用CO合成甲醇（CH3OH）的化学反应方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0．按照相同的物质的量投料

Ⅰ（1）①CO₂（g）+3H₂（g）⇌CH₃OH（g）+、H₂O（g）△H₁
②2H₂（g）+O₂（g）=2H₂O（g）△H₂
根据盖斯定律，②×3-①×2得：2CH₃OH（g）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（g）△H=3△H₂-2△H₁
故答案为：3△H₂-2△H₁；
（2）合成甲醇为放热反应，升高温度，平衡向吸热反应即逆反应方向移动，故二氧化碳的转化率减小；
故答案为：减小；
（3）甲醇燃料电池，甲醇在负极失电子发生氧化反应，氧气在正极放电，酸性条件下生成水，正极电极反应式为：O₂+4e^-+4H⁺═2H₂O，
故答案为：O₂+4e^-+4H⁺═2H₂O；
Ⅱ（4）根据图示可知4min反应达到平衡，平衡时CO的浓度为0.10mol/L，v（CO）=[0.1mol/L/4min]=0.025mol•L^-1•min^-1，
v（H₂）=3v（CO）=0.025mol•L^-1•min^-1×3=0.075 mol•L^-1•min^-1；
CH₄（g）+H₂O（g）⇌CO（g）+3H₂（g）
起始（mol•L^-1）0.20.4
变化（mol•L^-1）0.10.10.10.3
平衡（mol•L^-1）0.10.30.10.3
K=
c(CO)．c3(H2)
c(CH4)•c(H2O)=
0.1×0．33
0.1×0.3=0.09
故答案为：0.075 mol•L^-1•min^-1；0.09；
（5）把容器的体积缩小一半的瞬间CO的浓度变为0.20mol/L，氢气的浓度变为0.6mo/L，8min平衡后浓度CO浓度约为0.25mol/L，则
氢气浓度约为：0.75mol/L，第5分钟后H₂浓度的变化曲线图象为：；
故答案为：．

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

考点点评： 本题考查盖斯定律的应用、电极反应式的书写及化学反应速率的计算、平衡常数的计算、影响化学平衡的因素等知识，题目难度中等，注意掌握化学平衡、化学反应速率的概念及影响因素，画图时要注意5min时氢气的浓度和8min时氢气的浓度两个关键点．

（1）二氧化碳会产生温室效应，而本题中的反应恰好消耗了二氧化碳，有利于防止温室效应；
故答案为：减少烟道气中二氧化碳排放到空气中造成温室效应；
（2）乙醇胺水溶液呈弱碱性是取代基氨基结合氢离子，使溶液中的氢氧根离子浓度增大，反应的离子方程式为：HOCH₂CH₂NH₂+H₂O⇌HOCH₂CH₂NH₃⁺+OH^-；
故答案为：HOCH₂CH₂NH₂+H₂O⇌HOCH₂CH₂NH₃⁺+OH^-；
（3）甲醇和氢气的燃烧热书写其热化学方程式分别为：
①2CH₃OH（l）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（l），△H₁=-1451kJ/mol；
②2H₂（g）+O₂（g）=2H₂O（l），△H₂=-571.6KJ/mol，
根据盖斯定律，反应CO₂（g）+3H₂（g）═CH₃OH（l）+H₂O（l）
可以看成是方程式[3/2]×②-①×[1/2]；所以△H=×[3/2]（-571.6KJ/mol）-（-1451kJ/mol）×[1/2]=-131.9KJ/mol，
故答案为：CO₂（g）+3H₂（g）═CH₃OH（l）+H₂O（l），△H=-131.9KJ/mol；
（4）a、因催化剂能提高化学反应速率，加快反应进行，则在一定时间内提高了生产效率，故a对；
b、反应需在300℃进行是为了获得较快的反应速率，不能说明反应是吸热还是放热，故b错；
c、充入大量CO₂气体，能使平衡正向移动，提高H₂的转化率，故c对；
d、从平衡混合物中及时分离出产物，使平衡正向移动，可提高CO₂和H₂的转化率，故d对；
故选acd；
故答案为：acd；

点评：
本题考点： 热化学方程式；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用．

考点点评： 本题考查热化学方程式书写，燃烧热概念分析应用，流程分析，化学反应速率和化学平衡知识，易错点为利用化学平衡知识判断反应吸热还是放热时，一定要注意温度的变化使反应正向移动还是逆向移动，倘若给出的信息为温度条件则无法判断，升高温度化学平衡向吸热的方向移动，而吸热反应取决于反应物与生成物总能量的相对大小．题目难度中等．

（1）温度相同时，作垂直x轴的辅助线，发现压强为P₂的CO的转化率高，该反应正反应为体积减小的反应，压强增大平衡向体积减小的方向移动，即向正反应应移动，CO的转化率增大，所以P₁＜P₂，
由图可知，压强一定时，随温度升高，CO的转化率降低，故升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数减小，故K₁＞K₂，
故答案为：小于；大于；
（2）a．速率之比不等于化学计量数之比，故a错误；
b．CO、H₂的起始物质的量之比为1：2，等于化学计量数之比，平衡时n（CO）：n（H₂）=1：2，故b正确；
c．由图可知温度为100℃、压强为P_l（MPa）条件下（恒温恒压），反应达平衡时，CO的转化率为0.5，故参加反应CO的物质的量为0.5amol，由方程式可知，生成甲醇为0.5amol，故平衡时c（CO）：c（C H₃OH）=0.5a：0.5a=1：1，CO、H₂的起始物质的量之比为1：2，等于化学计量数之比，平衡时c（CO）：c（H₂）=1：2，故平衡时c（CO）：c（H₂）：c（C H₃OH）=l：2：1，故c正确；
d．反应混合气体的总质量不变，总的物质的量减小，平均摩尔质量增大，恒温恒压下，密度之比等于摩尔质量之比，故密度增大，故d错误；
故答案为：bc；
（3）在温度和容积不变的情况下，再向平衡体系中充入a mol CO（g）、2a mol H₂（g），等效为在原平衡的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，CO的转化率增大，化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变，故答案为：增大；不变；
（4）参加反应的CO的物质的量为2.5mol×90%=2.25mol，则：
CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g），物质的量减少△n
1 2
2.25mol 4.5mol
故平衡时总的物质的量为2.5mol+7.5mol-4.5mol=5.5mol，恒温恒容下压强之比等于物质的量之比，故平衡时容器内压强为开始时压强的[5.5mol/2.5mol+7.5mol]=0.55倍，
故答案为：0.55．

点评：
本题考点： 转化率随温度、压强的变化曲线．

考点点评： 本题考查平衡常数、化学平衡计算、化学平衡的影响因素及读图能力等，综合性较大，难度中等，应加强平时知识的积累，注意利用定一议二原则分析图象．

（1）反应Ⅱ属于化合反应，原子利用率是100%，符合“原子经济”规律，故答案为：Ⅱ；
（2）a．该反应是前后气体系数和不相等的反应，当恒温、恒容条件下，容器内的压强不发生变化，证明达到了平衡状态，故a正确；
b．一定条件下，CO、H₂和CH₃OH的浓度保持不变，是化学平衡状态的特征，故b正确；
c．一定条件下，CH₃OH分解的速率和CH₃OH生成的速率相等，证明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故c正确；
d．一定条件下，单位时间内消耗1mol CO，同时生成1mol CH₃OH，不能证明正逆反应速率相等，不一定达到了平衡状态，故d错误．
故选abc；
（3）①根据图示的数据可以知道，温度越高，K越小，所以反应是一个放热反应，故答案为：＜；
②250℃的K值大于350℃的K值，说明升高温度，途径Ⅱ平衡向逆反应方向移动，因此，其正反应为放热反应，故答案为：250℃的K值大于350℃的K值，说明升高温度，途径Ⅱ平衡向逆反应方向移动，因此，其正反应为放热反应，△H₂＜0；
（4）①2CH₃OH（l）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（g）△H=-a kJ•mol^-1，
②2CO（g）+O₂（g）=2CO₂（g）△H=-b kJ•mol^-1，
③H₂O（g）=H₂O（l）△H=-c kJ•mol^-1，
根据盖斯定律可知，则[①−②+③×4/2]可得CH₃OH（l）+O₂（g）=CO（g）+2H₂O（l），则△H=
(−a)−(−b)+(−c)×4
2kJ/mol=[b−a−4c/2]kJ/mol，
故答案为：[b−a−4c/2]kJ/mol；
（5）燃料电池的工作原理规律：正极上是氧气得电子的还原反应，在碱性环境下，电极反应式为：O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-，负极上是燃料失电子的氧化反应，在碱性环境下，电极反应式为：CH₃OH-6e^-+8OH^-=CO₃^2-+6H₂O，故答案为：O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-；CH₃OH-6e^-+8OH^-=CO₃^2-+6H₂O．

点评：
本题考点： 化学平衡状态的判断；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池．

考点点评： 本题涉及电化学、热化学以及化学反应速率和平衡的影响因素、判断化学平衡的方法等知识，属于综合知识的考查，难度不大．

（1）从乙醇胺的化学式可以看出，乙醇胺是由碳、氢、氧、氮四种元素组成的，而一个乙醇胺分子中有2个碳原子和7个氢原子，故答案为：4、2：7、
酸碱指示剂在酸性和碱性的液体中需显示不同的颜色，故答案为：无色酚酞；
（2）①水在通电的条件下生成氢气和氧气，故答案为：2H₂O

通电
.
2H₂↑+O₂↑；
②氢气和二氧化碳反应生成甲醇和水，故答案为：3H₂+CO₂═CH₃OH+H₂O
（3）二氧化碳会产生温室效应，而本题中的反应恰好消耗了二氧化碳，故答案为：减少烟道气中二氧化碳排放到空气中造成温室效应；
（4）乙醇胺在加热后又从吸收池中分离出来，故答案为：乙醇胺

点评：
本题考点： 书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；二氧化碳对环境的影响；溶液的酸碱性测定；原子的有关数量计算；物质的元素组成．

考点点评： 在解此类方程式的书写题时，首先确定反应原理，然后再依据原理找出反应物、生成物和反应条件，根据方程式的书写规则书写方程式．通过该题，还需要掌握新知识现学现用的能力．

（1）a．恒温、恒容条件下，容器内的压强不发生变化，说明气体的总物质的量不变，则可逆反应达到平衡，故a正确；
b．一定条件下，H₂的消耗速率是CO的消耗速率的2倍，都反映的是逆向，所以不一定达到平衡，故b错误；
c．保持容器体积不变，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，故c错误；
d．使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间，平衡不移动，所以不改变CH₃OH的产量，故d错误；故选：a；
（2）①根据反应CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）△H₁=-116kJ•mol^-1，是放热反应，温度越高，转化率越低，所以曲线Z对应的温度是270℃，
故答案是：270℃；
②根据图象可知CO的转化率为50%，H₂的物质的量为1.5 mol
CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）
起始物质的量浓度（mol/L）11.5 0
转化物质的量浓度（mol/L）0.51 0.5
平衡物质的量浓度（mol/L）0.50.50.5
K＝
c(CH3OH)
c2(H2)•c(CO)＝
0.5mol/L
(0.5mol/L)2×0.5mol/L＝4L2•mol−2
故答案为：4L²•mol^-2；
③上述反应达到平衡后，减小体系压强至达到新的平衡过程中，正逆反应速率都减小，且平衡正反应速率减小的幅度大，逆反应速率减小的幅度小，平衡逆向移动
，所以图象为：，故答案为：；
（3）①CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）△H₁=-116kJ•mol^-1
②CO（g）+[1/2]O₂（g）=CO₂（g）△H₂=-283kJ•mol^-1
③H₂（g）+[1/2]O₂（g）=H₂O（g）△H₃=-242kJ•mol^-1 根据盖斯定律：-①+②+③×2得：
CH₃OH（g）+[3/2]O₂（g）=CO₂（g）+2H₂O（g）△H=-651kJ•mol^-1，
故答案是：CH₃OH（g）+[3/2]O₂（g）=CO₂（g）+2H₂O（g）△H=-651kJ•mol^-1．

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素；热化学方程式；转化率随温度、压强的变化曲线．

考点点评： 本题考查了影响反应速率的因素及反应平衡常数的计算、热化学方程式的书写等知识，注意盖斯定律的应用，本题难度中等

（1）a．由方程式可以看出，反应前后气体的物质的量不相等，只有达到平衡状态，容器压强不发生变化，表明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故a正确；
b．恒温、恒容时，气体的总体积不变，反应前后都是气体，气体的总质量不变，所以气体的密度始终不变，混合气体密度不能作为判断平衡状态的依据，故b错误；
c、一定条件下，CO、H₂和CH₃OH的浓度保持不变，表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故c正确；
d、一定条件下，单位时间内消耗2mol氢气，同时生成1molCH₃OH，只能表明正反应速率，不能表示正逆反应速率相等，无法判断是否达到平衡状态，故d错误；
故选ac；
（2）①根据图可知T₂时先达到平衡，所以T₂＞T₁，温度升高，一氧化碳的转化率减小，说明该反应的正反应为放热反应，△H＜0，
故答案为：＜；
②该反应为放热反应，温度越高，化学平衡向着逆向移动，化学平衡常数减小，由于T₂＞T₁，所以化学平衡常数：K₁＞K₂，
故答案为：＞；
（3）①甲醇与氧气点燃生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为：2CH₃OH+3O₂
点燃
2CO₂+4H₂O，
故答案为：2CH₃OH+3O₂
点燃
2CO₂+4H₂O；
②原电池正极得到电子发生还原反应，该原电池中正极氧气得电子发生还原反应，其电极反应式为：O₂+4e^-+4H⁺=2H₂O，
故答案为：O₂+4e^-+4H⁺=2H₂O；
（4）①电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为：2Cl^-+2H₂O

电解
.
2OH^-+H₂↑+Cl₂↑，
故答案为：2Cl^-+2H₂O

电解
.
2OH^-+H₂↑+Cl₂↑；
②电解反应中，阴极水电离的氢离子得到电子生成氢气，同时产生了氢氧根离子，所以在阴极C₂ （连接电源负极的电极）先变红，
故答案为：C₂．

点评：
本题考点： 化学平衡状态的判断；原电池和电解池的工作原理；转化率随温度、压强的变化曲线．

考点点评： 本题考查了化学平衡状态判断、原电池与电解池工作原理等知识，题目难度中等，注意掌握原电池、电解池工作原理，能够正确判断电极并写出正确的电极反应，明确化学平衡状态的判断方法，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力．

A、从图1可以看出，甲醇的物质的量为0.6mol的曲线大，说明反应温度高，升高温度，甲醇的物质的量减少，说明正反应是放热反应，故A正确；
B、从图2可以看出，反应进行到5min时，a容器的反应如达到平衡，升高温度，平衡向逆向移动，甲醇的体积分数应减小，但图象中给出的是增大，说明还没有达到平衡状态，故B错误；
C、b中的平衡状态转变成c中的平衡状态，甲醇的体积分数减小，说明平衡逆向移动，因为反应是放热反应，升高温度，平衡向逆向移动；又知反应物的化学计量数之和大于生成物的，增大压强，平衡逆向移动，故C正确；
D、达到平衡时，a、b、c三个容器的反应温度不同，a容器温度最低，c容器的反应温度最高，根据反应放热可判断出，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的体积分数减小，故应为a＞b＞c，故D错误；
故选AC．

点评：
本题考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．

考点点评： 本题考查化学平衡图象题，做题时注意从图象中曲线的变化趋势分析条件改变导致平衡移动的特点，本题难度较大．

（1）a、生成CH₃OH的速率与消耗CO的速率都是正反应速率，无法判断是否达到平衡状态，故a错误；
b、热情容积固定，气体的体积不变，故气体的密度变化变化，故b错误；
c、反应前后都是气体，化学计量数之和不相等，故混合气体的总物质的量不变，可以判断达到了平衡状态，故c正确；
d、反应物和生成物的浓度不变，生成速率等于消耗速率，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故d正确；
故选cd．
（2）①根据图1，压强相等情况下，升高温度，CO转化率降低，说明反应为放热，＜0；
故答案为：＜；
②、由于在1.3×10⁴Kpa下，CO转化率已经较高，若再增大压强，CO转化率提高不大，反而造成生产成本增加，得不偿失；
故答案为：在1.3×10⁴Kpa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失．
（3）根据图2，A、C两点温度相同，C点的压强大于A点，故反应速率：A＜C；由于温度相同，故A、C的化学平衡常数相等；B点氢气的含量小于A点的，反应放热，若要提高氢气的含量，必须升高温度；
故答案为：＜，=，升温；
（4）2mol甲醇燃烧放出的热量为4Q，故甲醇燃烧的热化学方程式为：2CH₃OH（g）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（l）△H=-4Q kJ/mol；
故答案为：2CH₃OH（g）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（l）△H=-4Q kJ/mol；
（5）图3中，甲醇燃料电池，电解质溶液为KOH溶液，再根据电子流动方向，a为阳极，发生氧化反应，反应离子方程式：CH₃OH-6e^-+8OH^-=CO₃^2-+6H₂O；
故答案为：CH₃OH-6e^-+8OH^-=CO₃^2-+6H₂O．

点评：
本题考点： 化学平衡状态的判断；化学平衡建立的过程；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．

考点点评： 本题考查了化学平衡状态的判断，通过图示分析，获得合理数据，涉及了燃烧化学方程式的书写、电解反应书写，题量较多，难度稍大．

（1）A．无论反应是否达到平衡状态，生成CH₃OH的速率与消耗CO的速率始终相等，所以不能作为判断平衡状态的依据，故错误；
B．混合物的质量始终不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，所以不能作为判断平衡状态的依据，故错误；
C．反应前后，混合气体的物质的量改变，气体的质量不变，反应达到平衡状态时，混合气体的相对平均分子质量不变，所以能作为判断平衡状态的依据，故正确；
D．反应达到平衡状态时，CH₃OH、CO、H₂的浓度都不再发生变化，所以能作为判断平衡状态的依据，故正确；
故选CD；
（2）①升高温度，平衡向吸热方向移动，根据表格知，温度越高，化学平衡常数越小，说明平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，即△H＜0，
故答案为：＜；
②平衡时一氧化碳的物质的量=0.2mol/L×2L=0.4mol，转化率=
n(CO)(反应)
n(CO)(反应开始)×100%=
(1−0.4)mol
2mol×100%=80%，
CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）单位为mol/L
反应开始 1mol/L 3mol/L0
反应 0.8mol/L 1.6mol/L 0.8mol/L
平衡 0.2mol/L 1.4mol/L 0.8mol/L
平衡常数K=
0.8mol/L
0.2mol/L．(1.4mol/L)2=2.04，所以是250℃；
故答案为：80%；250℃；
（3）a．该反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故错误；
b．催化剂对平衡移动无影响，故错误；
c．增加CO的浓度，平衡向正反应方向移动，但CO的转化率降低，故错误；
d．加入H₂加压，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，故正确；
e．加入惰性气体加压，参加反应的气体压强不变，平衡不移动，故错误；
f．分离出甲醇，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，故正确；
故选df．

点评：
本题考点： 化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．

考点点评： 本题考查了影响化学平衡移动的因素、平衡状态的判断等知识点，易错选项是（3）C，注意加入CO虽然能使平衡向正反应方向移动，但一氧化碳的转化率降低，为易错点．

A．CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）的平衡常数表达式k=
c(CH3OH)
c(CO)×c2(H2)，故A错误；
B．由图可知，T₂温度下到达平衡所以时间较短，反应速率较快，故温度T₂＞T₁．温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数降低，在T₁时的平衡常数比T₂时的大，故B错误；
C．温度高，即时速率不一定高，曲线斜率越大，即时速率越高，故C错误；
D．由图可知，处于A点的反应体系从T₁变到T₂，温度增大，平衡向逆反应方向移动，氢气物质的量增大，甲醇的物质的量减小，
n(H2)
n(CH3OH)增大，故D正确；
故选D．

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： 本题考查化学平衡图象、化学平衡影响因素、化学平衡常数等，难度中等，注意理解外界条件对化学平衡的影响，C选项为易错点，学生容易忽略平均速率与即时速率的区别．

（1）二氧化碳会产生温室效应，而本题中的反应恰好消耗了二氧化碳，有利于防止温室效应；
故答案为：有利于防止温室效应；
（2）乙醇胺水溶液呈弱碱性是取代基氨基结合氢离子，使溶液中的氢氧根离子浓度增大，反应的离子方程式为：HOCH₂CH₂NH₂+H₂O⇌HOCH₂CH₂NH₃⁺+OH^-；
故答案为：HOCH₂CH₂NH₂+H₂O⇌HOCH₂CH₂NH₃⁺+OH^-；
（3）甲醇和氢气的燃烧热书写其热化学方程式分别为：
①2CH₃OH（l）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（l）△H₁=-1451kJ/mol；
②2H₂（g）+O₂（g）=2H₂O（l）△H₂=-571.6KJ/mol，
根据盖斯定律，[3/2]②-[1/2]①得反应CO₂（g）+3H₂（g）═CH₃OH（l）+H₂O（l），所以△H=[3/2]×（-571.6KJ/mol）-[1/2]×（-1451kJ/mol）=-131.9KJ/mol，
故答案为：CO₂（g）+3H₂（g）═CH₃OH（l）+H₂O（l）△H=-131.9KJ/mol．

点评：
本题考点： 常见的能量转化形式；热化学方程式；弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查热化学方程式书写，燃烧热概念分析应用，流程分析，盖斯定律的应用等，难度中等．

（1）A．无论反应是否达到平衡状态，生成CH₃OH的速率与消耗CO的速率始终相等，所以不能作为判断平衡状态的依据，故错误；
B．混合物的质量始终不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，所以不能作为判断平衡状态的依据，故错误；
C．反应前后，混合气体的物质的量改变，气体的质量不变，反应达到平衡状态时，混合气体的相对平均分子质量不变，所以能作为判断平衡状态的依据，故正确；
D．反应达到平衡状态时，CH₃OH、CO、H₂的浓度都不再发生变化，所以能作为判断平衡状态的依据，故正确；
故选CD；
（2））①反应化学平衡常数是平衡时生成的浓度幂之积除以反应物浓度的幂之积，K=
c(CH3OH)
c(CO)•c2(H2)，故答案为：
c(CH3OH)
c(CO)•c2(H2)；
②升高温度，平衡向吸热方向移动，根据表格知，温度越高，化学平衡常数越小，说明平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，即△H＜0，
故答案为：＜；
③CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）单位为mol/L
反应开始 1mol/L 3mol/L 0
反应 0.8mol/L 1.6mol/L 0.8mol/L
平衡 0.2mol/L 1.4mol/L 0.8mol/L
平衡常数K=[0.8mol/L
0.2mol/L．(1.4mol/L)2=2.04，所以是250℃；
故答案为：250℃；
（3）1mol放出的热量为725.76 kJ/mol，所以热化学方程式为 CH₃OH（l）+
3/2]O₂（g）=CO₂（g）+2H₂O（l）△H=-725.76 kJ/mol，
故答案为：CH₃OH（l）+[3/2]O₂（g）=CO₂（g）+2H₂O（l）△H=-725.76 kJ/mol；
（4）负极发生氧化反应，负极CH₃OH-6e^-+8OH^-=CO₃^2-+6H₂O 依据电子守恒CH₃OH～CO₃^2-～6e^-，16克甲醇物质的量为0.5mol，转移电子为3mol，依据电子守恒O₂～4e^-，则将产生标准状况下的O₂物质的量为0.75mol，标准状况下氧气的体积=0.75mol×22.4L/mol=16.8L，故答案为：CH₃OH-6e^-+8OH^-=CO₃^2-+6H₂O；16.8．

点评：
本题考点： 化学平衡状态的判断；热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡常数的含义．

考点点评： 本题考查了影响化学平衡移动的因素、平衡状态的判断等知识点．

（1）依据化学平衡三段式列式得到
CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）
起始量（mol） 260
变化量（mol）1.5 31.5
5分钟量（mol） 0.5 2L×1.5mol/L=3mol 1.5
用CH₃OH表达的反应速率=

1.5mol
2L
5min=0.15mol/L•min，
故答案为：0.15；
（2）表中数据分析可知随温度升高，平衡常数K减小，说明温度升高，平衡逆向进行，所以正向是放热反应，Q＞＞0，反应前后气体体积减小，依据平衡移动原理，增大压强平衡向气体体积减小的分析进行，所以压缩体积是增大压强，平衡正向进行；平衡常数随温度变化，不随浓度、压强等因素变化，所以K不变，
故答案为：＞；向正反应方向；不变；
（3）反应达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变；
a．V_正（CO）=1/2V_正（H₂），正反应速率之比等于化学方程式中 计量数之比，仅表示反应正向进行，不能说明反应达到平衡，故a错误；
b．混合气体的密度保持不变，混合气体在乙定容密闭容器中进行，质量守恒，体积不变，反应过程中混合气体的密度始终不变，故b错误；
c．反应体系中的热效应不再变化，反应达到平衡反应的热量变化一定，平衡发生移动，反应的热量发生改变，证明反应达到平衡，故C正确；
d．c（CO）：c（CH₃OH）=1：1浓度相同，和起始量，变化量等有关，与平衡无直接关系，不能做平衡的标志，故d错误；
故答案为：c；
（4）寻找到合适的催化剂是实现反应工业化的关键，催化剂降低反应活化能，增大反应速率，但不改变化学平衡，
a．提高单位时间内甲醇的产量，反应速率增大，单位时间内生成甲醇增大，故a不符合；
b．增大混合气体中甲醇的体积分数，催化剂不改变化学平衡，体积分数不变，故b符合；
c．缩短达到平衡所需时间，催化剂加快反应速率，缩短到达平衡的时间，故c不符合；
d．提高一氧化碳的转化率，催化剂不改变平衡，反应物的转化率不变，故d符合；
故答案为：bd．

点评：
本题考点： 化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．

考点点评： 本题考查了化学平衡常数的概念应用，化学平衡影响因素的分析判断，平衡标志的选择，化学反应速率影响因素的分析应用，题目难度中等．

（1）甲醇汽油是甲醇和汽油的混合物，故填：混合物；
（2）甲烷和水蒸气在一定条件下制得一氧化碳和氢气，故填：CH₄+H₂O

一定条件下
.
CO+3H₂；
（3）一氧化碳和氢气在一定条件下合成甲醇，故填：CO+2H₂

一定条件下
.
CH₃OH；
（4）高温高压、催化剂的条件下，氮气氢气合成氨，故填：N₂+3H₂

催化剂
.
高温高压2NH₃．

点评：
本题考点： 甲烷、乙醇等常见有机物的性质和用途；纯净物和混合物的判别；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题考查了有关反应化学方程式的书写，写时要注意方程式的配平．

（1）a、CH₃OH的生成速率与CO的消耗速率都表示正反应速率，自始至终反应速率都按1：1进行，不能说明到达平衡，故a错误；
b、都为气体，容器的体积不变，混合气体的总质量不变，密度自始至终为定值，不能说明可逆反应到达平衡，故b错误；
c、混合气体的总质量不变，随反应进行，混合气体的总的物质的量减小，即平均相对分子质量减小，最后为定值，说明可逆反应到达平衡状态，故c正确；
d、CH₃OH、CO、H₂的浓度都不再发生变化，说明可逆反应到达平衡状态，故d正确．
故选：cd；
（2）①由表中数据可知，温度越高，平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，即△H＜0，
故答案为：＜；
②a．升高温度，平衡向逆反应移动，平衡时CO的转化率减小，故a错误；
b．加入催化剂，缩短到达平衡时间，平衡不移动，CO转化率不变，故b错误；
c．增加CO的浓度，平衡向正反应移动，平衡时CO的转化率减小，故c错误；
d．加入H₂加压，平衡向正反应移动，平衡时CO的转化率增大，故d正确；
e．加入惰性气体加压，反应混合物的浓度不变，变化不移动，故e错误；
f．分离出甲醇，平衡向正反应移动，平衡时CO的转化率增大，故f正确．
故选：df；
③某温度下，将2mol CO和6mol H₂充入2L的密闭容器中，充分反应10min后，达到平衡时测得c（CO）=0.2mol/L，
平衡时CO的物质的量为0.2mol/L×2L=0.4mol，所以CO的转化率为[2mol−0.4mol/2mol]×100%=80%；
对于可逆反应：CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）
开始（mol/L）：1 3 0
变化（mol/L）：0.8 1.6 0.8
平衡（mol/L）：0.21.4 0.8
所以该温度下平衡常数k=[0.8
0.2×1.42=2.041，平衡常数只受温度影响，故该温度为250℃．
v（CO）=
1mol/L−0.2mol/L/10min]=0.08mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（CH₃OH）=v（CO）=0.08mol/（L•min）．
故答案为：80%；250℃；0.08；
（3）由图可知，C点压强比A点压强大，压强越大，反应速率越快，故反应速率A＞C；
由图可知A、C两点温度相同，平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，故平衡常数A=C；
由图可知，压强相同时，平衡体系中H₂的体积分数温度T₁比T₂时的低，说明T₁比T₂相比，平衡向正反应移动，该反应正反应为放热反应，降低温度平衡向放热反应移动，故温度T₁＜T₂，由状态B到状态A，可采用升温的方法，
故答案为：＜；=；升温；
（4）0.5mol甲醇蒸气完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，放出QKJ的热量，热化学方程式为2CH₃OH（g）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（l）△H=-4Q kJ/mol；
由图2中电子在外电路的移动可知，a为负极，b为正极，原电池负极发生氧化反应，CH₃OH在负极放电，碱性条件放电生成碳酸根与水，电解反应式为CH₃OH-6e^-+8OH^-=CO₃^2-+6H₂O，
故答案为：2CH₃OH（g）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（l）△H=-4Q kJ/mol；CH₃OH-6e^-+8OH^-=CO₃^2-+6H₂O．

点评：
本题考点： 化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断．

考点点评： 本题考查平衡状态判断、平衡移动、平衡常数、反应速率计算、热化学方程式、原电池、化学平衡图象等，是化学反应速率与化学平衡的综合题目，难度不大，注重基础知识的考查，（4）中电极反应式的书写为难点、易错点，可以先写出较为简单的正极反应式，利用总反应式减去正极反应式即为负极反应式．

（1）K=
c(CH3OH)
c(CO)c2(H2)由表中数据可知温度升高，K值减小，说明平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应即为放热反应△H＜0，
故答案为：
c(CH3OH)
c(CO)c2(H2)；＜；
（2）将1mol的H₂ 和 1mol 的 CO充入 1L 恒容密闭反应器中，达到平衡后，容器内的压强为开始时的60%，设一氧化碳反应物质的量x
2H₂（g）+CO（g）═CH₃OH（g）
起始量（mol） 1 1 0
变化量（mol） 2x x x
平衡量（mol） 1-2x 1-x x
1-2x+1-x+x=（1+1）×60%
x=0.4mol，
CO的平衡转化率=[0.4mol/1mol]×100%=40%；
答：CO的平衡转化率为40%；
（3）在其他条件不变的情况下，将容器的容积压缩到原来的 [1/2]，体系压强增大，各组分浓度增大，平衡常数不变；
A、将容器的容积压缩到原来的 [1/2]，各组分浓度均增大，故A错误；
B、将容器的容积压缩到原来的 [1/2]，各组分浓度均增大，正逆反应速率都增大，故B错误；
C、将容器的容积压缩到原来的 [1/2]，体系压强增大，化学平衡正向移动，CH₃OH的物质的量增加，故C正确；
D、将容器的容积压缩到原来的 [1/2]，体系压强增大，化学平衡正向移动，CH₃OH 的物质的量增大，H₂的物质的量减小，又处于同一容器V相同，所以c（H₂）/c（CH₃OH）减小，故D正确；
故答案为：CD；
（4）由表中数据可知温度降低，化学反应速率减小，平衡正向移动，H₂的转化率增大；温度升高，化学反应速率增大，平衡逆向移动，H₂的转化率减小，则350℃时H₂的转化率随时间的变化示意图为，故答案为：．

点评：
本题考点： 化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题考查了化学平衡计算应用，平衡常数，转化率概念分析应用，影响平衡的因素和图象绘制方法，掌握基础是关键，题目难度中等．

A．每消耗1molCO的同时生成2molH₂，能证明正逆反应速率是相等的，故A错误；
B、该反应是一个前后气体系数和变化的反应，当混合气体总物质的量不变，达到额化学平衡状态，故B错误；
C．生成CH₃OH的速率与消耗CO的速率相等，不能证明正逆反应速率是相等的，此时不一定达到化学平衡，故c正确
D．CH₃OH、CO、H₂的浓度都不再发生变化，是化学平衡状态的特征，故D错误．
故选C．
②根据图中CO的平衡转化率（α）与温度、压强的关系，A、B两点的温度是一样的，所以平衡常数相等，根据图示内容，压强不变，当温度升该时，一氧化碳的转化率逐渐减小，所以化学平衡向左移动，所以该反应是一个放热反应，故答案为：=；＜；
③将2.0mol CO和6.0mol H₂充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c（CO）=0.25mol/L，则
CO（g）+2H₂（g）═CH₃OH（g）
初始浓度：1.03.00
变化浓度：0.75 1.5 0.75
平衡浓度：0.25 1.5 0.75
CO的转化率[0.75/1]×100%=75%，此温度下的化学平衡常数K=
c(CH3OH)
c(CO)•c(H2)3=
0.75
0.25×1．52≈1.3，故答案为：1.3．

点评：
本题考点： 化学平衡状态的判断；等效平衡；化学平衡的计算．

考点点评： 化学平衡状态的判断、化学反应速率以及化学平衡常数、转化率是现在考试的热点，注意三行式在计算中的应用，难度不大．

（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）△H=+247.4 kJ•mol^-1，
故答案为：CH₄（g）+CO₂（g）=2CO（g）+2H₂（g）△H=+247.4 kJ•mol^-1；
（2）从能量角度比较，①是吸热反应，需要消耗更多能量，②是放热反应，不需要太多能量；从原子利用率角度，由于CO+2H₂→CH₃OH，①的产物中氢原子不可能全部变为CH₃OH，而②的产物中所有原子都可能全部变为CH₃OH；因此选②，甲烷不完全燃烧制合成气时放出热量，还得到物质的量之比为1：2的CO和H₂的混合气体，能恰好完全反应生成甲醇，
故答案为：选择CH₄不完全燃烧制合成气时，放出热量，同时得到的CO、H₂物质的量之比为1：2，能恰好完全反应合成甲醇，符合绿色化学的“原子经济”原则；
（3）已知正反应是气态物质体积减小的放热反应，因此采用降低温度、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；
（4）n（KOH）=2mol/L×2L=4mol，可能先后发生反应①CH₄+2O₂→CO₂+2H₂O、②CO₂+2KOH=K₂CO₃+H₂O、③K₂CO₃+CO₂+H₂O=2KHCO₃；
①当0＜V≤44.8 L时，0＜n（CH₄）≤2mol，则0＜n（CO₂）≤2mol，只发生反应①②，且KOH过量，则电池总反应式为CH₄+2O₂+2KOH=K₂CO₃+3H₂O，
故答案为：CH₄+2O₂+2KOH=K₂CO₃+3H₂O；
②当44.8 L＜V≤89.6 L，2mol＜n（CH₄）≤4mol，则2mol＜n（CO₂）≤4mol，发生反应①②③，得到K₂CO₃和KHCO₃溶液，则负极反应式为CH₄-8e^-+9CO₃^2-+3H₂O=10HCO₃^-，
故答案为：CH₄-8e^-+9CO₃^2-+3H₂O=10HCO₃^-；
③当V=67.2 L时，n（CH₄）=3mol，n（CO₂）=3mol，则电池总反应式为3CH₄+6O₂+4KOH=K₂CO₃+2KHCO₃+7H₂O，则得到1molK₂CO₃和2molKHCO₃的溶液，则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： 用盖斯定律进行有关反应热的计算；常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡的调控作用．

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、溶液中离子浓度大小关系等重要考点，涉及的知识点较多，综合性较强，难度较大．

（1）L层电子数与最外层电子数之比为4：1，L层不是最外层电子数为8，那么最外层电子数为2．d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5：1，说明d轨道中的电子数为10．该元素位于第四周期可知该元素为Zn，故答案为：Zn；1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰或[Ar]3d¹⁰．
（2）依据等电子原理，可知CO与N₂为等电子体，N₂分子的结构式为N≡N，互为等电子体分子的结构相似，则CO的结构式为C≡O，故答案为：C≡O；
（3）①甲醇分子之间形成了分子间氢键，甲醛分子间只是分子间作用力，而没有形成氢键，故甲醇的沸点高；故答案为：甲醇分子之间形成氢键；
②甲醛分子中含有碳氧双键，共有3个σ键，则碳原子轨道的杂化类型为sp²杂化；因甲醛中碳原子采取sp²杂化，则分子的空间构型为平面三角形；1mol甲醛分子中含有2mol碳氢σ键，1mol碳氧σ键，故含有σ键的数目为3N_A；
故答案为：sp²杂化；平面三角形；3N_A；
（4）A．氧原子并不都是sp3杂化，该结构中的氧原子部分饱和，部分不饱和，杂化方式不同．从现代物质结构理论出发，硫酸根离子中S和非羟基O之间除了形成1个σ键之外，还形成了反馈π键．形成π键的电子不能处于杂化轨道上，O必须保留未经杂化的p轨道，就不可能是sp3杂化，故A错误；
B．在上述结构示意图中，存在O→Cu配位键，H-O、S-O共价键和Cu、O离子键，故B正确；
C．胆矾是五水硫酸铜，胆矾是由水合铜离子及硫酸根离子构成的，属于离子晶体，故C错误；
D．由于胆矾晶体中水两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合上有着不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，故D正确．
故选BD．

点评：
本题考点： 原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响．

考点点评： 本题主要考查核外电子排布式、等电子体原理、分子间作用力、杂化轨道、共价键类型、分子的平面构型，注重了对物质结构中常考考点的综合，学生易错点在电子排布中3d与4s的书写上及杂化类型的判断上．

（1）使原子利用率都达到100%，根据原子守恒，由甲醇的分子式可知，则混合气体中n（C）：n（H）：n（O）=1：4：1，令CH₄、CO、H₂O的物质的量分别为xmol、ymol、zmol，则（x+y）：（4x+2z）：（y+z）=1：4：1，整理得x：y：z=2：1：2，故答案为：2：1：2；
（2）假定只发生反应CH₄+H₂O （g）→CO+3H₂，生成的混合气体的体积最大，最大体积为100L×[4/2]=200L，假定只发生CH₄+2H₂O（g）→CO₂+4H₂，生成的混合气体的体积最小，最小体积为100L×[5/3]=166.7L，故反应后气体的体积为：166.7L＜v＜200L，
故答案为：166.7L≤v≤200L；
（3）反应②的气体产物共为V₂L，则反应②生成的气体中CO₂体积为0.5V₂L，H₂的体积为0.5V₂L，反应③合成甲醇剩余的氢气，与反应②生成的混合气体恰好发生反应④，故0.5V₂L：（0.5V₂L+0.25V₁L）=1：3，整理得V₁：V₂=4：1，故答案为：4：1；
（4）反应可能由3种情况：
①如H₂O少量，则只发生：CH₄+H₂O （g）→CO+3H₂，x的取值范围[1/2]＜x＜1，由差量法可知反应后的体积为100+100（1-x）×2=300-200x，
即：v=300-200x；
②如H₂O过量，则只发生：CH₄+2H₂O（g）→CO₂+4H₂，x的取值范围0＜x＜[1/3]，反应后气体为CO₂、H₂和H₂O，由差量法可知反应后的体积为100+200x，
即：V=100+200x，
③如H₂O与CH₄均完全反应，x的取值范围[1/3]≤x≤[1/2]，由差量法可知V=100+200x，
答：x的取值范围和气体产物的体积y分别为①[1/2]＜x＜1，v=300-200x；②0＜x＜[1/3]，V=100+200x；③[1/3]≤x≤[1/2]，V=100+200x．

点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算；化学平衡建立的过程．

考点点评： 本题考查混合物的计算，题目难道较大，注意差量法的运用，为解答该题的关键，注意把握相关反应的可能性．

（1）CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）
a．生成CH₃OH是正反应，消耗CO也是正反应，故a错误；
b．密度=[总质量/体积]，总质量一定，体积一定，故混合气体的密度不变不能说明反应达平衡状态，故b错误；
c．达到化学平衡状态时，各物质的浓度不再发生变化，故CH₃OH、CO、H₂的浓度都不再发生变化能说明反应达平衡状态，故c正确；
d．平均相对分子质量=[总质量/总物质的量]，总质量一定，总物质的量会变，故混合气体的平均相对分子质量不变能说明反应达平衡状态，故d正确；
故答案为：cd；
（2）①依据图表数据可知，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Q＜0；
故答案为：＜；
△G=△H-T△S，△H＜0，△S＜0，故低温有利于自发进行，
故答案为：＜；低温；
②c（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 3.21.6
平衡量（mol） 0.4 2.8 1.6
c（CO）=[0.4/2]=0.2mol/L，c（H₂）=[2.8/2]=1.4mol/L，c（CH₃OH ）=[1.6/2]=0.8mol/L，
此时的平衡常数为：K=[1.6/0.2×1.4×1.4]≈2.041，所以温度为250℃，
CO的转化率=[1.6/2]×100%=80%，
故答案为：250℃；80%；
（3）增大压强，平衡正向移动；甲醇的体积分数（φ）增大；升高温度，平衡逆向移动，甲醇的体积分数（φ）减小，
故答案为：；
（4）a．升温，反应速率加快，平衡逆向移动，CO的转化率减小，故a错误；
b．加入催化剂，反应速率加快，平衡不移动，CO的转化率不变，故b错误；
c．增加CO的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，但CO的转化率减小，故c错误；
d．通入H₂加压，反应速率加快，平衡正向移动，CO的转化率增大，故d正确；
e．通人惰性气体加压，反应速率不变，平衡不移动，CO的转化率不变，故e错误；
f．分离出甲醇，反应速率减慢，平衡正向移动，CO的转化率增大，故f错误；
故答案为：d；
（5）A．甲、丙相比较，把甲等效为开始加入1molCH₃OH，丙中甲醇的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CH₃OH（g）⇌CO（g）+2H₂（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2c₁＜c₃，故A错误；
B．由题目可知生成1molCH₃OH的能量变化为[454/5]=90.8kJ，甲、乙平衡状态相同，令平衡时甲醇为nmol，对于甲容器，a=90.8n，等于乙容器b=90.8（1-n），故a+b=90.8，故B错误；
C．比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应CH₃OH（g）⇌CO（g）+2H₂（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2p₂＞p₃，故C错误；
D．甲、乙处于相同的平衡状态，则α₁+α₂=1，由C的分析可知α₂＞α₃，所以a₁+a₃＜1，故D正确，
故答案为：D．

点评：
本题考点： 等效平衡；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．

考点点评： 本题考查平衡状态的判断、化学平衡的计算、平衡常数的计算等，综合性较强，难度中等，题量超大．