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姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题热点题型专项突破注意事项1.全卷满分100分。考试用时75分钟。2.可能用到的相对原子质量:H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27Si-28S-32Fe-56Cu-64Ce-1

40。1.(实验探究题,13分)(1)某些反应(如中和反应)的热量变化的数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化,用公式Q=cρV总ΔT计算获得。热量的测定:用0.5000mol·L-1NaOH溶液和0.5500mol·L-1盐酸各50mL进行反应,

测得反应前后体系的温度分别为T0℃、T1℃,则该过程放出的热量为J(c和ρ分别取4.18J·g-1·℃-1和1.0g·mL-1)。(2)借鉴(1)的方法,甲同学测量放热反应Fe(s)+CuSO4(aq)Cu(s)+FeSO4(aq)的焓变ΔH

(忽略温度对焓变的影响,下同)。实验结果见下表。序号反应试剂体系温度/℃反应前反应后ⅰ0.20mol·L-1CuSO4溶液100mL1.20gFe粉abⅱ0.56gFe粉ac①温度:bc(填“>”“<”或“=”)。②ΔH=(选择表中一组数

据计算)。结果表明,该方法可行。(3)乙同学也借鉴(1)的方法,测量反应A:Fe(s)+Fe2(SO4)3(aq)3FeSO4(aq)的焓变。查阅资料:配制Fe2(SO4)3溶液时需加入酸。提出猜想:Fe粉与Fe2(SO4)3溶液混合,在反应A进行的过程中,可能存在Fe粉和酸的反应。验

证猜想:用pH试纸测得Fe2(SO4)3溶液的pH不大于1;向少量Fe2(SO4)3溶液中加入Fe粉,溶液颜色变浅的同时有气泡冒出,说明存在反应A和(用离子方程式表示)。实验小结:猜想成立,不能直接测反应A的焓变。教师指导:鉴于以上问题,特别是气体生成带来的干扰,需要设计出

实验过程中无气体生成的实验方案。优化设计:乙同学根据相关原理,重新设计了优化的实验方案,获得了反应A的焓变,该方案为。2.(实验探究题,15分)高锰酸钾是一种常用的消毒剂和氧化剂。回答下列问题:实验(一):电解法制备KMn

O4。以石墨、铜为电极,电解K2MnO4溶液制备KMnO4溶液,装置如图所示。(1)电解过程中,Cu电极附近电解质溶液的pH(填“升高”“降低”或“不变”)。阳极的电极反应式为。(2)铜极、石墨极能否互换并简述理由:。实验(二):探究K2FeO4和KMnO4氧化性强弱,装置如图所示。

闭合开关K,观察到左烧杯中紫红色溶液变为浅黄色,右烧杯中无色溶液变为紫红色。(3)闭合K,盐桥中向左烧杯迁移。(4)正极反应式为,实验结论是氧化性:FeO42−MnO4−(填“>”“<”或“=”)。实验

(三):为了探究外界条件改变对草酸和酸性KMnO4溶液反应的影响(MnO4−→Mn2+,H2C2O4→CO2),设计如下实验方案:实验序号实验温度/℃KMnO4溶液(含硫酸)H2C2O4溶液H2O溶液颜色褪至无色时所需时间/sV

/mLc/mol·L-1V/mLc/mol·L-1V/mL①2020.0250.15t1②2020.0240.1610③4020.0240.16t2密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题(5)通过实验①、②可探究对反应速率的影响。(6)在一定KMnO4溶

液中加入适量硫酸,再加入一定量草酸溶液,产生CO2的体积(同温同压)与反应时间的关系如图所示。20~25s反应速率突增,其原因可能是。3.(工艺流程题,14分)硫酸铈铵[(NH4)4Ce(SO4)4](M=596)是分析化学

常用的滴定剂。以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaF2、SiO2)为原料制备硫酸铈铵的工艺流程如图所示。已知:①Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+。②“沉铈”时发生的反应之一:Ce2(SO4)3+Na2SO4+6H2OCe2(SO4)3·Na2SO4·6H2O。回答下列问题:(1)滤渣A的

成分是(填化学式)。“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入,矿粉从上部加入),这样操作的目的是。(2)“酸浸”中,铈浸出率与温度的关系如图1所示,铈浸出率与硫酸浓度的关系如图2所示。工业生产应

选择的适宜温度是℃,硫酸浓度为mol·L-1。图1图2(3)“沉铈”时,硫脲作(填“还原剂”或“氧化剂”)。(4)“溶解”时,为防止Ce3+被氧化,可以加入(填字母)。a.KMnO4b.NaClOc.CH3

CHO(5)测定产品纯度。称取wg产品溶于水,配制成250mL溶液,准确量取25.00mL配制的溶液于锥形瓶中。加入VmL0.10mol·L-1Na2Fe(SO4)2溶液,恰好完全反应,该产品纯度为。(杂质不参与反应,

滴定反应为Fe2++Ce4+Ce3++Fe3+)4.(工艺流程题,16分)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物及少量的硫化物,一种回收利用工艺的部分流程如下:已知:Ⅰ.25℃时,H2CO3的K

a1=4.5×10-7,Ka2=4.7×10-11;Ⅱ.Ksp(BaMoO4)=3.5×10-8;Ksp(BaCO3)=2.6×10-9;Ⅲ.酸性:H2MoO4>H2CO3;Ⅳ.该工艺中,pH>6.0时,溶液中Mo元素以MoO42−的形式存在。(

1)焙烧中,废催化剂需粉碎,目的是。(2)操作①是。(3)生成固体X的离子方程式是。(4)溶液3中,主要存在的钠盐有NaCl和Y,Y为(填化学式);往溶液3中添加适量NaCl固体后,分别依次通入足量、(填化学式)气体,可析

出Y。(5)25℃时为避免制备的BaMoO4中混入BaCO3沉淀,溶液中c(HCO3−)∶c(MoO42−)=(列出算式即可)时,应停止加入BaCl2溶液。5.(化学反应原理综合题,12分)含钛矿石粉碎焙烧后浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。已知:ⅰ.一定条件下,T

i4+水解方程式为Ti4++3H2OTiO(OH)2+4H+;ⅱ.常温下,Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17,Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39。水解制备偏钛酸:浸出液中主要含Ti4+,还含少量Fe3+等,先向其中加入还原铁粉,然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。(

1)用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因:。姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题(2)常温下,浸出液的pH=2:①Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为mol·L-1;Fe3+转化为Fe(OH)3沉

淀需要的浓度为mol·L-1。②杂质离子沉淀会降低钛水解率,请解释加入还原铁粉的目的是。(3)一定条件下,还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时,钛水解率急剧下降。解释其原因:。已知:还原

铁粉添加比=𝑛铁粉𝑛理论,n铁粉为还原铁粉添加量,n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。(4)一定条件下,温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因:。6.(化学反应原理综合题,15分)我国氢能源汽车已经开

始销售,氢能源的热值高、无污染,是理想的能源,工业上量产化制氢原理是CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)ΔH=akJ/mol。(1)相关化学键键能数据如表所示。化学键H—HH—OC—HE/(kJ/mol)435745463415则a=

。(2)关于上述反应中CO2的再利用一直是科研工作者研究的重点。工业上利用CO2和H2制备甲醇的原理是CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g),现研究温度及分子筛膜(用分子筛膜代替容器器壁,该膜只允许极性分子通过)对甲醇平衡产率的影响。将CO2和H

2分别按1.0mol·L-1和4.0mol·L-1充入恒容容器中,温度及分子筛膜对甲醇平衡产率的影响如图所示。①220℃时,经过2min达到M点,则该条件下0~2min内的平均反应速率v(H2)=;无分子筛膜时,升高温度

,反应速率v正将(填“增大”“减小”或“不变”)。②其他条件不变,有分子筛膜时甲醇的平衡产率总是高于没有分子筛膜时,其原因可能是。(3)工业上利用CO2和H2制备甲醇的容器中存在的反应如下:反应Ⅰ:CO2(g)+

3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)反应Ⅱ:CO2(g)+4H2(g)2H2O(g)+CH4(g)反应Ⅲ:2CO2(g)+6H2(g)4H2O(g)+C2H4(g)为分析催化剂对反应的选择性,在1L恒容密闭容器中充入

2.0molCO2和5.3molH2。若测得反应进行相同时间后,有关物质的物质的量随温度变化如图所示:①该催化剂在较低温度时主要选择反应(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。②研究发现,若温度过高,三种含碳产物的物质的量均会迅速降低,其主要原因可能是。(4)科研人员研究出一种方

法,可实现水泥生产时CO2零排放,其基本原理如图所示。温度小于900℃时进行电解反应,碳酸钙先分解为CaO和CO2,电解质为熔融碳酸钠,阳极的电极反应为2CO32−-4e-2CO2↑+O2↑,则阴极的电极反应为。密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内

不要答题7.(化学反应原理综合题,15分)“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。根据所学知识回答下列问题:Ⅰ.在一定条件下,CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH1。已知:①常温常压下,H2和CH4的燃烧热分别为285.5kJ

·mol-1和890.0kJ·mol-1;②H2O(l)H2O(g)ΔH2=+44.0kJ·mol-1。(1)ΔH1=kJ·mol-1。(2)其他条件一定时,不同压强下,CO2的转化率和CH4的产率如图1所示。则CO2甲烷化应该选择的压强约为

MPa;CH4的产率小于CO2的转化率的原因是。图1(3)不同条件下,按照n(CO2)∶n(H2)=1∶4投料发生反应[副反应为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH3>0],CO2的平衡转化率如图2所示。图2①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是。②压强为p1

时,随着温度升高,CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600℃之后,随着温度升高CO2转化率增大的原因:。Ⅱ.某研究团队经实验证明,CO2在一定条件下与H2O发生氧再生反应:CO2(g)+2H2O(g)CH4(g)+2O2(g)ΔH1=+802.3kJ·mol-1

。(4)恒压条件下,按c(CO2)∶c(H2O)=1∶2投料,进行氧再生反应,测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度关系如图3。图3350℃时,A点的平衡常数K=。为提高CO2的平衡转化率,除改变温度外,还可采取的措施为。姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题答

案与分层梯度式解析1.答案(除标注外,每空2分)(1)418(T1-T0)(2)①>②-20.9(b-a)kJ·mol-1或-41.8(c-a)kJ·mol-1(3分)(3)Fe+2H+Fe2++H2↑将一

定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中反应,测量反应热,计算得到反应Cu(s)+Fe2(SO4)3(aq)2FeSO4(aq)+CuSO4(aq)的焓变ΔH1;根据(2)中实验计算得到反应Fe(s)+CuSO4(aq)Cu(s

)+FeSO4(aq)的焓变ΔH2,根据盖斯定律计算得到反应Fe(s)+Fe2(SO4)3(aq)3FeSO4(aq)的焓变为ΔH1+ΔH2(4分)解析(1)由Q=cρV总ΔT可得Q=4.18J·g-1·℃-1×1.0g·

mL-1×(50mL+50mL)×(T1-T0)℃=418(T1-T0)J。(2)①100mL0.20mol·L-1CuSO4溶液中n(CuSO4)=0.02mol,1.20gFe粉和0.56gFe粉的物质的量分别为0.021mol、0.01mol,实验ⅰ中有0

.02molCuSO4发生反应,实验ⅱ中0.01molFe粉只能与0.01molCuSO4发生反应,实验ⅰ放出的热量多,则b>c。②若根据实验ⅰ进行计算,ΔH=-4.18×1.0×100×(𝑏−𝑎)1000×0.02kJ·mol-1=-20.9(b-a)kJ·mol-

1;若根据实验ⅱ进行计算,ΔH=-4.18×1.0×100×(𝑐−𝑎)1000×0.01kJ·mol-1=-41.8(c-a)kJ·mol-1。(3)用pH试纸测得Fe2(SO4)3溶液的pH不大于1,说明

溶液呈强酸性;向少量Fe2(SO4)3溶液中加入Fe粉,溶液颜色变浅的同时有气泡冒出,即产生H2,反应的离子方程式为Fe+2H+Fe2++H2↑。乙同学根据相关原理,重新设计优化的实验方案的重点是如何防止Fe与酸反应产生影响,可以借助盖斯定律,设计分步反应来实现

Fe2(SO4)3溶液与Fe的反应。2.答案(除标注外,每空2分)(1)升高MnO42−-e-MnO4−(2)不能互换,因为互换后铜为阳极,阳极上铜失去电子生成Cu2+,不能得到MnO4−(3)K+(

4)FeO42−+3e-+8H+Fe3++4H2O>(5)H2C2O4溶液的浓度(1分)(6)产物中Mn2+起催化作用解析(1)Cu为阴极,阴极的电极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-,有OH-产生,所以Cu电极附近电解质溶液的pH升高。阳极上MnO42−

被氧化成MnO4−,电极反应式为MnO42−-e-MnO4−。(2)铜为阳极时,铜优先发生氧化反应,不能制备高锰酸钾,因此不能互换。(3)左烧杯为正极区,阳离子移向正极,则盐桥中的K+向正极迁移。(4)在正极高铁酸钾被还原成铁离子,电极反应式为FeO42−+3e-+8H+Fe3+

+4H2O;在负极,Mn2+被氧化为MnO4−,电极反应式为Mn2+-5e-+4H2OMnO4−+8H+;该电池的总反应为3Mn2++5FeO42−+16H+5Fe3++3MnO4−+8H2O,氧化性:

FeO42−>MnO4−。(5)比较①、②可知,除H2C2O4溶液的浓度不同外,其他条件均相同,所以是探究H2C2O4溶液的浓度对反应速率的影响。(6)温度不变,从产物中找原因,结合所学理论知识分析,20

~25s反应速率突增的原因可能是产物中Mn2+起催化作用。3.答案(每空2分)(1)SiO2、BaSO4增大接触面积,提高反应速率,使焙烧更充分,提高原料的利用率(2)953.0(3)还原剂(4)c(5)59.6𝑉𝑤%解析氟碳

铈矿(含CeFCO3、BaF2、SiO2)在空气中“焙烧”,根据已知信息①“焙烧”后Ce元素的化合价由+3价升高为+4价,BaF2转化为BaO,SiO2不反应,加稀硫酸“酸浸”,+4价Ce反应生成CeF22+,BaO生

成硫酸钡,故滤渣A的主要成分为SiO2、BaSO4;浸液中的CeF22+与硫脲、硫酸钠反应被还原为Ce2(SO4)3·Na2SO4·6H2O,再加氢氧化钠、稀硫酸溶解得到含Ce3+的溶液,加碳酸氢铵沉Ce,生成Ce2(CO3)3,灼烧得到CeO2,CeO2与稀硫酸反应

得Ce(SO4)2,最后与硫酸铵作用得到产品。(1)滤渣A的成分为SiO2、BaSO4;“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作的目的是增大接触面积,提高反应速率,使焙烧更充分,原料的利用率更大。密○封○装○订○线密○封○装○订○线

密封线内不要答题(2)根据题图1,可以看出适宜的温度为95℃,温度再升高铈浸出率基本不变;由题图2可知,硫酸的浓度为3.0mol·L-1时,铈浸出率最高。(3)“沉铈”时,硫脲将+4价Ce还原为+3价,故硫脲为还原剂。(4)KMnO4和Na

ClO都具有强氧化性,为防止Ce3+被氧化,应该加入一种还原剂,选项中能做还原剂的为CH3CHO,故选c。(5)Fe2++Ce4+Ce3++Fe3+,n(Fe2+)=0.1mol·L-1×V×10-3L=1.0×10-4

Vmol,则n(Ce4+)=1.0×10-4Vmol,原样品中(NH4)4Ce(SO4)4的物质的量为1.0×10-4Vmol×10=1.0×10-3Vmol,产品纯度为1.0×10−3𝑉mol×596g/mol𝑤g×100%=59.6𝑉𝑤%。4.答案(除

标注外,每空2分)(1)增大接触面积,加快反应速率,使废催化剂充分焙烧(2)过滤(3)[Al(OH)4]-+CO2Al(OH)3↓+HCO3−(4)NaHCO3(3分)NH3CO2(5)1×10−7×2.6×10−94.7×10−11×3.5×10−8(3分)解析(1)粉碎废催化剂的

目的是增大接触面积,加快反应速率,使废催化剂充分焙烧。(2)操作①后得到固体和溶液,所以操作①是过滤。(3)溶液1中主要含有[Al(OH)4]-、MoO42−、OH-,通入过量CO2生成固体X,则X为Al(OH)3,离子方程式为[Al(OH)4]-+CO2Al(OH)3↓+HCO3−。(4)溶

液2中主要含有MoO42−、HCO3−和Na+等,加入BaCl2溶液并调节pH=7.0,溶液3中主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3;由侯氏制碱法的原理可知,向溶液3中添加适量NaCl固体后,应分别依次通入足量NH3和CO2,可析出NaHCO3。(5)加

入BaCl2溶液,调pH=7.0即c(H+)=10-7mol·L-1,HCO3−CO32−+H+,Ka2(H2CO3)=𝑐(CO32−)×𝑐(H+)𝑐(HCO3−),可得c(HCO3−)=𝑐(H+)×𝑐

(CO32−)𝐾a2(H2CO3);𝑐(CO32−)𝑐(MoO42−)=𝑐(CO32−)×𝑐(Ba2+)𝑐(MoO42−)×𝑐(Ba2+)=𝐾sp(BaCO3)𝐾sp(BaMoO4)=2.6×10−93.5×10−8,𝑐(HCO3−)𝑐(

MoO42−)=𝑐(H+)×𝑐(CO32−)𝐾a2(H2CO3)𝑐(MoO42−)=𝑐(H+)×𝑐(CO32−)𝐾a2(H2CO3)×𝑐(MoO42−)=𝑐(H+)×𝐾sp(𝐵𝑎𝐶O3)𝐾a2(H2CO3)

×𝐾sp(BaMoO4)=1×10−7×2.6×10−94.7×10−11×3.5×10−8。5.答案(每空2分)(1)NH4++H2ONH3·H2O+H+(2)①4.9×1072.8×10-3②Fe3+比Fe2+更易水解,

加入还原铁粉将Fe3+还原为Fe2+,防止Fe3+先发生水解生成氢氧化铁沉淀,导致钛水解率下降(3)还原铁粉添加比过大时,过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ),从而造成钛水解率降低(4)浸出液中存在Ti4+水解平衡:Ti4++3H2OTiO

(OH)2+4H+,水解反应吸热,在其他条件不变时,升高温度,Ti4+水解程度增大,导致钛水解率增大解析(1)(NH4)2SO4溶液呈酸性是因为铵根离子水解,其离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)①常温下,pH=2即c(H+)=10-2mol·L-1,c(OH-)=10

-12mol·L-1,Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为𝐾sp[Fe(OH)2]𝑐2(OH−)=4.9×10−17(10−12)2mol·L-1=4.9×107mol·L-1,Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为𝐾sp[Fe(OH)3]𝑐3(OH−)=2.8×

10−39(10−12)3mol·L-1=2.8×10-3mol·L-1。②杂质离子沉淀会降低钛水解率,根据①计算可知Fe3+较易水解,加入还原铁粉可将Fe3+还原为Fe2+,防止Fe3+先发生水解生

成氢氧化铁沉淀,导致钛水解率下降。(3)当还原铁粉添加比大于1时,钛水解率急剧下降的原因是过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)。(4)浸出液中存在Ti4+水解平衡:Ti4++3H2OTiO(OH)2+4H+,盐

类的水解反应是吸热反应,在其他条件不变时,升高温度,Ti4+水解程度增大,导致钛水解率增大。6.答案(除标注外,每空2分)(1)+282(2)①0.3mol·L-1·min-1增大②分子筛膜能及时分离出产物,使CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)平衡正向移动,甲醇的平衡产率

增大(3分)(3)①Ⅱ②温度升高,催化剂活性降低或失活(4)3CO2+4e-C+2CO32−解析(1)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和,故a=4E(C—H)+4E(O—H)-2E()-4E(H—H)=4×415kJ/mol+4×463kJ/mol-(2×745kJ/mol+4×435kJ

/mol)=+282kJ/mol。姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题(2)①设M点时,CO2减小的浓度为xmol·L-1。CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始/(mol·L-1)1.04.000转化/(mol·L-1)x3xxx平衡/(mo

l·L-1)1.0-x4.0-3xxx根据M点数据可知,𝑥1.0×100%=20%,即x=0.2,220℃时,经过2min达到M点,v(H2)=0.6mol·L−12min=0.3mol·L-1·m

in-1。升高温度,正、逆反应速率均增大,故反应速率v正将增大。②H2O和CH3OH都是极性分子,可以透过分子筛膜,所以使用分子筛膜时,能及时分离出产物,CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)平衡正向移动,甲醇的平衡产率增大。(3)

①在较低温度时主要生成甲烷,该催化剂在较低温度时主要选择反应Ⅱ。②若温度过高,三种含碳产物的物质的量均迅速降低,其主要原因可能是温度升高,催化剂活性降低或失活。(4)温度小于900℃时进行电解反应,碳酸钙先分解为CaO和CO2,电解质为熔融碳酸钠,阳极的电极反应为2CO32−-4e

-2CO2↑+O2↑,要实现CO2零排放,阴极需消耗CO2,阴极二氧化碳得电子发生还原反应生成碳和碳酸根离子,电极反应为3CO2+4e-C+2CO32−。7.答案(除标注外,每空2分)(1)-164.0(2)0.1(

1分)有其他含碳的副产物生成(3)①p3>p2>p1②温度超过600℃时,以CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应为主,该反应是吸热反应,升高温度,平衡正向移动,CO2的平衡转化率上升(3分)(4)1(3分)减小投料比c(C

O2)∶c(H2O)(或及时移出产物)解析(1)常温常压下,H2和CH4的燃烧热分别为285.5kJ·mol-1和890.0kJ·mol-1,则有③2H2(g)+O2(g)2H2O(l)ΔH3=-571kJ

·mol-1,④CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH4=-890.0kJ·mol-1,根据盖斯定律可知,2×③-④+2×②可得CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=2×ΔH3-

ΔH4+2×ΔH2=2×(-571kJ·mol-1)-(-890.0kJ·mol-1)+2×(+44.0kJ·mol-1)=-164.0kJ·mol-1。(2)题图1中,随着压强增大,CO2的转化率变化不大,CH4的产率逐渐减小,故CO2甲烷化

应该选择的压强约为0.1MPa;CH4的产率小于CO2的转化率的原因是有其他含碳的副产物生成。(3)①CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)是放热反应,低温时,主要发生该反应,该反应的正反应是气体体积减小的反应,其他条件不变时增大压

强,平衡正向移动,CO2的平衡转化率增大,故p3>p2>p1。②压强为p1时,温度低于600℃时,以CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)反应为主,该反应是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,CO2的平衡转化率下降;温度超过600℃时,以CO2(g)+H2(g)CO

(g)+H2O(g)反应为主,该反应是吸热反应,升高温度,平衡正向移动,CO2的平衡转化率上升。(4)恒压条件下,按c(CO2)∶c(H2O)=1∶2投料,分析题图3可知曲线a表示H2O的浓度变化,曲线b

表示CO2的浓度变化,曲线c表示O2的浓度变化,曲线d表示CH4的浓度变化;350℃时,c(CO2)=c(CH4),c(H2O)=c(O2),K=𝑐2(O2)·𝑐(CH4)𝑐2(H2O)·𝑐(CO2)=1;为提高CO2

的平衡转化率,除改变温度外,还可采取的措施为减小投料比c(CO2)∶c(H2O)或及时移出产物。