大题05 化学反应原理综合题（一）-【考前押大题】 高考化学（辽宁新高考专用）（解析版）

试卷第=page11页，总=sectionpages33页大题05化学反应原理综合题（一）1．将CO2应用于生产清洁燃料甲醇，既能缓解温室效应的影响，又能为能源的制备开辟新的渠道，其合成反应为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。回答下列问题：（1）利用二氧化碳制得的甲醇还可以制取甲胺，其反应原理为CH3OH(g)+NH3(g)⇌CH3NH2(g)+H2O(g)∆H，已知该反应中相关化学键的键能数据如下：共价键C-OH-ON-HC-N键能/kJ•mol-1351463393293则该反应的∆H=_____________________kJ•mol-1。（2）汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。已知：①CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)∆H1=-226kJ•rnol-1②N2(g)+2O2(g)⇌2NO2(g)∆H2=+68kJ•mol-1③N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)∆H3=+183kJ•mol-1则：CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式是_____________________。（3）CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如下：电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O。则d电极是_______(填“正极”或“负极”)，c电极的电极反应式为____________________。若线路中转移2mol电子，则上述CH3OH燃料电池消耗的O2在标准状况下的体积为___________________L。【答案】（1）-12（2）2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)∆H=-750kJ•mol-1（3）正极CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+11.2【解析】（1）CH3OH(g)+NH3(g)⇌CH3NH2(g)+H2O(g)∆H=反应物键能总和-生成物键能总和，两边都含有3个C-H，可以同时省略，∆H=351kJ/mol+463kJ/mol+3×393kJ/mol-293kJ/mol-2×393kJ/mol-2×463kJ/mol=-12kJ/mol；（2）已知：①CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)∆H1=-226kJ•rnol-1②N2(g)+2O2(g)⇌2NO2(g)∆H2=+68kJ•mol-1③N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)∆H3=+183kJ•mol-1，利用盖斯定律，将①×2+②-③×2可得2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)，则∆H=2×(-226kJ•rnol-1)+(+68kJ•mol-1)-2×(+183kJ•mol-1)=-750kJ•mol-1，所以热化学方程式是2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)∆H=-750kJ•mol-1；（3）根据图示可知，c电极为电子流出，原电池负极失去电子，则c电极是负极，d电极是正极；根据电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，可知c电极上CH3OH失去电子生成CO2，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；根据每个氧气参加反应时转移4个电子，则转移2mol电子时，参加反应的氧气的物质的量为，则消耗的O2在标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L。2．（1）“哈伯法”合成氨的反应：N2(g)+3H2(g)NH3(g)∆H，相关键能数据如表：化学键NNH-HN-H键能(kJ/mol)946.0436.0390.8①ΔH=_______kJ·mol-1。②向密闭容器中按1：3体积比通人N2和H2，反应达平衡时NH3的体积分数为25.0%，则N2的平衡转化率α(N2)=_______。（2）“球磨法”是在温和的条件下(45℃和1bar，lbar≈100kPa)合成氨，氨的最终体积分数可高达82.5%。该法分为两个步骤(如图)：第一步，铁粉在球磨过程中被反复剧烈碰撞而活化，产生高密度的缺陷，氮分子被吸附在这些缺陷上([Fe(N*)])，有助于氮分子的解离。第二步，N*发生加氢反应得到NH(x=1~3)，剧烈碰撞中，NH从催化剂表面脱附得到产物氨。①“球磨法”与“哈伯法”相比较，下列说法中正确的是_______(选填标号)。A．催化剂(Fe)缺陷密度越高，N2的吸附率越高B．“哈伯法”采用高温主要用于解离氮氮三键，而“球磨法”不用解离氮氮三键C．“球磨法”中“剧烈碰撞”仅仅为了产生“活化缺陷”D．“球磨法”不采用高压，是因为低压产率已经较高，加压会增大成本②机械碰撞有助于催化剂缺陷的形成，而摩擦生热会使体系温度升高。图甲是N2吸附量、体系温度随球磨转速变化曲线，则应选择的最佳转速约_______转/min。若选择500转/min的转速，N2的吸附量降低的原因是___________________________________。③如图乙，平衡时NH3的体积分数随N2初始压强增大而_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，说明N2与H2的投料比_______1：3(选填“≤”、“=”或“≥”)【答案】（1）-90.840%（2）AD400转速过快，体系升温太快，温度升高不利于N2吸附减小≥【解析】（1）①N2(g)+3H2(g)NH3(g)∆H等于反应物的总键能减去生成物的总键能等于946.0+3436.0-6390.8=-90.8kJ·mol-1。②利用三段式计算，设通入1份的N2和3份H2，设转化的量为x，列出如下三段式：，NH3的体积分数为25.0%=100%，求出x=0.4，则N2的平衡转化率α(N2)=0.4/1100%=40%。（2）①催化剂(Fe)缺陷密度越高，表面积越大，越有利于氮分子被吸附，A正确；由图可知“球磨法”中氮分子被催化剂吸附形成[Fe(N*)]，断裂了氮氮三键，故B错误；“球磨法”中“剧烈碰撞”产生了“活化缺陷”同时放出大量能量有利于氮氮三键解离，C错误；在低压时氨的最终体积分数可高达82.5%，产率较高且成本较低，加压会增大成本，D正确；故答案选AD。②低于400转/min，N2吸附量不大，高于400转/min，温度快速升高，不利于N2吸附，所以选择400转/min，故当转速达到500转/min时，体系升温太快，温度升高不利于N2吸附。③由图中信息可得出N2初始压强增大时NH3的平衡体积分数减小，根据所学知识：当投料比等于化学计量数之比时产物的体积分数最大，图中N2初始压强增大时NH3的平衡体积分数减小，没有增大的情况，即此时N2与H2的投料已经≥1:3了，故答案为≥。【点睛】该题考查了基础的焓变的计算和三段式的应用，也考查了拓展信息的提取，注重的是知识的灵活应用和数形结合的能力。3．碳及其化合物在工农业生产和日常生活中有广泛的应用，对其研究具有重要意义。回答下列问题：（1）利用活性炭的_________________作用可去除水中的悬浮杂质。（2）炭黑可以活化氧分子得到活化氧(O*)，活化氧可以快速将SO2氧化为SO3，其活化过程中的能量变化如图所示：活化过程中有水时的活化能降低了__________eV。在酸雨的形成过程中，炭黑起：_________________作用。（3）已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)∆H，经测定不同温度下该反应的浓度平衡常数如下：①该反应的△H__________0(填“>”或“<")；250℃时，某时刻测得反应体系中c(CO)=0.4mol·L-1、c(H2)=0.4mol·L-1、c(CH3OH)=0.8mol·L-1，则此时v正_________v逆(填“>”、“=”或“<”)。.②某温度下，在2L刚性容器中，充入0.8molCO和1.6molH2，压强为p，tmin后达到平衡，测得压强为P。则v(H2)=___________mol·L-1·min-1，平衡时的Kp=___________。（4）科研人员设计了甲烷燃料电池电解饱和食盐水装置如图所示，电池的电解质是掺杂了Y2O3与ZrO2的固体，可在高温下传导O2-。①该电池工作时负极反应方程式为__________________。②用该电池电解100mL饱和食盐水，若在两极产生的气体体积分别为V1L、V2L(标准状况)，且V1>V2，则电解所得溶液的c(OH-)=__________________mol·L-1(忽略气体溶解和溶液体积变化)。【答案】（1）吸附（2）0.18催化（3）<<（4）CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O或【解析】（1）活性炭具有吸附性，可以去除水中的悬浮杂质；（2）根据能量图分析，整个反应的活化能为活化能较大者，则没有水加入的活化能为E=0.75eV，有水加入的反应活化能为E=0.57eV，所以水可使氧分子活化反应的活化能降低0.75eV-0.57eV=0.18eV；在反应前后碳不变，故碳起催化作用；（3）①根据表格信息可知，升高温度，反应的平衡常数减小，又升高温度，平衡向吸热方向移动，则逆反应方向是吸热反应，正反应为放热反应，△H<0；250℃时，某时刻测得反应体系中c(CO)=0.4mol·L-1、c(H2)=0.4mol·L-1、c(CH3OH)=0.8mol·L-1，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的反应熵为，反应熵大于平衡常数，故反应应逆向移动，故v正<v逆；②在2L刚性容器中，充入0.8molCO和1.6molH2，压强为p，tmin后达到平衡，可列出三段式，测得平衡时压强为P，则有，a=0.2，故v(H2)=mol·L-1·min-1；；（4）①甲烷燃料电池电解饱和食盐水，根据图示可判断，负极的电极反应式是CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；②用该电池电解饱和食盐水的方程式是，用该电池电解100mL饱和食盐水，若在两极产生的气体体积分别为V1L、V2L(标准状况)，且V1>V2，则电解所得溶液的c(OH-)=mol·L-1或mol·L-1。4．随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究新的热点。完成下列问题：（1）CO2催化加氢合成CH3OCH3是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应I：反应Ⅱ：①写出CO和H2合成CH3OCH3的热化学方程式_______________________________________。②分别在2L恒温密闭容器甲（恒温恒容）、乙（恒温恒压）中，加入CO2和H2各1mol的混合气体，假设只发生反应Ⅱ，则两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是___________（填“甲”或“乙”）。当反应5min时，测得甲容器中压强变为原来的一半，则用CO2表示的反应的速率=_________________。③在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：i)温度高于300℃，温度对CO2平衡转化率影响较大的是反应___________（填“I”或“Ⅱ”）。ii)220℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施可以是__________________（任答一条）。（2）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为__________________（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3-):c(CO32-)=1:5，溶液pH=__________。（室温下，H2CO3的）【答案】（1）①②乙③0.05mol/(L·min)Ⅰ增大压强或使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂或其他合理答案（2）CO32-11【分析】（1）①先写出CO和H2反应的方程式，该反应方程式为2CO＋4H2=CH3OCH3＋H2O，然后根据盖斯定律进行分析；②根据方程式的特点和压强对化学平衡的影响分析；压强变为一半，在相同的条件下，压强之比等于物质的量之比，即气体物质的量变为原来的一半，然后进行分析；③i)根据图像，温度高于300℃时，CH3OCH3的选择性迅速降低，而CO2的平衡转化率增大，据此分析；ii)增大CH3OCH3选择性，即增大CH3OCH3的物质的量，不改变反应时间和温度，反应向正反应方向进行或加快反应速率，据此分析；（2）CO2与NaOH反应，产物可能是Na2CO3，也可能是NaHCO3，也可能是两者的混合物，需要根据碳酸的二级电离平衡常数进行分析和对比；【解析】（1）①CO和H2反应的方程式为2CO＋4H2=CH3OCH3＋H2O，根据盖斯定律，将反应II－2×反应I，2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g)△H=－204.9kJ·mol－1；②反应II是气体物质的量减小的反应，随着反应的进行，恒温恒容容器内的气体压强减小，恒温恒压相当于在恒温恒容基础上增大压强，增大压强，该反应向正反应方向进行，放出的热量增多，即乙容器放出的热量较多；甲容器为恒温恒容，5min时甲容器内的压强变为原来的一半，则气体物质的量变为原来的一半，，解得n（CO2）=0.5mol，根据化学反应速率的表达式为υ(CO2)==0.05mol/(L·min)；③i)根据图像，温度高于300℃时，CH3OCH3的选择性迅速降低，反应II向逆反应方向进行，CO2的转化率降低；反应I是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向反应，CO2的转化率增大，根据图像，温度高于300℃时，CO2的平衡转化率增大，说明温度对CO2平衡转化率影响较大的是反应I；ii)在不改变时间和温度情况下，一定能提高CH3OCH3选择性措施的是增大压强或使用对反应II催化活性更高的催化剂；（2）Ka2=，所得溶液的pH=13，即c(H＋)=10－13mol·L－1，=5×10－11，=500，c(CO32－)>c(HCO3－)，CO2主要转化为CO32－；所得溶液c(HCO3－)：c(CO32－)=1：5，代入Ka2==5×10－11，=5×10－11，c(H＋)=1×10－11mol·L－1，即此时溶液的pH=11。【点睛】（1）②是易错点，建立模型，学生能够清晰认识，恒温恒压下，，像该反应为物质的量减小的反应，当达到平衡时，隔板在虚线位置，此时CO2的转化率为a1，让虚线隔板上升到实线，这是研究恒温恒容，容器的体积增大，物质浓度减小，平衡向逆反应方向移动，CO2的转化率为a2，则比较出a1>a2，从而得出结果。5．CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%~50%，CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。已知l：CO2与CH4经催化重整制得合成气：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)∆H（1）一定压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知CO2(g)、CH4(g)、CO(g)的摩尔生成焓分别为-395kJ·mol-1、-74.9kJ·mol-1、-110.4kJ·mol-1。则上述重整反应的△H=_________kJ·mol-1。（2）CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的气体，用于生产多种化工产品。目前科学家，研究CH4超干重整CO2的催化转化原理示意图如图：该技术中的总化学反应方程式为：_____________________________________________。（3）其他条件不变，在不同催化剂(I、II、III)作用下，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态__________(填“是”或“不是”)平衡状态；b点CH4的转化率高于c点原因：___________________________________________________。（4）在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为16kPa、14kPa，加入Ni/a—Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。①研究表明CO的生成速率v(CO)=1.3×10-2·p(CH4)·p(CO2)mol·g-1·s-1，某时刻测得p(CO)=8kPa，则p(CO2)=_________kPa，v(CO)=_________mol·g-1·s-1②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.4倍，则该反应的平衡常数Kp=_________(kPa)2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（5）我国科研人员研制出的可充电“Na—CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，总反应为4Na+3CO22Na2CO3+C。放电时该电池吸入CO2，其工作原理如图所示：正极的电极反应式为_________________。【答案】（1）+249.1（2）CH4+3CO22H2O(g)+4CO（3）不是（4）b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高101.56259.2（5）3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C【解析】（1）根据摩尔生成焓的定义，推出①C(s)＋O2(g)=CO2(g)=－395kJ·mol－1，②C(s)＋2H2(g)=CH4(g)=－74.9kJ·mol－1，③C(s)＋O2(g)=CO(g)=－110.4kJ·mol－1，根据目标反应方程式，因此有③×2－②－①，得出=[(－110.4)×2－(－74.9)－(－395)]kJ·mol－1=＋249.1kJ·mol－1；故答案为＋249.1；（2）根据催化转化原理，甲烷、CO2为反应物，H2O、CO为生成物，即反应方程式为CH4＋3CO24CO＋2H2O(g)，故答案为CH4＋3CO24CO＋2H2O(g)；（3）其他条件不变时，使用催化剂，对化学平衡移动无影响，a点CH4的转化率比相同温度下Ⅰ的转化率小，推出a点所代表的状态不是平衡状态；b和c点都未达到平衡，根据图像，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高；故答案为不是；b和c点都未达到平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高；（4）①建立关系式为，得出p(CO2)=10kPa，将数值代入表达式，v(CO)=1.3×10－2×12×10=1.56mol·g-1·s-1；故答案为10；1.56；②建立关系式为，达到平衡后测得体系压强是起始时的1.4倍，即达到平衡后体系的压强为1.4×30kPa=42kPa，16－x＋14－x＋2x＋2x=42，解得x=6，该反应的平衡常数Kp==259.2，故答案为259.2；（5）根据原电池工作原理，正极上得电子，化合价降低，根据总反应，正极电极反应式为3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋C；故答案为3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋C。6．甲醇是一种基本的有机化工原料，用途十分广泛。已知：CH3OH(g)⇌HCHO(g)+H2(g)ΔH=+84kJ·mol-12H2(g)+O2(g)⇌2H2O(g)ΔH=-484kJ·mol-1（1）①工业上常以甲醇为原料制取甲醛，请写出CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式：___________________________________。②若在恒温恒容的容器内进行反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，下列表示该反应达到平衡状态的标志有_____________________(填字母序号)。A．容器中混合气体的密度不变化B．有2个H—H键断裂的同时有3个C—H键生成C．容器中混合气体的压强不变化D．CH3OH(g)百分含量保持不变（2）工业上以CO、CO2、H2为原料制备甲醇，其原理如下：主反应：①CO+2H2⇌CH3OH②CO2+3H2⇌CH3OH+H2O副反应：2CO⇌CO2+C2CO+2H2⇌CH4+CO2CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图1所示。该反应ΔH____________(填“＞”或“＜”)0，实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是____________。由图2知，当温度高于240℃时，CO转化率下降的原因为___________________。（3）电解水蒸气和CO2产生合成气(H2+CO)。较高温度下(700~1000℃)，在SOEC两侧电极上施加一定的直流电压，H2O和CO2在氢电极发生还原反应产生O2-，O2-穿过致密的固体氧化物电解质层到达氧电极，在氧电极发生氧化反应得到纯O2，由图3可知A为直流电源的____________(填“正极”或“负极”)，请写出以H2O为原料生成H2的电极反应式：__________________________。【答案】（1）2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g)ΔH=-316kJ·mol-1CD（2）＜1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果再增大压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，CO转化率降低（3）负极H2O+2e-=H2↑+O2-【分析】根据盖斯定律分析确定CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式；根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等分析判断；利用化学平衡的影响因素和工业生产的关系来分析解答；由图3可知氢电极上水、二氧化碳转化为氢气、CO，发生还原反应，氧电极上O2-转化为O2，发生氧化反应，据此分析解答。【解析】（1）①i.CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g)△H=+84kJ/mol；ii.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-484kJ/mol，根据盖斯定律，将2×i+ii得到CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式为2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g)△H=-316

kJ•mol-1，故答案为：2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g)△H=-316

kJ•mol-1；②A．混合气体质量守恒，容器的体积恒定，所以容器中混合气体的密度始终不会发生变化，密度不变化不能说明达到平衡状态，故A错误；B．有2个H-H键断裂的同时有3个C-H键生成，都表示正反应速率，不能说明达到平衡状态，故B错误；C．该反应是一个反应前后气体物质的量变化的反应，容器中混合气体的压强为变量，因此压强不变化，说明达到了平衡状态，故C正确；D．CH3OH(g)百分含量保持不变，说明达到了化学平衡状态，故D正确；故答案为：CD；（2）由图1可知，温度升高，CO的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，故逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0；压强大，有利于加快反应速率，有利于使平衡正向移动，但压强过大，需要的动力大，对设备的要求也高，故选择250℃、1.3×104kPa左右的条件。因为在250℃、压强为1.3×104kPa时，CO的转化率已较大，再增大压强，CO的转化率变化不大，没有必要再增大压强；该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，CO转化率降低，因此图2中温度高于240℃时，CO转化率下降，在温度较低，由于反应速率较慢，还还没有达到平衡状态，不能根据图象的前段分析判断反应的热效应，故答案为：＜；在1.3×104kPa下，CO的转化率已较高，若再增大压强，CO的转化率提高不大，且生产成本增加；该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，CO转化率降低；（3）由图示可知氢电极上水、二氧化碳转化为氢气、CO，发生还原反应，为阴极反应，氧电极上O2-转化为O2，发生氧化反应，为阳极反应，则A为电源的负极，B为电源的正极，以H2O为原料生成氢气的反应为H2O+2e-=H2↑+O2-，故答案为：负极；H2O+2e-=H2↑+O2-。7．二氧化碳的高值化利用，不但可以实现二氧化碳的资源化利用，还可以缓解能源压力。以二氧化碳、氢气为原料合成乙烯涉及的主要反应如下：Ⅰ.Ⅱ.（1）反应_____________。（2）时，二氧化碳的平衡转化率、投料比与压强的关系如图甲所示，则、、由大到小的顺序为_____________。

（3）在一定条件下，二氧化碳的平衡转化率与产物的选择性随温度的变化如图乙所示。已知：某产物的选择性是指生成该产物所消耗反应物的量占消耗的反应物总量的比例。①当温度低于时的平衡转化率随温度升高而减小的原因是___________________________。②为同时提高合成乙烯的速率和乙烯的选择性，可以采取的措施是______(只答一条)。

（4）理论计算表明，体系压强为，原料初始组成，反应Ⅱ达到平衡时，、、、四种组分的体积分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示乙烯和氢气的曲线分别是______和______。根据图中A点的坐标，计算该温度时的平衡常数______。(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）（2）（3）反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高使转化为的平衡转化率上升，使转化为乙烯的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度增大压强(或使用适宜的催化剂)（4）丙乙【解析】（1）Ⅰ.Ⅱ.根据盖斯定律，Ⅱ-2×Ⅰ得=-210.5；（2）投料比越大，相同条件下二氧化碳转化率越小，因此结合图像可知、、由大到小的顺序为；（3）①结合热化学方程式可知反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，结合图可知温度低于773K时温度升高使转化为的平衡转化率上升，使转化为乙烯的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度，因此升高温度，抑制反应Ⅰ向右转化，的平衡转化率随温度升高而减小，即原因是反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高使转化为的平衡转化率上升，使转化为乙烯的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度；②乙烯的选择性要高，则温度不能太高，同时需要加快反应速率可通过增大压强(或使用适宜的催化剂)；（4）升高温度平衡Ⅱ逆向移动，、的体积分数增大，、的体积分数减小，则乙、丁分别为、中的一个，甲、丙分别为、的一个，因原料初始组成，结合反应计量数可知相同条件下达到平衡乙烯的的体积分数较水小，则表示乙烯的曲线是丙；结合