2022届高三化学一轮复习化学反应原理02化学反应原理综合题基础题含解析

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化学反应原理综合题（基础题）
原理综合题（共13题）
1．汽车尾气中氮氧化合物、碳氧化合物的处理与利用是各国研究的热点。
(1)生成过程的能量变化如图1所示。该条件下，和完全反应生成会_______(填“吸收”或“释放”)_______的能量。


(2)与在催化剂作用下反应可实现汽车尾气净化：
某实验小组在、恒容密闭容器中充入等物质的量的与模拟该过程，的物质的量随时间变化如表所示。

0
10
20
30
40
50

0.40
0.35
0.31
0.30
0.30
0.30
①反应进行到时，正反应速率_______逆反应速率(填“”“”或“”)，内用表示的平均反应速率是_______。
②该条件下，的最大转化率为_______。
③下列措施一定能增大该反应速率的是_______(填序号)。
A．及时分离出、
B．适当升高温度
C．适当扩大容器的容积
D．充入
④某同学在其它条件一定的情况下，分别用甲、乙两种催化剂完成该反应，绘出浓度随时间变化如图2，催化剂_______(填“甲”或“乙”)的催化效果更好。

(3)用电化学气敏传感器测定汽车尾气中含量，原理如图3，根据燃料电池的原理，推测电极是该电池的_______(填“正极”或“负极”)，电极上的电极反应式为_______。


2．用煤制天然气一般是指将煤炭经气化、净化和甲烷化等工艺过程制成天然气，其核心技术之一就是CO2/CO的甲烷化技术。甲烷化反应涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2(g)+4H2(g)→CH4(g)+2H2O(g)
Ⅱ.CO(g)+3H2(g)→CH4(g)+H2O(g)
(1)温度与CH4、CO2的百分含量的变化规律如图1所示，则ΔH1___________0(填“＞”或“＜”)；若生产中要提高CH4含量，可以选择的条件是___________。

(2)已知反应Ⅰ的反应历程涉及三步离子反应，如图2所示，离子方程式为：①、②，则反应③的离子方程式为___________。


(3)在容积为1L的恒容密闭容器中发生反应Ⅱ，T1、T2温度下CH4的物质的量随时间的变化如图3所示。
①T1温度下，0～tB时间段内，氢气的反应速率v(H2)=___________mol/(L·min)。
②T2温度下，将6molCO与10molH2通入1L密闭容器中，CH4的物质的量随反应时间的变化如下表所示。该温度下，反应的平衡常数K(T2)___________。
时间/min
0
2
4
6
8
10
物质的量/mol
0
1.4
2.3
2.8
3.0
3.0
③T2温度下，若起始时向1L密闭容器中充入2molCO、1molH2、2molCH4和2molH2O，反应达到平衡前，v(正)___________v(逆)(填“＞”“＜”或“=”)，平衡常数___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
3．氮的单质及其化合物在工业生产中用途广泛，请回答下列问题：
(1)捕碳技术(主要指捕获 CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前 NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与 CO2可发生如下可逆反应：
反应Ⅰ： 2 NH3(l)+ H2O(l) +CO2(g) =(NH4)2CO3(aq) △H1
反应Ⅱ：NH3(l)+ H2O(l) +CO2(g) =NH4HCO3(aq) △H2
反应Ⅲ：(NH4)2CO3(aq) + H2O(l) +CO2(g) =2NH4HCO3(aq) △H3
△H3与△H1、△H2之间的关系是△H3= ___________。
(2)肼(N2H4)可用于卫星发射的燃料，8gN2H4(l)在 O2(g)中完全燃烧，生成 N2(g)和 H2O(g)， 放出 134kJ 热量，则肼的燃烧热△H=___________。 (已知 H2O(g) =H2O(l) △H= −44 kJ∙mol−1 )
(3)在微生物作用的条件下，经过两步反应被氧化成。两步反应的能量变化示意图如下：

①第一步反应是 ___________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是 ___________。
②1mol (aq)全部氧化成 (aq)的热化学方程式是___________。
(4)叠氮化钠(NaN3)是汽车安全气囊中的主要成分，实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数，测定过程的反应方程式为：
；
。
滴定操作过程如下：
Ⅰ.将 2.500 g 试样配成 500 mL 溶液。
Ⅱ.取 50.00 mL 溶液置于锥形瓶中，加入 50.00 mL 0.1010 mol∙L−1 (NH4)2Ce(NO3)6溶液。
Ⅲ.充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8 mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，用0.0500 mol∙L−1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的 Ce4+，消耗溶液体积为 29.00 mL。
①配制叠氮化钠溶液时，除需用到烧杯、量筒、胶头滴管外，还用到的玻璃仪器有___________。
②计算试样中 NaN3的质量分数为___________。
4．研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。
(1)亚硝酰氯(Cl—N=O)气体是有机合成的重要试剂，它可由Cl2和NO在通常条件下反应制得，该反应的热化学方程式为_______。
相关化学键的键能如下表所示：
化学键
Cl—Cl
N≡O(NO气体)
Cl—N
N=O
键能/(kJ∙mol−1)
243
630
200
607
(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g) △H=－681.8kJ∙mol−1，对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在T℃时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：
时间/min
浓度/mol·L-1
0
10
20
30
40
50
O2
1.00
0.79
0.60
0.60
0.64
0.64
CO2
0
0.42
0.80
0.80
0.88
0.88
①0~10min内，平均反应速率υ(O2)____mol·L-1·min-1；当升高温度，该反应的平衡常数K_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是___(填字母)。
A．加入一定量的粉状碳酸钙B．适当缩小容器的体积
C．通入一定量的O2D．加入合适的催化剂
(3)NOx的排放主要来自汽车尾气，利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) △H=－34.0kJ∙mol−1，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：

由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因为_______。
(4)为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=－746.8kJ∙mol−1，生成无毒的N2和CO2.实验测得，υ正=k正·c2(NO)·c2(CO)，υ逆=k逆·c(N2)c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_______(填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。
②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则=_______(保留小数点后两位)。
5．硫化氢(H2S)是一种有毒气体，对环境和人体健康造成极大的危害，工业上采用多种方法减少 H2S的排放。
(1)去除废气中H2S的相关热化学方程式如下:
2H2S(g)+3O2(g)=2H2O(l)+2SO2(g) ΔH=a kJ∙mol−1
2H2S(g)+SO2(g)=2H2O(l)+3S(s) ΔH=b kJ∙mol−1
反应2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S(s) ΔH=____kJ∙mol−1。 
为了有效去除废气中的H2S，在燃烧炉中通入的H2S和空气(O2的体积分数约为20%)的体积比一般控制在0.4，理由是_____。 
(2)最近我国科学家设计了一种H2S和CO2的协同转化装置，实现对天然气中H2S和CO2的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯电极区发生反应:
a．EDTA−Fe2+－e－=EDTA−Fe3+
b．2EDTA−Fe3++H2S=2H+ +S↓+2EDTA−Fe2+

①阴极的电极反应式为_______。 
②协同转化的总反应为__________。  
(3)用Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S法包含的反应如下:
Ⅰ．H2S(g) H2S(aq)
Ⅱ．H2S(aq) H++HS－
Ⅲ．HS－+2Fe3+S↓+2Fe2++H+
一定条件下测得脱硫率与Fe3+浓度的变化关系如图所示:

①吸收液过滤出S后，滤液需进行再生，较经济的再生方法是____。 
②图中当Fe3+的浓度大于10 g·L −1时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于_____。 
(4)生物脱H2S的原理为H2S+Fe2(SO4)3=S↓+2FeSO4+H2SO4、4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O。
①硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的3×105倍，该菌的作用是_____。 
②由图甲和图乙判断使用硫杆菌的最佳条件:_______。该反应必须在适应的温度下，才能有利于反应的进行，其原因可能是_____。 

6．二氧化锰是化学工业中常用的氧化剂和催化剂。我国主要以贫菱锰矿(有效成分为MnCO3)为原料，通过热解法进行生产。
(1)碳酸锰热解制二氧化锰分两步进行：
i．MnCO3(s)⇌MnO(s)+CO2(g) △H1=+a kJ∙mol−1
ii．2MnO(s)+O2(g)⇌2MnO2(s) △H2=+b kJ∙mol−1
①反应i的化学平衡常数表达式K=_______；
②焙烧MnCO3制取MnO2的热化学方程式是_________；
(2)焙烧(装置如图1)时持续通入空气，并不断抽气的目的是_______；

(3)在其他条件不变时，某科研团队对影响转化率的生产条件进行了研究，结果如图2、图3所示。
①常压下，要提高MnCO3的转化率，应选择的生产条件是____________焙烧68h。
②图3中，焙烧8h时，MnCO3的转化率：干空气<湿空气，原因是______________。
7．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。
(1)研究表明CO2和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。已知部分反应的热化学方程式如下：
CH3OH(g)+ 3/2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(1) ΔH1=a kJ·mol−1
H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(1) ΔH2=b kJ·mol−1
H2O(g)＝H2O(l) ΔH3=c kJ·mol−1
则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=_______kJ·mol−1
(2)为研究CO2与CO之间的转化，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g) ΔH，反应达平衡后，测得压强、温度对CO的体积分数(φ(CO)％)的影响如图所示。

回答下列问题：
①压强p1、p2、p3的大小关系是______；Ka、Kb、Kc为a、b、c三点对应的平衡常数，则其大小关系是______。
②900℃、1.0 MPa时，足量碳与a molCO2反应达平衡后，CO2的转化率为________(保留三位有效数字)，该反应的平衡常数Kp＝______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
(3)以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸，CO2(g)+CH4(g)CH3COOH(g)。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250～300 ℃时，乙酸的生成速率降低的主要原因是_______。

(4)以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。阴极上的电极反应式为__________；每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中_____mol硫酸。

8．(1)我国成功发射的“天宫一号”飞行器的外壳覆盖了一种新型结构陶瓷材料，其主要成分是氮化硅，该陶瓷材料可由石英固体与焦炭颗粒在高温的氮气流中通过如下反应制得：3SiO2＋6C＋2N2Si3N4＋6CO，该反应变化过程中的能量变化如图所示。

回答以下问题。
(1)该反应________(填“吸热”或“放热”)，反应热ΔH________0(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(2)已知：
As（s）＋H2（g）＋2O2（g）=H3AsO4（s）　ΔH1
H2（g）＋O2（g）=H2O（l）　ΔH2
2As（s）＋O2（g）=As2O5（s）　ΔH3
则反应As2O5（s）＋3H2O（l）=2H3AsO4（s）的ΔH＝__________。
(3)氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。已知：
①2NO（g）=N2（g）＋O2（g）　ΔH＝－180.5 kJ·mol－1
②C（s）＋O2（g）=CO2（g）　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
③2C（s）＋O2（g）=2CO（g）　ΔH＝－221 kJ·mol－1
某反应的平衡常数表达式为K＝，写出此反应的热化学方程式：____________。
(4)甲烷的燃烧热为890.3 kJ/ mol ，请写出表示CH4燃烧热的热化学方程式_____________。
(5)由图可知，金刚石的稳定性________石墨的稳定性（填“＞”、“＜”或“＝”）。

(6)中和热的测定装置如图所示：

图中A的仪器名称：__________________作用：____________________________
9．（1）①25℃时，NaHCO3溶液呈碱性，原因是___________水解引起的（填“Na+”或“”）；
②常温下，0.0100mol/L 盐酸的pH=___________；
③用0.0100mol/L 盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液的颜色由浅红色变为___________（填“蓝色”或“无色”），且半分钟内保持不变。
（2）①已知H2与O2反应生成1mol H2O(g)时放出241.8kJ 的热量，请完成该反应的热化学方程式：2H2(g) +O2(g)＝2H2O(g) △H=___________kJ/mol；
②已知：C（石墨，s）＝C（金刚石，s） △H＞0，则稳定性： 石墨___________金刚石 （填“＞”、“＜”或“=”）。
（3）在某密闭容器中进行可逆反应：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g) △H＞0，平衡常数表达式为K=。
①反应达到平衡后，向容器中通入CO，化学平衡向__________方向移动（填“正反应”或“逆反应”）；
②若升高温度，平衡常数K___________（填“增大”、“减少”或“不变”）；
③查阅资料得知1100℃时K=0.263。某时刻测得容器中c(CO2)=0.025 mol/L，c(CO)=0.10 mol/L，此时刻反应__________平衡状态（填“达到”或“未达到”）。
（4）电化学是研究化学能与电能相互转化的装置、过程和效率的科学。
①根据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)＝2Ag(s)+Cu2+(aq)，设计的原电池如图一所示，X溶液时__________溶液（填“CuSO4”或“AgNO3”）；

②图二装置在铁件上镀铜，铁作阴极，则铜极上的电极反应是___________。
10．二氧化碳是常见的温室气体，其回收利用是环保领域研究的热点课题。
Ⅰ.CO2可以与H2反应合成C2H4，该转化分两步进行：
第一步：CO2(g)＋H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41.3kJ·mol-1
第二步：2CO(g)＋4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)△H=–210.5kJ·mol-1
（1）CO2与H2反应反应合成乙烯的热化学方程式为___。
（2）一定条件下的密闭容器中，要提高CO2合成乙烯的转化率，可以采取的措施是____（填标号）。
①减小压强②增大H2的浓度③加入适当催化剂④分离出H2O(g)
（3）已知温度对CO2合成乙烯的平衡转化率及催化剂的催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是____（填标号）。

①N点的速率最大
②M点的平衡常数比N点的平衡常数大
③温度低于250℃时，随温度升高乙烯的平衡产率增大
④实际反应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率
Ⅱ.研究表明CO2和H2在一定条件下可以合成甲醇，反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)[反应①]。一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入2.0mo1CO2和4.0molH2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：

（4）催化效果最佳的是催化剂____(填“A”、“B”或“C”)。
（5）T2温度下，若反应进行10min达到图中a点状态，用CO2的浓度表示的反应速率v(CO2)=____。
（6）图中b点已达平衡状态，则该温度下反应的平衡常数K=____。
（7）在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应①外，还发生如下反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)[反应②]。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得如下实验数据：
T(K)
CO2实际转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
12.3
42.3
553
15.3
39.1
注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。表中数据说明，升高温度CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是____。
11．一氧化碳是一种重要的化工原料。结合所学知识回答下列问题：
(1)工业上可通过CO和H2化合制取CH3OH：
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1
已知：①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H2=-41.1kJ·mol-1
②CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H3=-49.0kJ·mol-1
则△H1=___。
(2)二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题。
在太阳能的作用下，以CO2为原料制取炭黑的流程如图所示。其总反应的化学方程式为___。

(3)工业上还可通过CO和Cl2化合制取光气(COCl2)：Cl2(g) +CO(g)=COCl2(g) △H。向密闭容器中充入1molCl2(g)和1molCO(g)，反应速率随温度的变化如图所示。

①图中Q点的含义是___，△H___0(填“＞”或“＜”）。
②某温度下，该反应达到平衡时c(COCl2)=0.80mol•L-1，c(Cl2)=0.20mol•L-1，则平衡体系中CO的体积分数为___(保留2位小数）。在该温度下，反应的平衡常数K=___。
(4)以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能将CO2转化为低碳烯烃，工作原理如图：

①b电极的名称是___。
②生成丙烯(C3H6)的电极反应式为___。
12．H2在生物学、医学等领域有重要应用，传统制氢成本高、技术复杂，研究新型制氢意义重大，已成为科学家研究的重要课题。回答下列问题：
(1)我国科学家研究发现，在Rh的催化下，单分子甲酸分解制H2反应的过程如图1所示，其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为___________；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为___________(阿伏加德罗常数用NA表示)。

(2)T℃下H2S可直接分解制取H2，反应的原理如下：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)。实际生产中往刚性容器中同时通入H2S和水蒸气，水蒸气与反应体系的任何物质均不发生反应，测得容器总压(P总压)和H2S的转化率(a)随时间的变化关系如图2所示。计算反应在0~20 min内的平均反应速率v(H2)= ___kPa·min-1；平衡时，p(水蒸气)=_______kPa，平衡常数Kp=____kPa(Kp为以分压表示的平衡常数)。

(3)工业上也可采用乙苯()气体催化脱氢法制取H2，同时生成苯乙烯()气体。其他条件不变时，在不同催化剂(n、m、p)作用下，反应进行相同时间后，乙苯的转化率随反应温度的变化如图3所示。相同温度下，三种催化剂(n、m、p)的催化活性由高到低的顺序为___________；b点乙苯的转化率高于a点的原因是___________。
13．磷石膏是湿法生产磷酸的固体废弃物，用磷石膏生产硫酸或硫，既可减少对环境的污染又可使资源循环利用。回答下列问题：
(1)用焦炭、硫磺等均可还原磷石膏。已知下列反应：
I．CaSO4(s)+2C(s)=CaS(s)+2CO2(g) △H1=+226 kJ∙mol−1
II．3CaSO4(s)+CaS(s)=4CaO(s)+4SO2(g) △H2=a kJ∙mol−1
III．3CaS(s)+CaSO4(s)=4CaO(s)+4S(s) △H3=b kJ∙mol−1
①反应(I)能在___________(填“低温”“高温”或“任何温度”)下自发进行。
②用硫磺还原CaSO4反应为2CaSO4(s)+S(s)=2CaO(s)+3SO2(g)，其△H=___________kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示)。
(2)磷石膏转氨法制硫酸的主要反应为CaSO4(s)+(NH4)2CO3CaCO3(s)+(NH4)2SO4，该反应的平衡常数K=___________[已知：Ksp(CaCO3)=2.5×10−9，Ksp(CaSO4)=3.2×10−7]。
(3)一氧化碳还原CaSO4可发生下列反应，其lg Kp与温度(T)的关系如图所示(Kp为以分压表示的平衡常数)。

I．SO2(g)+3CO(g) 2CO2(g)+COS(g)
II．CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)
①△H>0的反应是___________(填“I”或“II”)。
②在交点A处，气体分压间满足的关系是：p(COS)=___________。
③在恒温恒容密闭容器中进行反应(I)，能说明已达到平衡状态的是___________(填字母)。
a．2v(CO)正=3v(CO2)正 b．气体的密度不再随时间变化
c．气体的压强不再随时间变化 d．的值不再随时间而变化
④若在1.0 L的恒容密闭容器中加入1 mol CaSO4，并充入1 mol CO，只发生反应II，在B点时气体总压强为1 MPa，则此时CaSO4转化率为___________(已知≈1.41)。
参考答案
1．吸收 180 > 0.001 25% B 乙 正极
【详解】
(1)氮气和氧气的反应方程式为N2+O2=2NO，该反应的反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量=946+498-632×2=+180kJ/mol，故吸收能量180kJ/mol；
(2)①10s后，NO的物质的量在不断减小，故反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；根据表格，v（NO）=，又NO与CO2的速率之比等于系数之比，故v(CO2)=0.001；
②NO的最大转化率为=；
③A分离出物质，浓度减小，速率减慢，B升高温度，速率加快，C扩大体积，浓度减小，速率减小，D充入惰性气体，速率不变，故选B；
④乙比甲达到平衡所用时间短，速率快，故催化剂乙效率高；
(3)CO变为CO2的过程化合价升高，失电子，作负极，故通O2的B极为正极；负极反应式为。
2．＜ 低温、高压 3 ＞ 不变
【分析】
(1)根据反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)可知，温度升高，CH4的量减少，而CO2的量增加，则反应逆向移动，可知ΔH1＜0；该反应正反向为体积减少、放热，可知提高CH4含量的方法；
(2)根据图2所示可知，和反应生成、和，据此写离子方程式；
(3)①T1温度下，0～tB时间段内，求甲烷的反应速率v(CH4)，根据反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)可知，v(H2)=3v(CH4)；
②根据表格可知，平衡时CH4的物质的量为3mol，根据三段式作答；
③求该状态下Qc，判断反应方向；温度不变平衡常数不变。
【详解】
(1)根据反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)可知，温度升高，CH4的量减少，而CO2的量增加，则反应逆向移动，可知ΔH1＜0；该反应正反向为体积减少、放热，若生产中要提高CH4含量，可以选择的条件是低温、高压，故答案为：＜；低温、高压；
(2)根据图2所示可知，和反应生成、和，则反应③的离子方程式为：，故答案为：；
(3)①T1温度下，0～tB时间段内，甲烷的反应速率v(CH4)=mol/(L·min)，根据反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)可知，v(H2)=3v(CH4)= mol/(L·min)，故答案为：；
②根据表格可知，平衡时CH4的物质的量为3mol，根据三段式：，则K(T2)=，故答案为：3；
③T2温度下，若起始时向1L密闭容器中充入2molCO、1molH2、2molCH4和2molH2O，反应达到平衡前，根据Qc=＜3，则反应正向进行，故v(正)＞v(逆)，温度不变平衡常数不变，故答案为：＞；不变。
【点睛】
本题重点(3)③，已知物质的量，要判断反应方向，可先求Qc，再根据与平衡常数K比较确定，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。
3．2△H2 − △H1 −624 kJ∙mol−1 放热 △H＜0 (或反应物的总能量大于生成物的总能量) 500mL容量瓶、玻璃棒 93.60%
【详解】
(1)根据盖斯定律将反应Ⅱ的2倍减去反应Ⅰ得到反应Ⅲ，因此△H3与△H1、△H2之间的关系是△H3= 2△H2 − △H1；故答案为：2△H2 − △H1。
(2)肼(N2H4)可用于卫星发射的燃料，8gN2H4(l)在 O2(g)中完全燃烧，生成 N2(g)和 H2O(g)， 放出 134kJ 热量，则1mol肼(N2H4)即32g完全燃烧生成气态水时放出536kJ，由于1mol肼完全反应生成了2mol气态水，再根据2H2O(g) =2H2O(l) △H= −88kJ∙mol−1，因此1mol肼完全反应生成液态水时放出624kJ的热，则肼的燃烧热△H=−624 kJ∙mol−1；故答案为：−624 kJ∙mol−1。
(3)①根据图中信息，第一步反应的反应物总能量高于生成物总能量，因此第一步反应是放热反应；故答案为：放热；△H＜0 (或反应物的总能量大于生成物的总能量)。
②将两步反应方程式相加得到1mol(aq)全部氧化成 (aq)的热化学方程式是；故答案为：。
(4)①配制500mL叠氮化钠溶液时，需用到烧杯、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶、玻璃棒等玻璃仪器；故答案为：500mL容量瓶、玻璃棒。
②根据题意先计算过量的 Ce4+的物质的量n(Ce4+)=0.0500 mol∙L−1×0.029L=1.45×10−3mol，则叠氮化钠(NaN3)的物质的量n(NaN3)= [0.1010 mol∙L−1×0.05L −1.45×10−3mol]×10=3.6×10−2mol，试样中 NaN3的质量分数为；故答案为：93.60%。
4．Cl2(g)＋2NO(g)＝2ClNO(g) △H＝－111kJ∙mol−1 0.021 减小 BC 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 ＜
【详解】
(1)根据题意，焓变等于断键吸收的总能量减去成键放出的总能量，因此该反应的热化学方程式为Cl2(g)＋2NO(g)＝2ClNO(g) △H＝243kJ∙mol−1＋630kJ∙mol−1×2－200 kJ∙mol−1×2－607kJ∙mol−1×2＝－111kJ∙mol−1；故答案为：Cl2(g)＋2NO(g)＝2ClNO(g) △H＝－111kJ∙mol−1。
(2)①0~10min内，平均反应速率；该反应是放热反应，当升高温度，平衡逆向移动，因此该反应的平衡常数K减小；故答案为：0.021；减小。
②根据题中表格信息，30min后氧气、二氧化碳浓度都增大；
A．加入一定量的粉状碳酸钙，平衡不移动，故A不符合题意；
B．适当缩小容器的体积，浓度增大，相当于加压，由于该反应是体积减小的反应，平衡正向移动，故B符合题意；
C．通入一定量的O2，O2浓度增大，平衡正向移动，二氧化碳浓度也增大，故B符合题意；
D．加入合适的催化剂，平衡不移动，故D不符合题意；
综上所述，答案为BC。
(3)由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因为1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；
故答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大。
(4)①达到平衡后，该反应是放热反应，仅升高温度，平衡逆向移动，因此k正增大的倍数＜k逆增大的倍数；故答案为：＜。
②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，，则=；故答案为：。
5． 若H2S和空气的体积比大于0.4，则废气中H2S脱除效率低，若小于 0.4，则H2S会部分氧化成大气污染物SO2 CO2 + 2H+ + 2e－ = CO + H2O CO2+H2SCO+H2O+S 通入足量的O2(或空气) Fe3+浓度增大，pH减小，使反应Ⅰ、Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，且 pH减小因素超过反应Ⅲ中Fe3+浓度增大因素 作催化剂(或降低反应的活化能) 30 ℃、pH=2.0 温度过低，反应速率太慢，温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)，反应速率会下降
【详解】
(1)将第二个方程式2倍加上第一个方程式，再将得到的整体除以3，得到反应2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S(s) ΔH=kJ∙mol−1；根据2H2S(g)+SO2(g)=2H2O(l)+3S(s)，在燃烧炉中通入的H2S和空气的体积比一般控制在0.4，若H2S和空气的体积比大于0.4，硫化氢没有被氧气消耗完，则废气中H2S脱除效率低，若小于0.4，氧气过量，氧气将部分硫化氢氧化成大气污染物SO2；故答案为：；若H2S和空气的体积比大于0.4，则废气中H2S脱除效率低，若小于 0.4，则H2S会部分氧化成大气污染物SO2。
(2)①根据前面信息EDTA−Fe2+－e－=EDTA−Fe3+，右边为阳极，左边为阴极，再根据图中信息得出阴极的电极反应式为CO2 + 2H+ + 2e－ = CO + H2O；故答案为：CO2 + 2H+ + 2e－ = CO + H2O。
②根据2EDTA−Fe3++H2S=2H+ +S↓+2EDTA−Fe2+和CO2 + 2H+ + 2e－ = CO + H2O得出协同转化的总反应为CO2+H2SCO+H2O+S；故答案为：CO2+H2SCO+H2O+S。
(3)①根据HS－+2Fe3+S↓+2Fe2++H+，滤液Fe2+，在酸性环境，需进行再生，较经济的再生方法是通入足量的O2(或空气)将亚铁离子变为铁离子；故答案为：通入足量的O2(或空气)。
②图中当Fe3+的浓度大于10 g·L −1时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于Fe3+浓度增大，pH减小，增加了氢离子浓度，反应Ⅰ、Ⅱ的化学平衡逆向移动，pH减小因素超过反应Ⅲ中Fe3+浓度增大因素；故答案为：Fe3+浓度增大，pH减小，使反应Ⅰ、Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，且 pH减小因素超过反应Ⅲ中Fe3+浓度增大因素。
(4)①硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的3×105倍，加快反应速率，说明菌的作用是其催化作用；故答案为：作催化剂(或降低反应的活化能)。
②根据图中信息使用硫杆菌的最佳条件是30℃、pH=2.0。该反应必须在适应的温度下，才能有利于反应的进行，其原因可能是温度过低，反应速率太慢，温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)，反应速率会下降，即在适当温度下，硫杆菌活性最大，其催化效果最好；故答案为：30 ℃、pH=2.0；温度过低，反应速率太慢，温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)，反应速率会下降。
6．c(CO2) 2MnCO3(s) ＋O2(g) 2MnO2(s) ＋2CO2(g) △H1=＋(2a+b) kJ∙mol−1 保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率 湿空气中，350℃左右 干空气中没有催化剂，反应速率比湿空气中慢，8h时未达到平衡
【分析】
(1)①根据化学平衡常数的定义来书写；②将第i方程式乘以2，再加上第ii个方程式得到焙烧MnCO3制取MnO2的热化学方程式。
(2)焙烧(装置如图1)时持续通入空气，并不断抽气主要利用平衡移动原理分析。
(3)①根据图中的信息得出；②根据湿空气中会吸收部分的二氧化碳及平衡移动来分析。
【详解】
(1)①反应i的化学平衡常数表达式是生成物浓度的系数次方之积除以反应物浓度的系数次方之积，因此K= c(CO2)；故答案为：c(CO2)。
②将第i方程式乘以2，再加上第ii个方程式得到焙烧MnCO3制取MnO2的热化学方程式是2MnCO3(s) ＋O2(g) 2MnO2(s) ＋2CO2(g) △H1=＋(2a+b) kJ∙mol−1；故答案为：2MnCO3(s) ＋O2(g) 2MnO2(s) ＋2CO2(g) △H1=＋(2a+b) kJ∙mol−1。
(2)焙烧(装置如图1)时持续通入空气，并不断抽气的目的是不断的移出CO2，降低CO2的浓度，保持O2的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率；故答案为：保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率。
(3)①根据图中的信息得出常压下，要提高MnCO3的转化率，应选择的生产条件是湿空气中，350℃左右焙烧68h；故答案为：湿空气中，350℃左右。
②图3中，焙烧8h时，MnCO3的转化率：干空气＜湿空气，原因是湿空气中会吸收部分的二氧化碳，降低二氧化碳的浓度，平衡有利于正向移动，增大碳酸锰的转化率，也可能湿空气有催化剂，提高反应速率；故答案为：干空气中没有催化剂，反应速率比湿空气中慢，8h时未达到平衡。
【点睛】
化学平衡题型是常考题型，主要考查热化学方程式书写、化学平衡表达式、利用平衡移动原理分析平衡移动、实际工业中的选择。
7．(3b-a-c ) p1＜p2＜p3 Ka＝Kb＜Kc 66.7% (或0.667) 3.2 Mpa 催化剂的催化效率降低 2CO2+12H++12e－ = CH2=CH2 +4H2O 6
【分析】
(1)第二个方程式2倍减去第一个方程式，再减去第三个方程式。
(2)①根据平衡移动来分析压强关系，根据温度变化来判断平衡常数；②分别假设计算出CO、CO2物质的量，再计算CO2的转化率和平衡常数。
(3)根据图中信息分析出催化剂的催化效率降低。
(4)根据分析，左侧CO2转化为乙烯，化合价降低，得到电子，根据Pb + PbO2 + 2H2SO4＝2PbSO4 + 2H2O分析电子转移与消耗硫酸关系。
【详解】
(1)第二个方程式2倍减去第一个方程式，再减去第三个方程式得到CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=(3b－a－c) kJ·mol−1；故答案为：(3b－a－c)。
(2)①从700℃分析，从下到上，CO体积分数增大，则说明平衡正向移动，该反应是体积增大的反应，即减小压强，因此压强p1、p2、p3的大小关系是p1＜p2＜p3；Ka、Kb、Kc为a、b、c三点对应的平衡常数，a、b温度相等，则平衡常数相等，b、c压强相同，温度不同，温度升高，CO体积分数增大，平衡正向移动，平衡常数变大，因此其大小关系是Ka＝Kb＜Kc；故答案为：p1＜p2＜p3；Ka＝Kb＜Kc。
②900℃、1.0 MPa时，足量碳与a molCO2反应达平衡后，CO的体积分数为为80%，则CO2的体积分数为20%，假设平衡时CO物质的量为0.8mol，CO2物质的量为0.2mol，则CO2改变量为0.4mol，因此CO2的转化率为，该反应的平衡常数；故答案为：66.7%(或0.667)；3.2 Mpa。
(3)根据图中信息，250～300 ℃时，乙酸的生成速率降低的主要原因是催化剂的催化效率降低；故答案为：催化剂的催化效率降低。
(4)以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。根据分析，左侧CO2转化为乙烯，化合价降低，得到电子，为阴极，因此阴极上的电极反应式为2CO2+12H++12e－ = CH2=CH2 +4H2O；根据Pb + PbO2 + 2H2SO4＝2PbSO4 + 2H2O分析，转移2mol电子，反应2mol硫酸，每生成0.5mol乙烯，转移6mol电子，所以理论上需消耗铅蓄电池中6 mol硫酸；故答案为：2CO2+12H++12e－ = CH2=CH2 +4H2O；6。
【点睛】
化学平衡综合题型是常考题型，主要考查盖斯定律、化学平衡移动及平衡常数，电化学等知识。
8．放热 ＜ 2ΔH1－3ΔH2－ΔH3 2CO（g）＋2NO（g）=N2（g）＋2CO2（g）　ΔH＝－746.5 kJ·mol－1 CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l）　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1 小于 环形玻璃搅拌棒 搅拌使其充分反应
【分析】
根据反应前后物质所含能量的大小关系可分析出反应吸放热类型；根据盖斯定律，通过其他焓变已知的热化学方程式即可计算未知反应的焓变；根据平衡常数表达式可书写出相应的反应方程式，再根据盖斯定律借助其他焓变已知的热化学方程式即可计算未知反应的焓变；书写表示燃烧热的热化学方程式时，一定要注意燃烧热的定义；根据物质所含能量的多少，即可判断物质的稳定性；在测定中和热的实验中，用到的最为特别的仪器即为环形玻璃搅拌棒，一方面要注意该仪器的材质为玻璃，另一方面注意该仪器并非普通的玻璃搅拌棒，但作用几乎等同。
【详解】
(1)由图可知，反应物的能量更高，因此该反应是放热反应，；
(2)由题可知，方程式Ⅳ：可由方程式Ⅰ：和方程式Ⅱ：以及方程式Ⅲ：，经过如下运算得到：Ⅳ=2Ⅰ-3Ⅱ-Ⅲ；因此其焓变可表示为：；
(3)由平衡常数表达式可知，该反应的方程式为④：；其可由方程式①②③经过如下运算得到：④=①-③+2②，即方程式④的焓变可表示为ΔH4=ΔH1-ΔH3+2ΔH2，代入数据计算可得该反应焓变为-746.5kJ/mol，因此该反应的热化学方程式为： ；
(4)甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，即1mol甲烷完全燃烧生成CO2和液态水会放出890.3kJ的热量，所以表示甲烷燃烧热的热化学方程式为： ；
(5)由图可知，金刚石所含的能量更高，所含能量越高的物质越不稳定，因此金刚石稳定性小于石墨的稳定性；
(6)在测定中和热的实验中，使用的A是环形玻璃搅拌棒，其作用即搅拌溶液使酸与碱能充分反应。
9．
2 无色 -483.6 ＞ 正反应 增大 未达到 AgNO3 Cu－2e－＝Cu2＋
【分析】
（1）根据盐类水解原理分析解答；根据pH计算表达式进行计算；根据滴定原理及指示剂的变色范围分析解答；（2）根据反应热与反应物物质的量的关系分析解答；（3）根据平衡常数表达式及平衡移动原理分析解答；（4）根据原电池原理及电解池原理分析解答。
【详解】
（1）①在溶液中，强碱弱酸盐，强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐电离出来的离子与水电离出来的H+与OH-生成弱电解质的过程叫做盐类水解，所以能发生水解反应的是，故答案为：；
②盐酸属于强电解质，完全电离，c(H+)=c(HCl)=0.0100mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg10-2=2，故答案为：2；
③酚酞在碱性溶液中为红色，当达到滴定终点时溶液为中性，所以溶液变为无色，故答案为：无色；
（2）①反应热和参加反应的反应物物质的量成正比，则H2与O2反应生成2mol H2O(g)时放出的热量为241.8kJ×2=483.6kJ，则热化学方程式为：2H2(g) +O2(g)＝2H2O(g) △H=-483.6kJ kJ/mol，故答案为：-483.6；
②由C（石墨，s）＝C（金刚石，s） △H＞0知，反应吸热，反应物石墨能量低，物质能量越低越稳定，则稳定性： 石墨＞金刚石，故答案为：＞；
（3）①增大反应物浓度，根据平衡移动原理分析，平衡向正反应方向移动，故答案为：正反应；
②该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，K增大，故答案为：增大；
③Qc=＜0.263，则未达到平衡，故答案为：未达到；
（4）①右侧为原电池的正极，电极反应为Ag++e-＝Ag，则X溶液为AgNO3，故答案为：AgNO3；
②图二装置为电解池，在铁件上镀铜，铁作阴极，则铜作阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应是Cu-2e-＝Cu2＋，故答案为：Cu-2e-＝Cu2＋。
10．2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H=–127.9kJ·mol-1 ②④ ② A 0.06mol·L-1·min-1 112.5 升高温度，反应①②的反应速率均加快，但反应②的反应速率变化更大
【分析】
Ⅰ⑴根据盖斯定律进行计算。

⑵①减小压强，向体积增大即逆向移动，转化率减小；②增大H2的浓度，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大；③加入适当催化剂，加快反应速率，平衡不移动，转化率不变；④分离出H2O(g)，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大。
⑶①N点温度高，但催化效率低，因此N的速率不一定最大；②从M点到N点，温度升高，平衡逆向移动，因此M点的平衡常数比N点的平衡常数大；③温度低于250℃时，随温度升高，平衡逆向移动，乙烯的平衡产率减小；④实际反应尽可能在较低的温度下进行，平衡正向进行，虽然提高CO2的转化率，但催化剂的活性，反应速率减小，经济效率低。
Ⅱ⑷在T1温度下，相同时间内，催化剂A转化率最大。
⑸根据转化率和速率公式进行计算CO2的浓度表示的反应速率。
⑹建立三段式，再进行计算平衡常数。
⑺表中数据说明，升高温度，可能升高温度，反应①②的反应速率均加快，但反应②的反应速率变化更大。
【详解】
Ⅰ⑴将第一个方程式乘以2加第二个方程式，得到CO2与H2反应反应合成乙烯的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H=－127.9kJ·mol-1；故答案为：2CO2(g) + 6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) △H=－127.9kJ·mol-1。
⑵①减小压强，向体积增大即逆向移动，转化率减小，故①不符合题意；②增大H2的浓度，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故②符合题意；③加入适当催化剂，加快反应速率，平衡不移动，转化率不变，故③不符合题意；④分离出H2O(g)，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故④符合题意；综上所述，答案为：②④。
⑶①N点温度高，但催化效率低，因此N的速率不一定最大，故①错误；②从M点到N点，温度升高，平衡逆向移动，因此M点的平衡常数比N点的平衡常数大，故②正确；③温度低于250℃时，随温度升高，平衡逆向移动，乙烯的平衡产率减小，故③错误；④实际反应尽可能在较低的温度下进行，平衡正向进行，虽然提高CO2的转化率，但催化剂的活性，反应速率减小，经济效率低，故④错误；综上所述，答案为：②。
Ⅱ⑷在T1温度下，相同时间内，催化剂A转化率最大，因此催化效果最佳的是催化剂；故答案为A。
⑸T2温度下，若反应进行10min达到图中a点状态，用CO2的浓度表示的反应速率；故答案为：0.06mol·L-1·min-1。
⑹图中b点已达平衡状态，转化率为60%，

则该温度下反应的平衡常数；故答案为：112.5。
⑺表中数据说明，升高温度，可能升高温度，反应①②的反应速率均加快，但反应②的反应速率变化更大，而此甲醇的选择性降低，其原因是升高温度，反应①②的反应速率均加快，但反应②的反应速率变化更大。
11．-90.1kJ·mol-1 CO2C+O2 化学平衡状态 ＜ 16.67% 20 正极 3CO2+18H++18e-→CH3CH=CH2+6H2O
【分析】
(1)根据盖斯定律计算；
(2)根据图像可知，反应物为二氧化碳，生成物为炭黑和氧气；
(3)根据图像可知，升高温度，正逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的程度大于正反应速率，则升高温度，平衡逆向移动，逆向反应为吸热，则正反应为放热反应。
(4)①根据图知，氧的化合价由-2变为0价，失电子，则生成氧气的电极是阳极，则连接阳极的电源电极为正极；
②阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成丙烯和水。
【详解】
(1)根据盖斯定律可知，①+②可得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，则△H1=△H2+△H3=-90.1kJ·mol-1；
(2)根据图像可知，反应物为二氧化碳，生成物为炭黑和氧气，则方程式为CO2C+O2；
(3)根据图像可知，升高温度，正逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的程度大于正反应速率，则升高温度，平衡逆向移动，逆向反应为吸热，则正反应为放热反应。
①根据图像可知在Q点之前为建立平衡的过程，而Q点之后为平衡移动的过程，且随着温度的升高平衡逆向移动，Q点为化学平衡状态；正反应为放热反应，则△H＜0；
②初始时，充入等物质的量的Cl2、CO，根据Cl2(g)+CO(g)=COCl2(g)，平衡时，c(Cl2)=c(CO)=0.20mol•L-1，平衡体系中CO的体积分数=×100%=16.67%；K==20；
(4)①根据图知，氧的化合价由-2变为0价，失电子，则生成氧气的电极是阳极，则连接阳极的电源电极为正极，所以b为正极；
②阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成丙烯和水，电极反应式为3CO2+18H++18e-→CH3CH=CH2+6H2O。
12．HCOOH*＝HCOO*＋H* HCOOH(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＝−0.16NA ev∙mol−1 1.2 60 135 n＞m＞p a、b点都未达到平衡，b点温度高，b点的速率快，消耗的量多，因此转化率大
【详解】
(1)根据题意决定反应速率主要看活化能，因此该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*＝HCOO*＋H*；根据图中信息得到甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＝−0.16NA ev∙mol−1；故答案为：HCOOH*＝HCOO*＋H*；HCOOH(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＝−0.16NA ev∙mol−1。
(2)根据反应建立三段式，以压强进行建立，，设水蒸气压强为z，因此有a＋c＝100，c＋a−2b＋2b＋b＝112，，解得a＝40，b＝12，c＝60，因此反应在0~20 min内的平均反应速率；平衡时，水蒸气压强和任意时刻的水蒸气相同，p(水蒸气)=60kPa，平衡时根据题意建立三段式，，平衡常数kPa；故答案为：1.2；60；135。
(3)根据图中信息，做一条与y轴相平的平行线，相同温度下，三种催化剂(n、m、p)的催化活性由高到低的顺序为n＞m＞p；根据图中信息，a、b点都未达到平衡，b点乙苯的转化率高于a点的原因是a、b点都未达到平衡，b点温度高，b点的速率快，消耗的量多，因此转化率大；故答案为：n＞m＞p；a、b点都未达到平衡，b点温度高，b点的速率快，消耗的量多，因此转化率大。
13．高温 II cd 70.5%
【详解】
(1)①反应(I)是吸热反应(△H＞0)，熵增的反应(△S＞0)，根据△G＝△H－T△S＜0,得出该反应在高温下自发进行；故答案为：高温。
②将第II个方程式3倍减去第III个方程式，再整体除以4得到硫磺还原CaSO4反应为2CaSO4(s)+S(s)=2CaO(s)+3SO2(g)，其△H= kJ·mol−1；故答案为：。
(2)磷石膏转氨法制硫酸的主要反应为CaSO4(s)+(NH4)2CO3CaCO3(s)+(NH4)2SO4，其离子方程式为CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+ (aq)，该反应的平衡常数；故答案为：。
(3)①升高温度，反应I的lg Kp逐渐减小，Kp减小，即逆向移动，说明逆向是吸热反应，正向是放热反应，升高温度，反应II的lg Kp逐渐增大，Kp增大，即正向移动，说明正向是吸热反应，则△H＞0的反应是II；故答案为II。
②在交点A处，根据两个方程式的压强平衡常数得出：，因此气体分压间满足的关系是：；故答案为：。
③a．2υ(CO)正=3υ(CO2)正，都为正反应，不满足两个不同的方向，不能作为判断平衡标志，故a不符合题意；b．气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当气体的密度不再随时间变化，不能作为判断平衡标志，故b不符合题意；c．该反应正向反应是体积减小的反应，压强不断减小，当气体的压强不再随时间变化，可以作为判断平衡标志，故c符合题意；d．正向反应，生成物浓度增大，反应物物浓度减小，在一直增大，当比值不再随时间而变化，说明达到化学平衡，故d符合题意；综上所述，答案为cd。
④若在1.0 L的恒容密闭容器中加入1 mol CaSO4，并充入1 mol CO，只发生反应II，建立三段式得到，在B点时气体总压强为1 MPa，lg Kp＝0即Kp＝1，，解得，则此时CaSO4转化率为；故答案为：70.5%。