0.9      x         0

0-2min（mol/L）      —0.4   —0.8       0.4

2-4min（mol/L）（平衡）  0.5      0.9       0.4

4-6min（mol/L）      —0.2   —0.4       0.2

6-8min（mol/L）（平衡）  0.3      0.5       0.6

8-10min（mol/L）     —0.1    —0.2      0.1  

10-12min（mol/L）（平衡）0.2      0.3       y

①A项，起始时浓度x=C（H2）为1．7mol/L，容器体积未知，所以物质的量也未知，A项错误。

B项，该容器是一个恒容的容器，反应是一个非等体积反应，因此当气体的总物质的量不再改变，即压强不再改变，反应即达到平衡状态，正确。

C项，4min时，平衡向右移，并且各物质的浓度是逐渐变化，所以应该是降温的条件下，C项错误。

D项，7min时，反应再次达到平衡，此时v（CO）=v（CH3OH），D项正确。

②0~2min内平均反应速率v（H2）=="0.4" mol·L-1·min-1

③在3min时该反应的平衡常数

④在第8min时，CO的浓度减少0.1mol·L-1，H2的浓度减少0.2mol·L-1，可知平衡在向右移动，CO和H2的浓度都是逐渐变小，而此时的条件和上次平衡移动的条件不相同，所以只能是减少甲醇的浓度，才能使平衡向右移动，即在平衡移动的瞬间，甲醇的浓度是很少的，应该要低于0.05mol·L-1，然后再增加0.1mol·L-1，在第10min平衡，并且浓度y不超过0.15mol·L-1。

（3）该装置中甲是一个燃料电池装置，给右边的装置乙提供电能，乙装置是一个电解池装置。

①甲中质子移向右边，从而推知甲装置左是负极，右是正极，则乙装置中M是阳极，N是阴极。甲中电池的负极反应式为：CH3OH－6e－＋H2O＝CO2↑＋6 H＋ 要注意电解质溶液质子在进行传递。

②乙池是一铝制品表面“钝化”装置，两极分别为铝制品和石墨。则阳极M材料是铝制品，阴极N材料是石墨。在铝表面钝化，即把铝变成Al2O3，同时考虑溶液中溶质为NaHCO3，则电极反应为：2Al－6e－＋6HCO3－=Al2O3＋6CO2↑＋3H2O