第二章高考强化

由反应进程图可知，该反应生成物的总能量大于反应物，故该反应是吸热反应， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误；催化剂可以降低反应的活化能从而影响反应速率，但不影响平衡常数，通常情况下，平衡常数只受温度的影响， $ {\rm \mathrm{B}} $ 错误；能量越低越稳定，与催化剂 $ \mathrm{b} $ 相比，丙烷被催化剂 $ \mathrm{a} $ 吸附得到的吸附态能量更低，更稳定， $ {\rm \mathrm{C}} $ 正确；由反应进程图可知， $ ①\to ②. $ 进程中， $ {\rm {}^{\ast }{\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3}{\mathrm{C}\mathrm{H}\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3}+{}^{\ast }\mathrm{H}{\xrightarrow[ ~]{\ast~}}{\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3}{\mathrm{C}\mathrm{H}\mathrm{C}\mathrm{H}}_{2}+{2}^{\ast }\mathrm{H}} $ 的活化能最高，反应速率最慢，是决速步骤， $ {\rm \mathrm{D}} $ 错误。

观察历程图，反应ⅰ的反应物 $ {\rm {\mathrm{G}\mathrm{a}}_{2}{\mathrm{O}}_{3}(\mathrm{s})+{\mathrm{N}\mathrm{H}}_{3}(\mathrm{g})} $ 的相对能量为0，经 $ {\rm \mathrm{T}\mathrm{S}1} $ 、 $ {\rm \mathrm{T}\mathrm{S}2} $ 、 $ {\rm \mathrm{T}\mathrm{S}3} $ 完成反应，生成 $ {\rm {\mathrm{G}\mathrm{a}}_{2}{\mathrm{O}}_{2}\mathrm{N}\mathrm{H}(\mathrm{s})} $ 和 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g})} $ ，此时的相对能量为 $ {\rm 0.05\mathrm{e}\mathrm{V}} $ ，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程， $ {\rm \mathrm{A}} $ 正确；反应ⅱ中 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g})} $ 脱去步骤需要经过 $ {\rm \mathrm{T}\mathrm{S}5} $ ，则活化能为 $ {\rm 0.70\mathrm{e}\mathrm{V}} $ 与 $ {\rm \mathrm{T}\mathrm{S}5} $ 的相对能量差，即 $ {\rm 3.39\mathrm{e}\mathrm{V}-0.70\mathrm{e}\mathrm{V}=2.69\mathrm{e}\mathrm{V}} $ ， $ {\rm \mathrm{B}} $ 正确；反应ⅲ从 $ {\rm {\mathrm{G}\mathrm{a}}_{2}{\mathrm{O}\mathrm{N}}_{2}{\mathrm{H}}_{2}(\mathrm{s})} $ 生成 $ {\rm 2\mathrm{G}\mathrm{a}\mathrm{N}(\mathrm{s})+{\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g})} $ 经历过渡态 $ {\rm \mathrm{T}\mathrm{S}6} $ 、 $ {\rm \mathrm{T}\mathrm{S}7} $ ，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应， $ {\rm \mathrm{C}} $ 正确；整个反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的 $ {\rm \mathrm{T}\mathrm{S}7} $ 对应的步骤 $ ( $ 活化能为 $ {\rm 3.07\mathrm{e}\mathrm{V})} $ ，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中， $ {\rm \mathrm{D}} $ 错误。

根据 $ v=kx $ 可得， $ {\rm {v}_{1}={k}_{1}{x}_{\mathrm{A}}} $ ， $ {\rm {v}_{-1}={k}_{-1}{x}_{\mathrm{M}}} $ ， $ {\rm {v}_{2}={k}_{2}{x}_{\mathrm{A}}} $ ， $ {\rm {v}_{-2}={k}_{-2}{x}_{\mathrm{N}}} $ ,反应达平衡时， $ {v}_{1}={v}_{-1} $ ， $ {v}_{2}={v}_{-2} $ ，即 $ {\rm {k}_{1}{x}_{\mathrm{A}，平衡}={k}_{-1}{x}_{\mathrm{M}，平衡}} $ ， $ {\rm {k}_{2}{x}_{\mathrm{A}，平衡}={k}_{-2}{x}_{\mathrm{N}，平衡}} $ ，则 $ {\rm {x}_{\mathrm{N},平衡}=\dfrac{{k}_{2}{x}_{\mathrm{A},平衡}}{{k}_{-2}}} $ ，推导得 $ {\rm \dfrac{{x}_{\mathrm{N},平衡}}{{x}_{\mathrm{M},平衡}}=\dfrac{\dfrac{{k}_{2}{x}_{\mathrm{A},平衡}}{{k}_{-2}}}{\dfrac{{k}_{1}{x}_{平衡}}{{k}_{-1}}}=\dfrac{{k}_{-1}{k}_{2}}{{k}_{1}{k}_{-2}}} $ ， $ {\rm \mathrm{A}} $ 正确； $ {t}_{1} $ 时刻 $ {\rm \mathrm{N}} $ 和 $ {\rm \mathrm{M}} $ 的物质的量相等，依据 $ {\rm v=\dfrac{\mathrm{\Delta }n}{V\mathrm{\Delta }t}} $ 可知， $ 0\sim {t}_{1} $ 时间段内，生成 $ {\rm \mathrm{N}} $ 和 $ {\rm \mathrm{M}} $ 的平均反应速率相等， $ {\rm \mathrm{B}} $ 正确； $ {x}_{1} $ 对应的点未平衡，加入催化剂可加快反应速率，使 $ {\rm \mathrm{M}} $ 的生成量增多， $ {x}_{1} $ 增大，但催化剂不能使平衡发生移动，故 $ {\rm {x}_{\mathrm{M}}} $ ，平衡不变， $ {\rm \mathrm{C}} $ 错误；若 $ {\rm \mathrm{A}(\mathrm{g})\to \mathrm{M}(\mathrm{g}).} $ 、 $ {\rm \mathrm{A}(\mathrm{g})\to \mathrm{N}(\mathrm{g}).} $ 为放热反应，则升高温度， $ {\rm \mathrm{A}(\mathrm{g})\to \mathrm{M}(\mathrm{g}).} $ 和 $ {\rm \mathrm{A}(\mathrm{g})\to \mathrm{N}(\mathrm{g}).} $ 的反应限度均减小，平衡时 $ {\rm \mathrm{A}} $ 的物质的量增多，总物质的量不变， $ {\rm {x}_{\mathrm{A}}} $ ，平衡增大， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

【题图剖析】

由容器乙、丙中 $ t \min $ 时醋酸甲酯的量可知，升温后，平衡逆向移动，正反应放热， $ {\rm \mathrm{\Delta }H < 0} $ ， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误； $ {\rm v({\mathrm{H}}_{2})=2v({\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3}{\mathrm{C}\mathrm{O}\mathrm{O}\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3})=\dfrac{2×[{n}_{起始}({\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3}{\mathrm{C}\mathrm{O}\mathrm{O}\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3})-{n}_{t \min }({\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3}{\mathrm{C}\mathrm{O}\mathrm{O}\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3})]}{V\cdot t \min }=\dfrac{2×(1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}-0.6\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l})}{10\mathrm{L}×t \min }=\dfrac{2}{25t}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}\cdot { \min }^{-1}} $ ， $ {\rm \mathrm{B}} $ 错误；由【思路导引】可知，无法确定 $ t \min $ 时容器乙中是否达到平衡状态，则无法比较其 $ v $ （正）、 $ v $ （逆）， $ {\rm \mathrm{C}} $ 错误；根据题给数据，列三段式：

$ {\rm\hspace{-0.5em} \begin{array} {l} \rm\hspace{-0.5em} \begin{array}{cccccccc}& {\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3}{\mathrm{C}\mathrm{O}\mathrm{O}\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3}\left(\mathrm{g}\right)& +& 2{\mathrm{H}}_{2}\left(\mathrm{g}\right)& \stackrel{△}{⇌}& {\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3}{\mathrm{C}\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}\mathrm{H}\left(\mathrm{g}\right)& +& {\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3}\mathrm{O}\mathrm{H}\left(\mathrm{g}\right)\\ {n}_{起始}/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& 1& & 9.8& & 0& & 0\\ {n}_{转化}/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& 0.8& & 1.6& & 0.8& & 0.8\\ {n}_{t \min }/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& 0.2& & 8.2& & 0.8& & 0.8\end{array} \hspace{-0.5em}\end{array} \hspace{-0.5em} } $

容器丙中， $ {\rm n({\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3}{\mathrm{C}\mathrm{O}\mathrm{O}\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3})=0.2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}} $ 、 $ {\rm n({\mathrm{H}}_{2})=8.2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}} $ 、 $ {\rm n({\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3}{\mathrm{C}\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}\mathrm{H})=0.8\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}} $ 、 $ {\rm n({\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3}\mathrm{O}\mathrm{H})=0.8\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}} $ ， $ {n}_{总}=10.0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ ，气体体积分数等于物质的量分数，则容器丙中乙醇体积分数为 $ \dfrac{0.8\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}{10.0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}×100\%=8\% $ ， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

由题图可知，点 $ b $ 对应 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{H}}_{4}} $ 的平衡转化率大于点 $ c $ ，结合分析可知，点 $ b $ 对应投料比小于点 $ c $ ，故 $ {x}_{1} < {x}_{2} $ , $ {\rm \mathrm{A}} $ 正确；点 $ b $ 、 $ c $ 均为平衡状态， $ {v}_{正}={v}_{逆} $ ，点 $ {\rm b{\mathrm{C}\mathrm{H}}_{4}} $ 的平衡转化率大于点 $ c $ ，两点 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{H}}_{4}} $ 的投料量相同，则反应产物 $ {\rm \mathrm{C}\mathrm{O}} $ 、 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}} $ 的平衡浓度：点 $ b > $ 点 $ c $ ，两点温度相同，故 $ {v}_{c} $ 逆 $ < {v}_{b} $ 逆， $ {v}_{c} $ 正 $ < {v}_{b} $ 正， $ {\rm \mathrm{B}} $ 错误；由分析可知，该反应为吸热反应，随温度升高，平衡常数增大，又由点 $ b $ 、 $ c $ 温度相同，则平衡常数： $ {\rm {K}_{a} < {K}_{b}={K}_{c}} $ ， $ {\rm \mathrm{C}} $ 正确；该反应为反应前后气体分子数改变的反应，恒温恒容条件下，随反应进行容器内压强改变，当压强不变时，反应达到平衡状态， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

（1） 由分析可知，1分子 $ {\rm {\mathrm{C}}_{40}{\mathrm{H}}_{20}(\mathrm{g})} $ 转变为 $ {\rm {\mathrm{C}}_{40}{\mathrm{H}}_{18}(\mathrm{g})} $ 断裂2个碳氢键，形成了1个碳碳键及氢氢键，结合键能数据， $ {\rm \mathrm{\Delta }H=2×431.0\mathrm{k}\mathrm{J}\cdot {\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}^{-1}-298.0\mathrm{k}\mathrm{J}\cdot {\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}^{-1}-436.0\mathrm{k}\mathrm{J}\cdot {\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}^{-1}=+128\mathrm{k}\mathrm{J}\cdot {\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}^{-1}} $ 。

（2） 由 $ {\rm {\mathrm{C}}_{40}{\mathrm{H}}_{20}(\mathrm{g})} $ 转变为 $ {\rm {\mathrm{C}}_{40}{\mathrm{H}}_{18}(\mathrm{g})} $ 反应机理及能量变化图可知，题图反应历程包含3个基元反应，其中第3个基元反应的活化能最大，速率最慢。

（3） 设起始时 $ {\rm {\mathrm{C}}_{40}{\mathrm{H}}_{20}(\mathrm{g})} $ 的物质的量为 $ 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ ，根据题意可列三段式如下：

$ {\rm\hspace{-0.5em} \begin{array} {l} \rm\hspace{-0.5em} \begin{array}{cccccc}& {\mathrm{C}}_{40}{\mathrm{H}}_{20}\left(\mathrm{g}\right)& ⇌& {\mathrm{C}}_{40}{\mathrm{H}}_{18}\left(\mathrm{g}\right)& +& {\mathrm{H}}_{2}\left(\mathrm{g}\right)\\ 起始量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& 1& & 0& & 0\\ 转化量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& \alpha & & \alpha & & \alpha \\ 平衡量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& 1-\alpha & & \alpha & & \alpha \end{array} \hspace{-0.5em}\end{array} \hspace{-0.5em} } $

平衡时，气体的总物质的量为 $ (1+\alpha )\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ ，则 $ {\rm {\mathrm{C}}_{40}{\mathrm{H}}_{20}(\mathrm{g})} $ 、 $ {\rm {\mathrm{C}}_{40}{\mathrm{H}}_{18}(\mathrm{g})} $ 、 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}(\mathrm{g})} $ 的物质的量分数分别为 $ \dfrac{1-\alpha }{1+\alpha } $ 、 $ \dfrac{\alpha }{1+\alpha } $ 、 $ \dfrac{\alpha }{1+\alpha } $ ， $ {\rm {K}_{\mathrm{p}}=\dfrac{\dfrac{\alpha }{1+\alpha }{p}_{0}×\dfrac{\alpha }{1+\alpha }{p}_{0}}{\dfrac{1-\alpha }{1+\alpha }{p}_{0}}=\dfrac{{\alpha }^{2}}{1-{\alpha }^{2}}{p}_{0}} $ 。

（1） 生成乙二醇的总反应 $ ③= $ 反应 $ ①+ $ 反应②，可得反应③热化学方程式为 $ {\rm \mathrm{H}\mathrm{C}\mathrm{H}\mathrm{O}(\mathrm{g})+\mathrm{C}\mathrm{O}(\mathrm{g})+2{\mathrm{H}}_{2}(\mathrm{g})\xlongequal{}{\mathrm{H}\mathrm{O}\mathrm{C}\mathrm{H}}_{2}{\mathrm{C}\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}\mathrm{H}(\mathrm{l})\mathrm{\Delta }H=} $ 产物生成焓之和-反应物生成焓之和 $ {\rm =-455\mathrm{k}\mathrm{J}\cdot {\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}^{-1}-[-116\mathrm{k}\mathrm{J}\cdot {\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}^{-1}+(-111\mathrm{k}\mathrm{J}\cdot {\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}^{-1})+2×0\mathrm{k}\mathrm{J}\cdot {\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}^{-1}]=-228\mathrm{k}\mathrm{J}\cdot {\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}^{-1}} $ ；该反应为气体分子数减少的反应，所以反应后体系的混乱度减小，即 $ {\rm \mathrm{\Delta }S < 0} $ ； $ {\rm \mathrm{\Delta }G=\mathrm{\Delta }H-T\mathrm{\Delta }S < 0} $ 时，反应可自发进行，已知 $ {\rm \mathrm{\Delta }H < 0} $ ， $ {\rm \mathrm{\Delta }S < 0} $ ，则反应在低温易自发进行。

（2） 恒压时，合成气中 $ {\rm n({\mathrm{H}}_{2}):n(\mathrm{C}\mathrm{O})} $ 增大，即 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}} $ 的分压增大， $ {\rm \mathrm{C}\mathrm{O}} $ 的分压减小，反应②的速率由于 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}} $ 分压的增大而加快，使得 $ {\rm {\mathrm{H}\mathrm{O}\mathrm{C}\mathrm{H}}_{2}\mathrm{C}\mathrm{H}\mathrm{O}} $ 消耗速率增大，而反应①的速率与 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}} $ 与 $ {\rm \mathrm{C}\mathrm{O}} $ 的分压均有关，羟基乙醛单位时间产率降低，说明其生成速率的变化量小于消耗速率的变化量，即反应①的速率变化程度小于反应②的速率变化程度。

（3） 由 $ {\rm \ln K=-\dfrac{\mathrm{\Delta }H}{TR}+} $ 常数可知， $ {\rm \ln K} $ 与 $ {\rm \dfrac{1}{T}} $ 的关系图中直线斜率为 $ {\rm -\dfrac{\mathrm{\Delta }H}{R}} $ 。由题图可知，反应②对应直线的斜率为 $ \dfrac{23.1-18.6}{0.0026-0.0023}=1.5×{10}^{4} $ ，反应④对应直线的斜率为 $ \dfrac{13.7-10.2}{0.0026-0.0023}\approx 1.2×{10}^{4} $ ，即 $ {\rm -\dfrac{\mathrm{\Delta }{H}_{2}}{R} > -\dfrac{\mathrm{\Delta }{H}_{4}}{R}} $ ，可得 $ {\rm \mathrm{\Delta }{H}_{2} < \mathrm{\Delta }{H}_{4}} $ ；抑制甲醇生成，即让反应②的正向进行程度大于反应④，因为反应②对应直线的斜率大于反应④，随着 $ {\rm \dfrac{1}{T}} $ 的增大，即温度降低， $ {\rm \ln {K}_{2}} $ 增大程度大于 $ {\rm \ln {K}_{4}} $ 增大程度，故适当降低温度能抑制甲醇的生成。

（4） ① 根据反应①③④，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的生成量与分别消耗甲醛的量相等，则甲醛的消耗量为 $ {\rm 1.0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}×(38\%+8\%+10\%)=0.56\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}} $ ，可得其平均消耗速率 $ {\rm v=\dfrac{0.56\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}}{5\mathrm{h}}=0.112\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}\cdot {\mathrm{h}}^{-1}} $ 。

② 由①分析可知，平衡时，乙二醇的浓度为 $ {\rm 1.0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}×34\%=0.34\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}} $ ，甲醛的消耗量为 $ {\rm 1.0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}×(18\%+34\%+14\%)=0.66\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}} $ ，所以其平衡浓度为 $ {\rm 1.0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}-0.66\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}=0.34\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}} $ ，可得生成乙二醇即反应③的平衡常数 $ {\rm K=\dfrac{c({\mathrm{H}\mathrm{O}\mathrm{C}\mathrm{H}}_{2}{\mathrm{C}\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}\mathrm{H})}{c(\mathrm{H}\mathrm{C}\mathrm{H}\mathrm{O})c(\mathrm{C}\mathrm{O}){c}^{2}({\mathrm{H}}_{2})}=\dfrac{0.34}{0.34×6.0×{10}^{-4}×{\left(1.0×{10}^{-4}\right) ^ {2}}}{\left(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}\right) ^ {-3}}\approx 1.67×{10}^{11}{\left(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}\right) ^ {-3}}} $ 。

（1） 由题图剖析可知， $ \mathrm{a} $ 线对应物种为 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}} $ ； $ \mathrm{c} $ 线代表 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 摩尔分数随温度的变化，温度高于 $ {\rm {T}_{1}} $ 时，平衡体系中只存在反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动， $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 的物质的量逐渐减小，摩尔分数逐渐降低。

（2） 温度为 $ {\rm {T}_{0}} $ 时，体系中各物质的摩尔分数如表所示：

反应Ⅱ为反应前后气体总分子数不变的反应，恒温恒压下，气体压强之比等于气体物质的量之比，则 $ {\rm {K}_{\mathrm{p}}={K}_{\mathrm{x}}=\dfrac{x({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})\cdot x({\mathrm{H}}_{2})}{x(\mathrm{C}\mathrm{O})\cdot x({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})}=\dfrac{0.05×0.5}{0.15×0.3}=\dfrac{5}{9}} $ ；气体总物质的量为 $ 4.0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ 时，可根据摩尔分数计算各物质的物质的量，如表：

该条件下，部分反应Ⅱ中生成的 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 发生反应Ⅲ转化为 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{C}\mathrm{O}}_{3}} $ ，设生成的 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{C}\mathrm{O}}_{3}} $ 的物质的量为 $ x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ ，可列式：

$ {\rm\hspace{-0.5em} \begin{array} {l} \rm\hspace{-0.5em} \begin{array}{cccccccc}& \mathrm{C}\left(\mathrm{s}\right)& +& {\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}\left(\mathrm{g}\right)& ⇌& \mathrm{C}\mathrm{O}\left(\mathrm{g}\right)& +& {\mathrm{H}}_{2}\left(\mathrm{g}\right)\\ 转化量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& & & & & 0.6+0.2+x& & 0.6+0.2+x\end{array} \hspace{-0.5em}\end{array} \hspace{-0.5em} } $

$ {\rm\hspace{-0.5em} \begin{array} {l} \rm\hspace{-0.5em} \begin{array}{cccccccc}& \mathrm{C}\mathrm{O}\left(\mathrm{g}\right)& +& {\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}\left(\mathrm{g}\right)& ⇌& {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}\left(\mathrm{g}\right)& +& {\mathrm{H}}_{2}\left(\mathrm{g}\right)\\ 转化量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& 0.2+x& & & & 0.2+x& & 0.2+x\end{array} \hspace{-0.5em}\end{array} \hspace{-0.5em} } $

$ {\rm\hspace{-0.5em} \begin{array} {l} \rm\hspace{-0.5em} \begin{array}{cccccc}& \mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{O}\left(\mathrm{s}\right)& +& {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}\left(\mathrm{g}\right)& ⇌& {\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{C}\mathrm{O}}_{3}\left(\mathrm{s}\right)\\ 转化量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& & & x& & x\end{array} \hspace{-0.5em}\end{array} \hspace{-0.5em} } $

则 $ {\rm n({\mathrm{H}}_{2})=(0.6+0.2+x)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}+(0.2+x)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}=2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}} $ ，解得 $ x=0.5 $ ，即反应过程中生成的 $ {\rm n({\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{C}\mathrm{O}}_{3})=0.5\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}} $ ；该温度下，反应Ⅲ的 $ {\rm {K}_{\mathrm{p}}=\dfrac{1}{p({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})}} $ ，温度不变， $ {\rm {K}_{\mathrm{p}}} $ 保持不变，则 $ {\rm p({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})} $ 不变；恒压条件下 $ {\rm p({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})} $ 不变，即 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 的摩尔分数不变，温度不变，反应的 $ {\rm {K}_{\mathrm{p}}} $ 均不变，说明其他物质的分压也不变，故 $ {\rm p(\mathrm{C}\mathrm{O})} $ 不变。

【题图剖析】

反应体系中主要存在如下三个反应：

$ {\rm \mathrm{C}(\mathrm{s})+{\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g})⇌\mathrm{C}\mathrm{O}(\mathrm{g})+{\mathrm{H}}_{2}(\mathrm{g}).} $ $ (Ⅰ) $ $ {\rm \mathrm{\Delta }{H}_{1} > 0} $

$ {\rm \mathrm{C}\mathrm{O}(\mathrm{g})+{\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g})⇌{\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}(\mathrm{g})+{\mathrm{H}}_{2}(\mathrm{g}).} $ $ (Ⅱ) $ $ {\rm \mathrm{\Delta }{H}_{2} < 0} $

$ {\rm \mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{O}(\mathrm{s})+{\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}(\mathrm{g})⇌{\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{C}\mathrm{O}}_{3}(\mathrm{s}).} $ $ (Ⅲ) $ $ {\rm \mathrm{\Delta }{H}_{3} < 0} $

根据方程式分析可得，体系中 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}} $ 的摩尔分数一定大于 $ {\rm \mathrm{C}\mathrm{O}} $ 、 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 的体积分数；图像中所示温度范围内， $ {\rm \mathrm{C}(\mathrm{s})} $ 已经完全反应，且温度大于 $ {\rm {T}_{1}} $ 时， $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{C}\mathrm{O}}_{3}(\mathrm{s})} $ 完全分解，即此后只考虑反应Ⅱ对物质的摩尔分数的影响即可：温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，则 $ {\rm \mathrm{C}\mathrm{O}} $ 的摩尔分数增大， $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 、 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}} $ 的摩尔分数减小。

（2） $ {\rm {T}_{0}\mathrm{K}} $ 时，设平衡时 $ {\rm {\mathrm{C}}_{2}{\mathrm{H}}_{4}(\mathrm{g})} $ 、 $ {\rm {\mathrm{C}}_{2}{\mathrm{H}}_{6}(\mathrm{g})} $ 的物质的量分别为 $ x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ 、 $ y\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}： $

$ {\rm\hspace{-0.5em} \begin{array} {l} \rm\hspace{-0.5em} \begin{array}{cccccc}& {\mathrm{C}}_{2}{\mathrm{H}}_{2}\left(\mathrm{g}\right)& +& {\mathrm{H}}_{2}\left(\mathrm{g}\right)& ⇌& {\mathrm{C}}_{2}{\mathrm{H}}_{4}\left(\mathrm{g}\right)\\ 初始量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& 2& & 2& & 0\\ 变化量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& x& & x& & x\\ 平衡量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& 2-x-y& & 2-x-2y& & x\end{array} \hspace{-0.5em}\end{array} \hspace{-0.5em} } $

$ {\rm\hspace{-0.5em} \begin{array} {l} \rm\hspace{-0.5em} \begin{array}{cccccc}& {\mathrm{C}}_{2}{\mathrm{H}}_{2}\left(\mathrm{g}\right)& +& 2{\mathrm{H}}_{2}\left(\mathrm{g}\right)& ⇌& {\mathrm{C}}_{2}{\mathrm{H}}_{6}\left(\mathrm{g}\right)\\ 初始量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& 2& & 2& & 0\\ 变化量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& y& & 2y& & y\\ 平衡量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& 2-x-y& & 2-x-2y& & y\end{array} \hspace{-0.5em}\end{array} \hspace{-0.5em} } $

由题图乙可知，在 $ {\rm {T}_{0}\mathrm{K}} $ 、 $ {\rm 22\mathrm{k}\mathrm{P}\mathrm{a}} $ 下 $ {\rm {\mathrm{C}}_{2}{\mathrm{H}}_{2}} $ 的平衡转化率为 $ 80\% $ ，则 $ \dfrac{x+y}{2}×100\%=80\% $ ，在 $ {\rm {T}_{0}\mathrm{K}} $ 、 $ {\rm 22\mathrm{k}\mathrm{P}\mathrm{a}} $ 下 $ {\rm {\mathrm{C}}_{2}{\mathrm{H}}_{4}} $ 的选择性等于 $ \dfrac{7}{8} $ ，则 $ \dfrac{x}{x+y}=\dfrac{7}{8} $ ，解得 $ x=1.4 $ ， $ y=0.2 $ ，平衡时 $ {\rm n({\mathrm{C}}_{2}{\mathrm{H}}_{2})=0.4\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}} $ ， $ {\rm n({\mathrm{H}}_{2})=0.2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}} $ ， $ {\rm n({\mathrm{C}}_{2}{\mathrm{H}}_{4})=1.4\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}} $ ， $ {\rm n({\mathrm{C}}_{2}{\mathrm{H}}_{6})=0.2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}} $ ，则反应体系中气体总物质的量为 $ 0.4\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}+0.2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}+1.4\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}+0.2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}=2.2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ ， $ {\rm {T}_{0}\mathrm{K}} $ 下，主反应的平衡常数 $ {\rm {K}_{\mathrm{p}}=\dfrac{p({\mathrm{C}}_{2}{\mathrm{H}}_{4})}{p({\mathrm{C}}_{2}{\mathrm{H}}_{2})\cdot p({\mathrm{H}}_{2})}=\dfrac{22\mathrm{k}\mathrm{P}\mathrm{a}×\dfrac{1.4\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}{2.2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}}{22\mathrm{k}\mathrm{P}\mathrm{a}×\dfrac{0.4\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}{2.2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}×22\mathrm{k}\mathrm{P}\mathrm{a}×\dfrac{0.2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}{2.2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}}=\dfrac{7}{4}{\mathrm{k}\mathrm{P}\mathrm{a}}^{-1}=1.75{\mathrm{k}\mathrm{P}\mathrm{a}}^{-1}} $ 。