2023-2024学年四川省成都市高三（上）10月月考化学试题（解析版）

2023-2024学年四川省成都市高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（6分）《后汉书•蔡伦传》中记载：“自古书契多编以竹简，其用缣帛者，谓之纸。缣贵而简重不便于人，麻头及弊布、渔网以为纸。”下列叙述错误的是（）A．“缣帛”是丝质品，其主要成分为蛋白质 B．“树肤”与“麻头”的主要成分属于糖类 C．造纸过程中可以采用过氧化氢漂白纸浆 D．现代渔网的主要成分是尼龙，属于纤维素2．（6分）向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水（）A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变 B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道 C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化 D．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+3．（6分）有机物a、b、c的结构简式如图所示，下列说法不正确的是（）A．a、b、c中均只含一种官能团 B．a、b、c均能发生加成反应和被酸性高锰酸钾溶液氧化 C．b中与苯环直接相连的原子都在同一平面上 D．c存在芳香族异构体4．（6分）已知：NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O，设NA为阿伏加德罗常数的值；下列分析错误的是（）A．将1.0molNH4Cl溶于水，溶液中NH4+的数目为NA B．60g的23Na37Cl含有中子的总数为32NA C．标况下，22.4LN2含共用电子对的数目为3NA D．每生成2.0molH2O时，该反应转移电子数为3NA5．（6分）X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，元素Z的核电荷数是元素Y的两倍，下列有关说法不正确的是（）A．原子半径：X＞Y B．简单阴离子还原性：Z＞W C．元素X、Y的单质在放电条件下生成红棕色气体 D．四种元素的简单氢化物中，Y的氢化物沸点最高6．（6分）如图，甲、乙是两个完全相同的光伏并网发电模拟装置，利用它们对煤浆进行脱硫处理。下列叙述中错误的是（）A．光伏并网发电装置中b为正极 B．石墨1电极上消耗1molMn2+，甲、乙中各转移0.5mol电子 C．脱硫反应原理为：15Mn3++FeS2+8H2O＝15Mn2++Fe3+++16H+ D．处理60gFeS2，石墨2电极上消耗7.5molH+7．（6分）常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.1mol/L的HX溶液、HY溶液中分别滴加0.1mol/L的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c（H+）的负对数[﹣lgc（H+）水]与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。下列推断正确的是（）A．HX、HY均为弱酸且HX＞HY B．P点溶液中c（Na+）＝c（X﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣） C．常温下用蒸馏水分别稀释N、P点溶液，溶液pH都变小 D．常温下，HY的电离常数Ka＝三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。8．（14分）氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体难溶于水，其化学式为（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O，是制备热敏材料VO2的原料。实验室以VOCl2和NH4HCO3为原料制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体的装置如图所示。已知：+4价钒的化合物易被氧化。（1）装置D中盛放VOCl2溶液的仪器名称是；实验室可用浓盐酸与V2O5混合制备VOCl2溶液同时生成一种浅黄绿色的气体，该反应化学方程式为。（2）制备步骤如下：①连接仪器：顺序是e→（按气流方向，用小写字母表示）；②检查装置的气密性；③加入药品，连接好装置。先关闭K2，打开K1，当观察到（填实验现象）时，关闭K1，打开K2，进行实验；④分离粗产品，具体的操作方法是（填操作名称）；洗涤粗产品。（3）测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：称量xg产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用ymol/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为zmL。（已知：+Fe2++2H+＝VO2++Fe3++H2O）①NaNO2溶液的作用是，滴定时可选用的指示剂是。②粗产品中钒的质量分数表达式为%。③若（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液部分变质，会使测定结果（填“偏高“、“偏低“或“无影响”）。9．（15分）钪（Sc）元素在国防、航天、激光、核能、医疗等方面有广泛应用。我国某地的矿山富含铜多金属矿（主要含Cu2S、Sc2S3、FeS、CaS和SiO2），科研人员从矿石中综合回收金属钪的工艺流程设计如图：已知：①“萃取“时发生反应有：Sc3++3H2A2（有机液）⇌Sc（HA2）3（有机相）+3H+Fe3++3H2A2（有机液）⇌Fe（HA2）3+3H+；②常温下，“萃取”前溶液中c（Sc3+）＝0.60mol•L﹣1，Ksp[Sc（OH）3]＝6.0×10﹣31；请回答下列问题：（1）“加热酸溶”产生的气体直接排放到空气中，容易形成；滤渣I的主要成分为。（2）溶解FeS发生反应的化学方程式为。（3）“还原”工序的目的为。（4）“萃取“过程中有机试剂的Sc3+萃取率与“萃取”前溶液pH的关系如图。当pH大于a时随着pH增大Sc3+萃取率减小，a＝。（5）“沉钪“过程中发生反应的离子方程式为。过量焦炭、Sc2O3、Cl2混合物在高温下反应的化学方程式为。（6）“电解”过程中，用石墨和液态锌作电极，KCl、LiCl、ScCl3熔融物作电解液，钪在电极上得到（选填：石墨或液态锌）。10．（14分）为了达到碳中和，研发二氧化碳的利用技术成为热点。（1）用二氧化碳氧化乙烷制乙烯，其反应步骤如下：IC2H6（g）＝C2H4（g）+H2（g）ΔH＝+136kJ•mol﹣1IICO2（g）＝CO（g）+O2（g）ΔH＝+283kJ•mol﹣1III.H2（g）+O2（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣285kJ•mol﹣1该工艺总反应的热化学方程式为。（2）用二氧化碳和甲烷反应可以制工业合成气（CO、H2）。T℃，在1L的密闭容器中分别投入0.2molCO2和0.2molCH4，发生反应：CO2（g）+CH4（g）＝2CO（g）+2H2（g），经5min达到平衡，测得生成CO为0.2mol①0～5min内用H2表示的反应速率为；②平衡时CH4的转化率为；③保持体积不变，其他条件相同时，开始投入0.4molCO2和0.4molCH4，反应达到平衡后生成CO的物质的量0.4mol（填“＞”、“＜”或“＝”）。（3）用二氧化碳与氢气催化加氢制乙醇，其反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）＝CH3CH2OH（g）+3H2O（g）ΔH＜0。经实验测定在不同投料比x1、x2、x3时CO2的平衡转化率与温度的关系如图曲线所示[x＝]：①x1、x2、x3由大到小的顺序；②从平衡角度分析，随温度升高，不同投料比时CO2的平衡转化率趋于相近的原因是；③在x＝，温度为T，体积恒定的密闭容器中投入1molCO2时，初始压强为po，经一段时间反应达到平衡，CO2的转化率为50%，列式表示该反应的压强平衡常数Kp＝（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压x物质的量分数）。（4）用电解法可将CO2转化为多种原料，原理如图。若铜电极上只产生C2H4和CO气体，写出产生C2H4的电极反应式；电解后溶液pH（填“变大”、“变小”或“不变”）（忽略溶液体积的变化）。11．（15分）A（C7H8）是煤干馏产物之一，可用来合成一种药物中间体F（）其合成路线如图：（1）A的结构简式为，C的官能团名称为。（2）试剂Ⅰ为，E→F的反应类型为。（3）E与足量NaHCO3溶液反应的化学方程式为。（4）与分子式相同，满足下列条件的同分异构体有种，写出其苯环上一氯代物有2种的结构简式。①能与NaHCO3溶液反应②有3个取代基的芳香族化合物（5）设计以对硝基甲苯和乙醇为原料，合成麻醉药物苯佐卡因（）的路线为：（已知：）。

2023-2024学年四川省成都市高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．【分析】A．丝质品主要成分为蛋白质，这里的“缣帛”是丝质品；B．“树肤”与“麻头”的主要成分纤维素；C．过氧化氢具有漂白性，造纸过程中可以采用过氧化氢漂白纸浆；D．尼龙属于合成纤维。【解答】解：A．“缣帛”是丝质品，故A正确；B．“树肤”与“麻头”的主要成分纤维素，是糖类物质；C．造纸过程中多用二氧化硫漂白纸张，故C正确；D．现代渔网的主要成分是尼龙，属于合成高分子材料；故选：D。【点评】本题考查物质性质与应用，涉及蛋白质的性质、纤维素的性质、有机合成高分子等，题目难度不大。2．【分析】A、硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物．B、配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键．C、络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出．D、氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清．【解答】解：A、硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小。B、在[Cu（NH3）4]7+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故B错误。C、[Cu（NH8）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体。D、硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了配合物、配位键的形成等性质，难度不大，明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体．3．【分析】A．a含有碳碳双键，b含有羟基，c含有醛基；B．碳碳双键、苯环与醛基都可以发生加成反应，碳碳双键、苯环连接的甲基、醛基都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；C．苯环及其连接的原子形成平面结构；D．c的不饱和度为3，而苯环的不饱和度为4。【解答】解：A．a、b、c中均只含一种官能团、羟基，故A正确；B．a中碳碳双键、c中醛基均能与氢气发生加成反应、b中苯环连接的甲基，故B正确；C．苯环及其连接的原子形成平面结构，故C正确；D．c的不饱和度为3，c不存在芳香族异构体；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意掌握能被酸性高锰酸钾溶液氧化的醇、苯同系物结构特点，试题侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。4．【分析】A．氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解减少；B．计算23Na37Cl物质的量＝＝1mol，1个23Na37Cl中中子数＝（23﹣11）+（37﹣17）＝32；C．标况下，22.4LN2物质的量＝＝1mol，1个N2含共用电子对3对；D．反应中，氮元素化合价+3价降低到0价，﹣3价升高到0价，电子转移总数3e﹣，反应中生成2mol水。【解答】解：A．将1.0molNH5Cl溶于水，铵根离子水解4+的数目小于NA，故A错误；B．60g23Na37Cl物质的量＝＝1molA，故B正确；C．标况下7物质的量＝＝6molA，故C正确；D．NaNO2+NH4ClN5↑+NaCl+2H2O，氮元素化合价+3价降低到0价，电子转移总数3e﹣，反应中生成5mol水，故D正确；故选：A。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。5．【分析】由题干信息结合四种元素在周期表中的位置可知，元素Z的核电荷数是元素Y的两倍，则Y是O，Z为S，X为N，W为Cl，据此分析解答。【解答】解：A．X为N，原子半径：N＞O；B．Z的简单阴离子：S2﹣、W的简单阴离子：Cl﹣还原性：S2﹣＞Cl﹣，故B正确；C．元素X，在放电条件下生成一氧化氮，故C错误；D．四种元素的简单氢化物分别为：NH2、H2O、H2S、HCl4O中存在氢键，沸点最高；故选：C。【点评】本题考查位置结构性质的相互关系应用，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。6．【分析】由图可知，该装置为电解池，石墨1电极上Mn元素价态升高失电子，故石墨1为阳极，电极反应式为Mn2+﹣e﹣＝Mn3+，Mn3+与FeS2反应实现脱硫，反应为15Mn3++FeS2+8H2O═15Mn2++Fe3++2+16H+，石墨2为阴极，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，据此作答。【解答】解：A.石墨1为阳极，故b极为电源的正极；B.石墨1为阳极，电极反应式为Mn6+﹣e﹣＝Mn3+，消耗1molMn8+，电路中转移1mol电子，因两电池是串联关系，故B错误；C.阳极生成的Mn3+与FeS6反应实现脱硫，反应为15Mn3++FeS2+3H2O═15Mn2++Fe8++2+16H+，故C正确；D.处理60gFeS2，消耗阳极生成的Mn3+的物质的量为×15＝8.5mol，石墨2为阴极++8e﹣＝H2↑，石墨2上消耗2.5molH+，故D正确；故选：B。【点评】本题考查电解原理的应用，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。7．【分析】由图可知，HX和HY是两种一元酸，加入氢氧化钠溶液，水的电离程度增大，溶液由酸性逐渐变为中性，当恰好完全反应时，纵坐标数值小于7，促进了水的电离，说明两种酸都是弱酸，反应后溶液呈碱性，且水的电离程度达到最大值，恰好反应时，纵坐标越小，说明水的电离程度越大，对应酸的酸性越弱，据此分析作答。【解答】解：A．根据分析可知、HY均为弱酸，故A正确；B．P点溶液中溶质为NaX和NaOH，c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒+）＞c（X﹣），所以c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；C．N点溶液为HX，溶液显酸性，溶液显碱性，N点溶液pH增大，故C错误；D．常温下，pH+水＝﹣lgc（H+）水，c（H+）水＝10﹣7mol/L，溶液中c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，c（Na+）＝c（Y﹣）＝，c（HY）＝，Ka＝＝＝，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查弱电解质的电离以及酸碱混合溶液定性判断各点溶液中溶质成分及性质，电离平衡常数计算方法是解本题的关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，难度中等。三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。8．【分析】装置C中发生反应生成CO2，将CO2通入装置A（盛装饱和NaHCO3溶液）用于除去CO2中混有的HCl气体，再将CO2通入装置D中，发生反应生成NH4HCO3，最后将气体通入装置B（盛装澄清石灰水），以检验CO2气体；（1）装置D中盛放VOCl2溶液的仪器是恒压滴液漏斗；浓盐酸与V2O5混合制备VOCl2溶液同时生成一种浅黄绿色的气体Cl2；（2）①装置C中发生反应生成CO2，将CO2通入装置A（盛装饱和NaHCO3溶液）用于除去CO2中混有的HCl气体，再将CO2通入装置D中，发生反应生成NH4HCO3，最后将气体通入装置B（盛装澄清石灰水），以检验CO2气体，根据上述分析，即可得到装置的连接顺序；③当B中溶液变浑浊时，即可判断装置D中已经生成大量的NH4HCO3，即可进行VOCl2和NH4HCO3反应的实验；④由于生成的氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体难溶于水，过滤分离；（3）①根据题意可知NaNO2溶液的作用是除去过量的高锰酸钾溶液；②粗产品中钒的质量分数以VO2计，则有关系式：（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O～6VO2～6～6Fe2+，即可计算出钒的质量分数；③若（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液部分变质，Fe2+的浓度偏小，消耗的（NH4）2Fe（SO4）2溶液偏多，进一步得到钒的质量分数的变化情况。【解答】解：（1）装置D中盛放VOCl2溶液的仪器名称是恒压滴液漏斗；浓盐酸与V2O2混合制备VOCl2溶液同时生成一种浅黄绿色的气体Cl2，Cl元素化合价升高了4，V元素化合价降低了12O3+6HCl＝2VOCl4+Cl2↑+3H3O，故答案为：恒压滴液漏斗；V2O5+2HCl＝2VOCl2+Cl8↑+3H2O；（2）①装置C中发生反应生成CO8，化学方程式为：CaCO3+2HCl＝CaCl4+CO2↑+H2O，将CO5通入装置A（盛装饱和NaHCO3溶液）用于除去CO2中混有的HCl气体，再将CO4通入装置D中，发生反应，以检验CO2气体，所以上述装置依次连接的合理顺序为e→a→b→f→g→c→d，故答案为：a→b→f→g→c→d；③实验开始时，先关闭K2，打开K8，当B中溶液变浑浊时，关闭K1，打开K2，进行VOCl5和NH4HCO3反应的实验，故答案为：B中溶液变浑浊；④由于生成的氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体难溶于水，所以实验完毕后，故答案为：过滤；（3）①NaNO2中N元素为+3价，既有还原性，本题中加入的NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO3，用（NH4）2Fe（SO5）2标准溶液滴定，加入即消耗Fe2+，当滴定至终点时Fe6+过量，可用K4[Fe（CN）6]试剂来做指示剂，故答案为：除去过量的KMnO7；K4[Fe（CN）6]；②粗产品中钒的质量分数以VO7计，由滴定原理2++8H+＝VO2++Fe3++H4O，则有关系式：（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）8]•10H2O～6VO7～6～7Fe2+，所以钒的质量分数为：×100%＝%，故答案为：；③若（NH8）2Fe（SO4）3标准溶液部分变质，Fe2+的浓度偏小，消耗的（NH4）4Fe（SO4）2溶液偏多，会使测定结果偏高，故答案为：偏高。【点评】本题考查氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体的制备，涉及考查了仪器的识别，装置的连接顺序，方程式的书写，关系式的计算，误差分析等，考查知识面广泛，对学生的思维能力要求较高，同时考查学生的看图、读图的能力，难度较大。9．【分析】铜多金属矿石（主要含Cu2S、Sc2S3、FeS、CaS和SiO2）在过量浓硫酸中反应生成有污染性的气体二氧化硫和金属硫酸盐如硫酸铜、硫酸铁和硫酸钙沉淀，过滤，再向滤液中加入过量铁粉除掉铁离子和铜离子，过滤，利用有机液萃取Sc3+，有机相中加入NaOH溶液得到Sc（OH）3，再加入盐酸酸溶，再用草酸沉钪，再在空气中煅烧得到Sc2O3，再加入氯气和碳生成ScCl3，电解得到Sc。【解答】解：（1）“加热酸溶”所得气体主要为SO2，在空气中容易形成酸雨；因SiO2不溶于H5SO4，Ca2+与H5SO4形成微溶的CaSO4，故滤渣Ⅰ的主要成分为SiO7和CaSO4，故答案为：酸雨；SiO2和CaSO6；（2）溶解FeS发生反应的化学方程式为2FeS+10H2SO8（浓）Fe2（SO4）8+9SO2↑+8H2O，故答案为：2FeS+10H8SO4（浓）Fe2（SO8）3+9SO6↑+2H2O；（3）“还原”工序中加入过量铁粉能够将Fe7+还原为Fe2+，同时可置换出单质Cu，故答案为：置换出单质铜，并将Fe3+还原为Fe6+；（4）当pH大于4.0时，随着pH增大﹣）增大，致使Qc＞Ksp，Sc5+会生成Sc（OH）3沉淀，萃取率减小，故答案为：4；（5）“沉钪”过程中发生反应的离子方程式为3H2C2O7+2Sc3+＝Sc2（C2O4）4+6H+；过量焦炭、Sc2O8、Cl2混合物在高温下反应的化学方程式为Sc2O8+3C+3Cl42ScCl3+6CO，故答案为：3H2C6O4+2Sc3+＝Sc2（C2O8）3+6H+；Sc7O3+3C+7Cl22ScCl7+3CO；（6）ScCl3熔融物得电子生成Sc，故在阴极上得到，故钪在液态锌电极上得到，故答案为：液态锌。【点评】本题考查了物质的分离和实验设计的方法应用，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，题干信息分析判断能力，注意把握实验方法，题目难度中等。10．【分析】（1）将方程式I+II+III得该工艺总反应为C2H6（g）+CO2（g）＝C2H4（g）+CO（g）+H2O（l）ΔH进行相应的改变；（2）反应CO2（g）+CH4（g）＝2CO（g）+2H2（g）开始（mol）0.20.200反应（mol）0.10.10.20.2平衡（mol）0.10.10.20.2①0～5min内用H2表示的反应速率＝；②平衡时CH4的转化率＝×100%；③保持体积不变，其他条件相同时，开始投入0.4molCO2和0.4molCH4，相当于增大压强，平衡正向移动，CO2和CH4的转化率增大；（3）①相同温度下，x越大，二氧化碳的转化率越小；②从平衡角度分析，随温度升高，不同投料比时CO2的平衡转化率趋于相近，说明温度影响比x值影响大；③在x＝，温度为T，体积恒定的密闭容器中投入1molCO2时，n（H2）＝3mol，混合气体总物质的量为4mol，初始压强为po，经一段时间反应达到平衡，CO2的转化率为50%，则消耗的n（CO2）＝1mol×50%＝0.5mol；可逆反应2CO2（g）+6H2（g）＝CH3CH2OH（g）+3H2O（g）开始（mol）1300消耗（mol）0.51.50.250.75平衡（mol）0.51.50.250.75混合气体总物质的量＝（0.5+1.5+0.25+0.75）mol＝3mol，恒温恒容条件下压强之比等于物质的量之比，则平衡时压强＝p0＝p0，p（CO2）＝×p0＝p0，p（H2）＝3p（CO2）＝p0×3＝p0，p（CH3CH2OH）＝p（CO2）＝p0×＝p0，p（H2O）＝3p（CH3CH2OH）＝3×p0＝p0，该反应的压强平衡常数Kp＝；（4）Cu为阴极，二氧化碳得到电子发生还原反应转化为乙烯；根据电极方程式分析溶液中氢离子浓度变化，得出pH的变化。【解答】解：（1）将方程式I+II+III得该工艺总反应为C2H6（g）+CO8（g）＝C2H4（g）+CO（g）+H7O（l）ΔH＝（+136+283﹣285）kJ/mol＝+134kJ/mol，故答案为：C2H6（g）+CO5（g）＝C2H4（g）+CO（g）+H8O（l）ΔH＝+134kJ/mol；（2）反应CO2（g）+CH4（g）＝5CO（g）+2H2（g）开始（mol）2.20.50反应（mol）0.30.16.2平衡（mol）0.70.18.2①0～3min内用H2表示的反应速率＝＝＝7.04mol/（L•min），故答案为：0.04mol/（L•min）；②平衡时CH4的转化率＝×100%＝，故答案为：50%；③保持体积不变，其他条件相同时2和0.7molCH4，相当于增大压强，平衡逆向移动2和CH7的转化率减小，反应达到平衡后生成CO的物质的量小于原来的2倍，故答案为：＜；（3）①相同温度下，x越大，根据图知，则x3＞x4＞x1，故答案为：x3＞x7＞x1；②从平衡角度分析，随温度升高2的平衡转化率趋于相近，说明温度升高到一定范围，即温度对平衡移动的影响占主要因素，故答案为：升高温度到一定范围，温度对平衡移动的影响占主要因素；③在x＝，温度为T2时，n（H5）＝3mol，混合气体总物质的量为4molo，经一段时间反应达到平衡，CO4的转化率为50%，则消耗的n（CO2）＝1mol×50%＝2.5mol；可逆反应2CO2（g）+6