合成气（CO+H2）是一种重要的化工原料，在化工生产中具有十分广泛的用途．其制备及运用的一种工艺流程如图所示（其中X与X

（1）已知：①CH₄（g）+2O₂（g）═CO₂（g）+2H₂O（g）；△H₁=-890.3kJ•mol^-1
②CH₄（g）+CO₂（g）═2CO（g）+2H₂（g）；△H₂
③CH₄（g）+H₂O（g）═CO（g）+3H₂（g）；△H₃=+250.3kJ•mol^-1
根据盖斯定律[1/2]×（①+②+③×2）得2CH₄（g）+O₂（g）═2CO（g）+4H₂（g），
故[1/2]×（△H₁+△H₂+△H₃）=-71.2kJ•mol^-1，
所以[1/2]×（-890.3kJ•mol^-1+△H₂+2×250.3kJ•mol^-1）=-71.2kJ•mol^-1，
解得△H₂=+247.3kJ•mol^-1，
故答案为：+247.3kJ•mol^-1；
（2）该反应为熵值减小的反应，△G=△H-T△S，△G＜0反应自发进行，故△H＜0，
故答案为：＜；
（3）该反应正反应是放热反应，平衡时升高温度平衡向逆反应移动，CO的体积分数增大，由图可知温度T₂＞T₁，体积分数φ（Ⅰ）＞φ（Ⅱ），故Ⅰ未到达平衡．T₃＞T₂，体积分数φ（Ⅲ）＞φ（Ⅱ），故Ⅲ处于平衡状态，容器Ⅱ不能确定是否处于平衡状态，
该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，温度越高，平衡时CO的转化率越低，故Ⅲ的转化率最低，
故答案为：Ⅲ；Ⅲ；
（4）氧气在正极放电，在二氧化碳条件下，反生成碳酸根，正极反应式为：O₂+4e^-+2CO₂═2CO₃^2-，
故答案为：O₂+4e^-+2CO₂═2CO₃^2-．

点评：
本题考点： 用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡的调控作用．

考点点评： 本题考查根据盖斯定律进行反应热的计算、反应方向的判断、化学平衡图象与影响因素、原电池原理等，难度中等，（3）中注意根据温度与体积分数判断是否处于平衡状态，本质是温度对化学平衡的影响．

（1）已知①CO（ g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（ g）△H₁=-90.7kJ•mol^-1，
②2CH₃0H（g）⇌CH₃0CH₃（g）+H₂0（g）△H₂=-23.5kJ•mol^-1，
③CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g）△H₃=-41.2kJ•mol^-1，
根据盖斯定律，①×2+②+③得3CO（g）+3H₂（g）⇌CH₃OCH₃（g）+CO₂（g）△H=-246.1kJ•mol^-1，
故答案为：-246.1；
（2）A．增大反应物的浓度平衡正移，所以使用过量的CO，能提高CH₃OCH₃产率，故A正确；
B．该反应为放热反应，升高温度平衡逆移，则CH₃OCH₃产率会降低，故B错误；
C．该反应正方向为体积减小的方向，所以增大压强平衡正移，能提高CH₃OCH₃产率，故C正确；
故答案为：AC；
（3）已知反应③CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g），能消耗水，使反应②中生成为水的量减少，平衡正向移动，所以CH₃OCH₃的量增加；
故答案为：消耗了反应②的H₂O（g）有利于反应②正向进行，同时生成了H₂；
（4）A．由图可知随温度升高，CO的转化率降低，说明升高温度平衡逆移，则正方向为放热反应，故△H＜0，故A正确；
B．该反应正方向为体积减小的方向，增大压强CO的转化率增大，所以P₁＞P₂＞P₃，故B错误；
C．若在P₃和316℃时，起始时
n(H2)
n(CO)=3，则增大了氢气的量，增大氢气的浓度，平衡正移，CO的转化率增大，所以CO转化率大于50%，故C错误；
故答案为：A；
（5）由图可知当催化剂中
n(Mn)
n(Cu)约为2时，CO的转化率最大，生成二甲醚的最多；
故答案为：2；
（6）酸性条件下，二甲醚在负极失电子生成二氧化碳，其电极反应式为：CH₃OCH₃-12e^-+3H₂O=2CO₂↑+12H⁺；
故答案为：CH₃OCH₃-12e^-+3H₂O=2CO₂↑+12H⁺；
（7）该反应有硫酸参加，因为硫酸是强酸，具有较强的腐蚀性，能腐蚀设备；
故答案为：H₂SO₄腐蚀设备或有硫酸废液产生．

点评：
本题考点： 化学平衡的调控作用；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题考考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用，影响平衡的因素分析判断，原电池原理的分析应用，题目涉及的知识点较多，综合性较强，题目难中等．

（1）已知①CO（ g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（ g）△H₁=-90.7KJ•mol^-1，
②2CH₃0H（g）⇌CH₃0CH₃（g）+H₂0（g）△H₂=-23.5KJ•mol^-1，
③CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g）△H₃=-41.2KJ•mol^-1，
根据盖斯定律，①×2+②+③得3CO（g）+3H₂（g）⇌CH₃OCH₃（g）+CO₂（g）△H=-246.1KJ•mol^-1，
平衡常数指产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，所以k=
c(CH3OCH3)•c(CO2)
c3(CO)•c3(H2)，
故答案为：-246.1KJ•mol^-1；
c(CH3OCH3)•c(CO2)
c3(CO)•c3(H2)；
（2）反应③消耗了反应②中的产物H₂O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH₃OCH₃的产率，
故答案为：反应③消耗了反应②中的产物H₂O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH₃OCH₃的产率；
（3）当在合成反应器中加入碳氢比[n（CO₂）/n（H₂）]为1：3的混合气体，在二定条件下反应得到二甲醚和水蒸气，实现了CO₂的减排目的．该反应的反应方程式为：2CO₂+6H₂

一定条件
.
CH₃OCH₃+3H₂O，在一定温度下，体积恒定的密闭容器中下列不能作为达到化学平衡状态的依据是：
A．反应前后气体质量守恒，体积固定，所以过程中密度不变，容器的密度不变不能证明反应达到平衡，故A错误；
B．反应前后气体体积变化，容器内压强保持不变说明反应大平衡，故B正确；
C，气体在数和，反应前后气体物质的量发生变化，平均摩尔质量保持不变说明反应达到平衡，故C正确；
D．单位时间内消耗2mol CO₂，同时消耗1mol二甲醚证明反应的正逆反应速率相同，能说明反应达到平衡，故D正确；
故答案为：2CO₂+6H₂

一定条件
.
CH₃OCH₃+3H₂O；A；
（4）反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，正极反应还原反应，氧气在正极放电．由图可知，A极为负极，B为正极，二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子，A电极的电极反应式为 CH₃OCH₃-12e^-+3H₂O=2CO₂+12H⁺，故答案为：B；CH₃OCH₃+3H₂O-12e^-=2CO₂+12H⁺．

点评：
本题考点： 用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题考考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用，平衡常数计算，影响平衡的因素分析判断，原电池原理的分析应用，题目难中等．

（1）已知：①H₂（g）+[1/2]O₂（g）=H₂O（l）△H=-285.8kJ•mol^-1
②CO（g）+[1/2]O₂（g）=CO₂（g） ）△H=-283.0kJ•mol^-1
③CH₄（g）+2O₂（g）=CO₂（g）+2H₂O（l））△H=-890.3kJ•mol^-1，
④H₂O（g）=H₂O（l）△H=-44.0kJ•mol^-1，
利用盖斯定律将④+③-②-3×①可得：CH₄（g）+H₂O（g）=CO（g）+3H₂（g）
△H=（-44.0kJ•mol^-1）+（-890.3kJ•mol^-1）-（-283.0kJ•mol^-1）-3×（-285.8kJ•mol^-1）=+206.1 kJ•mol^-1，
故答案为：CH₄（g）+H₂O（g）=CO（g）+3H₂（g）△H=+206.1 kJ•mol^-1；
（2）根据图象可知3min时，平衡时甲烷的浓度为0.1mol/L，氢气的浓度为0.3mol/L，则：
CH₄（g）+H₂O（g）=CO（g）+3H₂（g）
开始（mol/L）：0.20.3 0 0
变化（mol/L）：0.1 0.1 0.1 0.3
平衡（mol/L）：0.1 0.2 0.1 0.3
4min时甲烷的浓度为0.09mol/L，浓度减小0.1-0.09=0.01
水的浓度为0.19mol，浓度减小0.2-0.19=0.01；
CO的浓度为0.11，浓度增大0.11-0.1=0.01
氢气的浓度为0.33，浓度增大0.33-0.3=0.03
浓度变化量之比为1：1：1：3，等于化学计量数之比，应是改变温度平衡向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，故3min改变条件为升高温度；
故答案为：正；升高温度；
（3）①该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，甲烷的含量降低，故温度t₁＜t₂，故答案为：＜；
②碳水比[
n(CH4)
n(H2O)]值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高，故x₁＞x₂，故答案为：＞；
③该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，平衡时甲烷的含量降低，故p₁＞p₂，故答案为：＞；
（4）①正极发生还原反应，氧气在正极放电生成氢氧根离子，正极电极反应式为：O₂+4e^-+2H₂O=4OH^-，故答案为：O₂+4e^-+2H₂O=4OH^-；
②参与反应的氧气在标准状况下体积为8960mL，物质的量为[8.96L/22.4L/mol]=0.4mol，根据电子转移守恒可知，生成二氧化碳为[0.4mol×4/8]=0.2mol，n（NaOH）=0.1L×3.0mol•L^-1=0.3mol，n（NaOH）：n（CO₂）=0.3mol：0.2mol=3：2，介于1：1与2：1之间，故生成碳酸钾、碳酸氢钾，令碳酸钾、碳酸氢钾的物质的量分别为xmol、ymol，则x+y=0.2，2x+y=0.3，解得x=0.1，y=0.1，溶液中碳酸根水解，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故c（OH^-）＞c（H⁺），碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-），钾离子浓度最大，水解程度不大，碳酸根浓度原大于氢氧根离子，故c（K⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），
故答案为：c（K⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．

点评：
本题考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线；热化学方程式；化学电源新型电池；体积百分含量随温度、压强变化曲线．

考点点评： 本题综合性较大，涉及热化学方程式书写、化学平衡图象、化学平衡的影响因素、化学平衡计算、原电池、化学计算、离子浓度比较等，难度中等，是对基础知识与学生能力的综合考查．

（1）①“原子经济性”是指在化学品合成过程中，合成方法和工艺应被设计成能把反应过程中所用的所有原材料尽可能多的转化到最终产物中；
分析反应可知反应Ⅰ符合，
故答案为：Ⅰ；
②依据图表数据分析，随温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向放热反应，故答案为：＜；
③按反应Ⅰ充分反应达到平衡后，测得c（CO）=0.2mol/L，物质的量为0.4mol；
CO （g）+2H₂ （g）⇌CH₃OH （g）
起始量（mol） 2 6 0
变化量（mol） 1.6 3.2 1.6
平衡量（mol） 0.4 2.8 1.6
CO的转化率=[1.6mol/2mol]×100%=80%，
此时的平衡常数为：K=

1.6
2

0.4
2×(
2.8
2)2≈2.041，所以温度为250℃，
故答案为：80%；250；
（2）已知：①2CH₃OH（l）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（g）△H=-1277.0kJ/mol
②2CO（g）+O₂（g）=2CO₂（g）△H=-566.0kJ/mol
③H₂O（g）=H₂O（l）△H=-44.0kJ/mol
利用盖斯定律将[①−②/2]+③×2可得：CH₃OH（l）+O₂（g）=CO（g）+2H₂O（l）△H=-443.5 kJ∕mol，
故答案为：CH₃OH（l）+O₂（g）=CO（g）+2H₂O（l）△H=-443.5 kJ∕mol；
（3）①在甲醇燃料电池中，燃料甲醇作负极，氧气作正极，电解质中的阳离子移向正极，所以c口通入的物质为氧气，b口通入的物质为甲醇；负极甲醇除去电子生成二氧化碳，电极反应式为：CH₃OH+H₂O-6e^-=CO₂+6H⁺，
故答案为：O₂；CH₃OH+H₂O-6e^-=CO₂+6H⁺；
②当6.4g即0.2mol甲醇完全反应生成CO₂时，根据总反应：2CH₃OH+3O₂=2CO₂+4H₂O，消耗氧气0.3mol，转移电子1.2mol，即个数为1.2N_A，
故答案为：1.2；
③1mol氧气完全反应得到4mol电子，生成1mol氯气需要失去2mol电子，氧气与氯气的关系式为：O₂～2Cl₂，所以消耗标况下1L氧气会得到2L氯气，
故答案为：2．

点评：
本题考点： 化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；电解原理．

考点点评： 本题考查了化学平衡的有关计算、热化学方程式的书写、电解池原理等知识点，题目难度较大，本题是一道较综合知识题目，试题考查的角度较广，注意掌握电解原理，能够根据盖斯定律书写热化学方程式．

（1）CH₄的化学反应速率为V=[△C/△t]=[0.5mol/L/5min]=0.1mol/（L•min），根据反应速率之比等于化学计量数之比，H₂的化学反应速率为0.3mol/（L•min），故答案为：0.3mol/（L•min）；
根据图象可知化学反应速率加快，化学平衡正向移动，根据外界条件对化学反应速率的影响和对化学平衡的影响，可用升高温度或充入水蒸气来达到目的，故答案为：升高温度或充入水蒸气；
（2）因CH₄（g）+CO₂（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）是气体体积增大的反应，要保持恒压，须扩大容器的体积，对于甲容器来说相当于减压，速率减慢，平衡正向移动，所以到达平衡的时间长，甲烷的转化率提高，其图象为：
，故答案为：．
（3）反应CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g）在某时刻的浓度幂之积为Q=
C(H2)×C(CO2)
C(CO)×C(H2O)=[2×2/0.5×8.5]=0.94＜1.0，反应正向进行，v（正）＞v（逆），故选：a．

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素；物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的计算．

考点点评： 本题主要考查了化学反应速率的计算、外界条件对化学反应速率和平衡的影响等，难度中等．

A．碳燃烧生成二氧化碳，生成二氧化碳的量不变，故A错误；
B．甲醇的沸点和水的沸点不同，可用蒸馏法分离，故B正确；
C．用饱和的K₂CO₃溶液分离回收废气中的CO₂可减少二氧化碳的排放，符合低碳经济理念，故C正确；
D．聚四氟乙烯性质稳定与合成气不反应，可有效减缓钢管的腐蚀，故D正确．
故选A．

点评：
本题考点： 煤的干馏和综合利用；化石燃料与基本化工原料．

考点点评： 本题考查化石燃料与基本化工原料，题目难度不大，本题注意相关物质的性质的异同，为解答该题的关键．

Ⅰ、（1）平衡表达式为：K=
C(H2)•C(CO)
C(H2O)，生成物为CO、H₂，反应物含有H₂O，三者化学计量数分别为1、1、1，根据元素守恒，故另一反应物为固体C，反应中它所对应反应的化学方程式为C（s）+H₂O（g）⇌CO（g）+H₂（g），
故答案为：C（s）+H₂O（g）⇌CO（g）+H₂（g）；
（2）CH₄（g）+H₂O（g）=CO（g）+3H₂（g）；
①碳水比
n(CH4)
n(H2O)值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高，故x₂＜x₁，故答案为：＜；
②该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，平衡时甲烷的含量增大，故p₂＜p₁，故答案为：＜；
（3）①参与反应的氧气在标准状况下体积为4.48L，物质的量为 [4.48L/22.4L/mol]=0.2mol，根据电子转移守恒可知，生成二氧化碳为 [0.2mol×4/8]=0.1mol，n（KOH）=0.15L×1.0mol•L^-1=0.15mol，n（KOH）：n（CO₂）=0.15mol：0.1mol=3：2，发生发生2CO₂+3KOH=K₂CO₃+KHCO₃+H₂O，溶液中碳酸根水解，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故c（OH^-）＞c（H⁺），碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-），钾离子浓度最大，水解程度不大，碳酸根浓度原大于氢氧根离子，故c（K⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），
故答案为：c（K⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）；
②原电池中失电子的做负极发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应；在硫酸溶液中，C₆H₁₂O₆失电子生成氢离子，反应为C₆H₁₂O₆-24e^-+6H₂O=6CO₂+24H⁺，
故答案为：C₆H₁₂O₆-24e^-+6H₂O=6CO₂+24H⁺；
Ⅱ、（1）0.01mol•L^-1的NaOH溶液的pH=11，则c（H⁺）=10^-11 mol/L，氢氧化钠是强碱，完全电离，所以氢氧根离子浓度等于氢氧化钠浓度=0.01mol/L，则Kw=c（H⁺）×c（OH^-）=10^-11×10^-2=1.0×10^-13，混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等，pH=12的NaOH溶液中氢氧根离子浓度=10 ^12-13mol/L=0.1mol/L，pH=2的H₂SO₄溶液氢离子浓度=10^-2 mol/L，
0.01 mol/L×V_aL=0.1mol/L×V_bL，则V_a：V_b=10：1，
故答案为：10：1；
（2）根据电荷守恒可知c（CH₃COO^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），溶液显中性时c（OH^-）=c（H⁺），故c（CH₃COO^-）=c（Na⁺），溶液中c（OH^-）=10^-7mol/L，溶液中c（CH₃COO^-）=c（Na⁺）=[1/2]×0.02mol•L^-1=0.01mol•L^-1，故混合后溶液中c（CH₃COOH）=[1/2]×cmol•L^-1-0.01mol•L^-1=（0.5c-0.01）mol/L，CH₃COOH的电离常数K_a=
10−7×0.01
0.5c−0.01=
2×10−9
c−0.02，
故答案为：
2×10−9
c−0.02．

点评：
本题考点： 体积百分含量随温度、压强变化曲线；pH的简单计算．

考点点评： 本题综合性较大，涉及化学平衡图象、化学平衡的影响因素、化学平衡计算、原电池、化学计算、离子浓度比较等，为高考常见题型，注意把握化学平衡的影响因素以及图象、数据的分析能力的培养，题目难度较大．

（1）①反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，则高炉内CO₂和CO体积比值增大，平衡常数K值增大，
故答案为：增大；
②1100℃时测得高炉中c（CO₂）=0.025mol•L^-1，c（CO）=0.1mol•L^-1，在这种情况下，浓度商Qc=
c(CO2)
c(CO)=[0.025mol/L/0.1mol/L]=0.25＜0.263，所以此时反应未达到化学平衡，反应向着正向进行，正反应速率大于逆反应速率；
故答案为：右； 浓度商Qc=
c(CO2)
c(CO)=[0.025mol/L/0.1mol/L]=0.25＜0.263；
（2）①根据图示可知，10min达到平衡状态，甲醇浓度为0.75mol/L，由反应CO₂（g）+3H₂（g）⇌CH₃OH（g）+H₂O（g）可知，消耗氢气的浓度为：0.75mol/L×3=2.25mol/L，氢气平均反应速率为：[2.25mol/L/10min]=0.225mol/（L•min），
故答案为：0.225mol/（L•min）；
②
c(CH3OH)
c(CO2)增大，反应CO₂（g）+3H₂（g）⇌CH₃OH（g）+H₂O（g）向着正向移动，
A．升高温度，该反应放热，升高温度，平衡向着逆向移动，
c(CH3OH)
c(CO2)减小，故A错误；
B．再充入H₂，平衡向着正向移动，
c(CH3OH)
c(CO2)增大，故B正确；
C．再充入CO₂，平衡向着正向移动，但是二氧化碳浓度增加的大于甲醇增大浓度，
c(CH3OH)
c(CO2)减小，故C错误；
D．将H₂O（g）从体系中分离，平衡向着正向移动，
c(CH3OH)
c(CO2)增大，故D正确；
E．充入He（g），各组分浓度不变，平衡不移动，
c(CH3OH)
c(CO2)不变，故E错误；
故选B、D．

点评：
本题考点： 化学平衡常数的含义；反应热和焓变；化学平衡建立的过程．

考点点评： 本题考查了化学平衡常数的计算判断，关键理解平衡常数是随温度变化，平衡常数的计算应用，浓度商和平衡常数比较判断反应是否平衡，反应进行的方向，题目难度中等．

A．煤的液化，先用一碳化学的原理制取气体，C+H₂O

高温
.
CO+H₂，CO+H₂O

高温
.
CO₂+H₂，C+CO₂

高温
.
2CO，后以合成气生产甲醇：CO+2H₂

一定条件
.
CH₃OH，故A正确；
B．碳纳米管是由碳原子构成的一种新材料，是单质，石墨也是单质，它们都是碳元素组成的单质，属于同素异形体，故B错误；
C．海水含有氢、氧元素外，还有氯、钠、镁、硫、钙、钾、溴、碳、锶、碘、硼、氟等，是卤族元素氯、溴、碘等的主要来源，但铝海水中含量不多，且冶炼金属铝通常从铝土矿中冶炼，故C错误；
D．合成氨工厂用水将1molCH₄转化为4molH₂，氢气是生产氨气的原料，用甲烷生成和水生产氢气，符合节约资源，但任何化学反应均遵循质量守恒定律，故D错误；
故选A．

点评：
本题考点： 煤的干馏和综合利用；同位素及其应用；质量守恒定律；海水资源及其综合利用．

考点点评： 该题考查了元素化合物的知识，解答须熟悉同素异形体的概念、一些金属的冶炼方法等相关知识，平时应多注意积累．

根据反应的化学方程式X+H₂O

高温
.
CO+3H₂，反应物中氧、氢原子个数分别为1、2，反应后的生成物中碳、氧、氢原子个数分别为1、1、6，根据反应前后原子种类、数目不变，则每个X分子由1个碳原子和4个氢原子构成，则物质X的化学式为CH₄．
故选：A．

点评：
本题考点： 质量守恒定律及其应用．

考点点评： 本题难度不大，利用化学反应前后元素守恒、原子守恒来确定物质的化学式是正确解题的关键．

（1）一氧化碳和氢气在一定的条件下合成甲醇的化学方程式为：2CO+4H₂

一定条件
.
CH₃OCH₃+H₂O，故答案为：2CO+4H₂

一定条件
.
CH₃OCH₃+H₂O；
（2）反应的平衡常数表达式=[各个生成物平衡浓度系数次方的乘积/各个反应物平衡浓度系数次方的乘积]，即表达式：K=
c(CO)•c3(H2)
c(H2O)•c(CH4)，故答案为：K=
c(CO)•c3(H2)
c(H2O)•c(CH4)；
（3）①根据表中数据可以看出：温度越高，化学平衡常数越小，而对于放热反应，该结论成立，故答案为：＜；
②根据盖斯定律来计算化学反应的焓变得出△H₂=-48.9kJ•mol^-1，故答案为：-48.9kJ•mol^-1；
（4）燃料电池中，负极上是燃料甲醚发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，即为：CH₃OCH₃+160H^--12e^-═2CO₃^2-+11H₂O，故答案为：CH₃OCH₃+160H^--12e^-═2CO₃^2-+11H₂O．

点评：
本题考点： 用盖斯定律进行有关反应热的计算；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数的含义．

考点点评： 本题考查学生有关化学平衡以及热化学知识，可以根据所学知识来回答，难度较大．

（1）由表中数据可知，10min时氢气的浓度为0.2mol/L、CO的浓度为0.1mol/L、甲醇的浓度为0.4mol/L，则此时的浓度商Qc=[0.4
0．22×0.1=100，小于平衡常数160，故反应向正反应方向进行，故V_正＞V_逆，依据图表计算起始量；
2H₂（g）+CO（g）⇌CH₃OH（g）
起始量（mol/L） 1 0.5 0
变化量（mol/L） 0.80.4 0.4
T4时（mol/L） 0.2 0.1 0.4
若加入CO、H₂后，在T₅℃反应10min达到平衡，c（H₂）=0.4mol•L^-1，由表中数据可知，l0min内氢气的浓度变化量为0.6mol/L，故甲醇的浓度变化量为0.3mol/L，故v（CH₃OH）=
0.3mol/L/10min]=0.03mol/（L•min），
故答案为：＞；0.03；
（2）2H₂（g）+CO（g）⇌CH₃OH（g）+181.6kJ，反应是气体体积减小的放热反应
a．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2v_逆（CO）=v_正（H₂），说明一氧化碳正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，故a正确；
b．c（CO）：c（H₂）：c（CH₃OH）=1：2：1，只能说明浓度比等于反应比，和起始量变化量有关，不能说明反应达到平衡，故b错误；
c．反应前后气体物质的量减小，质量不变，混合气体的平均式量保持不变，说明反应达到平衡状态，故c正确；
d．反应前后气体质量和体积不变，混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；
故答案为：a c；
（3）a．其他条件不变，增大压强，平衡常数不变，故a错误；
b．其他条件不变，温度升高，反应是放热反应，平衡逆向进行，平衡常数K会减小，故b正确；
c．其他条件不变，若同比例地增加CO和H₂的量，相当于增大压强，平衡正向进行，故c错误；
d．其他条件不变，增大甲醇的物质的量，增大生成物浓度，平衡逆向进行，正逆反应速率也会随之逐渐增大，故d正确；
故答案为：b d；
（4）该反应正反应为放热反应，应选择催化活性高、速度快、反应温度较低，故选择Z，
故答案为：Z；催化活性高、速度快、反应温度较低：

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素；反应速率的定量表示方法；化学平衡状态的判断．

考点点评： 本题考查化学平衡常数、化学平衡影响因素、反应速率计算、反应中能量变化等，难度中等，注意理解掌握平衡常数和平衡标志的理解应用．

（1）①C（s）+H₂O（g）

高温
.
CO（g）+H₂（g）的平衡常数K=
c(CH3OH)
c(CO)×c(H2)，故答案为：
c(CH3OH)
c(CO)×c(H2)；
②A．加入固体C（s），不影响平衡移动，故A错误；
B．加入H₂O（g），水蒸气的浓度增大，平衡向正反应方向移动，碳的转化率增大，故B正确；
C．正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，碳的转化率增大，故C正确；
D．增大压强，平衡向逆反应方向移动，碳的转化率降低，故D错误；
故答案为：BC；
（2）该反应正反应为放热反应，应选择催化活性高、速度快、反应温度较低，故选择Z，
故答案为：Z；催化活性高、速度快、反应温度较低；
（3）①由表中数据可知，10min时氢气的浓度为0.2mol/L、CO的浓度为0.1mol/L、甲醇的浓度为0.4mol/L，则此时的浓度商Qc=[0.4
0．22×0.1=100，小于平衡常数160，故反应向正反应方向进行，故V_正＞V_逆，故答案为：＞；
②依据图表计算起始量；
2H₂（g）+CO（g）⇌CH₃OH（g）
起始量（mol/L） 1 0.5 0
变化量（mol/L） 0.80.4 0.4
T4时（mol/L） 0.2 0.1 0.4
若加入CO、H₂后，在T₅℃反应10min达到平衡，c（H₂）=0.4mol•L^-1，由表中数据可知，l0min内氢气的浓度变化量为0.6mol/L，故甲醇的浓度变化量为0.3mol/L，故v（CH₃OH）=
0.3mol/L/10min]=0.03mol/（L•min），
故答案为：0.03；
（4）生产过程中，合成气要进行循环，这样可以提高原料利用率，故答案为：提高原料利用率（或提高产量、产率亦可）．

点评：
本题考点： 化学平衡常数的含义；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题考查化学平衡常数、化学平衡影响因素、反应速率计算、反应中能量变化等，难度中等，注意理解掌握平衡常数的用途．

（1）①CH₄（g）+2O₂（g）=CO₂（g）+2H₂O（g）；△H₁=-890.3kJ•mol^-1
②CH₄（g）+CO₂（g）=2CO（g）+2H₂（g）；△H₂=+247.3kJ•mol^-1
③2CH₄（g）+O₂ （g）═2CO （g）+4H₂（g）；△H=-71.2kJ•mol^-1．
CH₄（g）+H₂O（g）=CO（g）+3H₂（g）；△H₃=
根据盖斯定律，利用题干所给的热化学方程式，结合盖斯定律计算，[③×2-（①+②）]×[1/2]得到CH₄（g）+H₂O（g）=CO（g）+3H₂（g）；△H₃=+250.3KJ/mol；
故答案为：+250.3；
（2）①燃料电池中，正极上氧化剂氧气得电子和二氧化碳发生还原反应生成碳酸根离子，电极反应式为O₂+4e^-+2CO₂=2CO₃^2-；熔融碳酸盐性质要稳定，高温时不能分解生成其它物质，
A．MgCO₃高温下分解生成氧化镁和二氧化碳而得不到碳酸根离子，故错误；
B．Na₂CO₃性质较稳定，熔融状态下只发生电离而不发生分解反应，故正确；
C．NaHCO₃性质不稳定，易分解而得不到碳酸根离子，故错误；
D．（NH₄）CO₃性质不稳定，易分解而得不到碳酸根离子，故错误；
故选B；
②阳极上Fe失电子生成亚铁离子，阴极上生成氢氧根离子，电解反应为：2Fe-4e^-═2Fe²⁺，阳极附近生成亚铁离子被氧化为铁离子，反应生成胶体Fe（OH）₃；离子反应方程式为：4Fe²⁺+O₂+10H₂O═4Fe（OH）₃（胶体）+8H⁺；
故答案为：2Fe-4e^-═2Fe²⁺；4Fe²⁺+O₂+10H₂O═4Fe（OH）₃（胶体）+8H⁺；
③燃料电池中甲烷在负极失电子发生 氧化反应在碱溶液中生成碳酸盐，电极反应式为：CH₄+4CO₃^2-→5CO₂+2H₂O+8e^-；
故答案为：CH₄+4CO₃^2-→5CO₂+2H₂O+8e^-；
④实验过程中，测得电解池阴极产生44.8L气体（标况）物质的量为2mol，2H⁺+2e^-=H₂↑，电子转移4mol，该气体把悬浮物带到水面形成浮渣层，同时在电池的负极通入16.8LCH₄（标况）物质的量=[16.8L/22.4L/mol]=0.75mol，CH₄+4CO₃^2-→5CO₂+2H₂O+8e^-，电子转移0.75mol×8=6mol，则该电浮选凝聚装置的能量利用率[4mol/6mol]×100%=66.7%；
故答案为：66.7%．

点评：
本题考点： 热化学方程式；电解原理．

考点点评： 本题考查较综合，涉及了盖斯定律、原电池原理等知识点，明确燃烧热的内涵、原电池原理内涵即可解答，这些知识点都是高考热点，常常以综合题大题出现，涵盖了化学反应原理所有知识，利用教材基础知识采用知识迁移的方法进行解答，难度中等．

（1）根据盖斯定律可知，①×2-③可得CH₄（g）+CO₂（g）=2CO（g）+2H₂（g），所以其△H=[（+206.2）×2-（+165.0）]kJ•mol^-1=+247.4 kJ•mol^-1，所以CH₄（g）与CO₂（g）反应生成CO（g）和H₂（g）的热化学方程式为CH₄（g）+CO₂（g）=2CO（g）+2H₂（g）△H₃=+247.4 kJ•mol^-1，
故答案为：CH₄（g）+CO₂（g）=2CO（g）+2H₂（g）△H₃=+247.4 kJ•mol^-1；
（2）已知正反应是气态物质体积减小的放热反应，因此熵变是小于零的，且采用降低温度、增大压强能使平衡右移，提高CO的转化率，故答案为：低温、高压；
低温、高压，＜；
（3）①将4mol CO₂和12mol H₂，充入2L的密闭容器中，充分反应达到平衡后，测得c（CO₂）=0.5mol•L^-1，则该温度下该反应的平衡常数
CO₂（g）+3H₂（g）⇌CH₃OH（g）+H₂O（g）
初始浓度：2 60 0
变化浓度：1.54.51.5 1.5
平衡浓度：0.51.5 1.5 1.5
化学平衡常数K=
c(CH3OH)•c(H2O)
c(CO2)•c3(H2)=[1.5×1.5
0.5×1．53=
1/3]（或者0.33）
②对于反应B：CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）△H₂＜0，若容器容积不变，使化学平衡正向移动的措施可提高CO的转化率．
A．降低温度能使化学平衡正向移动，可提高CO的转化率，故a正确；
B．增加CO的量，使得CO的转化率减小，故b错误；
C．充入He，使体系总压强增大，但是各组分浓度不变，平衡不移动，故c错误；
D．再充入1mol CO和2molH₂，即相当于在增大压强，所以化学平衡正向移动，可提高CO的转化率，故d正确；
故选：a、d；
（4）甲醇-空气燃料电池中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，电极反应为：CH₃OH-6e+8OH^-=CO₃^2-+6H₂O，故答案为：CH₃OH-6e+8OH^-=CO₃^2-+6H₂O；
（5）碱性甲醇-空气燃料电池电解硫酸钠溶液（均为铂电极），标准状况下阳极得到的VL气体是氧气，根据电极反应式，设消耗甲醇的量是n，得出：
2CH₃OH～12e^-～3O₂，
2 3
n [V/22.4]
[2/n＝
3

V
22.4]，解得n=[V/33.6]mol，所以消耗甲醇的质量：m=[V/33.6]mol×32g/mol=0.95V，故答案为：0.95V．

点评：
本题考点： 用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．

考点点评： 本题考查了运用盖斯定律计算焓变、热化学方程式的书写、评价物质合成方案、影响化学平衡的因素、燃料电池等重要考点，涉及的知识点较多，综合性较强，难度较大．

（1）由图可知，10min时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，而该反应为吸热反应，则升高温度符合题意，
故答案为：升高温度；
（2）甲、乙两容器中分别充入等物质的量的CH₄和CO₂，且甲、乙两容器初始容积相等，由图可知，甲的体积不变，乙的压强不变，则假定甲不变，乙中发生CH₄+CO₂⇌2CO+2H₂，其体积增大，则相当于压强减小，化学平衡向正反应方向移动，乙容器中CH₄的转化率增大，但压强小，反应速率减慢，则达到平衡的时间变长，则乙中CH₄的转化率随时间变化的图象为
，故答案为：；
（3）根据盖斯定律可知，①-②可得反应③，则△H₃=+206.1kJ/mol-（+247.3kJ/mol）=-41.2kJ/mol，
800℃时，反应③的K=1.0时，正逆反应速率相等，化学平衡不移动；
由表格中的数据可知，气体的体积相同，则物质的量与浓度成正比，Q=[2.0×2.0/2.0×8.5]＜K=1.0，该反应向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，即选a，
故答案为：-41.2 kJ/mol；a．
（4）①800℃时，平衡常数不变，甲乙容器温度不变，平衡常数不变，丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小；
故答案为：=；＞；
②达到平衡时都和乙容器中的二氧化硫浓度比较，依据平衡移动原理，甲容器在反应过程中保持压强不变，恒温恒压条件压强增大，平衡正向进行，二氧化硫浓度减小，乙容器保持体积不变，丙容器维持绝热反应过程则 温度升高平衡逆向进行二氧化硫浓度增大．
故答案为：＜；＜；

点评：
本题考点： 化学平衡建立的过程；化学平衡常数的含义．

考点点评： 本题考查化学反应速率的计算，化学平衡的移动及反应方向的判断，难度较大，（2）是学生解答中的难点，注意利用思维转化的方法来解答．

（1）反应CH₄（g）+[1/2]O₂ （g）═CO （g）+2H₂（g）前后气体体积增大的反应，熵变减少大于0；根据盖斯定律，利用题干所给的热化学方程式，结合盖斯定律得到CH₄（g）+H₂O（g）=CO（g）+3H₂（g）；△H₃=250.3KJ/mol，故答案为：＞；250.3；
（2）甲烷的转化率=[12−5.4/12]×100%=55%，故答案为：55%；
（3）温度过高，会使得催化剂失去活性，影响该反应速率，此外甲烷在高温条件下分解产生炭黑也影响该反应速率，故答案为：温度过高催化剂失去活性或甲烷在高温条件下分解产生炭黑影响该反应速率；
（4）A．直接利用烟气中的CO₂，可以大规模地减少CO₂的排放量，故A正确；
B．发电尾气的出口温度较高，可以利用此温度以节约能量，故B正确；
C．使用催化剂只可以改变化学反应速率，不可以改变甲烷的转化率，故C错误；
D．发电尾气反应中包含甲烷燃烧，该燃烧过程会放出大量的热，利用这些能量这样可实现部分热量自供，可降低成本，故D正确．
故选C．

点评：
本题考点： 用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的计算．

考点点评： 本题目是一道有关热化学知识的综合考查题，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度大．

（1）①2H₂（g）+CO（g）⇌CH₃OH（g）△H=-90.8kJ•mol^-1
②2CH₃OH（g）⇌CH₃OCH₃（g）+H₂O（g）△H=-23.5kJ•mol^-1
③CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g）△H=-41.3kJ•mol^-1
由盖斯定律可知，通过①×2+②+③可得所求反应方程式，则△H=2△H₁+△H₂+△H₃，
故答案为：2△H₁+△H₂+△H₃；
（2）①CO（g）+2H₂（g）═CH₃OH（g）△H₁=-90kJ•mol^-1，
②2CH₃OH（g）═CH₃OCH₃（g）+H₂O（g）△H₄=-24kJ•mol^-1，
依据盖斯定律①×2+②得到：2CO（g）+4H₂（g）⇌CH₃OCH₃+H₂O（g）△H=-204kJ•mol^-1，
故答案为：2CO（g）+4H₂（g）⇌CH₃OCH₃+H₂O（g）△H=-204kJ•mol^-1；
（3）2CO（g）+4H₂（g）⇌CH₃OCH₃+H₂O（g）是一个可逆反应，反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，CO转化率降低，
故答案为：H₂和CO直接制备二甲醚的反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，CO转化率降低；
（4）设达到平衡时CH₃OCH₃的浓度为x mol•L^-1
2CH₃OH （g）CH₃OCH₃ （g）+H₂O（g）
c_开始（mol•L^-1）0.04+2x 00
变化（mol•L^-1） 2xx x
c_平衡（mol•L^-1）0.04xx
K=
x2
0.042=400，x=0.8mol•L^-1，
CH₃OH转化率=[2×0.8/0.04+2×0.8]×100%=97.56%，
v（CH₃OH）=[2×0.8mol/L/10min]=0.16 mol•L^-1min^-1，
故答案为：0.16 mol•L^-1min^-1．

点评：
本题考点： 用盖斯定律进行有关反应热的计算；热化学方程式；化学平衡的计算．

考点点评： 本题考查较为综合，涉及化学平衡的移动、反应速率、平衡常数的计算，为高频考点，题目难度中等，注意把握平衡常数的意义．

（1）已知：①2CH₄（g）+3O₂（g）=2CO（g）+4H₂O（g）△H=-1302.6kJ•mol^-1
②2H₂（g）+O₂（g）=2H₂O（g）△H=-483.6kJ•mol^-1
依据盖斯定律计算（①-②×3）×[1/2]得到天然气与水蒸气在高温下反应制备合成气的热化学方程式为：CH₄（g）+H₂O（g）=CO（g）+3H₂（g）△H=+74.1 kJ•mol^-1；
故答案为：CH₄（g）+H₂O（g）=CO（g）+3H₂（g）△H=+74.1 kJ•mol^-1；
（2）①0～2min内，V（CH₄）=[0.2mol/L−0.1mol/L/2min]=0.05mol/L•min；
一氧化碳的平均反应速率v（CO）=V（CH₄）=0.05mol/L•min，
故答案为：0.05；
②根据图象可知3min时，平衡时甲烷的浓度为0.1mol/L，氢气的浓度为0.3mol/L，则：
CH₄（g）+H₂O（g）=CO（g）+3H₂（g）
开始（mol/L）：0.20.3 0 0
变化（mol/L）：0.1 0.1 0.1 0.3
平衡（mol/L）：0.1 0.2 0.1 0.3
4min时甲烷的浓度为0.09mol/L，浓度减小0.1-0.09=0.01
水的浓度为0.19mol，浓度减小0.2-0.19=0.01；
CO的浓度为0.11，浓度增大0.11-0.1=0.01
氢气的浓度为0.33，浓度增大0.33-0.3=0.03
浓度变化量之比为1：1：1：3，等于化学计量数之比，应是改变温度平衡向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，故3min改变条件为升高温度；
故答案为：正反应；升高温度；
（3）①该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，甲烷的含量降低，故温度T₁＜T₂，故答案为：＜；
②碳水比[
n(CH4)
n(H2O)]值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高，故x₁＞x₂，故答案为：＞；
③该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，平衡时甲烷的含量降低，故p₁＞p₂，故答案为：＞．

点评：
本题考点： 热化学方程式；反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．

考点点评： 本题综合性较大，涉及热化学方程式书写、化学平衡图象、化学平衡的影响因素、化学平衡计算、化学计算、离子浓度比较等，难度中等，是对基础知识与学生能力的综合考查．

（1）根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，则v（CH₄）=[1.00mol/L−0.50mol/L/5min]=0.1mol/（L•min），由化学计量数之比等于反应速率之比，
则v（H₂）=3×0.1mol/（L•min）=0.3mol/（L•min），由图可知，10min时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，而该反应为吸热反应，则升高温度符合题意，
故答案为：0.3 mol/（L•min）；升高温度；
（2）甲、乙两容器中分别充入等物质的量的CH₄和CO₂，且甲、乙两容器初始容积相等，由图可知，甲的体积不变，乙的压强不变，则假定甲不变，乙中发生CH₄+CO₂⇌2CO+2H₂，其体积增大，则相当于压强减小，化学平衡向正反应方向移动，乙容器中CH₄的转化率增大，但压强小，反应速率减慢，则达到平衡的时间变长，则乙中CH₄的转化率随时间变化的图象为
，故答案为：；
（3）根据盖斯定律可知，①-②可得反应③，则△H₃=+206.1kJ/mol-（+247.3kJ/mol）=-41.2kJ/mol，
800℃时，反应③的K=1.0时，正逆反应速率相等，化学平衡不移动；
由表格中的数据可知，气体的体积相同，则物质的量与浓度成正比，Q=[2.0×2.0/0.5×8.5]＜K=1.0，该反应向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，即选a，
故答案为：-41.2 kJ/mol；a．

点评：
本题考点： 化学反应速率的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题考查化学反应速率的计算，化学平衡的移动及反应方向的判断，难度较大，（2）是学生解答中的难点，注意利用思维转化的方法来解答．

甲 ，而压强越小，反应速率越小，即：υ _乙 <υ _甲 ，则用时：t _乙 >t _甲 ；而压强减小，平衡②将正向移动，则CH ₄ 的转化率：乙>甲；
（3）① - ②= ③，则1 ⊿H ₂ -⊿H ₁ =（206.1-247.3）=—41.2 kJ/mol；
利用表中数据，得浓度积Q=[C(CO ₂ )×C(H ₂ )]/[C(CO)×C(H ₂ O)]=（2×2）/(0.5×8.5)=0.94，
而K=1.0，即Q3 (正)4 (逆)；
（4）【1】甲、乙中温度相等，故K (甲)="K" (乙)；
△H=－96.56 kJ•mol ^-1 <0，说明正向是放热反应，丙保持绝热，则反应放出的热量致使体系温度升高，而升温时，该平衡逆向移动，则K值减小，故K (甲)="K" (乙) > K(丙)；
【2】甲、乙中比较：初始条件相同，甲保持压强不变，乙容器保持体积不变，则乙中：随着反应的正向进行，气体的量减少，则P _乙

甲 ，而压强减小时，平衡将逆向移动，故C(SO ₂ ) _{( 甲)} 2 ) _{( 乙)} ；
乙、丙中比较：初始条件相同，乙容器保持体积不变，丙容器维持绝热，则丙中：反应放出的热量致使体系温度升高，而升温时，该平衡逆向移动，故C(SO ₂ ) _{( 乙)} 2 ) _{( 丙)} ；

A、据图可知，反应物有单质和化合物，故A错误；
B、参加反应的物质有单质，不是复分解反应，故B错误；
C、反应前氧元素在水中，反应后氧元素在一氧化碳中，氧元素的化合价都是-2，没有改变，故C正确；
D、使用生成的一氧化碳和氢气不能生成草酸，因为一氧化碳中碳氧原子的个数比为1：1，而草酸中碳氧原子的个数比为1：2，不符合质量守恒定律，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 微粒观点及模型图的应用；单质和化合物的判别；有关元素化合价的计算；反应类型的判定．

考点点评： 本题考查了微观模拟图的应用，完成此题，可以依据题干提供的模拟反应示意图进行．

A．由图可知，10min到达平衡，平衡时H₂的浓度变化量为0.75mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故△c（CH₄）=[1/3]△c（H₂）=[1/3]×0.75mol/L=0.25mol/L，故甲烷的转化率为：[0.25mol/L/1mol/L]×100%=25%，故A错误；
B．由图可知，10min到达平衡，平衡时H₂的浓度变化量为0.75mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故△c（CO）=[1/3]△c（H₂）=[1/3]×0.75mol/L=0.25mol/L，则v（CO）=[0.25mol/L/10min]=0.025 mol•L^-1•min^-1，故B错误；
C．平衡时H₂的浓度变化量为0.75mol/L，则：
CH₄ （g）+H₂0（g）═C0（g）+3H₂（g）
开始（mol/L）：1 1 0 0
变化（mol/L）：0.25 0.250.250.75
平衡（mol/L）：0.75 0.75 0.25 0.75
故该温度下平衡常数k=
0.25×0.753
0.75×0.75=O.1875 mol²•L^-2，故C错误；
D．不同物质表示的正、逆速率之比等于化学计量数之比，可逆反应到达平衡状态，当CH₄（g）的消耗速率与H₂0（g）的生成速率相等，等于化学计量数之比，说明到达平衡，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的计算．

考点点评： 本题考查化学平衡图象、反应速率计算、平衡常数计算、化学平衡有关计算、平衡状态的判断等，难度中等，C选项为易错点，容易忽略平衡常数的单位．

（1）CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）是一个气体体积减小的反应，所以熵值减小，△S＜0；
依据方程式2CH₃OH（g）⇌CH₃OCH₃（g）+H₂O（g）可知K=
[CH3OCH3][H2O]
[CH3OH]；
从图中数据可知温度升高反应ⅠⅡ的平衡常数均减小，所以反应ⅠⅡ均是放热反应，△H₁、△H₂都小于0，利用盖斯定律Ⅰ×2+Ⅱ得反应Ⅲ，则△H₃=2×△H₁+△H₂，△H₁、△H₂都小于0，所以△H3=2×△H₁+△H₂＜0，故反应Ⅲ是放热反应；
故答案为：＜；K=
[CH3OCH3][H2O]
[CH3OH]；放热；
（2）依据化学平衡移动原理：减小生成物浓度平衡向正方向移动，增大反应物浓度平衡向正方向移动，在CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g）中反应消耗了H₂O_（g）有利于反应II、III正向移动；同时此反应生成了H₂，有利于反应I、III正向移动；
故答案为：此反应消耗了H₂O_（g）有利于反应II、III正向移动；同时此反应生成了H₂，有利于反应I、III正向移动；
（3）从方程式可知，反应物有3mol气体，生成物有2mol气体，所以压强增大时平衡气体体积减小的方向移动，即正向移动，在200℃时，转化率高的压强大，故A曲线对应压强为5.0MPa，曲线对应压强为0.1MPa，从图中可知压强为0.1MPa、温度为200℃时CO的转化率为0.5，设加入COamol，则有H₂2amol
CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）．
反应前（mol） a 2a 0
反应了（mol） 0.5a a 0.5a
平衡时（mol） 0.5a a 0.5a
可求得[0.5a/0.5a+a+0.5a]×100%=25%
故答案为：25%；
（4）①该反应是一个反应前后气体体积减小的且是正反应是放热的化学反应，t₂时逆反应速率增大，且平衡时反应速率大于t₂时反应速率，平衡向逆反应方向移动，改变的条件为增大生成物C浓度或升高温度；
故答案为：增大生成物C浓度或升高温度；
②t₄时降压，逆反应速率减小，平衡逆向移动，随着反应的进行，逆反应速率减小，在t₅时达到新的平衡状态，t₆时增大反应物的浓度，t₆点逆反应速率不变，平衡向正反应方向移动，随着反应的进行，逆反应速率增大，大于原平衡浓度，所以其图象为：，
故答案为：．

点评：
本题考点： 反应热和焓变；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素；物质的量或浓度随时间的变化曲线．

考点点评： 本题考查了熵变焓变的判断、化学平衡常数表达式的书写、外界条件对反应速率的影响等知识点，看清图象表达的含义是解题的关键所以，题目难度中等．

（1）已知：①H₂（g）+[1/2]O₂（g）=H₂O（l）△H=-285.8kJ•mol^-1
②CO（g）+[1/2]O₂（g）=CO₂（g） ）△H=-283.0kJ•mol^-1
③CH₄（g）+2O₂（g）=CO₂（g）+2H₂O（l））△H=-890.3kJ•mol^-1，
④H₂O（g）=H₂O（l）△H=-44.0kJ•mol^-1，
利用盖斯定律将④+③-②-3×①可得：CH₄（g）+H₂O（g）=CO（g）+3H₂（g）
△H=（-44.0kJ•mol^-1）+（-890.3kJ•mol^-1）-（-283.0kJ•mol^-1）-3×（-285.8kJ•mol^-1）=+206.1 kJ•mol^-1，
故答案为：CH₄（g）+H₂O（g）=CO（g）+3H₂（g）△H=+206.1kJ/mol；
（2）①反应方程式为CH₄（g）+H₂O（g）=CO（g）+3H₂（g），由表中数据可知3-4min之间，CH₄浓度减小，H₂浓度增大，则反应向生产氢气的方向移动，即向正方向进行，故答案为：正；
②3min时改变的反应条件，反应向正反应方向进行，可能为升高温度或增大H₂O的浓度或减小CO的浓度，故答案为：升高温度或增大H₂O的浓度或减小CO的浓度；
（3）①碳水比n（CH₄）/n（H₂O）值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高，故x₁＞x₂，故答案为：＞；
②该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，平衡时甲烷的含量增大，故p₁＞p₂，故答案为：＞；
（4）①正极发生还原反应，氧气在正极放电生成氢氧根离子，正极电极反应式为：O₂+4e^-+2H₂O=4OH^-，故答案为：O₂+4e^-+2H₂O=4OH^-；
②参与反应的氧气在标准状况下体积为8960mL，物质的量为[8.96L/22.4L/mol]=0.4mol，根据电子转移守恒可知，生成二氧化碳为[0.4mol×4/8]=0.2mol，n（NaOH）=0.1L×3.0mol•L^-1=0.3mol，n（NaOH）：n（CO₂）=0.3mol：0.2mol=3：2，发生发生2CO₂+3NaOH=Na₂CO₃+NaHCO₃+H₂O，溶液中碳酸根水解，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故c（OH^-）＞c（H⁺），碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-），钾离子浓度最大，水解程度不大，碳酸根浓度原大于氢氧根离子，故c（K⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），
故答案为：c（K⁺）＞c （HCO₃^- ）＞c （CO₃^2- ）＞c （OH^- ）＞c（ H⁺）．

点评：
本题考点： 化学平衡的计算；热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡建立的过程；离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题综合性较大，涉及热化学方程式书写、化学平衡图象、化学平衡的影响因素、化学平衡计算、原电池、化学计算、离子浓度比较等，为高考常见题型，难度中等，是对基础知识与学生能力的综合考查，注意把握化学平衡的影响因素以及图象、数据的分析能力的培养．