2025高考冲刺考试方法答题技巧预测化学-二 题型1　化学反应原理综合题答案解析

二非选择题突破篇5类核心非选题型必须要破解!题型1化学反应原理综合题考向1【典例】【审答思维】ΔH1×3+ΔH2正反应逆反应断键吸收能量-成键放出能量【解析】(1)将第一个热化学方程式编号定为①,将第二个热化学方程式编号定为②。根据盖斯定律,将热化学方程式①乘以3再加上热化学方程式②,即①×3+②,故热化学方程式为3CH4(g)+3Br2(g)===C3H6(g)+6HBr(g)的ΔH=-29kJ·mol-1×3+20kJ·mol-1=-67kJ·mol-1。(2)根据反应热ΔH与活化能E正和E逆关系为ΔH=正反应活化能-逆反应活化能可知,该反应的E逆=E正kJ·mol-1-ΔH=(E正+67.59)kJ·mol-1。(3)在化学反应中,断开化学键要吸收能量,形成化学键要释放能量,反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差,因此,由图中数据可知,反应12N2(g)+32H2(g)===NH3(g)的ΔH=(473+654-436-397-339)kJ·mol-1=-45kJ·mol答案:(1)-67(2)(E正+67.59)(3)-451.【解析】①C(s)+2H2(g)===CH4(g)ΔH=-74.5kJ·mol-1②CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g)ΔH=-40.0kJ·mol-1③C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g)ΔH=+132.0kJ·mol-1由盖斯定律可知,③-①-②可得目标热化学方程式,则CO2(g)+CH4(g)===2CO(g)+2H2(g)的ΔH=(132.0+74.5+40)kJ·mol-1=+246.5kJ·mol-1。答案:+246.52.【解析】(1)由键能计算反应焓变,ΔH=反应物总键能-生成物总键能,1molSi中含有2molSi—Si键,1molSiO2中含有4molSi—O键,所以176kJ·mol-1×2+498.8kJ·mol-1-xkJ·mol-1×4=-989.2kJ·mol-1,解得x=460;(2)ΔH=4E(Si—Cl)+2E(H—H)-2E(Si—Si)-4E(H—Cl)=(4×360+2×436-2×176-4×431)kJ·mol-1=+236kJ·mol-1。答案:(1)460(2)+2363.【解析】(1)由题干反应历程图可知,FeO反应前后质量和性质没有改变,即FeO作催化剂,催化剂能够降低反应所需要的活化能,故从能量角度分析FeO的作用是降低反应活化能;(2)由题干反应历程可知,2Fe3O4(s)===O2(g)+6FeO(s)ΔH1=+akJ·mol-1,CO2(g)+6FeO(s)===C(s)+2Fe3O4(s)ΔH2=+bkJ·mol-1,两反应相加:CO2(g)===C(s)+O2(g),根据盖斯定律可知,ΔH=+(a+b)kJ·mol-1,则炭黑和氧气转化为CO2的热化学方程式为C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-(a+b)kJ·mol-1。答案:(1)降低反应活化能(2)C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-(a+b)kJ·mol-14.【解析】(1)根据图像可知反应①的热化学方程式为2NO(g)===N2O2(g)ΔH=(E2-E3)kJ·mol-1;(2)总反应速率由慢反应决定,慢反应是活化能大的反应,由图像可知,反应②的活化能大于反应①的活化能,反应②决定总反应速率;当反应体系升高温度,发现总反应速率变慢,可能是升高温度反应①平衡向逆向移动,导致N2O2浓度减小,温度升高对反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应②速率变慢。答案:(1)2NO(g)===N2O2(g)ΔH=(E2-E3)kJ·mol-1(2)反应②温度升高后反应①平衡逆向移动,导致N2O2浓度减小,温度升高对反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响,导致反应②速率变慢,最终总反应速率变慢考向2【典例】【审答思维】3越大碳氢氢氧碳氧慢增大下降<【解析】(1)由反应历程可知,包含3个基元反应,分别为C40H20+H·C·40H19+H2,C·40H19+H2C·40H19'+H2,C·40H19'+H2C40H18+H·+H2,(2)①步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成,步骤Ⅱ中涉及碳氧键的形成,所以符合题意的是步骤Ⅰ;②直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时,反应速率会变慢,则此时正反应活化能会增大,根据图示可知,MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c;③MO+与CH2D2反应时,因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时,反应速率会变慢,则单位时间内产量会下降,则氘代甲醇的产量CH2DOD<CHD2OH;根据反应机理可知,若MO+与CHD3反应,生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH,共2种。答案:(1)33(2)①Ⅰ②c③<21.【解析】(1)环己烷吸附在催化剂表面时会释放能量,使得C6H12+*→C6H*12的焓变小于零;(2)C6H12脱氢的速率小于C6H*11,因为C6H12脱氢过程中C6H*12到TS1这步的活化能很大,活化能越大,反应速率越慢,导致C6H12脱氢的速率整体小于C6H*11。答案:(1)环己烷吸附在催化剂表面时会释放能量(2)小于2.【解析】(1)由反应历程及能量变化图示可知,反应物总能量高于生成物总能量,则转化为是放热反应,反应②-①得到,根据盖斯定律,ΔH=(n-m)kJ·mol-1<0,则m>n;转化为的ΔHi=Ea1-Ea2,转化为的ΔHii=Ea3-Ea4,这个过程中ΔH3=ΔHii+ΔHi=Ea3-Ea4+(Ea1-Ea2)=-(Ea4+Ea2-Ea1-Ea3);(2)由题中阿伦尼乌斯公式可知,升高相同的温度,活化能越大,速率常数k增大越多,Ea2<Ea3,故升高温度,对1,4-加成产物的生成速率提高更有利,则其他条件不变的情况下,升高反应温度,对反应②的速率提高更有利;(3)由图可知,的能量低于,较稳定,反应生成的容易转化为,则反应达平衡后产物中含量更大,主链含有4个C原子,1、4号C原子上含有Br原子,2、3号C原子上含有甲基,2号C原子含有碳碳双键,则该物质的名称为2,3-二甲基-1,4-二溴-2-丁烯;由历程图可知活化能Ea2<Ea3,故反应的速率①快。答案:(1)>-(Ea4+Ea2-Ea1-Ea3)(2)②由题中阿伦尼乌斯公式可知,升高相同的温度,活化能越大,速率常数k增大越多,Ea2<Ea3,故升高温度,对1,4-加成产物的生成速率提高更有利(3)2,3-二甲基-1,4-二溴-2-丁烯①考向3【典例】【审答思维】降低陡然上升CH2Br2HBrCH3Br【解析】根据影响化学反应速率的因素判断化学反应进行的方向从而判断曲线归属;根据反应前后的变化量计算转化率;根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数;根据一段时间内物质的含量变化计算反应速率并计算反应速率比;根据图示信息和反应机理判断合适的原因。(i)设密闭容器体积为VL,11~19s时,有I2的条件下的生成速率v(有I2)=3.2V-2.6V8=0.075Vmmol·L-1·s-1,无I2的条件下的生成速率v(无I2)=2.(ii)从图中可以看出,大约5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低,有I2催化的CH3Br的含量陡然上升,因此,可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性。(iii)根据反应机理,I2的投入消耗了部分CH2Br2,同时也消耗了部分HBr,使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br,提高了CH3Br的选择性。答案:(i)32(或3∶2)(ii)5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低,有I2催化的CH3Br的含量陡然上升(iii)I2的投入消耗了部分CH2Br2,使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH31.【解析】由图可知,反应物的总能量小于生成物的总能量,该反应为吸热反应,ΔH>0;乙苯在催化剂表面脱氢制苯乙烯的总反应为+H2(g),该反应为气体体积增大的吸热反应,升高温度、减小压强均能使平衡正向移动,均能提高乙苯的平衡转化率,而选择分子膜选择性分离出H2,也可使平衡右移,转化率提高。答案:>BDE2.【解析】反应为放热的、气体分子数减小的反应;升高温度,反应速率加快,平衡逆向移动,氢气量增加,故曲线Ⅰ改变的条件可能是升高温度;反应中增大压强,反应速率加快,平衡正向移动,氢气量减小,故曲线Ⅱ改变的条件可能是增大压强。答案:A3.【解析】(1)由图可知,氨含量40%、反应温度750℃时生成NO的速率快于其他选项的条件;(2)催化剂具有选择性,升高温度,催化剂对主反应的选择性降低,对副反应的选择性提高,主反应和副反应都是放热反应,升高温度,平衡都逆向移动,且主反应逆向移动程度更大,所以体系中n(答案:(1)B(2)升高温度,催化剂对主反应选择性降低,对副反应的选择性提高,升高温度,主反应逆向移动程度更大考向4【典例】【审答思维】逐渐降低2NO+O22NO2增大减小下降增大10x【解析】(1)2NO+O22NO2,该反应正向气体分子总数减小,同温时,p1条件下NO转化率高于p2,故p1>p2,根据V=nRTp,x、y点转化率相同,则n相同,此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响,故y点的容器容积小于x点的容器容积。(2)①A.增大HCl的流速,由图像可知,HCl的转化率在减小,不符合题意;B.M点对应温度为360℃,由图像可知,升高温度,HCl的转化率增大,符合题意;C.增大n(HCl)∶n(O2),HCl的转化率减小,不符合题意;D.使用高效催化剂,可以增加该温度下的反应速率,使单位时间内HCl的转化率增加,符合题意。②图中在较高流速下,T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2,主要是流速过快,反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应,导致转化率下降,同时,T3温度低,反应速率低,故单位时间内氯化氢的转化率低。③由图像可知,N点HCl的平衡转化率为80%,设起始n(HCl)=n(O2)=4mol,可列出三段式:2HCl(g)+12O2(g)Cl2(g)+H2O(g)起始量/mol 4 4 0 0变化量/mol 3.2 0.8 1.6 1.6平衡量/mol 0.8 3.2 1.6 1.6则K=1.6(3)①反应Ⅰ+反应Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g),所以其平衡常数K=KⅠ×KⅡ=(pCO105Pa)3,由图1可知,1585K时KⅠ=102.5,KⅡ=10-1.5,故K=KⅠ×KⅡ=(pCO105Pa)3=102.5×10-1.5=10,得出pCO3=10×(105Pa)3=1016Pa3,则Kp②由图1可知,1320K时反应Ⅰ的KⅠ=100=1,根据反应Ⅰ得出KⅠ=(pCO105Pa)2=1,所以pCO2=(105Pa)2,即pCO=105Pa;若将容器体积压缩到原来的12,由于温度不变、平衡常数不变,因此重新建立平衡后pCO不变答案:(1)2NO+O22NO2,该反应正向气体分子总数减小,同温时,p1条件下NO转化率高于p2,故p1>p2,x、y点转化率相同,此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响(2)①BD②流速过快,反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应,导致转化率下降,同时,T3温度低,反应速率低,故单位时间内氯化氢的转化率低③6(3)①1016②1051051.【解析】(1)该反应是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,NO的平衡转化率减小,所以NO的平衡转化率随温度的变化关系曲线是Ⅰ;(2)该反应是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,并且平衡常数只与温度有关,所以温度越高,平衡常数越小,a点温度低,d点温度高,所以Ka>Kd;(3)b点n(H2)n(NO)=4,NO的平衡转化率是80%,2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)开始(mol) 4 1 0 0转化(mol) 0.8 0.8 0.4 0.8平衡(mol) 3.2 0.2 0.4 0.8平衡时气体总物质的量为3.2+0.2+0.4+0.8=4.6(mol),Kp=p(N2答案:(1)Ⅰ(2)>(3)(2.【解析】由化学方程式知,图中a、b、c分别为硫化氢、氢气、S2的体积分数随温度变化的曲线。(1)由图可知,温度升高,硫化氢的体积分数减小,说明平衡向正反应方向移动,该反应为吸热反应,反应热ΔH>0;(2)由分析可知,曲线c代表的物质是S2;(3)反应温度为1300℃时,硫化氢的体积分数为50%,设起始硫化氢的物质的量为2mol、转化率为α,由题意可建立如下三段式:2H2S(g)2H2(g)+S2(g)起(mol) 2 0 0变(mol) 2α 2α α平(mol) 2-2α 2α α由硫化氧的体积分数为50%可得:2-2α2+α×100%=50%,解得α=0.4,则平衡时硫化氧、氢气、S2的分压分别为1.2mol2.4mol×100kPa=12×100kPa、0.8mol2.4mol×100kPa=13(100×13)2×(100×16)(100×12)2=100×答案:(1)>(2)S2(3)(100×13)2×3.【解析】随温度升高,lgKp1减小,反应ⅱ放热;随温度升高,lgKp2增大,反应ⅲ吸热;根据盖斯定律ⅱ+ⅲ得N2H4(l)N2(g)+2H2(g),则Kp0=Kp1·Kp2。由图可知,温度对Kp1的影响程度大于对Kp2的影响程度,所以升高温度,Kp0减小,所以ΔH0<0;对于反应43NH3(g)23N2(g)+2H2(g),B点对应的温度和反应物浓度都比A点高,所以v正(A)小于v正(B)。ΔH1<0、ΔH2>0,又因为ΔH0<0,由盖斯定律可知,ΔH0-ΔH1=ΔH2>0,因此ΔH0>ΔH1,由于放热反应的ΔH越小,其绝对值越大,则ΔH1ΔH0答案:(1)小于(2)小于(3)D考向5【典例】【审答思维】<逆向减小N2和H21、3正向能【解析】(1)对于合成氨反应,常温下,ΔG=ΔH-TΔS=-92.4kJ·mol-1-298K×(-0.2kJ·K-1·mol-1)=-32.8kJ·mol-1<0,故合成氨反应在常温下能自发进行;(2)其他条件一定时,升高温度,可以提供更高的能量,使活化分子百分数增大,反应速率加快;合成氨反应是放热反应,要提高平衡转化率,即使反应平衡正向移动,应降低温度;(3)将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得:①q=k·mα·nβ·pγ,③10q=k·mα·nβ·(0.1p)γ,可得γ=-1;合成氨过程中,不断分离出氨,即降低体系中c(NH3),生成物浓度下降,平衡向正反应方向移动,根据速率方程氨的浓度是分母,浓度越小,速率越快,a、c正确;反应主产物即氨不能使催化剂中毒,b错误。答案:(1)能(2)高低(3)-1ac【解析】由v正=k正cm(CO)·cn(H2)可知:实验1中,0.391mol·L-1·min-1=k正×(0.25mol·L-1)m×(0.50mol·L-1)n;实验2中:0.781mol·L-1·min-1=k正×(0.25mol·L-1)m×(1.00mol·L-1)n;实验3中:0.780mol·L-1·min-1=k正×(0.50mol·L-1)m×(0.50mol·L-1)n;则实验2实验1可得2=2n,即n=1;实验3实验1得2=2m,则m=1。当实验1中c(HCO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始(mol·L-1)0.25 0.5 0转化(mol·L-1) 0.125 0.25 0.125平衡(mol·L-1) 0.125 0.25 0.125平衡常数K=0.125答案:1116考向6【典例】【审答思维】0.0410kPap(NH3)·p(CO2)·p(H2O)40601002060【解析】(1)0.72g水的物质的量为0.04mol,故p(H2O)=2.5×102kPa·mol-1×n(H2O)=10kPa,NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3===NH3↑+CO2↑+H2O↑,故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)·p(CO2)·p(H2O)=4×104(kPa)3,解得p(NH3)=40kPa,故为保证NH4HCO3不分解,NH3的分压应不低于40kPa。(2)随着温度升高,平衡时Ni(CO)4的体积分数减小,说明温度升高平衡逆移,因此该反应的ΔH<0;该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应,因此降低温度和增大压强均有利于Ni(CO)4的生成;由上述分析知,温度相同时,增大压强平衡正向移动,对应的平衡体系中Ni(CO)4的体积分数增大,则压强:p4>p3>p2>p1,即p3对应的压强是1.0MPa。由题图可知,p3、100℃条件下达到平衡时,CO和Ni(CO)4的物质的量分数分别为0.1、0.9,设初始投入的CO为4mol,反应生成的Ni(CO)4为xmol,可得三段式:Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)起始(mol) 4 0转化(mol) 4x x平衡(mol) 4-4x x反应后总物质的量为(4-3x)mol,根据阿伏加德罗定律,其他条件相同时,气体的体积分数即为其物质的量分数,因此有x4-3x=0.9,解得x=3637,因此达到平衡时n转化(CO)=4×3637mol,CO的平衡转化率α=4×3637mol4mol×100%≈97.3%;气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数,则该温度下的压强平衡常数K(3)由题图中M点可知,进料比为n(SO2)∶n(Cl2)=2,平衡时Δp=60kPa,已知恒温恒容情况下,容器内气体物质的量之比等于压强之比,可据此列出三段式:SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g)Δp起始压强/kPa 160 80 0转化压强/kPa 60 60 60 60平衡压强/kPa 100 20 60可计算得α(Cl2)=60kPa80kPa×100%=75%,Kp=p答案:(1)40(2)小于降低温度、增大压强97.3%9000(3)75%0.031.【解析】根据图可知,平衡状态时n(C2H2)=n(C2H6)=0.4mol,n(C3H4)=n(CH4)=0.1mol,n(C4H8)=1-0.4-0.1=0.5(mol),平衡时气体总物质的量为0.4+0.4+0.1+0.1+0.5=1.5(mol),则p(C2H2)=p(C2H6)=100kPa×0.4mol1.5mol,p(C4H8)=100kPa×0.5mol1.5mol,1-丁烯压强变化率等于100kPa×(1-13)amin=答案:66.7a(或2002.【解析】(1)根据盖斯定律,反应4CH3OH(g)+2CO2(g)3HCOOCH3(g)+2H2O(g)可由已知反应“Ⅰ×2+Ⅱ×2+Ⅲ”得到,故ΔH=2×ΔH1+2×ΔH2+ΔH3=2×756.83+2×316.12-162.04=+1983.86(kJ·mol-1);则该反应的压强平衡常数Kp=Kp12×Kp22×Kp3(化学方程式相加(2)由于lgKp=-ΔH2.303R×1T+C,反应Ⅰ、Ⅱ的反应热ΔH均是正值,则lgKp与1T之间成反比关系,其在图所示曲线中为a、b,曲线c是ΔH为负值的反应Ⅲ,又ΔH1大于ΔH2,其线“答案:(1)+1983.86kJ·mol-1Kp12×Kp22×1.【解析】(1)根据盖斯定律,②-(2×③+①)可得2C(s)+2H2O(g)CH4(g)+CO2(g)ΔH=+15kJ·mol-1。(2)平衡常数只受温度影响,A错误;该反应为前后气体分子数改变的反应,平衡前,气体总质量不变,气体平均相对分子质量会发生变化,故当容器内气体的平均相对分子质量保持不变时,可以说明该反应达到平衡状态,B正确;反应4min时,测得CO的物质的量为0.8mol,则消耗CO的物质的量为0.2mol,消耗氢气的物质的量为0.6mol,用氢气浓度的变化表示该反应4min内的平均速率为v=0.0.075mol·L-1·min-1,C错误;该反应为放热反应,其他条件不变,升高温度,平衡逆向移动,CO的平衡转化率降低,D正确。(3)①该反应为放热反应,升高温度,化学平衡向吸热方向移动,随温度升高平衡常数减小,故平衡常数K与温度T的变化关系应为图甲中曲线m。②温度升高化学反应速率加快,图乙中a点温度小于c点温度,且c点比a点的氢气浓度大,即c点生成物浓度较大,故v逆(a)<v逆(c);根据图乙所示T2时氢气平衡转化率为80%,故可列三段式为CO2+3H2CH3OH+H2O开始(mol) 2 3 0 0变化(mol) 0.8 2.4 0.8 0.8平衡(mol) 1.2 0.6 0.8 0.8起始时压强为2.5MPa,平衡时压强为(1=3.KP=(0.8答案:(1)+15(2)BD(3)①m该反应为放热反应,升高温度,化学平衡向吸热方向移动,平衡常数减小②<9.882.【解析】(1)根据盖斯定律:2×①+②得CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH=(206.2×2-165.0)kJ·mol-1=+247.4kJ·mol-1。(2)①由图可知,随着温度的升高,氢气物质的量增大,说明平衡逆向移动,则该反应为放热反应,ΔH<0。②由①分析可知,随着温度的升高,平衡逆向移动,则生成物浓度降低,根据化学方程式可知,生成H2O(g)的物质的量大于C2H4(g)的物质的量,曲线c表示的物质为C2H4。③为提高H2的平衡转化率,即要使平衡正向移动,该反应是气体分子数减小的反应,加压,能使平衡正向移动。(3)①压强之比等于物质的量之比,2h时气体总物质的量为2mol×0.85=1.7mol,设2h时消耗CO2的物质的量为amol,列化学平衡三段式,CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始(mol) 1 1 0 0转化(mol) a 3a a a平衡(mol) 1-a 1-3a a a则1-a+1-3a+a+a=1.7,解得a=0.15,v(CO2)=0.15mol2L×2②由表可知,该反应在4h时反应已达到平衡状态,压强之比等于物质的量之比,则平衡时气体总物质的量为2mol×0.75=1.5mol,设平衡时消耗CO2的物质的量为xmol,列化学平衡三段式,CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始(mol) 1 1 0 0转化(mol) x 3x x x平衡(mol) 1-x 1-3x x x则1-x+1-3x+x+x=1.5,解得x=0.25,平衡时压强为8MPa×0.75=6MPa,p(CO2)=0.75mol1.5mol×6MPa=3MPa,同理,p(H2)=1MPa,p(CH3OH)=1MPa,p(H2O)=1MPa,Kp=p(C③当反应达到平衡时,正、逆反应速率相等,则k正·c(CO2)·c3(H2)=k逆·c(CH3OH)·c(H2O),c(CH3OH)·c(H2O)c(CO2)·c3(答案:(1)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247.4kJ·mol-1(2)①<②C2H4③加压(合理即可)(3)①0.0375②13③6433.【解析】(1)二氧化碳与乙烷反应生成乙烯、一氧化碳和气态水的反应为C2H6(g)+CO2(g)===C2H4(g)+CO(g)+H2O(g),则ΔH=(52-110-242+84+393)kJ·mol-1=+177kJ·mol-1,则热化学方程式为C2H6(g)+CO2(g)===C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)ΔH=+177kJ·mol-1;(2)①A.四种物质分压之比等于计量系数之比不能说明正、逆反应速率相等,无法判断反应是否达到平衡,故A错误;B.该反应是气体体积减小的反应,单位体积内分子总数不变说明正、逆反应速率相等,反应已达到平衡,故B正确;C.由质量守恒定律可知,反应前后混合气体的质量不变,该反应是气体体积减小的反应,反应中混合气体的平均相对分子质量增大,则混合气体的平均相对分子质量不变能说明正、逆反应速率相等,反应已达到平衡,故C正确;D.二氧化碳和甲烷的物质的量之和不变不能说明正、逆反应速率相等,无法判断反应是否达到平衡,故D错误;②设5min时消耗二氧化碳的物质的量为xmol,由题意可建立三段式:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)开始(mol) 1 4 0 0变化(mol) x 4x x 2x5min(mol) 1-x 4-4x x 2x由二氧化碳和甲烷的分压相等可得:1-x5-2x=x5-2x,解得x=0.5mol,由容器的体积为1L可知,0~5min水的反应速率为v=ΔcΔCO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)开始(mol) 1 4 0 0变化(mol) y 4y y 2y平衡(mol) 1-y 4-4y y 2y由二氧化碳和甲烷的平衡分压之比为0.25aMPa∶0.75aMPa=1∶3可得:3(1-y)5-2y=y5-2y,解得y=0.75,平衡时CO2的转化率为0.751×100%=75%,由容器的体积为1L可知,反应的平衡常数为③10min达到平衡后,该温度下继续充入1molCO2和4molH2,平衡正向移动,再次达到平衡后H2的体积分数将变小;(3)由图可知,在和碘离子作催化剂的条件下,环氧丙烷与二氧化碳反应生成,反应的化学方程式为+CO2。答案:(1)C2H6(g)+CO2(g)===C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)ΔH=+177kJ·mol-1(2)①BC②0.2mol·L-1·min-175%6.75③变小(3)+CO2和I-(或ZnO4和I-)4.【解析】(1)由盖斯定律可知,反应ⅰ-反应ⅱ可得反应ⅲ,则CO(g)+