煤化工 精细化工 石油化工 有什么区别呀?或者有其他分类方法吗?

解题思路：（1）①根据△G=△H-T•△S分析；
②化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，以此判断；
（2）①根据v=[△c/△t]计算反应速率；
②根据温度变化，平衡时的生成物的物质的量的多少判断平衡移动的方向；
③从等效平衡的角度分析；
（3）使c （CH₃OH）增大，应使平衡向正反应分析移动．

（1）①已知△H=+131.3kJ•mol^-1，△S=+133.7J•（K•mol）^-1，反应能自发进行，应使△G=△H-T•△S＜0，
即131.3×1000-133.7T＜0，
T＞[131.3×1000/13.7]=980.5K，
应在较高的温度下才能进行，所以该反应能否自发进行与温度有关，
故答案为：温度；
②a．反应前后气体的体积不铜，容器中的压强都不变，可说明达到平衡状态，故a正确；
b．1molH-H键断裂的同时断裂2molH-O键，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故b正确；
c．v_正（CO）=v_逆（H₂O），说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故c正确；
d．c（CO）=c（H₂）不能确定反应是否达到平衡状态，平衡时各物质的浓度取决于反应物的配料比和转化的程度，故d错误，
故答案为：a、b、c；
（2）①v（CO₂）=v（CO）=

4mol−2.4mol
2L
5min=0.16mol•（L•min）^-1，
故答案为：0.16mol•（L•min）^-1；
②根据CO（g）+H₂O（g）CO₂（g）+H₂（g）可知压强对平衡移动无影响，如果在650℃，H₂O、CO的物质的量改为1mol、2mol，达到平衡时CO的物质的量应为1.2mol，而900℃时CO的物质的量应为1.6mol，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，
故答案为：吸；
③压强对平衡移动无影响，若实验3要达到与实验2相同的平衡状态（即各物质的质量分数分别相等），应满足所加物质与原来的配比数相等，则b=2a，t＜3min，说明反应速率较大，在相同温度下，浓度越大反应速率越大，则应有a＞1或加入合适的催化剂，
故答案为：b=2a，a＞1；
（3）a．升高温度平衡向逆反应方向移动，CH₃OH减小，故a错误；
b．充入He（g），使体系压强增大，但平衡没有移动，故b错误；
c．将H₂O（g）从体系中分离出来，平衡向正反应方向移动，CH₃OH浓度增大，故c正确；
d．再充入1mol CO₂和3mol H₂，平衡向正反应方向移动，CH₃OH浓度增大，故d正确．
故答案为：c、d．

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

考点点评： 本题考查化学平衡计算以及化学平衡移动等问题，题目难度中等，本题注意（2）为易错点，注意把握等效平衡的理解．

大型煤化工企业上马都要经过很严格的环境评价和论证,而且其环保设施还要经过验收,因此大可不必悲天怜人,视煤化工为洪水猛兽.环评也会公示.一个煤化工投资少则十几亿,多则上百亿,这样的项目难得啊.你说的那些污染,水、空气、固废、噪音都不是很难解决的,大型煤化工都有达到国家标准的设计来解决这些问题.

（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，则正反应为放热反应，故a＞0，
平衡向逆反应移动，CO的转化率减小，升高温度反应速率加快，故正反应速率增大，
故答案为：＞，减小，增大；
（2）到达平衡时转化率最大，令平衡时CO的浓度变化量为x，则：
CO（g）+H ₂ O（g）⇌H ₂ （g）+CO ₂ （g）
开始（mol/L）：0.01 0.010 0
变化（mol/L）：x x x x
平衡（mol/L）：0.01-x0.01-x x x
故
x×x
(0.01-x)×(0.01-x) =9，解得x=0.0075
故CO的转化率为
0.0075mol/L
0.01mol/L ×100%=75%
故答案为：75%；
（3）由表中数据可知，t ₁ 时刻，△n（CO）=1.2mol-0.8mol=0.4mol，根据方程式CO（g）+H ₂ O（g）⇌H ₂ （g）+CO ₂ 可知，△n（H ₂ O）=0.4mol，故此时n（H ₂ O）=0.6mol-0.4mol=0.2mol，t ₂ 时刻水的物质的量为0.2mol，故t ₁ 时刻反应达平衡，
CO（g）+H ₂ O（g）⇌H ₂ （g）+CO ₂ （g）
开始（mol）：1.2 0.60 0
变化（mol）：0.40.4 0.4 0.4
平衡（mol）：0.8 0.2 0.40.4
故该温度下平衡常数为：
0.4×0.4
0.8×0.2 =1
起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH ₂ O，到达平衡时，令二氧化碳的物质的量为y，则：
CO（g）+H ₂ O（g）⇌H ₂ （g）+CO ₂ （g）
开始（mol）：0.61.20 0
变化（mol）：y yy y
平衡（mol）：0.6-y 1.2-y y y
所以
y×y
(0.6-y)×(1.2-y) =1，解得y=0.4，
故答案为：0.4，1．

(1)①不能；②bd
(2)①0.13 mol/(L·min)；②放；0.17；③b=2a，a>1
(3)cd

解题思路：（1）依据平衡常数概念是用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积计算；平衡常数随温度变化；
（2）化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各成分的百分比保持不变；结合反应特征和平衡移动原理分析判断；
（3）依据反应过程中固体反应是气体质量增加的原因，结合化学方程式的差量计算得到反应气体物质的量，根据化学反应速率计算得到；
（4）根据实验目的验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，则应保证浓度相同，然后相同温度时比较催化剂比表面积，相同催化剂比表面积时比较温度，然后利用影响化学反应速率及化学平衡的因素来分析．

（1）化学平衡常数是用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积计算，所以K=
c(CO)c(H2)
c(H2O)；反应是吸热反应，升温，反应正向进行，平衡常数增大；
故答案为：K=
c(CO)c(H2)
c(H2O)；变大；
（2）一定温度下，在一个容积不变的密闭容器中进行水煤气生产反应，C（s）+H₂O （g）⇌CO（g）+H₂（g）-131.3kJ
A、反应前后气体体积发生变化，所以容器内压强不变，说明反应达到平衡，故A正确；
B、容器中 气体密度等于气体质量除以气体体积，反应中碳是固体，只要反应进行，气体质量就会发生改变，所以容器内气体密度不变，说明反应达到平衡，故B正确；
C、υ（CO）=υ（H₂O），依据化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比，所以反应过程中和平衡状态速率是相同的，不能说明反应达到平衡，故C错误；
D、c（CO）=c（H₂），依据化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比，所以反应过程中和平衡状态速率是相同的，不能说明反应达到平衡，故D错误；
故答案为：AB；
（3）由容积为1.0L，反应时间5.0min，容器内气体的密度增大了0.12g/L，
则增加的质量为1.0L×0.12g/L=0.12g，由反应及元素守恒可知，C（s）+H₂O （g）⇌CO（g）+H₂（g），每1mol水蒸气反应气体质量增加12g，
设参加反应的水的物质量为x，
C（s）+H₂O （g）⇌CO（g）+H₂（g）△m
1mol 1mol 1mol 12g
x0.01 0.12g
解得x=0.01mol，
v（CO）=[△c/△t]=

0.01mol
1L
5min=0.000mol/（L•min）
故答案为：0.002mol/（L•min）；
（4）表面积不同，则应控制温度相同，所有浓度应控制相同来验证催化剂表面积对速率的影响；
表面积相同，温度不同，则所有浓度应控制相同来验证反应温度对速率的影响；
表面积相同，则应控制温度相同，验证反应温度对速率的影响；
故需要设计3组；
故答案为：3．

点评：
本题考点： 化学平衡常数的含义；反应速率的定量表示方法；化学平衡状态的判断．

考点点评： 本题考查反应热、反应速率计算、平衡状态判断、平衡常数计算等，难度中等，注意影响速率的实验设计步骤和方法．

解题思路：A．碳燃烧生成二氧化碳；
B．甲醇的沸点和水的沸点不同；
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；
D．聚四氟乙烯性质稳定．

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．

解题思路：（1）根据煤和石油的组成及化工生产，结合物质的性质进行分析．
（2）可以根据炼铁原理及化学方程式的书写要求等方面进行分析、判断，从而得出正确的结论．
（3）根据氧化还原反应的特点和题目中绿色化学的信息来完成该题的解答．

（1）A、煤是复杂的混合物，主要含碳元素．
B、煤的干馏是隔绝空气对煤进行加强热带过程，属化学过程．
C、液化石油气是石油化工产品．
D、煤燃烧排放的二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质．
故填：AD．
（2）①仔细分析炼铁高炉中反应可知，碳首先生成二氧化碳放出大量的热量，可供还原铁矿石提供热量，然后和焦炭反应生成CO，然后再还原还原铁矿石．
②炼铁原理的化学方程式为：Fe₂O₃+3CO

高温
.
2Fe+3CO₂；
③高炉气体中CO有毒，同时也是重要的燃料，所以要回收利用，氧化铁尘粒可以沉降再利用，合理的建议是循环利用．
（3）①分析题给的化学反应可以知道，在该反应中C得到了氧，发生了氧化反应，而水失去了氧发生了还原反应，故该反应中就有氧化反应，又有还原反应，故选C；
②：“绿色化学”能实现零排放，即反应物中的原子利用率达到100%，也就是说反应类型一般是化合反应，且反应后产物中的各原子数目比不变，CO和H₂在一定条件下按照不同的比例反应，可假定反应时的化学计量数之比为m：n，则只要各选项中的化学式能化为形式（CO）m（H₂）n，都是正确的．
A、甲醇（CH₄O）可变为（CO）₁（H₂）₂，所以理论上符合零排放的要求；
B、乙醇（C₂H₆O）不能化为（CO）m（H₂）n形式，所以理论上不符合零排放的要求；
C、甲酸（CH₂O₂） 不能变为（CO）_m（H₂）_n的形式，所以理论上不符合零排放的要求；
D、乙酸（C₂H₄O₂）可变为（CO）₂（H₂）₂，所以理论上符合零排放的要求．
故选BC．
故答案为：（1）AD；
（2）①供给热量；提供还原剂一氧化碳；
②Fe₂O₃+3CO

高温
.
2Fe+3CO₂；
③回收利用；
（3）①C；
②BC．

点评：
本题考点： 化石燃料及其综合利用；绿色化学；铁的冶炼；反应类型的判定．

考点点评： 本题主要考查了煤和石油的组成和化工生产、化学方程式的书写及其高炉炼铁等方面的内容，同时渗透了绿色化学的理念．

解题思路：（1）由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行程度越小，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热方向移动；
（2）逆反应速率增大且平衡正反应方向移动；
A、加入催化剂只改变反应速率不改变化学平衡；
B、增大CO的物质的量以提高体系的压强，反应是气体物质的量不变的反应，增大一氧化碳物质的量平衡正向进行，容器内气体物质的量增大，压强增大；
C、反应是放热反应，降温，正逆反应速率减小平衡正向进行；
D、减小氢气浓度，平衡正向进行，但正逆反应速率速率减小；
（3）此题考查判断全等平衡的方法，一般是将物质全部靠到一边进行极限转化，再与原反应进行比较来判断，若各物质与原来相等，则等效，否则不等效；
（4）反应在800℃时进行，平衡常数K=1，起始时水的物质的量为5xmol，转化的CO的物质的量为 5（1-x）ymol，利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，代入800℃平衡常数，据此解答；
（5）CO、H₂的物质的量共为10mol，根据燃烧放出的热量求出CO、H₂各自的物质的量，利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，代入平衡常数计算；

（1）由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行程度越小，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热方向移动，故正反应为放热反应，故答案为：放热；
（2）A、加入催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，故A错误；
B、增大CO的物质的量以提高体系的压强，CO（g）+H₂O（g）⇌H₂（g）+CO₂（g）反应是气体物质的量不变的反应，增大一氧化碳物质的量平衡正向进行，容器内气体物质的量增大，压强增大，故B正确；
C、反应是放热反应，降温，速率减小平衡正向进行，故C错误；
D、减小氢气浓度，平衡正向进行，但速率减小，故D错误；
故选ACD．
（3）向某密闭容器中充入2molCO和4molH₂O（g），CO（g）+H₂O（g）⇌H₂（g）+CO₂（g），当反应达平衡时，CO的体积分数为X；
A、采用极限分析法，1molCO（g）+4molH₂O+2molCO₂（g）+2molH₂（g），假如反应完全转化为CO和H₂O物质的量为：3mol：6mol=1：2，反应前后气体体积不变，平衡相同，CO的体积分数为x，故A不符合；
B、采用极限分析法，2molCO（g）+2molH₂O+2molCO₂（g）+2molH₂（g），假如反应完全转化为CO和H₂O物质的量为：3mol：3mol=1：1，反应前后气体体积不变，平衡正向进行，CO的体积分数大于x，故B符合；
C、采用极限分析法，1molCO（g）+3molH₂O+0.8molCO₂（g）+0.8molH₂（g），假如反应完全转化为CO和H₂O物质的量为：1.8mol：3.8mol=9：19，反应前后气体体积不变，平衡正向进行，CO的体积分数小于x，故C符合；
D、采用极限分析法，1molCO（g）+3molH₂O+1molCO₂（g）+1molH₂（g），假如反应完全转化为CO和H₂O物质的量为2mol：4mol=1：2，当反应达到平衡时，CO的体积分数为x．故D不符合；
故选BC．
（4）因800℃时反应平衡常数为1．
CO（g）+H₂O（g）⇌H₂（g）+CO₂（g），
起始：5（1-x） 5x 0 0
转化：5（1-x）y 5（1-x）y 5（1-x）y 5（1-x）y
平衡：5（1-x）（1-y）5（x-y+xy） 5（1-x）y 5（1-x）y
所以平衡常数k=
c(H2)c(CO2)
c(CO)c(H2O)=
5(1−x)y×5(1−x)y
5(1−x)(1−y)×5(x−y+xy)=1，解得y=x，
故答案为：y=x；
（5）由方程式CO（g）+H₂O（g）⇌H₂（g）+CO₂（g）可知，有1molCO反应则生成1molH₂，开始通入10molCO，所以平衡时，CO、H₂的物质的量共为10mol．则平均燃烧热为[2845KJ/10mol]=284.5kJ/mol，
利用平均值法计算CO、H₂的物质的量之比，设CO、H₂物质的量为x、y；
x+y=10
283x+286y=2845
计算得到x=y=5mol；
利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，
CO（g）+H₂O（g）⇌H₂（g）+CO₂（g），
起始：10mol 10mol 0 0
转化：5mol5 mol 5mol5mol
平衡：5mol 5mol5mol5mol
所以常数平衡常数为K=
c(H2)c(CO2)
c(CO)c(H2O)=[5×5/5×5]=1；
图表分析可知温度为800°C，T=273+800=1073K
故答案为：1；1073；

点评：
本题考点： 化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；等效平衡；化学平衡的计算．

考点点评： 本题考查了化学平衡的影响因素分析，等效平衡的应用判断，极值转化是解题的关键，平衡常数只受温度影响，同一反应温度不变，平衡常数不变．题目难度中等．

煤化工
coal,chemical processing of
以煤为原料,经化学加工使煤转化为气体、液体和固体燃料以及化学品的过程.主要包括煤的气化 、液化 、干馏,以及焦油加工和电石乙炔化工等.煤化工开始于18世纪后半叶,19世纪形成了完整的煤化工体系.进入20世纪,许多以农林产品为原料的有机化学品多改为以煤为原料生产,煤化工成为化学工业的重要组成部分.第二次世界大战以后,石油化工发展迅速,很多化学品的生产又从以煤为原料转移到以石油、天然气为原料,从而削弱了煤化工在化学工业中的地位.煤中有机质的化学结构,是以芳香族为主的稠环为单元核心,由桥键互相连接,并带有各种官能团的大分子结构,通过热加工和催化加工,可以使煤转化为各种燃料和化工产品.焦化是应用最早且至今仍然是最重要的方法,其主要目的是制取冶金用焦炭 ,同时副产煤气和苯、甲苯、二甲苯、萘等芳烃.煤气化在煤化工中也占有重要的地位,用于生产城市煤气及各种燃料气 ,也用于生产合成气 ；煤低温干馏、煤直接液化及煤间接液化等过程主要生产液体燃料.

（1）对于反应 CO（g）+H ₂ O（g）

H ₂ （g）+CO ₂ （g），
开始（mol/L）：0.02 0.02 0 0
变化（mol/L）：c c c c
平衡（mol/L）：0.02-c 0.02-c c c
所以
c×c
(0.02-c)×(0.02-c) =9，解得c=0.015
所以CO的转化率为
0.015mol/L
0.02mol/L ×100%=75%．
故答案为：75%．
（2）①由表可知，60s时反应达到化学平衡状态，二氧化氮的物质的量不再变化，所以n ₃ =n ₄ ，
根据反应方程式计算：
2NO ₂





N ₂ O ₄
初始：0.4mol 0
转化：0.16mol 0.08mol
平衡：0.24mol 0.08mol
则平衡时的浓度分别为：c（N ₂ O ₄ ）=0.04mol/L，c（NO ₂ ）=0.12mol/L，
所以该温度下该反应平衡常数k=
0.04
0.12 2 =2.8
故答案为：=； 2.8
②根据反应 2NO ₂





N ₂ O ₄ 可知，0.4molNO ₂ 与0.2molN ₂ O ₄ 相当，若在相同情况下最初向该容器充入的是四氧化二氮气体，要达到上述同样的平衡状态，四氧化二氮的起始浓度是
0.2mol
2L =0.1mol/L．
根据反应 2NO ₂





N ₂ O ₄ 可知，NO ₂ 的浓度随时间变化为N ₂ O ₄ 的浓度变化2倍．从放入N ₂ O ₄ 到平衡时需要80s，初始加入的N ₂ O ₄ 的物质的量浓度为0.1mol/L，平衡时N ₂ O ₄ 的物质的量浓度为0.04mol/L，NO ₂ 的物质的量浓度为2×（0.1mol/L-0.04mol/L）=0.12mol/L，图象可取起点、20s、80s等几个点用平滑曲线来连接．
故答案为：


（3）甲醇为原料的燃料电池中，燃料甲醇为负极，发生失电子的氧化反应，氧气是正极，发生得电子得还原反应，氢氧化钠为电解质，在碱性环境下，氧气的放电情况为：O ₂ +2H ₂ O+4e ^- =4OH ^- ．
故答案为：O ₂ +2H ₂ O+4e ^- =4OH ^- ．

解题思路：（1）A、气体的总质量不变，气体的物质的量变化，根据M=[m/n]可知气体的平均摩尔质量是一个变量；
B、化学反应速率之比不等于化学计量数之比，证明正、逆速率不等；
C、对于气体而言，该反应不是一个等体积、等物质的量的反应，容器中气体的压强随着气体的物质的量的变化而变化；
D、生成n molCO的同时生成2n mol H₂均代表逆反应速率；
（2）恒温恒压条件下，气体的压强与物质的量浓度成正比，利用差量法分析计算；
（3）根据氢离子的移动方向知，右边电极是正极，左边电极是负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应，据此书写电极反应式，然后根据电极反应式判断则消耗CH₃OH的物质的量．

（1）A、气体的总质量不变，气体的物质的量变化，根据M=[m/n]可知气体的平均摩尔质量是一个变量，当气体的平均摩尔质量保持不变，说明达到化学平衡状态，故A正确；
B、2v（H₂）_正=v（CH₃OH）_逆，化学反应速率之比不等于化学计量数之比，证明正、逆速率不等，故B错误；
C、对于气体而言，该反应不是一个等体积、等物质的量的反应，容器中气体的压强随着气体的物质的量的变化而变化，当压强不变说明处于化学平衡状态，故C正确；
D、生成n molCO的同时生成2n mol H₂均代表逆反应速率，不能说明正、逆速率相等，故D错误；
故答案为：A、C；
（2）恒温恒压条件下，气体的压强与物质的量浓度成正比，平衡时气体的浓度和为：（0.200+0.300）mol/L×[3/5]=0.300mol/L，△c=0.500mol/L-0.300mol/L=0.200mol/L，
CO （g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）△n
1 2 1 2
x 0.200mol/L
x=0.200mol/L，因此b=0.300mol/L-0.200mol/L=0.100mol/L，
故答案为：0.100；
（3）可燃物甲醇在负极失去电子生成二氧化碳，负极电极反应式为：CH₃OH-6e^-+H₂O=CO₂+6H⁺，
由CH₃OH～～～～6e^-，
1mol6mol
0.2mol 1.2mol
故答案为：CH₃OH-6e^-+H₂O=CO₂+6H⁺；0.2．

点评：
本题考点： 化学平衡状态的判断；化学电源新型电池．

考点点评： 本题考查知识点全面，综合性较强，涉及化学平衡状态的判定、燃料电池等知识，明确燃料电池中正负极上得失电子是解答（3）的关键，题目难度较大．

解题思路：（1）由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行程度越小，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热方向移动；
（2）反应在同一容器内进行，体积相同，方程式中各物质的化学计量数都是1，所以在计算中均可用物质的量数值代替浓度数值，求出此时的浓度商Q_c，平衡向正反应方向移动，浓度商小于平衡常数；
（3）根据化学平衡常数解答；
（4）到达平衡时转化率最大，令平衡时CO的浓度变化量为cmol/L，根据三段式法用c表示出平衡时各组分个浓度，再利用平衡常数列方程，求出c，再利用转化率定义计算；
（5）起始时水的物质的量为5xmol，转化的CO的物质的量为 5（1-x）ymol，利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，代入800℃平衡常数，据此解答；
（6）CO、H₂的物质的量共为10mol，根据燃烧放出的热量求出CO、H₂各自的物质的量，利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，代入平衡常数计算．

（1）由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行程度越小，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热方向移动，故正反应为放热反应，故答案为：放热；
（2）反应在同一容器内进行，体积相同，方程式中各物质的化学计量数都是1，所以在计算中均可用物质的量数值代替浓度数值，800℃时反应平衡常数为1．
A、k=
c(H2)c(CO2)
c(CO)c(H2O)=[2×3/1×5]=[6/5]，大于1，反应向逆反应进行，故A错误；
B、k=
c(H2)c(CO2)
c(CO)c(H2O)=[1×1/2×2]=[1/4]，小于1，反应向正反应进行，故B正确；
C、开始只有CO、H₂，反应向正反应进行，故C正确；
D、k=
c(H2)c(CO2)
c(CO)c(H2O)=[1×1/0.5×2]=1，处于平衡状态，故D错误；
E、k=
c(H2)c(CO2)
c(CO)c(H2O)=[2×1/3×1]=[2/3]，小于1，反应向正反应进行，故E正确；
故选：BCE；
（3）反应①C（s）+CO₂（g） 2CO（g）平衡常数K=
[c(CO)]2
c(CO2)；
反应②C（s）+H₂O（g） CO（g）+H₂（g）平衡常数K₁=
c(H2)c(CO)
c(H2O)；
反应③CO（g）+H₂O（g）H₂（g）+CO₂（g） 平衡常数K₂=k=
c(H2)c(CO2)
c(CO)c(H2O)；
反应②-反应③得反应①，所以K=
K1
K

点评：
本题考点： 化学平衡的计算；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题主要考查平衡常数及其计算，难度较大，注意（1）平衡常数书写，（2）平衡常数只受温度影响，同一反应温度不变，平衡常数不变．

解题思路：（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，据此判断；
（2）①反应混合物的总质量不变，总的物质的量不变，故平均摩尔质量始终为定值；
②由表中数据可知，3min、4min时，反应混合物对应物质的浓度不变，处于与平衡状态；
由图可知850℃平衡时CO的浓度为0.8mol/L，故平衡时CO的体积分数为[0.08mol/L/0.2mol/+0.3mol/L]×100%=16%，结合反应热效应判断平衡移动进行判断；
③反应在4min～5min，平衡向逆方向移动，根据平衡移动原理，结合选项判断；
由表中数据可知，5min～6minCO的浓度降低，CO₂浓度增大，浓度变化都是0.02mol/L，说明平衡向正反应移动，而水的浓度增大0.05mol/L，应是增大水蒸气的浓度；
（3）到达平衡时转化率最大，令平衡时CO的浓度变化量为xmol/L，利用三段式用x表示平衡时各组分的浓度，代入平衡常数计算x的值，再根据转化率定义计算．

（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，则正反应为放热反应，
故答案为：放热；
（2）①反应混合物的总质量不变，总的物质的量不变，故平均摩尔质量始终不变，
故答案为：不变；
②由表中数据可知，3min、4min时，反应混合物对应物质的浓度不变，处于与平衡状态，
故答案为：平衡状态；
由图可知850℃平衡时CO的浓度为0.8mol/L，故平衡时CO的体积分数为[0.08mol/L/0.2mol/+0.3mol/L]×100%=16%，该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，达新平衡时CO的体积分数增大，故CO的体积分数大于16%，
故答案为：化学平衡，大于；
③反应在4min～5min，平衡向逆方向移动，增大水蒸气的浓度，平衡向正反应移动，降低温度平衡向正反应移动，属于催化剂平衡不移动，增大氢气的浓度，平衡向逆反应移动，故4min～5min改变条件为增大氢气的浓度，
由表中数据可知，5min～6minCO的浓度降低，CO₂浓度增大，浓度变化都是0.02mol/L，说明平衡向正反应移动，而水的浓度增大0.05mol/L，应是增大水蒸气的浓度，
故答案为：D，A；
（3）到达平衡时转化率最大，令平衡时CO的浓度变化量为x，则：
CO（g）+H₂O（g）⇌H₂（g）+CO₂（g）
开始（mol/L）：0.02 0.02 0 0
变化（mol/L）：x x x x
平衡（mol/L）：0.02-x0.02-xx x
故
x2
(0.02−x)2=9，解得x=0.015
故CO的转化率为[0.015mol/L/0.02mol/L]×100%=75%
故答案为：75%．

点评：
本题考点： 化学平衡的计算．

考点点评： 考查化学平衡的有关计算及影响因素、化学平衡常数的有关计算等，难度中等，注意（3）中利用平衡常数进行转化率的计算．

（10分）（1）① 温度（2分）    ② b 、c （4分）  （2）c、d （4分）

解题思路：一定条件下，氢气和一氧化碳反应生成甲醇，甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷，在催化剂条件下，一溴甲烷和和A反应生成B，B反应生成C，C反应生成D，根据A的分子式知，A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基，根据D的结构简式知，A中含有甲基和酚羟基，酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位，根据D知，A是间甲基苯酚，间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B（2，5-二甲基苯酚），2，5-二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，和丙烯发生加成反应生成M，M的结构简式为：，根据有机物的结构和性质分析解答．

一定条件下，氢气和一氧化碳反应生成甲醇，甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷，在催化剂条件下，一溴甲烷和和A反应生成B，B反应生成C，C反应生成D，根据A的分子式知，A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基，根据D的结构简式知，A中含有甲基和酚羟基，酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位，根据D知，A是间甲基苯酚，间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B（2，5-二甲基苯酚），2，5-二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，和丙烯发生加成反应生成M，M的结构简式为：，
（1）a．根据流程图知，从合成气中也可获得合成氨的原料H₂，故正确；
b．甲醇可发生取代、氧化反应但不能发生消去，故错误；
c．也可用石油采取裂化、裂解的方法获得丙烯，故错误；
d．煤焦油中含有间甲基苯酚，所以可用分馏的方法从煤焦油中获得A，故正确；
故选b、c；
（2）通常实验室可用甲醇和浓硫酸、溴化钠制取一溴甲烷，故答案为：浓硫酸、溴化钠；


（3）在浓硫酸作催化剂、加热条件下，发生消去反应生成，M的结构简式为：，

故答案为：浓硫酸、加热，；
（4）取1.08g A物质（式量108）的物质的量=
1.08g
108g/mol＝0.01mol，与足量饱和溴水完全反应能生成3.45g白色沉淀，根据碳原子守恒知，白色沉淀的物质的量是0.01mol，则白色沉淀的摩尔质量是345g/mol，A的式量和白色沉淀的式量相差237，则溴原子取代酚羟基的邻对位，所以A的结构简式为：，
故答案为：．

点评：
本题考点： 有机物的推断．

考点点评： 本题考查有机物的推断，明确物质反应前后官能团的变化是解本题关键，根据官能团的变化确定反应条件，注意结合题给信息进行分析解答，难度较大．

(1)放热
(2)增大；增大
(3)BC
(4)60%

解题思路：根据物理变化和化学变化的定义，两者的本质区别是有无新物质生成．氢气无毒气体，密度最小，可燃，燃烧后生成水；甲烷无毒气体，不溶于水，可燃，燃烧后生成二氧化碳和水；一氧化碳有毒气体，燃烧后生成二氧化碳．

（1）由题給信息：煤隔绝空气加热分解得到焦炭、煤焦油、煤气等，有新物质生成，故答案为：化学
（2）煤气的主要成分为氢气、甲烷、一氧化碳，氢气和甲烷都为无毒气体，只有一氧化碳有毒，故答案为：一氧化碳
（3）氢气燃烧后生成水，甲烷燃烧生成二氧化碳和水，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，化学方程式分别为：2H₂+O₂

点燃
.
2H₂O； 2CO+O₂

点燃
.
2CO₂；CH₄+2O₂

点燃
.
CO₂+2H₂O

点评：
本题考点： 一氧化碳的化学性质；化学变化和物理变化的判别．

考点点评： 本题考查了物理变化与化学变化的概念、一氧化碳的毒性、氢气、甲烷和一氧化碳的燃烧，主要是基础知识的检测，对学生的能力要求不高．

解题思路：（1）煤的气化生成CO和氢气；
（2）①为破坏1mol氮气和3mol氢气中化学键所吸收的能量；
②根据能量守恒计算，等于形成生成物中新的化学键释放的能量减去破坏1mol氮气和3mol氢气中化学键所吸收的能量；
（3）①A、气体的总质量不变，气体的物质的量变化，根据M=[m/n]可知气体的平均摩尔质量是一个变量； B、化学反应速率之比不等于化学计量数之比，证明正、逆速率不等；
C、对于气体而言，该反应不是一个等体积、等物质的量的反应，容器中气体的压强随着气体的物质的量的变化而变化；
D、生成n molCO的同时生成2n mol H₂均代表逆反应速率．
②恒温恒压条件下，气体的压强与物质的量浓度成正比，利用差量法分析计算；
（4）根据氢离子的移动方向知，右边电极是正极，左边电极是负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应，据此书写电极反应式，然后根据电极反应式判断正极附近的pH值．

（1）煤的气化生成CO和氢气，俗称水煤气，故答案为：水煤气；
（2）①为破坏1mol氮气和3mol氢气中化学键所吸收的能量，等于946kJ+3×2×218kJ=2254kJ，
故答案为：2254；
②等于形成生成物中新的化学键释放的能量减去破坏1mol氮气和3mol氢气中化学键所吸收的能量，即：2334kJ-2254kJ=80kJ，
故答案为：80；
（3）①A、气体的总质量不变，气体的物质的量变化，根据M=[m/n]可知气体的平均摩尔质量是一个变量，当气体的平均摩尔质量保持不变，说明达到化学平衡状态，故A正确；
B、2v（H₂）_正=v（CH₃OH）_逆，化学反应速率之比不等于化学计量数之比，证明正、逆速率不等，故B错误；
C、对于气体而言，该反应不是一个等体积、等物质的量的反应，容器中气体的压强随着气体的物质的量的变化而变化，当压强不变说明处于化学平衡状态，故C正确；
D、生成n molCO的同时生成2n mol H₂均代表逆反应速率，不能说明正、逆速率相等，故D错误；
故答案为：A、C；
②恒温恒压条件下，气体的压强与物质的量浓度成正比，平衡时气体的浓度和为：（0.200+0.300）mol/L×[3/5]=0.300mol/L，△c=0.500mol/L-0.300mol/L=0.200mol/L，
CO （g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）△n
1 2 1 2
x 0.200mol/L
x=0.200mol/L，因此b=0.300mol/L-0.200mol/L=0.100mol/L，
故答案为：0.100；
（4）可燃物甲醇在负极失去电子生成二氧化碳，负极电极反应式为：CH₃OH-6e^-+H₂O=CO₂+6H⁺，正极为氧气得电子生成氢氧根离子，所以正极附近的PH值增大，
故答案为：CH₃OH-6e^-+H₂O=CO₂+6H⁺；增大．

点评：
本题考点： 反应热和焓变；化学电源新型电池；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．

考点点评： 本题考查知识点全面，综合性较强，涉及反应热和焓变的计算、化学平衡状态的判定、燃料电池等知识，明确燃料电池中正负极上得失电子是解答（4）的关键，题目难度较大．

" Abstract：Coal Chemical Industry, also known as CCI, is the process during which coal as raw material, is transformed into gas, liquid, solid fuels and chemicals through chemical processing. producing various kinds of chemical products, including the gasification, liquefaction and distillation of coal as well as coal tar processing and acetylene chemical industry and so on. This paper begins with the fundamental concept and the course of development of CCI, focusing on the analysis of its development status, prospects and significance, the difference between traditional and new-model of CCI, as well as the characteristics of its development; it also briefly introduces several key technoloy and producing process of CCI; simply presents the resources of pollution of CCI as well as the method of dealing with them, and also proposes some advice about the issue of environmental pollution."
Key words: Coal Chemical Industry (CCI); Coal; Development; Technology and Processing; Environmental Pollution and Disposal.
【公益慈善翻译团】真诚为你解答!

（1）①由热化学反应方程式可知，反应为焓增，熵增过程，即△H＞0、△S＞0，△G=△H-T△S＜0反应自发进行，所以该反应自发进行，受温度影响．
故答案为：温度．
②A．反应前后气体的物质的量发生变化，随反应进行气体的物质的量增加，压强增大，容器中的压强不变，说明反应到达平衡，故A正确；
B．容器的容积不变，随反应进行容器内气体的质量增加，所以随反应进行密度增大，容器中气体的密度不变，说明反应到达平衡，故B正确；
C．根据反应可知，自始至终c（CO）=c（H ₂ ），不能说明反应到达平衡，故C错误；
D．1 molH-H键断裂的同时断裂2mol H-O键，断裂2mol H-O键同时生成l molH-H键，说明反应到达平衡，故D正确．
故选：ABD．
③C（s）+H ₂ O（g）═CO（g）+H ₂ （g）△H=+131.3kJ/mol，表示1molC（s）与1molH ₂ O（g）反应生成1molCO（g）与1molH ₂ （g）吸收的热量为131.3kJ．可逆反应存在反应限度，反应物不能完全转化，所以a＜131.3kJ．
增大固体C的用量，水蒸气的物质的量未变，平衡不移动，不影响反应热，故a=b．
故答案为：＜；=．
（2）①由表可知5min内，氢气的物质的量变化量为1.6mol，容器体积为2L，所以H ₂ 表示的反应速率v（H ₂ ）=

1.6mol
2L
5min =0.16mol/（L•min）．
故答案为：0.16mol/（L•min）．
②由实验2可知，平衡时CO ₂ 、H ₂ 的物质的量分别为0.8mol、0.8mol．
对于反应CO（g）+H ₂ O（g）⇌CO ₂ （g）+H ₂ （g）
开始（mol）：1 4 0 0
变化（mol）：0.8 0.8 0.8 0.8
平衡（mol）：0.2 3.2 0.8 0.8
所以算830℃平衡常数k=
c (CO 2 )•c (H 2 )
c(CO)•c (H 2 O) =
0.8×0.8
0.2×3.2 =1
令参加反应的CO的物质的量为nmol，则
对于反应CO（g）+H ₂ O（g）⇌CO ₂ （g）+H ₂ （g）
开始（mol）：210 0 0
变化（mol）：n n n n
平衡（mol）：2-n 10-n nn
所以
n×n
(2-n)×(10-n) =1，解得n=
5
3
所以CO的转化率为

5
3 mol
2mol ×100%=83.33%．
故答案为：83.33%．
③反应前后气体体积不变，实验2相似的平衡状态（即各物质的质量分数分别相等），为等效平衡，满足CO（g）与H ₂ O（g）的物质的量为1：4，即a：b=1：4，b=4a，由于到达平衡时间t＜3min，所以速率较实验2快，故a＞1（或使用催化剂）．
故答案为：b=4a，a＞1（或使用催化剂）．

（1）该反应为熵增大，焓增大的反应，由△G=△H-T△S，△G＜0反应可自发进行，可知该反应在高温时可以自发进行，常温下难以自发进行，故答案为：①能；
②Ⅰ由于有固体参加反应，当混合气体的密度不变时，气体的质量不变，说明达到平衡状态；
Ⅱ反应前后气体的体积不等，当容器内气体的压强不变时说明达到平衡状态；
Ⅲ反应前后气体的体积不等，混合气体的总物质的量不变，说明达到平衡状态；
ⅣCO物质的量浓度不变，说明达到平衡状态，则Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ都可说明达到平衡状态，
故答案为：D；
（2）A．丙中浓度最大，甲中浓度最小，浓度越大，反应速率越大，则反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应最慢，故A正确；
B．以甲计算：
H ₂ O（g）+CO（g）⇌H ₂ （g）+CO ₂ （g）
起始：0 0 0.010 0.010
转化：x x xx
平衡：x x 0.01-x 0.01-x
则
(0.01-x)×(0.01-x)
x 2 =
4
9 ，
x=0.006，则平衡时甲中的H ₂ 的转化率均是
0.006
0.01 ×100% =60%，由于甲和丙的气体的比值相同，为等效平衡状态，则丙中H ₂ 的转化率也为60%，故B正确；
C．由B计算可知，平衡时，丙中的c（CO ₂ ）是甲中的2倍，应为2×（0.01-0.006）mol/L=0.008mol/L，故C错误；
D．乙与甲相比较，相当于在甲的基础上通入H ₂ ，则平衡向逆反应方向移动，平衡时，乙中的CO ₂ 的转化率大于60%，故D正确．
故答案为：C；
（3）①反应物总能量大于生成物总能量，该反应的正反应放热，则
A．升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡混合物中c（CH ₃ OH）减小，故A错误；
B．冲入He（g）使体系压强增大，但反应物的浓度不变，平衡不移动，故B错误；
C．将H ₂ O（g）从体系中分离出来，生成物浓度减小，则平衡向正反应方向移动，平衡混合物中c（CH ₃ OH））增大，故C正确；
D．再冲入1mo1CO ₂ 和3mo1H ₂ ，相当于在原来基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡混合物中c（CH ₃ OH））增大，故D正确．
故答案为：CD；
②在温度T ₁ 时，当反应达到平衡时，测得n（H ₂ ）=2.4mo1，则平衡时n（CO ₂ ）=1mol-
1
3 ×（3mol-2.4mol）=0.8mol；其他条件不变，在温度T ₂ 时，当反应达到平衡时，测得n（CO ₂ ）=0.82mol，说明平衡向正反应方向移动，反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，故答案为：＞；
（4）①甲醇和氢气的燃烧热书写其热化学方程式分别为：
①2CH ₃ OH（l）+3O ₂ （g）=2CO ₂ （g）+4H ₂ O（l），△H ₁ =-1451kJ/mol；
②2H ₂ （g）+O ₂ （g）=2H ₂ O（l），△H ₂ =-571.6KJ/mol，
根据盖斯定律，反应CO ₂ （g）+3H ₂ （g）═CH ₃ OH（l）+H ₂ O（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：CO ₂ （g）+3H ₂ （g）═CH ₃ OH（l）+H ₂ O（l），△H=-131.9KJ/mol；
②该反应消耗二氧化碳，可降低温室效应，生成甲醇，可弥补资源短缺，故答案为：可降低温室效应和弥补资源短缺；
③该反应是一个焓增、熵减的反应，则△G=△H-T△S＞0，不能自发进行，
故答案为：不可行，该反应是一个焓增、熵减的反应，所以不能自发进行．

解题思路：（1）根据温度对平衡常数的影响，可判断反应中热量的变化；
（2）根据浓度商和平衡常数比较，可判断；
（3）根据反应方程式之间的关系，结合平衡常数的定义计算；
（4）利用平衡常数计算出平衡时CO的浓度，再计算转化率；
（5）根据化学方程式利用三段式计算．

（1）由表中数据可知，温度越高，平衡常数的越小，即平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应，故答案为：放热；
（2）根据表中数据可知，800℃时，K=1，设容器体积为1，则A、Qc=[2×3/1×5]=1.2＞1，所以平衡逆向移动；
B、Qc=[1×1/2×2]=0.25＜1，所以平衡正向移动；
C、Qc=[0×0/3×3]=0＜1，所以平衡正向移动；
D、Qc=[1×1/0.5×2]=1，所以平衡不移动；
E、Qc=[2×1/3×1]=[2/3＜1，所以平衡正向移动；
故选BCE；
（3）因为K₁=
c(CO)•c(H2)
c(H2O)]，K₂=
c(H2)•c(CO2)
c(CO)•c(H2O)，K=
c2(CO)
c(CO2)，所以K=
K1
K2，故答案为：
K1
K2；
（4）设CO平衡浓度为xmol/L，根据
(0.01−x)2
(x)2=9，有x=0.0025，CO的平衡转化率为[0.01−0.0025/0.01]×100%=75%，故答案为：75%；
（5）利用三段式，
CO（g）+H₂O（g）⇌H₂（g）+CO₂（g）；
起始（mol） 1-x x 0 0
转化（mol） y（1-x） y（1-x） y（1-x） y（1-x）
平衡（mol）（1-x）•（1-y） x-y（1-x） y（1-x） y（1-x）
根据平衡常数K=
y(1−x)•y(1−x)
(1−x)•(1−y)•[x−y(1−x)]=1，化简得x=y，故答案为：x．

点评：
本题考点： 化学平衡建立的过程；化学平衡的计算．

考点点评： 本题主要考查了影响化学平衡常数的因素、平衡常数的概念、转化率的计算、平衡常数的应用等知识点，中等难度，解题时抓住基本概念的应用．

解题思路：（1）由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行程度越小，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热方向移动；反应在同一容器内进行，体积相同，方程式中各物质的化学计量数都是1，所以在计算中均可用物质的量数值代替浓度数值，求出此时的浓度商Q_c，平衡向正反应方向移动，浓度商小于平衡常数；
（2）根据化学平衡常数进行解答；
（3）根据化学平衡常数的定义进行解答；
（4）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；
（5）减小压强，平衡向着气体体积增大的方向移动．

（1）由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行程度越小，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热方向移动，故正反应为放热反应；反应在同一容器内进行，体积相同，方程式中各物质的化学计量数都是1，所以在计算中均可用物质的量数值代替浓度数值，800℃时反应平衡常数为1．
A、k=[2×3/1×5]=[6/5]，大于1，反应向逆反应进行，故A错误；
B、k=[1×1/2×2]=[1/4]，小于1，反应向正反应进行，故B正确；
C、开始只有CO、H₂，反应向正反应进行，故C正确；
D、k=[1×1/0.5×2]=1，处于平衡状态，故D错误；
E、k=[2×1/3×1]=[2/3]，小于1，反应向正反应进行，故E正确；
故答案为：放热，BCE；
（2）设平衡时，氢气的浓度为xmol/L，则二氧化碳的浓度为xmol/L，一氧化碳和水蒸气的浓度为（10-x）mol/L，则k=[x×x
(10−x)×(10−x)=9，x=7.5，参加反应的一氧化碳的浓度为：7.5mol/L，故30s内CO的平均反应速率为
7.5mol/L/30s]=0.25mol/（L•S），
故答案为：0.25mol/（L•S）；
（3）反应①C（s）+CO₂（g） 2CO（g）平衡常数K=
c2(CO)
c(CO2)；
反应②C（s）+H₂O（g） CO（g）+H₂（g）平衡常数K₁=
c(H2)c(CO)
c(H2O)，
反应③CO（g）+H₂O（g）H₂（g）+CO₂（g） 平衡常数K₂=
c(H2)c(CO2)
c(CO)c(H2O)，
反应②-反应③得反应①，所以K=[K1/K2]．
故答案为：
c2(CO)
c(CO2)，K=[K1/K2]；
（4）A．c（CO₂）=c（CO）不能判断化学平衡状态，和起始量有关，故A错误；
B．该反应为反应前后气体体积不等的反应，故容器中的压强不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故B正确；
C． v_正（CO）=2v_正（CO₂），不能作为平衡状态的判据，故C错误；
D．c（CO）保持不变，可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故D正确；
E．混合气体相对分子质量不变，可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故E正确，
故答案为：BDE；
（5）C（s）+CO₂（g） 2CO（g），随着反应的进行，甲中压强逐渐增大，而乙是恒压，故乙相对于甲而言，相当于减小压强，平衡正向移动，化学反应速率减慢，二氧化碳的转化率增大，故乙容器中CO₂的转化率随时间变化的图象为：

点评：
本题考点： 化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．

考点点评： 本题主要考查平衡常数及其计算、影响化学平衡的因素、化学平衡的标志．难度较大．

（1）由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行程度越小，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热方向移动，故正反应为放热反应，故答案为：放热；
（2）A、加入催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，故A错误；
B、增大CO的物质的量以提高体系的压强，CO（g）+H ₂ O（g）⇌H ₂ （g）+CO ₂ （g）反应是气体物质的量不变的反应，增大一氧化碳物质的量平衡正向进行，容器内气体物质的量增大，压强增大，故B正确；
C、反应是放热反应，降温，速率减小平衡正向进行，故C错误；
D、减小氢气浓度，平衡正向进行，但速率减小，故D错误；
故选ACD．
（3）向某密闭容器中充入2molCO和4molH ₂ O（g），CO（g）+H ₂ O（g）⇌H ₂ （g）+CO ₂ （g），当反应达平衡时，CO的体积分数为X；
A、采用极限分析法，1molCO（g）+4molH ₂ O+2molCO ₂ （g）+2molH ₂ （g），假如反应完全转化为CO和H ₂ O物质的量为：3mol：6mol=1：2，反应前后气体体积不变，平衡相同，CO的体积分数为x，故A不符合；
B、采用极限分析法，2molCO（g）+2molH ₂ O+2molCO ₂ （g）+2molH ₂ （g），假如反应完全转化为CO和H ₂ O物质的量为：3mol：3mol=1：1，反应前后气体体积不变，平衡正向进行，CO的体积分数大于x，故B符合；
C、采用极限分析法，1molCO（g）+3molH ₂ O+0.8molCO ₂ （g）+0.8molH ₂ （g），假如反应完全转化为CO和H ₂ O物质的量为：1.8mol：3.8mol=9：19，反应前后气体体积不变，平衡正向进行，CO的体积分数小于x，故C符合；
D、采用极限分析法，1molCO（g）+3molH ₂ O+1molCO ₂ （g）+1molH ₂ （g），假如反应完全转化为CO和H ₂ O物质的量为2mol：4mol=1：2，当反应达到平衡时，CO的体积分数为x．故D不符合；
故选BC．
（4）因800℃时反应平衡常数为1．
CO（g）+H ₂ O（g）⇌H ₂ （g）+CO ₂ （g），
起始：5（1-x） 5x 0 0
转化：5（1-x）y 5（1-x）y 5（1-x）y 5（1-x）y
平衡：5（1-x）（1-y）5（x-y+xy） 5（1-x）y 5（1-x）y
所以平衡常数k=
c( H 2 )c(C O 2 )
c(CO)c( H 2 O) =
5(1-x)y×5(1-x)y
5(1-x)(1-y)×5(x-y+xy) =1，解得y=x，
故答案为：y=x；
（5）由方程式CO（g）+H ₂ O（g）⇌H ₂ （g）+CO ₂ （g）可知，有1molCO反应则生成1molH ₂ ，开始通入10molCO，所以平衡时，CO、H ₂ 的物质的量共为10mol．则平均燃烧热为
2845KJ
10mol =284.5kJ/mol，
利用平均值法计算CO、H ₂ 的物质的量之比，设CO、H ₂ 物质的量为x、y；
x+y=10
283x+286y=2845
计算得到x=y=5mol；
利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，
CO（g）+H ₂ O（g）⇌H ₂ （g）+CO ₂ （g），
起始：10mol 10mol 0 0
转化：5mol5 mol 5mol5mol
平衡：5mol 5mol5mol5mol
所以常数平衡常数为K=
c( H 2 )c(C O 2 )
c(CO)c( H 2 O) =
5×5
5×5 =1；
图表分析可知温度为800°C，T=273+800=1073K
故答案为：1；1073；

解题思路：（1）根据煤和石油的组成及化工生产，结合物质的性质进行分析．
（2）可以根据炼铁原理及化学方程式的书写要求等方面进行分析、判断，从而得出正确的结论．
（3）充分挖掘题干中的相关信息进行整合．

（1）A、煤是复杂的混合物，主要含碳元素．
B、煤的干馏是隔绝空气对煤进行加强热带过程，属化学过程．
C、液化石油气是石油化工产品．
D、煤燃烧排放的二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质．
故填：AD．
（2）①仔细分析炼铁高炉中反应可知，碳首先生成二氧化碳放出大量的热量，可供还原铁矿石提供热量，然后和焦炭反应生成CO，然后再还原还原铁矿石．
②炼铁原理的化学方程式为：Fe₂O₃+3CO

高温
.
2Fe+3CO₂
③高炉气体中CO有毒，同时也是重要的燃料，所以要回收利用，氧化铁尘粒可以沉降再利用，合理的建议是循环利用．
故答案为：①制取CO、提供热量 ②Fe₂O₃+3CO

高温
.
2Fe+3CO₂ ③回收利用
（3）C+O₂=CO₂是放热的；两个反应必须进行调控才能保持一定的炉温，说明C+H₂O=CO+H₂反应时吸热的；
根据题干提供的信息知反应物有NH₃、H₂O、C0₂，生成物为NH₄HCO₃．
故答案为：吸收；NH₃+H₂O+C0₂═NH₄HCO₃

点评：
本题考点： 化石燃料及其综合利用；一氧化碳还原氧化铁；铁的冶炼；物质发生化学变化时的能量变化；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题主要考查了煤和石油的组成和化工生产、化学方程式的书写及其高炉炼铁等方面的内容．

美国UOP/ Hydro 甲醇制烯烃工艺,中国科学院大连化学物理研究所的合成气经由二
甲醚制低碳烯烃(SDTO) 工艺,德国Lurgi 公司的甲醇制丙烯工艺,以及甲醇制烯烃与AtoFina/ UOP 烯烃裂解的集成工艺; 希望对你有帮助

abstract: coal chemical industry refers to coal as raw material, through chemical processing and transformation of coal to gas, liquid and solid fuels and chemicals, and produce various kinds of chemical products industry, referred to as "coal chemical industry, mainly including coal gasification, liquefaction, carbonization and coal tar processing and acetylene chemical industry, etc. This article from the basic concept and development of coal chemical industry, coal chemical industry are emphatically analyzed the development present situation, development prospect and significance, the difference of traditional coal chemical industry and the new coal chemical industry, the characteristics of the new coal chemical industry development; Briefly tells the coal-to-chemicals several big key technology and its production process; Simple introduced the coal chemical industry pollution source and treatment method, and puts forward some Suggestions for coal chemical industry, environmental pollution problems.
Key words: coal chemical industry; Coal; Development; The process flow; Environmental pollution and treatment;
真长. 内容还挺生僻. = = 望采纳吧.

解题思路：（1）生产氨气的反应放出大量的热，△H＜0，△S＜O，△G=△H-T△S＜0能自发进行；
（2）根据平衡常数的定义判断反应的方程式，注意固体和纯液体不在表达式中；
（3）根据平衡常数的表达式推断；
（4）根据温度变化平衡常数的变化判断温度对化学平衡移动的影响，进而判断反应热，利用三段式法计算转化率；
（5）根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算反应热，从平衡移动的角度分析各物理量的变化；
（6）甲醇具有还原性，在负极上发生氧化反应生成碳酸根离子，以此书写电极反应式．

（1）生产氨气的反应：N₂+3H₂⇌2NH₃放出大量的热，△H＜0，△S＜O，所以在低温下易进行△G=△H-T△S＜0能自发进行，故答案为：可以；
（2）平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，平衡常数中，分子为生成物，分母为反应物，所以该反应的方程式为：C（s）+H₂O（g）⇌CO（g）+H₂（g），
故答案为：C（s）+H₂O（g）⇌CO（g）+H₂（g）；
（3）根据化学方程式可知：K₁=
c2(CO)
c(CO2)，K₂=
c(H2)×c(CO2)
c(CO)×c(H2O)，K₃=
c(CO)×c(H2)
c(H2O)，
所以K₃=
c(H2)×c(CO2)
c(CO)×c(H2O)×
c2(CO)
c(CO2)=
c(CO)×c(H2)
c(H2O)=K₁×K₂，
故答案为：K₃=K₁×K₂；
（4）由表中数据可知，随着温度的升高，平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，说明正反应为让热反应，设平衡时转化的CO为xmol/L，
利用三段式法计算：
CO（g）+H₂O（g）⇌H₂（g）+CO₂（g），
起始（mol/L）：0.020 0.020 0 0
转化（mol/L）：x x x x
平衡（mol/L）：0.02-x 0.02-x x x
则有K
c(H2)×c(CO2)
c(CO)×c(H2O)=[x•x
(0.020−x)•(0.020−x)=9
解之得：x=0.015，
所以转化率为
0.015mol/L/0.02mol/L]×100%=75%，
故答案为：放热，75%；
（5）反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则反应热为：△H=-2×2×466KJ/mol-（167KJ/mol+4×438.5KJ/mol）=-57KJ/mol，反应的热化学方程式为：2NO₂（g）⇌N₂O₄（g）△H=-57 kJ•mol^-1；
对于反应N₂O₄（g）⇌2NO₂（g），在温度为T₁、T₂时，平衡体系中NO₂的体积分数随压强变化曲线如图2所示．则
A．A点压强小于C点的压强，压强越大，反应速率越大，则反应速率：A＜C，故A错误；
B．增大压强，平衡向正反应移动，但浓度的增大幅度大于转化的程度，所以C点浓度大，颜色深，故B错误；
C．B、C两点二氧化氮的体积分数相同，则混合气体的平均相对分子质量相同，故C错误；
D．在相同压强下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则二氧化氮的体积分数增大，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法，故D正确，
故答案为：2NO₂（g）⇌N₂O₄（g）△H=-57 kJ•mol^-1； D；
（6）甲醇具有还原性，在负极上发生氧化反应生成碳酸根离子，反应的电极反应式为：CH₃OH+8OH^--6e^-═CO₃^2-+6H₂O，
故答案为：CH₃OH+8OH^--6e^-═CO₃^2-+6H₂O；

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

考点点评： 本题考查较为综合，涉及知识点较多，难度较大，易错点为（1），根据△G=△H-T△S＜0能自发进行．

（1）由题給信息：煤隔绝空气加热分解得到焦炭、煤焦油、煤气等，有新物质生成，故答案为：化学
（2）煤气的主要成分为氢气、甲烷、一氧化碳，氢气和甲烷都为无毒气体，只有一氧化碳有毒，故答案为：一氧化碳
（3）氢气燃烧后生成水，甲烷燃烧生成二氧化碳和水，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，化学方程式分别为：2H ₂ +O ₂

点燃
.
2H ₂ O； 2CO+O ₂

点燃
.
2CO ₂ ；CH ₄ +2O ₂

点燃
.
CO ₂ +2H ₂ O

解题思路：（1）根据温度对平衡常数的影响，可判断反应中热量的变化；
（2）根据浓度商和平衡常数比较，可判断；
（3）根据反应方程式之间的关系，结合平衡常数的定义计算；
（4）利用平衡常数计算出平衡时CO的浓度，再计算转化率；
（5）根据化学方程式利用三段式计算．

（1）由表中数据可知，温度越高，平衡常数的越小，即平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应，故答案为：放热；
（2）根据表中数据可知，800℃时，K=1，设容器体积为1，则A、Qc=[2×3/1×5]=1.2＞1，所以平衡逆向移动；
B、Qc=[1×1/2×2]=0.25＜1，所以平衡正向移动；
C、Qc=[0×0/3×3]=0＜1，所以平衡正向移动；
D、Qc=[1×1/0.5×2]=1，所以平衡不移动；
E、Qc=[2×1/3×1]=[2/3＜1，所以平衡正向移动；
故选BCE；
（3）因为K₁=
c(CO)•c(H2)
c(H2O)]，K₂=
c(H2)•c(CO2)
c(CO)•c(H2O)，K=
c2(CO)
c(CO2)，所以K=
K1
K2，故答案为：
K1
K2；
（4）设CO平衡浓度为xmol/L，根据
(0.01−x)2
(x)2=9，有x=0.0025，CO的平衡转化率为[0.01−0.0025/0.01]×100%=75%，故答案为：75%；
（5）利用三段式，
CO（g）+H₂O（g）⇌H₂（g）+CO₂（g）；
起始（mol） 1-x x 0 0
转化（mol） y（1-x） y（1-x） y（1-x） y（1-x）
平衡（mol）（1-x）•（1-y） x-y（1-x） y（1-x） y（1-x）
根据平衡常数K=
y(1−x)•y(1−x)
(1−x)•(1−y)•[x−y(1−x)]=1，化简得x=y，故答案为：x．

点评：
本题考点： 化学平衡建立的过程；化学平衡的计算．

考点点评： 本题主要考查了影响化学平衡常数的因素、平衡常数的概念、转化率的计算、平衡常数的应用等知识点，中等难度，解题时抓住基本概念的应用．

（1）b、c（2分，各1分） 
（2）浓硫酸、溴化钠 （1分，少一个不得分，写氢溴酸不扣分）
（3）浓硫酸，加热 （1分，少一个不得分） （2分）  
（4）  （2分）


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MTO是甲醇制烯烃(Methanol To Olefin)的英文缩写,是煤制烯烃工艺路线的核心技术,是将甲醇转化为乙烯、丙烯的工艺,进而生产聚烯烃.MTO工艺开辟了由煤炭或天然气生产基本有机化工原料的新工艺路线,是最有希望取代传统的以石油为原料制取烯烃的路线,也是实现煤化工向石油化工延伸发展的有效途径.

气化部分没什么区别,区别就是CO的去除,合成氨在变换开始就是尽量的降低CO的含量,增加H2的含量.可以说是全变换,而甲醇不是一般采用部分变换.一般为3部分,每一部分的变换程度不一样,主要根据甲醇洗后的CO2的含量来调节.合成氨有一氧化碳清除部分,也就是现在一般用的液氮洗,氨合成是要避免有CO的存在的.一般要求在10PPM一下.而甲醇合成的主要反应就是CO+H2,所以必须保留CO,用CO2来协助控制炉温.所以甲醇项目中没有CO脱出工序. 查看原帖>>
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