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天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-26化学反应的热效应（4）
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这是一份天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-26化学反应的热效应（4），共33页。试卷主要包含了单选题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-26化学反应的热效应（4）
一、单选题
1．（2020·天津河西·统考二模）HCHO与O2在HAP表面催化氧化的历程示意图如图：(HAP仅为部分结构)
下列说法正确的是（ ）
A．HAP能提高HCHO的平衡转化率
B．HCHO在反应过程中有C-H键的断裂
C．产物CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．该反应可表示为2HCHO＋O2CO2＋2H2O
2．（2020·天津·二模）下列说法正确的是
A．利用键长及键能的数据可判断：稳定性
B．金属的电子气理论，可以解释金属易导电易腐蚀的原因
C．化学反应过程中一定有化学键的变化，这是反应过程中能量变化的本质原因
D．活化能越大就代表化学反应需要吸收或放出的能量就越大
3．（2020·天津和平·统考二模）CO2和CH4催化重整可制备合成气，其反应历程示意图如下：
下列说法中不正确的是。
A．Ni是该反应的催化剂
B．过程①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成
C．过程①→②是吸热反应
D．反应的总化学方程式可表示为：CH4 +CO2 2CO+2H2
4．（2020·天津红桥·一模）利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示（NO）。下列说法不正确的是（ ）
A．NO属于极性分子
B．含有非极性共价键
C．过程②释放能量，过程③吸收能量
D．标准状况下，NO分解生成5.6LN2转移电子数为6.02×1023
5．（2020·天津和平·三模）利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是
A．该分解过程是：2NON2+O2
B．实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应
C．过程②释放能量，过程③吸收能量
D．标准状况下，NO分解生成5.6 LN2转移电子数约为6.02×1023
6．（2020·天津红桥·统考一模）如图已知反应S2O82- (aq) + 2I-(aq) 2SO42-(aq) + I2(aq)，若向该溶液中加入含Fe3+的某溶液，反应机理如下：下列有关该反应的说法不正确的是
①2Fe3+ (aq) + 2I- (aq)I2 (aq) + 2Fe2+ (aq)
②2Fe2+ (aq) + S2O82- (aq)2Fe3+ (aq) + 2SO42- (aq)
A．Fe3+是该反应的催化剂
B．S2O82- (aq) + 2I-(aq) 2SO42-(aq) + I2(aq)是放热反应
C．加入Fe3+ 后降低了该反应的活化能
D．向该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色加深
7．（2020·天津河西·统考一模）已知活性氧可以把SO2快速氧化为SO3，根据计算机模拟结果，在炭黑表面上O2转化为活化氧的反应历程与能量变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．O2转化为活化氧与碳氧键生成无关
B．每活化1个O2分子最终吸收0.29 eV能量
C．该过程的最大能垒（活化能）E正= 0.73 eV
D．炭黑可加快SO2转化为SO3的反应速率
8．（2020·天津·模拟预测）关于如图所示的过程，下列说法不正确的是
A．ΔE1是该反应的活化能
B．ΔE2是2 mol H—Cl键的总键能
C．加入催化剂可以改变反应的焓变
D．该反应是一个放热反应
9．（2020·天津·模拟预测）某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．改变催化剂，可改变该反应的活化能
B．该反应为吸热反应，热效应等于△H
C．反应过程a有催化剂参与
D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2
二、原理综合题
10．（2020·天津河西·统考二模）铜的化合物在工农业生产中具有重要地位。请按要求回答下列问题。
Ⅰ.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：
方法a
用葡萄糖还原新制的Cu(OH)2(NaOH过量)制备Cu2O
方法b
用肼(N2H4)加热还原新制的Cu(OH)2制备Cu2O，同时放出N2
方法c
用炭粉在1000℃以上还原CuO制备Cu2O，同时放出CO
(1)写出方法a的化学方程式：__。
(2)已知：①2Cu(s)+O2(g)=Cu2O(s) △H=-169kJ·mol﹣1
②C(s)+O2(g)=CO(g) △H=-110.5kJ·mol﹣1
③CuO(s)=Cu(s)+O2(g) △H=+157kJ·mol﹣1
写出方法c反应的热化学方程式：__。
(3)在相同的密闭容器中，用上表方法制得的三种Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O(g)2H2(g)+O2(g) △H＞0。水蒸气的浓度随时间t变化如下表所示：
序号
0
10
20
30
40
50
i
T1
0.050
0.0492
0.0486
0.0482
0.0480
0.0480
ii
T1
0.050
0.0488
0.0484
0.0480
0.0480
0.0480
iii
T2
0.100
0.0960
0.0930
0.0900
0.0900
0.0900
对比上述实验数据，可获得的结论：
①催化剂的催化效率：实验i___实验ii(填“>”“<”“=”，下同)。
②T1__T2。
Ⅱ.在2L的恒温密闭容器中通入5molO2并加入足量Cu2S发生反应：Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g) △H1=-271.4kJ/mol，
反应过程中某气体的体积分数随时间变化如图所示。
(4)反应前2min平均反应速率v(SO2)=__；该温度下反应的平衡常数K=__。
若保持温度不变向平衡体系中再通入1molO2，达到新平衡后氧气的体积分数__(填“大于”“小于”或“等于”)原平衡时氧气的体积分数。
11．（2020·天津·二模）已知反应是可逆反应。设计如图装置(均为石墨电极)，分别进行下述操作：
①向B烧杯中逐滴加入浓盐酸。②向B烧杯中逐滴加入溶液。结果发现电流表指针均发生偏转。
(1)①过程中棒上发生的反应为_________；
②过程中棒上发生的反应为___________。
(2)操作②过程中，盐桥中的移向_________烧杯溶液(填“A”或“B”)。
资料：。向一定浓度的溶液中加入溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：
微粒
浓度
a
(3)a=________________。该平衡体系中除了含有和外，判断溶液是否一定还含有其他含碘微粒______________(填“是”或“否”)。
(4)已知：甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。
反应：
反应：
则______________
(5)已知：25℃时，。医学上进行消化系统的X射线透视时，常使用作内服造影剂。胃酸酸性很强(pH约为1)，但服用大量仍然是安全的，不溶于酸的原因是(用溶解平衡原理解释)：_________。误服少量，应尽快用大量的一定浓度的溶液给患者洗胃，忽略洗胃过程中溶液浓度的变化，要使残留在胃液中的浓度为，应服用的溶液的最低浓度为_______。
12．（2020·天津河北·统考二模）甲醇水蒸气重整制氢方法是目前比较成熟的制氢方法，且具有良好的应用前景。甲醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图所示：
（1）已知一定条件下
反应I：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) ΔH1=+90.7kJ/mol
反应III：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH3=+49.5kJ/mol
该条件下反应II的热化学方程式是___。
（2）已知反应II在进气比[n(CO)：n(H2O)]不同时，在不同温度（T1、T2）下，测得相应的CO的平衡转化率见图。
①比较T1、T2的大小，T1___T2(填“>”“<”或“=”)。
②A点对应的化学平衡常数是___。
③T1温度时，按下表数据开始反应建立平衡
CO
H2O
H2
CO2
起始浓度(mol/L)
2
1
0
0
t时刻浓度(mol/L)
1.2
0.2
0.8
0.8
反应进行到t时刻时，判断v（正）、v（逆）的大小关系为：v（正）___v（逆）(填“>”“<”或“=”)。
④当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是___。
（3）CO2在生产中有着广泛的用途。
①将过量CO2通入KOH溶液中可生成KHCO3，请写出该反应的离子方程式___。
②在经CO2饱和处理的KHCO3弱酸性溶液中，电解活化CO2可以制备乙醇，原理如图所示。该电极为___（填“阴极”或“阳极”），电极反应式是___。
13．（2020·天津河东·模拟预测）氧气、二氧化碳是最常见的气体。回答下列问题：
（1）宇航员呼吸产生的CO2用下列反应处理，实现空间站中的O2循环利用。镍催化剂反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
①已知H2(g)+O2(g)H2O(g)ΔH=－akJ·mol-1，
CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH=－bkJ·mol-1。则镍催化剂反应的ΔH=____kJ·mol-1
②空间站中所涉及的反应有：
a.镍催化剂反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
b.电解水反应：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)
c.模拟呼吸反应：C(s)+O2(g)=CO2(g)
则实现空间站O2循环总反应为____
（2）可用O2将HCl转化为Cl2，实现循环利用：O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。将1molO2和4molHCl充入某恒容密闭容器中，分别在T1和T2的温度下进行实验，测得容器内总压强（p）与反应时间（t）的变化关系如图所示。
③该反应的速率v=kca(O2)·cb(HCl)，k为速率常数），下列说法正确的是____（填标号）。
A．温度升高，k增大
B．使用催化剂，k不变
C．在容器中充入不反应的He，总压增大，k增大
D．平衡后再充入1molO2和4molHCl，k增大
④T1____T2（填“＞”或“＜”）；T1时的转化率____T2时的转化率（填“＞”“=”或“＜”）。
⑤T1时，HCl的平衡转化率＝____；T2反应的Kx＝____（Kx为以物质的量分数表示的平衡常数）。
14．（2020·天津和平·一模）合理控制、利用燃煤排放的CO2、SO2、CO是优化环境的有效途径。
(1)CO2生产甲醇方法：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH =−a kJ·mol−1；
已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH=−b kJ·mol−1；
H2O(g)===H2O(l) ΔH=−c kJ·mol−1；
CH3OH(g)===CH3OH(l) ΔH=−d kJ·mol−1。
则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为_________________________________。
(2)工业生产中用SO2为原料制取硫酸
①利用原电池将SO2转化法，如图(a)所示，则负极的电极反应式为____________。
②电解Na2SO3溶液吸收SO2得到的NaHSO3法，如图(b)所示，则阳极反应式______。
(3)光气 (COCl2)是一种重要的化工原料，工业上通过Cl2(g)+CO(g) COCl2(g)的反应制备。根据图(c)、图(d)，回答下列问题：
①该反应的正反应是___________ 反应(填“放热”或“吸热”)。
②0~6 min内，反应的平均速率v(Cl2)＝_______；该温度下的平衡常数为______。
③若恒温恒容时，在第7 min 向体系中加入这三种物质各2 mol，则平衡_____移动(填“向左”、“向右”或“不”)。
④若恒温恒压时，初始投料浓度为c(Cl2)=0.7 mol/L、c(CO)=0.5 mol·L−1、c(COCl2)=______mol·L−1，最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6 min时的相同。
⑤第n min反应温度表示为T(n )，则：T(8)_____T(15) (填“＞”、“＜”或“＝”)。
15．（2020·天津红桥·一模）Cu及化合物在生产、国防中有重要的应用。
I.纳米级Cu2O既是航母舰艇底部的防腐蚀涂料，也是优良的催化剂。
（1）已知：Cu2O(s)+O2(g)=2CuO(s) ΔH=-196kJ/mol
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-220.8kJ/mol
则工业上用碳粉与CuO粉末混合在一定条件下反应制取Cu2O(s)，同时生成CO气体的热化学方程式为___。
（2）用纳米级Cu2O作催化剂可实现甲醇脱氢制取甲醛：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。
①该反应的ΔH___0（填“>”或“<”）；600K时，Y点甲醇的v（正）___v（逆）（填“>”或“<”）。
②在t1K时，向固定体积为1L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡，则0～9min内用CH3OH(g)表示的反应速率v(CH3OH)___，温度为t1时，该反应的平衡常数K的值为___。
II.Cu既是常见的催化剂，又是常见的电极材料。
（3）图1表示的是利用CO2的“直接电子传递机理”。在催化剂铜的表面进行转化。当直接传递的电子物质的量为2mol时，则参加反应的CO2的物质的量为___。
（4）图2表示以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，该电极反应的方程式为___。
III.含铜离子的废水会造成污染，通常将其转化为硫化铜沉淀而除去。
（5）已知：Ksp(CuS)=1×10-36，要使铜离子的浓度符合排放标准（不超过0.4mg/L），溶液中的硫离子的物质的量浓度至少为___mol/L（保留至小数点后一位）。
16．（2020·天津·统考一模）治理大气和水体污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。
(1)泄漏会导致人体中毒，用于检测的传感器的工作原理如图所示：
①写出电极Ⅰ上发生的反应式：__________
②工作一段时间后溶液中的浓度__________(填“变大”、“变小”或“不变”)
(2)用氧化制取，可提高效益，减少污染。反应为：，通过控制条件，分两步循环进行，可使转化率接近100%，其原理如图所示：
过程Ⅰ的反应为：
过程Ⅱ反应的热化学方程式(用含有和的代数式表示)__________。
(3)在温度，容积为的绝热容器中，充入，发生反应：，容器中的相关量随时间变化如图所示。
①反应到时，的转化率是__________。
②根据图示，以下各点表示反应达到平衡状态的是________。
a. b. c. d.
③内容器中的反应速率增大，而后容器中的反应速率减小了，原因是_______。
④此容器中反应达平衡时，温度若为，此温度下的平衡常数=__________。
(4)工业上可用溶液吸收法处理，25℃时用的溶液吸收，当溶液时，溶液中各离子浓度的大小关系为：。(已知25℃时：的电离常数，)请结合所学理论通过计算说明的原因__________。
17．（2020·天津·统考一模）(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的 SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：
①SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq) ΔH1=a kJ/mol；
②NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH2=b kJ/mol；
③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) ΔH3=c kJ/mol。
则反应 2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的 ΔH=____kJ/mol。
(2)SO2是形成酸雨的主要污染物，燃煤脱硫原理为 2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)。向 10L 恒温恒容密闭容器中加入 3mol CaO，并通入 2mol SO2和 lmol O2发生上述反应，2min时达平衡，此时 CaSO4为1.8mol。0〜2min 内，用 SO2表示的该反应的速率v(SO2)=____，其他条件保持不变，若上述反应在恒压条件下进行，达到平衡时 SO2的转化率____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)NO 的排放主要来自于汽车尾气，净化原理为：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ΔH=−746.8kJ/mol。实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v 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 1mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO 的转化率为 40%，则k正︰k逆=____。
(4)以连二硫酸根(S2O42-)为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：
①阴极区的电极反应式为____。
②NO 吸收转化后的主要产物为 NH4+，若通电时电路中转移了 0.3mol e－，则此通电过程中理论上吸收的 NO 在标准状况下的体积为____mL。
(5)欲用 5L Na2CO3溶液将 23.3g BaSO4固体全都转化为 BaCO3，则所用的 Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为____。[已知：常温下K(BaSO4)=1×10−7、K(BaCO3)=2.5×10−6]。(忽略溶液体积的变化)
18．（2020·天津河西·统考一模）随着化工产业的迅猛发展，氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。请按要求回答下列问题：
（1）HCl直接氧化法制Cl2可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+1/2Cl2(g) ΔH1 = +83 kJ·mol-1
CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) ΔH2 = -20 kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3 = -121 kJ·mol-1
写出HCl直接氧化法制Cl2的热化学方程式：____________________________。
（2）在恒定容器中用上述HCl直接氧化法制Cl2，进料c(HCl) ∶c(O2)分别为1:1、4:1、7:1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如下图所示：
①判断图中c(HCl) /c(O2) = 1:1的曲线为________。
②按化学计量系数比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料时c(HCl)/c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________、________。
③综合上述信息，写出在一定温度的条件下进一步提高HCl的转化率的方法： ________________________________________。
④观察上图，以任何一条曲线为例，平衡常数K(200℃)________K(300℃)（填“大于”、“小于”或“等于”）。
⑤设O2初始浓度为c，计算L2对应K(300℃) =____________（列出含c的计算式）。
（3）科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
①电源b极为____________极。
②写出阳极区域反应方程式：________________________________________。
③电路中转移1 mol电子时，阳极产生气体体积为__________________L（标准状况）。
19．（2020·天津滨海新·统考模拟预测）合成气（CO+H2）广泛用于合成有机物，工业上常采用天然气与水蒸气反应等方法来制取合成气。
（1）已知，5.6LCH4（标况下数据）与水蒸气完全反应时吸收51.5kJ的热量，请写出该反应的热化学方程式___；
（2）在150℃时2L的密闭容器中，将2molCH4和2molH2O(g)混合，经过15min达到平衡,此时CH4的转化率为60%。回答下列问题：
①从反应开始至平衡，用氢气的物质的量浓度变化表示该反应速率v(H2)=___。
②该反应的平衡常数表达式K=___。
③下列选项中能表示该反应已达到平衡状态的是___
A．v(H2)逆=3v(CO)正
B．密闭容器中混合气体的密度不变
C．密闭容器中总压强不变
D．c(CH4)=c(CO)
④平衡时容器中CH4的体积分数___。
20．（2020·天津和平·模拟预测）汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的主要原因之一。
(1)工业上利用甲烷催化还原NO，可减少氮氧化物的排放。
已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-574kJ·mol−1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH =-1160kJ·mol−1
甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为____________________________。
(2)减少汽车尾气污染的原理为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH ＜0。向恒温恒容密闭容器中充入NO和CO，用传感器测得的数据如下表所示：
时间/s
0
1
2
3
4
c(NO)/×10-3mol·L−1
9.00
4.00
2.00
1.00
1.00
c(CO)/×10-3mol·L−1
9.00
4.00
2.00
1.00
1.00
①为了提高尾气处理的效果，可采取的措施有____________（写出两种即可）。
②此条件下达到平衡时，计算该反应的平衡常数K=____________________。
(3)工业上用氢氧化钠溶液来同时吸收SO2和氮的氧化物气体(NOx)，可得到Na2SO3、NaHSO3、NaNO2、NaNO3等溶液。（已知：常温下，HNO2的电离常数为Ka=7×10-4，H2SO3的电离常数为Ka1=1.2×10-2、Ka2=5.8×10-8）。
①常温下，相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液中pH较大的是________溶液。
②常温下，NaHSO3显_________性（填“酸”“碱”或“中”），判断的理由是________________________________________________（通过计算说明）。
(4)铈元素(Ce)常见有+3、+4两种价态。NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1∶1)。可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4+，其原理如图所示。
①Ce4+从电解槽的__________(填字母代号)口流出。
②写出阴极的电极反应式______________________。
参考答案：
1．B
【详解】A．HAP在反应前后没有发生变化，是该反应的催化剂，催化剂不影响平衡转化率，A错误；
B．由图示信息可知，甲醛在反应过程中，甲醛中碳氢键发生断裂，B正确；
C．由图示信息可知，产物CO2分子中的氧原子有1个来自于氧气，有1个来自于甲醛，C错误；
D．甲醛和氧气在HAP的催化下生成二氧化碳和水，反应可表示为HCHO＋O2CO2＋H2O，D错误；
故选B。
2．C
【详解】A．非金属性：C＞Si；元素的非金属性越强，其对应的简单氢化物的稳定性就越强，故CH4与SiH4的稳定性：CH4＞SiH4，选项A错误；
B．组成金属晶体的微粒为金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下电子可发生定向移动，故能导电，能用金属晶体结构加以解释，金属易腐蚀与金属晶体结构无关、与化学性质有关，金属的化学性质比较活泼，容易被空气中的氧气所氧化，故金属易腐蚀不能用金属晶体结构加以解释，选项B错误；
C．化学键的断裂要吸收能量，化学键的形成要放出能量，所以化学反应中化学键的断裂和形成是反应过程中有能量变化的本质原因，选项C正确；
D．反应的活化能越大，反需要的能量越多，但反应前后的能量变化不一定越大，即反应热的数值不一定大，选项D错误。
答案选C。
3．C
【解析】由图可知，发生CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，Ni为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，①→②放出热量，以此来解答。
【详解】A．Ni在此反应中先消耗、后生成，且质量不变，则为催化剂，故A正确；
B．由反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故B正确；
C．过程①→②反应物的能量高于生成物的能量，此反应为放热反应，故C错误；
D．此反应的反应物为CO2和CH4，Ni做催化剂，产物为CO和氢气，则化学方程式为CH4 +CO2 2CO+2H2，故D正确；
故答案为C。
4．C
【分析】分析NO分解的过程，可知过程①为固体表面吸附NO分子的过程，过程②中发生了旧化学键的断裂：2NO=2N+2O；过程③为新化学键的形成过程：2N=N2、2O=O2。过程④为解吸过程，据此进行分析。
【详解】A．NO中存在极性键，其空间结构不对称，键的极性不能抵消，故NO为极性分子，A项正确；
B．在N2、O2中存在非极性共价键，B项正确；
C．过程②为化学键断裂过程，吸收能量，过程③为新化学键的形成，会释放能量，C项错误；
D．NO分解成1molN2的过程中，转移了4mole-，标准状况下，5.6LN2的物质的量为0.25mol，则生成0.25molN2的过程中，转移的电子数为6.02×1023，D项正确；
答案选C。
5．C
【详解】A．根据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，该分解过程是：2NON2+O2，故A正确；
B．铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，可以用于实验室制取NO，故B正确；
C．过程②为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子，断开化学键需要吸收能量，过程③为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气，形成化学键需要释放能量，故C错误；
D．根据反应2NON2+O2，O元素由-2价变为0价，生成1mol O2，同时生成1molN2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6 LN2为0.25mol，则转移电子数约为0.25mol ×4×6.02×1023=6.02×1023个，故D正确；
答案选C。
【点睛】断裂化学键需要吸收能量，形成化学键要释放能量，本题中通过图示，了解清晰反应历程很关键。
6．D
【详解】A.由方程式可知，反应①中Fe3+是反应物，反应②中Fe3+是生成物，则Fe3+是该反应的催化剂，故A正确；
B.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，故B正确；
C.催化剂能降低反应的活化能，Fe3+是该反应的催化剂，则加入Fe3+ 后降低了该反应的活化能，故C正确；
D.该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，碘单质浓度减小，蓝色变浅，故D错误；
故选D。
【点睛】反应①中Fe3+是反应物，反应②中Fe3+是生成物，则Fe3+是该反应的催化剂，催化剂能降低反应的活化能。
7．D
【详解】A．从图中可以看出从氧气到活性氧，需经过炭黑与氧气结合再分开的过程，此时有碳氧键生成和氧氧键的断裂，A错误；
B．开始状态时炭黑和氧气为0 eV，结束后能量变为-0.29 eV，故放出0.29 eV的能量，B错误；
C．从图中可以看出，炭黑和氧气需要先吸收0.75 eV的能量，再释放一些能量，然后吸收能量到0.73 eV，故该过程中的最大能垒E正=0.75 eV，C错误；
D．反应体系中加入炭黑后，体系中的氧气变成活化氧，增加了体系中的活化分子百分数，增加了反应速率，D正确；
故选D。
8．C
【详解】A、△E1是1molH2（g）和1molCl2（g）的总键能，是正反应的活化能，A正确；B、△E2是形成2mol HCl（g）时释放的总能量，是2mol HCl（g）的总键能，B正确；C、加入催化剂可以改变活化能，但反应的焓变不变，C错误；D、由图象分析该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应，D正确；答案选C。
点睛：本题考查热化学反应方程式及能量变化图象，明确图象中纵横坐标的含义及点、线、面的意义是解答本题的关键，注意催化剂对反应速率、活化能、焓变以及平衡状态的影响。
9．A
【详解】A．E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，不同的催化剂，反应的活化能不同，故A正确；
B．反应物能量高于生成物，反应为放热反应，△H=生成物能量-反应物能量，故B错误；
C．据图可知，b中使用了催化剂，故C错误；
D．E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，故D错误；
故选A。
10． CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O C(s)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g) △H=+34.5kJ·mol-1 ＜ ＜ 0.5mol/(L·min) 1.5 等于
【分析】根据盖斯定律书写热化学方程式并进行反应热的计算；根据表格数据判断达到平衡的时间从而判断催化效率；根据图象分析得出该图象表示SO2的体积分数随时间的变化，结合三段式计算反应速率和平衡常数，根据等效平衡的概念分析解答。
【详解】(1)方法a用葡萄糖还原新制的Cu(OH)2(NaOH过量)制备Cu2O，反应的化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O，故答案为：CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O；
(2)方法c用炭粉在1000℃以上还原CuO制备Cu2O，同时放出CO，反应的化学方程式为C(s)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g)，可通过反应①+②-2③得到，则根据盖斯定律可得ΔH=(-169kJ·mol﹣1)+(-110.5kJ·mol﹣1)-2(+157kJ·mol﹣1)=+34.5kJ·mol﹣1，故答案为：C(s)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g) △H=+34.5kJ·mol-1；
(3)①根据表格数据分析可知，实验ⅱ更快达到平衡状态，反应速率更快，故催化效率实验i<实验ii，故答案为：<；
②比较实验ii、ⅲ，实验ⅲ中初始水蒸气浓度是实验ii的一倍，但反应结束时水蒸气的浓度小于实验2的一倍，故平衡向正反应反应移动，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，则T1
11． A 是 不能减少或的浓度，平衡不能向溶解的方向移动
【分析】根据加入溶液酸碱性的不同判断反应进行的方向；根据化学平衡常数计算反应反应中某一物质的浓度，根据元素的守恒定律判断溶液中是否存在其他微粒；根据盖斯定律计算化学反应热；根据化学平衡移动原理分析平衡是否发生移动。
【详解】(1)过程①向烧杯B中加入浓盐酸，反应正向进行，C1棒上溶液中的碘离子失电子生成I2，电极方程式为2I--2e-= I2，C2棒上溶液中的得电子生成，电极方程式为+2e-+2H+=+H2O；过程②向烧杯B中加入NaOH溶液，反应逆向进行，其总反应相应变为+ I2+2OH-=+ H2O+2I-，C1棒上溶液中I2得电子生成I-，电极方程式为I2+2e-=2I-，C2棒上溶液中失电子生成，电极方程式为-2e-+2OH-=+ H2O；
(2)过程②A烧杯中生成大量I-，导致盐桥中K+向A烧杯移动；
(3)根据反应可写出反应的化学平衡常数表达式K==640，将碘离子和碘单质的浓度带入，解得c()=4×10-3mol/L；对于方程式I-+I2=，根据平衡时三种物质的平衡浓度可以计算这个反应中I的总物质的量浓度为1.95×10-2mol/L，物质的量为1.95×10-2×30×10-3=5.85×10-4mol，而反应前碘化钾溶液中碘离子的物质的量为0.1×10×10-3=10-3mol，二者存在差值，说明溶液中还含有其他含碘微粒；
(4)根据盖斯定律，将第一个热化学方程式与第二个热化学方程式相加即得到第三个方程式的反应热，第三个热化学方程式的反应热∆H3=∆H1+∆H2=+90.64 kJ/mol+41.20 kJ/mol=+131.84 kJ/mol；
(5)人胃液的主要成分为HCl，服用BaSO4后不会对人体造成伤害，原因是H+不能减少钡离子或硫酸根的浓度，硫酸钡的沉淀溶解平衡不会发生移动；洗胃过程中要使残留在胃中的Ba2+浓度小于2×10-10mol/L，根据BaSO4的溶度积常数可以计算硫酸根浓度c()===0.5mol/L，故应服用硫酸钠溶液的最低浓度为0.5mol/L。
12． H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2kJ·mol-1 < 1 < 进气比越大，反应温度越低 CO2+OH-=HCO 阴极 2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O
【分析】（1）由题目所给反应过程图和盖斯定律计算可得；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；
②由题意建立三段式求解可得；
③由表格数据计算浓度熵Qc，比较浓度熵和平衡常数K的大小判断；
④由图可知，当CO平衡转化率相等时，进气比越大，反应温度越低；
（3）①过量CO2与KOH溶液反应生成KHCO3；
②由示意图可知，纳米C电极为电解池的阴极，弱酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇。
【详解】（1）由题目所给反应过程图可知，反应II为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g)，根据盖斯定律可知，反应III-反应I得反应II，则该反应的ΔH=（+49.5kJ/mol）—（+90.7kJ/mol
）=-41.2 kJ/mol，热化学方程式为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2 kJ/mol，故答案为：H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2 kJ/mol；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，由图可知，进气比相同时，温度由T1变为T2时，CO转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则T1
则反应平衡常数K=，故答案为：1；
③由表格数据可知，t时刻时反应的浓度熵＞K=1，说明平衡向逆反应方向移动，则v(正)
（3）①过量CO2与KOH溶液反应生成KHCO3，反应的离子方程式为CO2+OH-=HCO3—，故答案为：CO2+OH-=HCO3—；
②由示意图可知，纳米C电极为电解池的阴极，弱酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O，故答案为：阴极；2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O。
【点睛】注意运用浓度熵判断平衡移动方向是解答关键，当浓度熵Qc＞平衡常数K，平衡向逆反应方向移动，v(正)
【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；通过化学反应电解水得到氧气和氢气，氧气为人类呼吸所用，氢气和与人类呼出的二氧化碳反应生成水和甲烷，然后水就又电解生成氧气，这样形成一个循环链，使空间站中的氧气量足够宇航员使用；
(2) ③A．温度改变瞬间，浓度没有影响，即通过增大k从而改变了速率；
B．催化剂降低了反应的活化能，使反应的速率常数k增大；
C．在容器中充入不反应的 He，总压增大分压不变，平衡不变，k 不变；
D．“平衡后再充入1molO2和4molHCl”，相当于增大反应体系的压强；
④根据温度对平衡移动的影响规律，结合图象进行分析；
⑤设反应的O2的物质的量为，根据反应列出三段式进行分析，根据物质的量之比等于压强之比列方程进行计算；根据平衡常数的计算公式进行计算。
【详解】(1)①设反应H2(g)+O2(g)H2O(g)ΔH=－akJ·mol-1为式①，反应CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH=－bkJ·mol-1为式②，反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)可以由②-4×①得出，故该反应的ΔH=－4a+b kJ·mol-1；
②由a+b+c得，C(s)+2H2(g)=CH4(g)，空间站O2循环总反应为：C(s)+2H2(g)=CH4(g)；
(2)③A．刚升温时c(O2)、c(HCl)都不变，升温反应速率增大，故k增大，A正确；
B．催化剂降低了反应的活化能，使反应的速率常数k增大，B错误；
C．充入不反应的He，总压增大，由于是固定容器，原物质的浓度都没变，反应速率不变，故k不变，C错误；
D．平衡后再充入1molO2和4molHCl，c(O2)、c(HCl)都增大，故反应速率增大不一定是由于k增大，D错误；
故选A。
④由图可知，T2先达到平衡，则T1
根据物质的量之比等于压强之比，T1有，解得mol，故HCl的转化率为；T2时，有，解得mol，反应后总物质的量为5-=4.5mol，O2、HCl、Cl2、H2O的物质的量分别为0.5mol、2mol、1mol、1mol，
【点睛】本题要注意（2）的③题，此题的速率v=kca(O2)·cb(HCl)是瞬时速率，速率的大小与k和c(O2)、c(HCl)都有关系，不能只考虑k的大小。
14． CH3OH(l)+O2(g) =CO2(g)+2H2O(l) △H=−(b+2c−a−d)kJ·mol−1 SO2−2e−+2H2O===4H＋+SO42- HSO3-+H2O-2e-===SO42-+3H+ 放热 0.15 mol·L−1·min−1 30 向右 0.5 ＜
【分析】(1)已知：①CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH =−a kJ·mol−1；②2H2(g)＋O2(g)= 2H2O(g) ΔH=−b kJ·mol−1；③H2O(g) =H2O(l) ΔH=−c kJ·mol−1；④CH3OH(g) =CH3OH(l) ΔH=−d kJ·mol−1；根据盖斯定律，②×+③×2-①-④即可得CH3OH(l)+O2(g) =CO2(g)+2H2O(l)，据此计算△H；
(2)①依据原电池原理，负极是失电子发生氧化反应，二氧化硫失电子生成硫酸的过程；
②根据化合价变化判断阳极反应物质，写出阳极反应式；
(3)①图(c)可知，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动；
②由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化为1.2mol/L-0.3mol/L=0.9mol/L，根据v=计算v(Cl2)；该温度下的平衡常数K=；
③原平衡时n(Cl2)：n(CO)：n(COCl2)=3：1：9，现在第7 min 向体系中加入这三种物质各2 mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动；
④改变初始投料浓度，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同，则为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L；
⑤第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由①升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动。
【详解】(1)已知：①CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH =−a kJ·mol−1；②2H2(g)＋O2(g)= 2H2O(g) ΔH=−b kJ·mol−1；③H2O(g) =H2O(l) ΔH=−c kJ·mol−1；④CH3OH(g) =CH3OH(l) ΔH=−d kJ·mol−1；根据盖斯定律，②×+③×2-①-④即可得CH3OH(l)+O2(g) ===CO2(g)+2H2O(l)，则△H=−(b+2c−a−d)kJ·mol−1，故表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g) =CO2(g)+2H2O(l) △H=−(b+2c−a−d)kJ·mol−1；
(2)①该原电池中，负极上失电子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合价升高，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，所以负极上的电极反应式为：SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+；
②电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO3溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3-溶液失去电子被氧化生成SO42-，则阳极电极反应式是：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+；
(3)①图(c)可知，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，则该反应的正反应是放热反应；
②由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化为1.2mol/L-0.3mol/L=0.9mol/L，则v(Cl2)====0.15 mol·L−1·min−1；
平衡时，c(COCl2)= 0.9mol/L，c(CO)= 0.1mol/L，则该温度下的平衡常数K===30；
③6min时，平衡时c(Cl2)=0.3mol/L、c(CO)=0.1mol/L、c(COCl2)=0.9mol/L，则原平衡时n(Cl2)：n(CO)：n(COCl2)=3：1：9，现在第7min 加入体系中的三种物质各2mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动，即平衡向右移动；
④最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同，即与原平衡为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L，则：c(Cl2)0.7mol/L+c(COCl2)=1.2mol/L，c(CO)=0.5mol/L+c(COCl2)=1.0mol/L，故c(COCl2)=0.5mol/L；
⑤根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由①升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故T(8)＜T(15)。
15． C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=+85.6 kJ/mol ＞ ＜ 0.2mol·L-1·min-1 16.2 0.33mol CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-
【分析】（2）分析题中所给的甲醇转化率随温度变化曲线图，可以看出随着温度升高，甲醇的转化率逐渐增大。根据温度与转化率的关系，可以判断出反应是吸热反应还是放热反应。根据曲线上的点都达平衡状态，Y点时的转化率高于X点，在相同温度下，要达到平衡，分析可逆反应的反应方向，进而可判断Y点的正逆反应速率的大小。
（5）一般认为溶液中某离子浓度小于10-5mol/L，即认为该离子已沉淀完全。根据该理论，结合题中具体数值，进行计算。注意题中单位的转化。
【详解】I.（1）根据已知条件：Cu2O(s)+O2(g)=2CuO(s) ΔH=-196kJ/mol ①
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-220.8kJ/mol ②
分析目标热化学方程式，可知由可得目标热化学方程式：C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=。答案为：C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=+85.6 kJ/mol；
（2）①分析题给信息，可以看出随着温度的增大，甲醇的平衡转化率逐渐增大，说明该反应的正反应为吸热反应，ΔH＞0；600K时，Y的转化率大于X点的平衡转化率，Y→X点，甲醇的转化率降低，说明反应向逆反应方向进行，即v（正）＜v（逆）。答案为：＞；＜；
②由图可知，在t1K时，甲醇的平衡转化率为90%。向固定体积为1L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡，平衡时，甲醇的物质的量为0.2mol，甲醛的物质的量为1.8mol，H2的物质的量为1.8mol，则平衡时甲醇的物质的量浓度为0.2mol/L，甲醛的物质的量浓度为1.8 mol/L，H2的物质的量浓度为1.8mol/L，0～9min内用CH3OH(g)表示的反应速率v(CH3OH)=。根据平衡常数的定义，温度为t1时，该反应的平衡常数K=，答案为：0.2mol·L-1·min-1；16.2；
II.（3）由图1可知，CO2在催化剂铜的表面进行转化最终生成的产物是C2H4，根据发生的氧化还原反应的关系，有：2CO2～C2H4～12e-，当直接传递的电子物质的量为2mol，则参加反应的CO2的物质的量为0.33mol。答案为：0.33mol；
（4）由图2可知，Cu与电源的负极相连，Cu电极为电解池的阴极，发生还原反应，CO2得电子生成CH4，电极反应方程式为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-。答案为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-；
III.（5）铜离子达排放标准的物质的量浓度为，根据Ksp(CuS)=1×10-36，可知要使铜离子的浓度符合排放标准，溶液中的硫离子的物质的量浓度为mol/L。答案为：。
16． CO-2e-+H2O=CO2+2H+ 不变 O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) 80% d 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快，后来NO2的浓度减小，反应速率随之减小 225 根据Ka2= c(SO32-)·c（H+)/ c（HSO3-)= 6.2x10-8，将c(H+)=1.0×10-7代入得出c(SO32-)/ c(HSO3-)= 6.2×10-1<1，所以c(HSO3-)> c(SO32-)
【分析】(1)由传感器的工作原理图示可知，电极Ⅰ为负极，负极的电极反应式为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+，电极Ⅱ为正极，正极的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，所以总反应为：2CO+O2=2CO2，所以工作一段时间后硫酸溶液的浓度不变；
(2)根据盖斯定律，过程Ⅱ的热化学方程式=总反应的热化学方程式-过程Ⅰ的热化学方程式×2，总反应的热化学方程式为：
过程Ⅰ的热化学方程式为：
所以过程Ⅱ反应的热化学方程式为：
O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) ；
(3) 根据图中的浓度随时间变化曲线可知，的初始浓度为0.20 mol/L，的平衡浓度为0.02 mol/L，从而列出三段式可求出反应的平衡常数，同时也可求出6s时的转化率；
(4) 充分利用题中所给的数据，要说明c(HSO3-)> c(SO32-)的原因，初步判断从第二步的电离平衡常数表达式入手，将已知数据代入即可求出。
【详解】(1)①电极Ⅰ为负极，负极的电极反应式为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+；
②电池总反应为：2CO+O2=2CO2，不消耗水也不消耗硫酸，所以工作一段时间后硫酸溶液的浓度不变；
(2)根据盖斯定律，根据过程Ⅱ的热化学方程式和总反应的热化学方程式可求出过程Ⅱ反应的热化学方程式为：O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) ；
(3)①反应到时，的浓度为0.04mol/L，其初始浓度为0.2mol/L，则的转化率为：(0.2-0.04)/0.2×100%=80%；
②根据图示，反应进行到点W时，的浓度已经不再变化，所以表示反应达到平衡状态的是点W；
③内容器中的反应速率增大，而后容器中的反应速率减小了，原因是：该反应是放热反应，体系的温度升高，反应速率加快，随着反应的进行，NO2的浓度减小，反应速率随之减小；
④根据图中的浓度随时间变化曲线可知，的初始浓度为0.20mol/L，W点时反应达到平衡，的平衡浓度为0.02mol/L，从而列出三段式为：
从而可算出温度为下的平衡常数K= ；
(4)要证明c(HSO3-)> c(SO32-)，根据离子的种类及给出的数据，初步判断从第二步的电离平衡常数的表达式入手，根据Ka2= c(SO32-)·c(H+)/ c(HSO3-)= 6.210-8，pH=7，将c(H+)=1.010-7代入得出c(SO32-)/ c(HSO3-)= 6.210-1<1，所以c(HSO3-)> c(SO32-)。
17． 2a+2b+c 0.09mol/(L·min) 增大 ﹤ 2SO32-+4H++2e- =S2O42-+2H2O 1344 0.52mol/L
【分析】(1)根据盖斯定律解答；
(2)根据化学反应速率的数学表达式计算反应速率；向正反应方向进行，气体物质的量减小，维持恒压不变，SO2的转化率比恒容时增大；
(3)①正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，据此解答；
②当反应达到平衡时，故，平衡时，，据此解答；
(4)①阴极区发生还原反应，从图中找出阴极反应物，写它发生还原反应的电极反应式；
②NO吸收转化后的主要产物为NH4+，写出关系式，按电子数守恒，求出一氧化氮在标准状况下体积；
(5) n(BaSO4)==0.1mol，将0.1mol硫酸钡溶解于5L溶液中，设至少需要物质的量浓度为xmol/L的Na2CO3溶液，当BaSO4完全溶解后，所得5L溶液中c(SO42-)=0.02mol/L，此时溶液中c(CO32-)=(x-0.02)mol/L，由BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-可知，此反应的化学平衡常数。
【详解】(1)根据盖斯定律，热化学方程式①×2+②×2+③得：，故该反应的，故答案为：2a+2b+c；
(2)生成CaSO4物质的量为1.8mol的同时消耗SO2的物质的量为1.8mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(SO2)=1.8/(10×2)mol/(L·min)=0.09 mol/(L·min)；向正反应方向进行，气体物质的量减小，维持恒压不变，SO2的转化率比恒容时增大，故答案为：0.09mol/(L·min)；增大；
(3)①正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，浓度不变，故增大的倍数小于增大的倍数，故答案为：；
②当反应达到平衡时，故，平衡时，，则，故答案为：；
(4) ①由图可知，阴极区通入液体主要含SO32-，流出主要含S2O42-，所以阴极区电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O，故答案为：2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O；
②NO吸收转化后的主要产物为NH4+，若通电一段时间后阴极区n(SO32-)减少了0.3mol，此过程转移0.3mole−；由于NO吸收转化后的主要产物为NH4+，NO～NH4+～5e−，若电路中转移转移0.3mole−，消耗NO0.06mol，标准状况下体积为V(NO)=0.06mol×22.4L/mol=1.344L=1344mL，故答案为：1344；
(5)设至少需要物质的量浓度为x的溶液，当完全溶解后，所得5L溶液中，此时溶液中，由可知，此反应的化学平衡常数，解得，故答案为：。
18． 4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH = −116 kJ·mol-1 L1 O2和Cl2分离能耗较高 HCl转化率较低 增加反应体系压强或及时分离出产物 大于 正 2HCl−2e−=Cl2↑+2H+ 11.2
【详解】（1）根据盖斯定律，将三个已知的热化学方程式相加即得到目标方程式，目标方程式的焓变等于三个已知方程式的焓变和，相应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=−116kJ·mol-1；
（2）①根据热化学方程式可知，反应物中HCl的占比较高，反应的速率较快，但由于O2为固定值，则HCl的转化率会下降，故L1为1:1条件下的曲线，L2为4:1条件下的曲线，L3为7:1条件下的曲线；
②若比值过低，将反应物和产物分离需要的能耗较高；若比值过高，HCl的转化率较低；
③增大压强平衡正向移动，有助于提高HCl的转化率；减小生成物浓度平衡正向移动，也可提高HCl的转化率，适当降低温度平衡向放热反应即正反应方向进行，有助于提高HCl的转化率；
④当温度升高平衡转化率降低，平衡向逆反应方向移动，反应物浓度升高生成物浓度降低，平衡常数K减小，故K(200℃)大于K(300℃)；
⑤300℃时，L2比例HCl的转化率为88%，
反应动平衡常数K==；
（3）①根据电池示意图，右侧HCl失去电子生成Cl2，为电解池的阳极，故电源b为正极；
②阳极区的电极方程式为2HCl-2e-=Cl2↑+2H+；
③根据阳极的电极方程式，电路中转移1mol电子，反应生成0.5mol Cl2，在标准状况下为11.2L。
19． CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H=+206.0kJ/mol 0.12mol·L-1·min-1 K= AC 12.5%
【详解】(1)标况下，5.6LCH4物质的量n=5.6L/(22.4Lmol-1)=0.25，吸收51.5KJ的热量，则1mol甲烷反应吸收热量为：51.5KJ÷0.25mol = 206KJ/mol，热化学方程式为: CH4(g)+ H2O(g)= CO(g) + 3H2(g) △H = +206 KJ/mol；
(2) 在150℃时2L的密闭容器中，将2molCH4和2molH2O(g)混合，经过15min达到平衡，此时CH4的转化率为60%，
①从反应开始至平衡，用氢气的物质的量浓度变化表示该反应速率；
②该反应的平衡常数表达式为K=；
③A．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v(H2)逆=3v(CO)正= v(H2)正，说明氢气正逆
反应速率相同，反应达到平衡状态，A正确；
B．密闭容器中混合气体的质量和体积不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．反应前后气体物质的量增加，气体压强之比等于气体物质的量之比，密闭容器中总压
强不变，说明反应达到平衡状态，C正确；
D．浓度关系和消耗量、起始量有关，c(CH4)=c(CO)不能说明反应达到平衡状态，D错误；
④平衡时容器中CH4的体积分数为：0.4/(0.4+0.4+0.6+1.8)×100%=12.5%。
【点睛】判断能否用密度不变来说明反应达到平衡状态时，要注意体系混合气体的质量是否保持不变，体积是否保持不变，若均是，则不能用密度不变来说明反应达到平衡状态。
20． CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867kJ·mol−1 降低温度，或增大压强（或压缩体积），或使用催化活性更好的催化剂等（写出两种即可） 2.56×105 Na2SO3 酸 因为HSO3-的电离常数Ka2=5.8×10-8，水解常数Kh2=≈8.3×10-13，电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性 a 2NO2-+8H++6e−=N2↑+4H2O
【详解】(1)已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-574kJ·mol−1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH =-1160kJ·mol−1
将第一个方程式加上第二个方程式，再整体除以2得到甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+ CO2(g)+2H2O(g) ΔH =；故答案为：CH4(g)+2NO2(g)= N2(g) + CO2(g) + 2H2O(g) ΔH=-867kJ·mol−1。
(2)①该反应是正向为体积减小的放热反应，为了提高尾气处理的效果，可采取的措施有降低温度，或增大压强（或压缩体积），或使用催化活性更好的催化剂等；故答案为：降低温度，或增大压强（或压缩体积），或使用催化活性更好的催化剂等(写出两种即可)。
②此条件下达到平衡时，c(NO)= c(CO) =1.00×10-3mol·L−1，Δc(NO)=8.00×10-3mol·L−1，c(N2)=Δc(N2)= Δc(NO)= ×8.00×10-3mol·L−1 =4.00×10-3mol·L−1，c(CO2)=Δc(CO2)=Δc(NO)=8.00×10-3mol·L−1，因此反应的平衡常数；故答案为：2.56×105。
(3)①常温下，HNO2的电离常数为Ka=7×10-4，H2SO3的电离常数为Ka2=5.8×10-8，因此酸性强弱为HNO2＞HSO3－，根据越弱越水解，碱性强，则相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液中pH较大的是Na2SO3溶液；故答案为：Na2SO3。
②常温下，HSO3－的电离常数Ka2=5.8×10−8，水解常数Kh2=≈8.3×10−13，电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性；故答案为：酸；因为HSO3－的电离常数Ka2=5.8×10−8，水解常数Kh2=≈8.3×10−13，电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性。
(4)①Ce3+化合价升高变为Ce4+，失去电子发生氧化反应，在阳极反应，因此Ce4+从电解槽的a口流出；故答案为：a。
②NO2－转化为无毒物质，N化合价降低，得到电子发生还原反应，在阴极反应，因此阴极的电极反应式2NO2－ + 8H++6e－ = N2↑+4H2O；故答案为：2NO2－ + 8H++6e－ = N2↑+4H2O。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-26化学反应的热效应（4）
一、单选题
1．（2020·天津河西·统考二模）HCHO与O2在HAP表面催化氧化的历程示意图如图：(HAP仅为部分结构)
下列说法正确的是（ ）
A．HAP能提高HCHO的平衡转化率
B．HCHO在反应过程中有C-H键的断裂
C．产物CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．该反应可表示为2HCHO＋O2CO2＋2H2O
2．（2020·天津·二模）下列说法正确的是
A．利用键长及键能的数据可判断：稳定性
B．金属的电子气理论，可以解释金属易导电易腐蚀的原因
C．化学反应过程中一定有化学键的变化，这是反应过程中能量变化的本质原因
D．活化能越大就代表化学反应需要吸收或放出的能量就越大
3．（2020·天津和平·统考二模）CO2和CH4催化重整可制备合成气，其反应历程示意图如下：
下列说法中不正确的是。
A．Ni是该反应的催化剂
B．过程①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成
C．过程①→②是吸热反应
D．反应的总化学方程式可表示为：CH4 +CO2 2CO+2H2
4．（2020·天津红桥·一模）利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示（NO）。下列说法不正确的是（ ）
A．NO属于极性分子
B．含有非极性共价键
C．过程②释放能量，过程③吸收能量
D．标准状况下，NO分解生成5.6LN2转移电子数为6.02×1023
5．（2020·天津和平·三模）利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是
A．该分解过程是：2NON2+O2
B．实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应
C．过程②释放能量，过程③吸收能量
D．标准状况下，NO分解生成5.6 LN2转移电子数约为6.02×1023
6．（2020·天津红桥·统考一模）如图已知反应S2O82- (aq) + 2I-(aq) 2SO42-(aq) + I2(aq)，若向该溶液中加入含Fe3+的某溶液，反应机理如下：下列有关该反应的说法不正确的是
①2Fe3+ (aq) + 2I- (aq)I2 (aq) + 2Fe2+ (aq)
②2Fe2+ (aq) + S2O82- (aq)2Fe3+ (aq) + 2SO42- (aq)
A．Fe3+是该反应的催化剂
B．S2O82- (aq) + 2I-(aq) 2SO42-(aq) + I2(aq)是放热反应
C．加入Fe3+ 后降低了该反应的活化能
D．向该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色加深
7．（2020·天津河西·统考一模）已知活性氧可以把SO2快速氧化为SO3，根据计算机模拟结果，在炭黑表面上O2转化为活化氧的反应历程与能量变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．O2转化为活化氧与碳氧键生成无关
B．每活化1个O2分子最终吸收0.29 eV能量
C．该过程的最大能垒（活化能）E正= 0.73 eV
D．炭黑可加快SO2转化为SO3的反应速率
8．（2020·天津·模拟预测）关于如图所示的过程，下列说法不正确的是
A．ΔE1是该反应的活化能
B．ΔE2是2 mol H—Cl键的总键能
C．加入催化剂可以改变反应的焓变
D．该反应是一个放热反应
9．（2020·天津·模拟预测）某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．改变催化剂，可改变该反应的活化能
B．该反应为吸热反应，热效应等于△H
C．反应过程a有催化剂参与
D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2
二、原理综合题
10．（2020·天津河西·统考二模）铜的化合物在工农业生产中具有重要地位。请按要求回答下列问题。
Ⅰ.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：
方法a
用葡萄糖还原新制的Cu(OH)2(NaOH过量)制备Cu2O
方法b
用肼(N2H4)加热还原新制的Cu(OH)2制备Cu2O，同时放出N2
方法c
用炭粉在1000℃以上还原CuO制备Cu2O，同时放出CO
(1)写出方法a的化学方程式：__。
(2)已知：①2Cu(s)+O2(g)=Cu2O(s) △H=-169kJ·mol﹣1
②C(s)+O2(g)=CO(g) △H=-110.5kJ·mol﹣1
③CuO(s)=Cu(s)+O2(g) △H=+157kJ·mol﹣1
写出方法c反应的热化学方程式：__。
(3)在相同的密闭容器中，用上表方法制得的三种Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O(g)2H2(g)+O2(g) △H＞0。水蒸气的浓度随时间t变化如下表所示：
序号
0
10
20
30
40
50
i
T1
0.050
0.0492
0.0486
0.0482
0.0480
0.0480
ii
T1
0.050
0.0488
0.0484
0.0480
0.0480
0.0480
iii
T2
0.100
0.0960
0.0930
0.0900
0.0900
0.0900
对比上述实验数据，可获得的结论：
①催化剂的催化效率：实验i___实验ii(填“>”“<”“=”，下同)。
②T1__T2。
Ⅱ.在2L的恒温密闭容器中通入5molO2并加入足量Cu2S发生反应：Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g) △H1=-271.4kJ/mol，
反应过程中某气体的体积分数随时间变化如图所示。
(4)反应前2min平均反应速率v(SO2)=__；该温度下反应的平衡常数K=__。
若保持温度不变向平衡体系中再通入1molO2，达到新平衡后氧气的体积分数__(填“大于”“小于”或“等于”)原平衡时氧气的体积分数。
11．（2020·天津·二模）已知反应是可逆反应。设计如图装置(均为石墨电极)，分别进行下述操作：
①向B烧杯中逐滴加入浓盐酸。②向B烧杯中逐滴加入溶液。结果发现电流表指针均发生偏转。
(1)①过程中棒上发生的反应为_________；
②过程中棒上发生的反应为___________。
(2)操作②过程中，盐桥中的移向_________烧杯溶液(填“A”或“B”)。
资料：。向一定浓度的溶液中加入溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：
微粒
浓度
a
(3)a=________________。该平衡体系中除了含有和外，判断溶液是否一定还含有其他含碘微粒______________(填“是”或“否”)。
(4)已知：甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。
反应：
反应：
则______________
(5)已知：25℃时，。医学上进行消化系统的X射线透视时，常使用作内服造影剂。胃酸酸性很强(pH约为1)，但服用大量仍然是安全的，不溶于酸的原因是(用溶解平衡原理解释)：_________。误服少量，应尽快用大量的一定浓度的溶液给患者洗胃，忽略洗胃过程中溶液浓度的变化，要使残留在胃液中的浓度为，应服用的溶液的最低浓度为_______。
12．（2020·天津河北·统考二模）甲醇水蒸气重整制氢方法是目前比较成熟的制氢方法，且具有良好的应用前景。甲醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图所示：
（1）已知一定条件下
反应I：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) ΔH1=+90.7kJ/mol
反应III：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH3=+49.5kJ/mol
该条件下反应II的热化学方程式是___。
（2）已知反应II在进气比[n(CO)：n(H2O)]不同时，在不同温度（T1、T2）下，测得相应的CO的平衡转化率见图。
①比较T1、T2的大小，T1___T2(填“>”“<”或“=”)。
②A点对应的化学平衡常数是___。
③T1温度时，按下表数据开始反应建立平衡
CO
H2O
H2
CO2
起始浓度(mol/L)
2
1
0
0
t时刻浓度(mol/L)
1.2
0.2
0.8
0.8
反应进行到t时刻时，判断v（正）、v（逆）的大小关系为：v（正）___v（逆）(填“>”“<”或“=”)。
④当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是___。
（3）CO2在生产中有着广泛的用途。
①将过量CO2通入KOH溶液中可生成KHCO3，请写出该反应的离子方程式___。
②在经CO2饱和处理的KHCO3弱酸性溶液中，电解活化CO2可以制备乙醇，原理如图所示。该电极为___（填“阴极”或“阳极”），电极反应式是___。
13．（2020·天津河东·模拟预测）氧气、二氧化碳是最常见的气体。回答下列问题：
（1）宇航员呼吸产生的CO2用下列反应处理，实现空间站中的O2循环利用。镍催化剂反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
①已知H2(g)+O2(g)H2O(g)ΔH=－akJ·mol-1，
CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH=－bkJ·mol-1。则镍催化剂反应的ΔH=____kJ·mol-1
②空间站中所涉及的反应有：
a.镍催化剂反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
b.电解水反应：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)
c.模拟呼吸反应：C(s)+O2(g)=CO2(g)
则实现空间站O2循环总反应为____
（2）可用O2将HCl转化为Cl2，实现循环利用：O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。将1molO2和4molHCl充入某恒容密闭容器中，分别在T1和T2的温度下进行实验，测得容器内总压强（p）与反应时间（t）的变化关系如图所示。
③该反应的速率v=kca(O2)·cb(HCl)，k为速率常数），下列说法正确的是____（填标号）。
A．温度升高，k增大
B．使用催化剂，k不变
C．在容器中充入不反应的He，总压增大，k增大
D．平衡后再充入1molO2和4molHCl，k增大
④T1____T2（填“＞”或“＜”）；T1时的转化率____T2时的转化率（填“＞”“=”或“＜”）。
⑤T1时，HCl的平衡转化率＝____；T2反应的Kx＝____（Kx为以物质的量分数表示的平衡常数）。
14．（2020·天津和平·一模）合理控制、利用燃煤排放的CO2、SO2、CO是优化环境的有效途径。
(1)CO2生产甲醇方法：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH =−a kJ·mol−1；
已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH=−b kJ·mol−1；
H2O(g)===H2O(l) ΔH=−c kJ·mol−1；
CH3OH(g)===CH3OH(l) ΔH=−d kJ·mol−1。
则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为_________________________________。
(2)工业生产中用SO2为原料制取硫酸
①利用原电池将SO2转化法，如图(a)所示，则负极的电极反应式为____________。
②电解Na2SO3溶液吸收SO2得到的NaHSO3法，如图(b)所示，则阳极反应式______。
(3)光气 (COCl2)是一种重要的化工原料，工业上通过Cl2(g)+CO(g) COCl2(g)的反应制备。根据图(c)、图(d)，回答下列问题：
①该反应的正反应是___________ 反应(填“放热”或“吸热”)。
②0~6 min内，反应的平均速率v(Cl2)＝_______；该温度下的平衡常数为______。
③若恒温恒容时，在第7 min 向体系中加入这三种物质各2 mol，则平衡_____移动(填“向左”、“向右”或“不”)。
④若恒温恒压时，初始投料浓度为c(Cl2)=0.7 mol/L、c(CO)=0.5 mol·L−1、c(COCl2)=______mol·L−1，最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6 min时的相同。
⑤第n min反应温度表示为T(n )，则：T(8)_____T(15) (填“＞”、“＜”或“＝”)。
15．（2020·天津红桥·一模）Cu及化合物在生产、国防中有重要的应用。
I.纳米级Cu2O既是航母舰艇底部的防腐蚀涂料，也是优良的催化剂。
（1）已知：Cu2O(s)+O2(g)=2CuO(s) ΔH=-196kJ/mol
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-220.8kJ/mol
则工业上用碳粉与CuO粉末混合在一定条件下反应制取Cu2O(s)，同时生成CO气体的热化学方程式为___。
（2）用纳米级Cu2O作催化剂可实现甲醇脱氢制取甲醛：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。
①该反应的ΔH___0（填“>”或“<”）；600K时，Y点甲醇的v（正）___v（逆）（填“>”或“<”）。
②在t1K时，向固定体积为1L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡，则0～9min内用CH3OH(g)表示的反应速率v(CH3OH)___，温度为t1时，该反应的平衡常数K的值为___。
II.Cu既是常见的催化剂，又是常见的电极材料。
（3）图1表示的是利用CO2的“直接电子传递机理”。在催化剂铜的表面进行转化。当直接传递的电子物质的量为2mol时，则参加反应的CO2的物质的量为___。
（4）图2表示以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，该电极反应的方程式为___。
III.含铜离子的废水会造成污染，通常将其转化为硫化铜沉淀而除去。
（5）已知：Ksp(CuS)=1×10-36，要使铜离子的浓度符合排放标准（不超过0.4mg/L），溶液中的硫离子的物质的量浓度至少为___mol/L（保留至小数点后一位）。
16．（2020·天津·统考一模）治理大气和水体污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。
(1)泄漏会导致人体中毒，用于检测的传感器的工作原理如图所示：
①写出电极Ⅰ上发生的反应式：__________
②工作一段时间后溶液中的浓度__________(填“变大”、“变小”或“不变”)
(2)用氧化制取，可提高效益，减少污染。反应为：，通过控制条件，分两步循环进行，可使转化率接近100%，其原理如图所示：
过程Ⅰ的反应为：
过程Ⅱ反应的热化学方程式(用含有和的代数式表示)__________。
(3)在温度，容积为的绝热容器中，充入，发生反应：，容器中的相关量随时间变化如图所示。
①反应到时，的转化率是__________。
②根据图示，以下各点表示反应达到平衡状态的是________。
a. b. c. d.
③内容器中的反应速率增大，而后容器中的反应速率减小了，原因是_______。
④此容器中反应达平衡时，温度若为，此温度下的平衡常数=__________。
(4)工业上可用溶液吸收法处理，25℃时用的溶液吸收，当溶液时，溶液中各离子浓度的大小关系为：。(已知25℃时：的电离常数，)请结合所学理论通过计算说明的原因__________。
17．（2020·天津·统考一模）(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的 SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：
①SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq) ΔH1=a kJ/mol；
②NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH2=b kJ/mol；
③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) ΔH3=c kJ/mol。
则反应 2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的 ΔH=____kJ/mol。
(2)SO2是形成酸雨的主要污染物，燃煤脱硫原理为 2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)。向 10L 恒温恒容密闭容器中加入 3mol CaO，并通入 2mol SO2和 lmol O2发生上述反应，2min时达平衡，此时 CaSO4为1.8mol。0〜2min 内，用 SO2表示的该反应的速率v(SO2)=____，其他条件保持不变，若上述反应在恒压条件下进行，达到平衡时 SO2的转化率____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)NO 的排放主要来自于汽车尾气，净化原理为：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ΔH=−746.8kJ/mol。实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v 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 1mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO 的转化率为 40%，则k正︰k逆=____。
(4)以连二硫酸根(S2O42-)为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：
①阴极区的电极反应式为____。
②NO 吸收转化后的主要产物为 NH4+，若通电时电路中转移了 0.3mol e－，则此通电过程中理论上吸收的 NO 在标准状况下的体积为____mL。
(5)欲用 5L Na2CO3溶液将 23.3g BaSO4固体全都转化为 BaCO3，则所用的 Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为____。[已知：常温下K(BaSO4)=1×10−7、K(BaCO3)=2.5×10−6]。(忽略溶液体积的变化)
18．（2020·天津河西·统考一模）随着化工产业的迅猛发展，氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。请按要求回答下列问题：
（1）HCl直接氧化法制Cl2可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+1/2Cl2(g) ΔH1 = +83 kJ·mol-1
CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) ΔH2 = -20 kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3 = -121 kJ·mol-1
写出HCl直接氧化法制Cl2的热化学方程式：____________________________。
（2）在恒定容器中用上述HCl直接氧化法制Cl2，进料c(HCl) ∶c(O2)分别为1:1、4:1、7:1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如下图所示：
①判断图中c(HCl) /c(O2) = 1:1的曲线为________。
②按化学计量系数比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料时c(HCl)/c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________、________。
③综合上述信息，写出在一定温度的条件下进一步提高HCl的转化率的方法： ________________________________________。
④观察上图，以任何一条曲线为例，平衡常数K(200℃)________K(300℃)（填“大于”、“小于”或“等于”）。
⑤设O2初始浓度为c，计算L2对应K(300℃) =____________（列出含c的计算式）。
（3）科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
①电源b极为____________极。
②写出阳极区域反应方程式：________________________________________。
③电路中转移1 mol电子时，阳极产生气体体积为__________________L（标准状况）。
19．（2020·天津滨海新·统考模拟预测）合成气（CO+H2）广泛用于合成有机物，工业上常采用天然气与水蒸气反应等方法来制取合成气。
（1）已知，5.6LCH4（标况下数据）与水蒸气完全反应时吸收51.5kJ的热量，请写出该反应的热化学方程式___；
（2）在150℃时2L的密闭容器中，将2molCH4和2molH2O(g)混合，经过15min达到平衡,此时CH4的转化率为60%。回答下列问题：
①从反应开始至平衡，用氢气的物质的量浓度变化表示该反应速率v(H2)=___。
②该反应的平衡常数表达式K=___。
③下列选项中能表示该反应已达到平衡状态的是___
A．v(H2)逆=3v(CO)正
B．密闭容器中混合气体的密度不变
C．密闭容器中总压强不变
D．c(CH4)=c(CO)
④平衡时容器中CH4的体积分数___。
20．（2020·天津和平·模拟预测）汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的主要原因之一。
(1)工业上利用甲烷催化还原NO，可减少氮氧化物的排放。
已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-574kJ·mol−1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH =-1160kJ·mol−1
甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为____________________________。
(2)减少汽车尾气污染的原理为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH ＜0。向恒温恒容密闭容器中充入NO和CO，用传感器测得的数据如下表所示：
时间/s
0
1
2
3
4
c(NO)/×10-3mol·L−1
9.00
4.00
2.00
1.00
1.00
c(CO)/×10-3mol·L−1
9.00
4.00
2.00
1.00
1.00
①为了提高尾气处理的效果，可采取的措施有____________（写出两种即可）。
②此条件下达到平衡时，计算该反应的平衡常数K=____________________。
(3)工业上用氢氧化钠溶液来同时吸收SO2和氮的氧化物气体(NOx)，可得到Na2SO3、NaHSO3、NaNO2、NaNO3等溶液。（已知：常温下，HNO2的电离常数为Ka=7×10-4，H2SO3的电离常数为Ka1=1.2×10-2、Ka2=5.8×10-8）。
①常温下，相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液中pH较大的是________溶液。
②常温下，NaHSO3显_________性（填“酸”“碱”或“中”），判断的理由是________________________________________________（通过计算说明）。
(4)铈元素(Ce)常见有+3、+4两种价态。NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1∶1)。可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4+，其原理如图所示。
①Ce4+从电解槽的__________(填字母代号)口流出。
②写出阴极的电极反应式______________________。
参考答案：
1．B
【详解】A．HAP在反应前后没有发生变化，是该反应的催化剂，催化剂不影响平衡转化率，A错误；
B．由图示信息可知，甲醛在反应过程中，甲醛中碳氢键发生断裂，B正确；
C．由图示信息可知，产物CO2分子中的氧原子有1个来自于氧气，有1个来自于甲醛，C错误；
D．甲醛和氧气在HAP的催化下生成二氧化碳和水，反应可表示为HCHO＋O2CO2＋H2O，D错误；
故选B。
2．C
【详解】A．非金属性：C＞Si；元素的非金属性越强，其对应的简单氢化物的稳定性就越强，故CH4与SiH4的稳定性：CH4＞SiH4，选项A错误；
B．组成金属晶体的微粒为金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下电子可发生定向移动，故能导电，能用金属晶体结构加以解释，金属易腐蚀与金属晶体结构无关、与化学性质有关，金属的化学性质比较活泼，容易被空气中的氧气所氧化，故金属易腐蚀不能用金属晶体结构加以解释，选项B错误；
C．化学键的断裂要吸收能量，化学键的形成要放出能量，所以化学反应中化学键的断裂和形成是反应过程中有能量变化的本质原因，选项C正确；
D．反应的活化能越大，反需要的能量越多，但反应前后的能量变化不一定越大，即反应热的数值不一定大，选项D错误。
答案选C。
3．C
【解析】由图可知，发生CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，Ni为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，①→②放出热量，以此来解答。
【详解】A．Ni在此反应中先消耗、后生成，且质量不变，则为催化剂，故A正确；
B．由反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故B正确；
C．过程①→②反应物的能量高于生成物的能量，此反应为放热反应，故C错误；
D．此反应的反应物为CO2和CH4，Ni做催化剂，产物为CO和氢气，则化学方程式为CH4 +CO2 2CO+2H2，故D正确；
故答案为C。
4．C
【分析】分析NO分解的过程，可知过程①为固体表面吸附NO分子的过程，过程②中发生了旧化学键的断裂：2NO=2N+2O；过程③为新化学键的形成过程：2N=N2、2O=O2。过程④为解吸过程，据此进行分析。
【详解】A．NO中存在极性键，其空间结构不对称，键的极性不能抵消，故NO为极性分子，A项正确；
B．在N2、O2中存在非极性共价键，B项正确；
C．过程②为化学键断裂过程，吸收能量，过程③为新化学键的形成，会释放能量，C项错误；
D．NO分解成1molN2的过程中，转移了4mole-，标准状况下，5.6LN2的物质的量为0.25mol，则生成0.25molN2的过程中，转移的电子数为6.02×1023，D项正确；
答案选C。
5．C
【详解】A．根据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，该分解过程是：2NON2+O2，故A正确；
B．铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，可以用于实验室制取NO，故B正确；
C．过程②为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子，断开化学键需要吸收能量，过程③为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气，形成化学键需要释放能量，故C错误；
D．根据反应2NON2+O2，O元素由-2价变为0价，生成1mol O2，同时生成1molN2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6 LN2为0.25mol，则转移电子数约为0.25mol ×4×6.02×1023=6.02×1023个，故D正确；
答案选C。
【点睛】断裂化学键需要吸收能量，形成化学键要释放能量，本题中通过图示，了解清晰反应历程很关键。
6．D
【详解】A.由方程式可知，反应①中Fe3+是反应物，反应②中Fe3+是生成物，则Fe3+是该反应的催化剂，故A正确；
B.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，故B正确；
C.催化剂能降低反应的活化能，Fe3+是该反应的催化剂，则加入Fe3+ 后降低了该反应的活化能，故C正确；
D.该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，碘单质浓度减小，蓝色变浅，故D错误；
故选D。
【点睛】反应①中Fe3+是反应物，反应②中Fe3+是生成物，则Fe3+是该反应的催化剂，催化剂能降低反应的活化能。
7．D
【详解】A．从图中可以看出从氧气到活性氧，需经过炭黑与氧气结合再分开的过程，此时有碳氧键生成和氧氧键的断裂，A错误；
B．开始状态时炭黑和氧气为0 eV，结束后能量变为-0.29 eV，故放出0.29 eV的能量，B错误；
C．从图中可以看出，炭黑和氧气需要先吸收0.75 eV的能量，再释放一些能量，然后吸收能量到0.73 eV，故该过程中的最大能垒E正=0.75 eV，C错误；
D．反应体系中加入炭黑后，体系中的氧气变成活化氧，增加了体系中的活化分子百分数，增加了反应速率，D正确；
故选D。
8．C
【详解】A、△E1是1molH2（g）和1molCl2（g）的总键能，是正反应的活化能，A正确；B、△E2是形成2mol HCl（g）时释放的总能量，是2mol HCl（g）的总键能，B正确；C、加入催化剂可以改变活化能，但反应的焓变不变，C错误；D、由图象分析该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应，D正确；答案选C。
点睛：本题考查热化学反应方程式及能量变化图象，明确图象中纵横坐标的含义及点、线、面的意义是解答本题的关键，注意催化剂对反应速率、活化能、焓变以及平衡状态的影响。
9．A
【详解】A．E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，不同的催化剂，反应的活化能不同，故A正确；
B．反应物能量高于生成物，反应为放热反应，△H=生成物能量-反应物能量，故B错误；
C．据图可知，b中使用了催化剂，故C错误；
D．E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，故D错误；
故选A。
10． CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O C(s)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g) △H=+34.5kJ·mol-1 ＜ ＜ 0.5mol/(L·min) 1.5 等于
【分析】根据盖斯定律书写热化学方程式并进行反应热的计算；根据表格数据判断达到平衡的时间从而判断催化效率；根据图象分析得出该图象表示SO2的体积分数随时间的变化，结合三段式计算反应速率和平衡常数，根据等效平衡的概念分析解答。
【详解】(1)方法a用葡萄糖还原新制的Cu(OH)2(NaOH过量)制备Cu2O，反应的化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O，故答案为：CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O；
(2)方法c用炭粉在1000℃以上还原CuO制备Cu2O，同时放出CO，反应的化学方程式为C(s)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g)，可通过反应①+②-2③得到，则根据盖斯定律可得ΔH=(-169kJ·mol﹣1)+(-110.5kJ·mol﹣1)-2(+157kJ·mol﹣1)=+34.5kJ·mol﹣1，故答案为：C(s)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g) △H=+34.5kJ·mol-1；
(3)①根据表格数据分析可知，实验ⅱ更快达到平衡状态，反应速率更快，故催化效率实验i<实验ii，故答案为：<；
②比较实验ii、ⅲ，实验ⅲ中初始水蒸气浓度是实验ii的一倍，但反应结束时水蒸气的浓度小于实验2的一倍，故平衡向正反应反应移动，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，则T1
11． A 是 不能减少或的浓度，平衡不能向溶解的方向移动
【分析】根据加入溶液酸碱性的不同判断反应进行的方向；根据化学平衡常数计算反应反应中某一物质的浓度，根据元素的守恒定律判断溶液中是否存在其他微粒；根据盖斯定律计算化学反应热；根据化学平衡移动原理分析平衡是否发生移动。
【详解】(1)过程①向烧杯B中加入浓盐酸，反应正向进行，C1棒上溶液中的碘离子失电子生成I2，电极方程式为2I--2e-= I2，C2棒上溶液中的得电子生成，电极方程式为+2e-+2H+=+H2O；过程②向烧杯B中加入NaOH溶液，反应逆向进行，其总反应相应变为+ I2+2OH-=+ H2O+2I-，C1棒上溶液中I2得电子生成I-，电极方程式为I2+2e-=2I-，C2棒上溶液中失电子生成，电极方程式为-2e-+2OH-=+ H2O；
(2)过程②A烧杯中生成大量I-，导致盐桥中K+向A烧杯移动；
(3)根据反应可写出反应的化学平衡常数表达式K==640，将碘离子和碘单质的浓度带入，解得c()=4×10-3mol/L；对于方程式I-+I2=，根据平衡时三种物质的平衡浓度可以计算这个反应中I的总物质的量浓度为1.95×10-2mol/L，物质的量为1.95×10-2×30×10-3=5.85×10-4mol，而反应前碘化钾溶液中碘离子的物质的量为0.1×10×10-3=10-3mol，二者存在差值，说明溶液中还含有其他含碘微粒；
(4)根据盖斯定律，将第一个热化学方程式与第二个热化学方程式相加即得到第三个方程式的反应热，第三个热化学方程式的反应热∆H3=∆H1+∆H2=+90.64 kJ/mol+41.20 kJ/mol=+131.84 kJ/mol；
(5)人胃液的主要成分为HCl，服用BaSO4后不会对人体造成伤害，原因是H+不能减少钡离子或硫酸根的浓度，硫酸钡的沉淀溶解平衡不会发生移动；洗胃过程中要使残留在胃中的Ba2+浓度小于2×10-10mol/L，根据BaSO4的溶度积常数可以计算硫酸根浓度c()===0.5mol/L，故应服用硫酸钠溶液的最低浓度为0.5mol/L。
12． H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2kJ·mol-1 < 1 < 进气比越大，反应温度越低 CO2+OH-=HCO 阴极 2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O
【分析】（1）由题目所给反应过程图和盖斯定律计算可得；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；
②由题意建立三段式求解可得；
③由表格数据计算浓度熵Qc，比较浓度熵和平衡常数K的大小判断；
④由图可知，当CO平衡转化率相等时，进气比越大，反应温度越低；
（3）①过量CO2与KOH溶液反应生成KHCO3；
②由示意图可知，纳米C电极为电解池的阴极，弱酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇。
【详解】（1）由题目所给反应过程图可知，反应II为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g)，根据盖斯定律可知，反应III-反应I得反应II，则该反应的ΔH=（+49.5kJ/mol）—（+90.7kJ/mol
）=-41.2 kJ/mol，热化学方程式为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2 kJ/mol，故答案为：H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2 kJ/mol；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，由图可知，进气比相同时，温度由T1变为T2时，CO转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则T1
则反应平衡常数K=，故答案为：1；
③由表格数据可知，t时刻时反应的浓度熵＞K=1，说明平衡向逆反应方向移动，则v(正)
（3）①过量CO2与KOH溶液反应生成KHCO3，反应的离子方程式为CO2+OH-=HCO3—，故答案为：CO2+OH-=HCO3—；
②由示意图可知，纳米C电极为电解池的阴极，弱酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O，故答案为：阴极；2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O。
【点睛】注意运用浓度熵判断平衡移动方向是解答关键，当浓度熵Qc＞平衡常数K，平衡向逆反应方向移动，v(正)
【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；通过化学反应电解水得到氧气和氢气，氧气为人类呼吸所用，氢气和与人类呼出的二氧化碳反应生成水和甲烷，然后水就又电解生成氧气，这样形成一个循环链，使空间站中的氧气量足够宇航员使用；
(2) ③A．温度改变瞬间，浓度没有影响，即通过增大k从而改变了速率；
B．催化剂降低了反应的活化能，使反应的速率常数k增大；
C．在容器中充入不反应的 He，总压增大分压不变，平衡不变，k 不变；
D．“平衡后再充入1molO2和4molHCl”，相当于增大反应体系的压强；
④根据温度对平衡移动的影响规律，结合图象进行分析；
⑤设反应的O2的物质的量为，根据反应列出三段式进行分析，根据物质的量之比等于压强之比列方程进行计算；根据平衡常数的计算公式进行计算。
【详解】(1)①设反应H2(g)+O2(g)H2O(g)ΔH=－akJ·mol-1为式①，反应CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH=－bkJ·mol-1为式②，反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)可以由②-4×①得出，故该反应的ΔH=－4a+b kJ·mol-1；
②由a+b+c得，C(s)+2H2(g)=CH4(g)，空间站O2循环总反应为：C(s)+2H2(g)=CH4(g)；
(2)③A．刚升温时c(O2)、c(HCl)都不变，升温反应速率增大，故k增大，A正确；
B．催化剂降低了反应的活化能，使反应的速率常数k增大，B错误；
C．充入不反应的He，总压增大，由于是固定容器，原物质的浓度都没变，反应速率不变，故k不变，C错误；
D．平衡后再充入1molO2和4molHCl，c(O2)、c(HCl)都增大，故反应速率增大不一定是由于k增大，D错误；
故选A。
④由图可知，T2先达到平衡，则T1
根据物质的量之比等于压强之比，T1有，解得mol，故HCl的转化率为；T2时，有，解得mol，反应后总物质的量为5-=4.5mol，O2、HCl、Cl2、H2O的物质的量分别为0.5mol、2mol、1mol、1mol，
【点睛】本题要注意（2）的③题，此题的速率v=kca(O2)·cb(HCl)是瞬时速率，速率的大小与k和c(O2)、c(HCl)都有关系，不能只考虑k的大小。
14． CH3OH(l)+O2(g) =CO2(g)+2H2O(l) △H=−(b+2c−a−d)kJ·mol−1 SO2−2e−+2H2O===4H＋+SO42- HSO3-+H2O-2e-===SO42-+3H+ 放热 0.15 mol·L−1·min−1 30 向右 0.5 ＜
【分析】(1)已知：①CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH =−a kJ·mol−1；②2H2(g)＋O2(g)= 2H2O(g) ΔH=−b kJ·mol−1；③H2O(g) =H2O(l) ΔH=−c kJ·mol−1；④CH3OH(g) =CH3OH(l) ΔH=−d kJ·mol−1；根据盖斯定律，②×+③×2-①-④即可得CH3OH(l)+O2(g) =CO2(g)+2H2O(l)，据此计算△H；
(2)①依据原电池原理，负极是失电子发生氧化反应，二氧化硫失电子生成硫酸的过程；
②根据化合价变化判断阳极反应物质，写出阳极反应式；
(3)①图(c)可知，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动；
②由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化为1.2mol/L-0.3mol/L=0.9mol/L，根据v=计算v(Cl2)；该温度下的平衡常数K=；
③原平衡时n(Cl2)：n(CO)：n(COCl2)=3：1：9，现在第7 min 向体系中加入这三种物质各2 mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动；
④改变初始投料浓度，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同，则为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L；
⑤第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由①升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动。
【详解】(1)已知：①CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH =−a kJ·mol−1；②2H2(g)＋O2(g)= 2H2O(g) ΔH=−b kJ·mol−1；③H2O(g) =H2O(l) ΔH=−c kJ·mol−1；④CH3OH(g) =CH3OH(l) ΔH=−d kJ·mol−1；根据盖斯定律，②×+③×2-①-④即可得CH3OH(l)+O2(g) ===CO2(g)+2H2O(l)，则△H=−(b+2c−a−d)kJ·mol−1，故表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g) =CO2(g)+2H2O(l) △H=−(b+2c−a−d)kJ·mol−1；
(2)①该原电池中，负极上失电子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合价升高，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，所以负极上的电极反应式为：SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+；
②电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO3溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3-溶液失去电子被氧化生成SO42-，则阳极电极反应式是：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+；
(3)①图(c)可知，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，则该反应的正反应是放热反应；
②由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化为1.2mol/L-0.3mol/L=0.9mol/L，则v(Cl2)====0.15 mol·L−1·min−1；
平衡时，c(COCl2)= 0.9mol/L，c(CO)= 0.1mol/L，则该温度下的平衡常数K===30；
③6min时，平衡时c(Cl2)=0.3mol/L、c(CO)=0.1mol/L、c(COCl2)=0.9mol/L，则原平衡时n(Cl2)：n(CO)：n(COCl2)=3：1：9，现在第7min 加入体系中的三种物质各2mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动，即平衡向右移动；
④最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同，即与原平衡为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L，则：c(Cl2)0.7mol/L+c(COCl2)=1.2mol/L，c(CO)=0.5mol/L+c(COCl2)=1.0mol/L，故c(COCl2)=0.5mol/L；
⑤根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由①升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故T(8)＜T(15)。
15． C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=+85.6 kJ/mol ＞ ＜ 0.2mol·L-1·min-1 16.2 0.33mol CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-
【分析】（2）分析题中所给的甲醇转化率随温度变化曲线图，可以看出随着温度升高，甲醇的转化率逐渐增大。根据温度与转化率的关系，可以判断出反应是吸热反应还是放热反应。根据曲线上的点都达平衡状态，Y点时的转化率高于X点，在相同温度下，要达到平衡，分析可逆反应的反应方向，进而可判断Y点的正逆反应速率的大小。
（5）一般认为溶液中某离子浓度小于10-5mol/L，即认为该离子已沉淀完全。根据该理论，结合题中具体数值，进行计算。注意题中单位的转化。
【详解】I.（1）根据已知条件：Cu2O(s)+O2(g)=2CuO(s) ΔH=-196kJ/mol ①
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-220.8kJ/mol ②
分析目标热化学方程式，可知由可得目标热化学方程式：C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=。答案为：C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=+85.6 kJ/mol；
（2）①分析题给信息，可以看出随着温度的增大，甲醇的平衡转化率逐渐增大，说明该反应的正反应为吸热反应，ΔH＞0；600K时，Y的转化率大于X点的平衡转化率，Y→X点，甲醇的转化率降低，说明反应向逆反应方向进行，即v（正）＜v（逆）。答案为：＞；＜；
②由图可知，在t1K时，甲醇的平衡转化率为90%。向固定体积为1L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡，平衡时，甲醇的物质的量为0.2mol，甲醛的物质的量为1.8mol，H2的物质的量为1.8mol，则平衡时甲醇的物质的量浓度为0.2mol/L，甲醛的物质的量浓度为1.8 mol/L，H2的物质的量浓度为1.8mol/L，0～9min内用CH3OH(g)表示的反应速率v(CH3OH)=。根据平衡常数的定义，温度为t1时，该反应的平衡常数K=，答案为：0.2mol·L-1·min-1；16.2；
II.（3）由图1可知，CO2在催化剂铜的表面进行转化最终生成的产物是C2H4，根据发生的氧化还原反应的关系，有：2CO2～C2H4～12e-，当直接传递的电子物质的量为2mol，则参加反应的CO2的物质的量为0.33mol。答案为：0.33mol；
（4）由图2可知，Cu与电源的负极相连，Cu电极为电解池的阴极，发生还原反应，CO2得电子生成CH4，电极反应方程式为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-。答案为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-；
III.（5）铜离子达排放标准的物质的量浓度为，根据Ksp(CuS)=1×10-36，可知要使铜离子的浓度符合排放标准，溶液中的硫离子的物质的量浓度为mol/L。答案为：。
16． CO-2e-+H2O=CO2+2H+ 不变 O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) 80% d 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快，后来NO2的浓度减小，反应速率随之减小 225 根据Ka2= c(SO32-)·c（H+)/ c（HSO3-)= 6.2x10-8，将c(H+)=1.0×10-7代入得出c(SO32-)/ c(HSO3-)= 6.2×10-1<1，所以c(HSO3-)> c(SO32-)
【分析】(1)由传感器的工作原理图示可知，电极Ⅰ为负极，负极的电极反应式为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+，电极Ⅱ为正极，正极的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，所以总反应为：2CO+O2=2CO2，所以工作一段时间后硫酸溶液的浓度不变；
(2)根据盖斯定律，过程Ⅱ的热化学方程式=总反应的热化学方程式-过程Ⅰ的热化学方程式×2，总反应的热化学方程式为：
过程Ⅰ的热化学方程式为：
所以过程Ⅱ反应的热化学方程式为：
O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) ；
(3) 根据图中的浓度随时间变化曲线可知，的初始浓度为0.20 mol/L，的平衡浓度为0.02 mol/L，从而列出三段式可求出反应的平衡常数，同时也可求出6s时的转化率；
(4) 充分利用题中所给的数据，要说明c(HSO3-)> c(SO32-)的原因，初步判断从第二步的电离平衡常数表达式入手，将已知数据代入即可求出。
【详解】(1)①电极Ⅰ为负极，负极的电极反应式为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+；
②电池总反应为：2CO+O2=2CO2，不消耗水也不消耗硫酸，所以工作一段时间后硫酸溶液的浓度不变；
(2)根据盖斯定律，根据过程Ⅱ的热化学方程式和总反应的热化学方程式可求出过程Ⅱ反应的热化学方程式为：O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) ；
(3)①反应到时，的浓度为0.04mol/L，其初始浓度为0.2mol/L，则的转化率为：(0.2-0.04)/0.2×100%=80%；
②根据图示，反应进行到点W时，的浓度已经不再变化，所以表示反应达到平衡状态的是点W；
③内容器中的反应速率增大，而后容器中的反应速率减小了，原因是：该反应是放热反应，体系的温度升高，反应速率加快，随着反应的进行，NO2的浓度减小，反应速率随之减小；
④根据图中的浓度随时间变化曲线可知，的初始浓度为0.20mol/L，W点时反应达到平衡，的平衡浓度为0.02mol/L，从而列出三段式为：
从而可算出温度为下的平衡常数K= ；
(4)要证明c(HSO3-)> c(SO32-)，根据离子的种类及给出的数据，初步判断从第二步的电离平衡常数的表达式入手，根据Ka2= c(SO32-)·c(H+)/ c(HSO3-)= 6.210-8，pH=7，将c(H+)=1.010-7代入得出c(SO32-)/ c(HSO3-)= 6.210-1<1，所以c(HSO3-)> c(SO32-)。
17． 2a+2b+c 0.09mol/(L·min) 增大 ﹤ 2SO32-+4H++2e- =S2O42-+2H2O 1344 0.52mol/L
【分析】(1)根据盖斯定律解答；
(2)根据化学反应速率的数学表达式计算反应速率；向正反应方向进行，气体物质的量减小，维持恒压不变，SO2的转化率比恒容时增大；
(3)①正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，据此解答；
②当反应达到平衡时，故，平衡时，，据此解答；
(4)①阴极区发生还原反应，从图中找出阴极反应物，写它发生还原反应的电极反应式；
②NO吸收转化后的主要产物为NH4+，写出关系式，按电子数守恒，求出一氧化氮在标准状况下体积；
(5) n(BaSO4)==0.1mol，将0.1mol硫酸钡溶解于5L溶液中，设至少需要物质的量浓度为xmol/L的Na2CO3溶液，当BaSO4完全溶解后，所得5L溶液中c(SO42-)=0.02mol/L，此时溶液中c(CO32-)=(x-0.02)mol/L，由BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-可知，此反应的化学平衡常数。
【详解】(1)根据盖斯定律，热化学方程式①×2+②×2+③得：，故该反应的，故答案为：2a+2b+c；
(2)生成CaSO4物质的量为1.8mol的同时消耗SO2的物质的量为1.8mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(SO2)=1.8/(10×2)mol/(L·min)=0.09 mol/(L·min)；向正反应方向进行，气体物质的量减小，维持恒压不变，SO2的转化率比恒容时增大，故答案为：0.09mol/(L·min)；增大；
(3)①正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，浓度不变，故增大的倍数小于增大的倍数，故答案为：；
②当反应达到平衡时，故，平衡时，，则，故答案为：；
(4) ①由图可知，阴极区通入液体主要含SO32-，流出主要含S2O42-，所以阴极区电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O，故答案为：2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O；
②NO吸收转化后的主要产物为NH4+，若通电一段时间后阴极区n(SO32-)减少了0.3mol，此过程转移0.3mole−；由于NO吸收转化后的主要产物为NH4+，NO～NH4+～5e−，若电路中转移转移0.3mole−，消耗NO0.06mol，标准状况下体积为V(NO)=0.06mol×22.4L/mol=1.344L=1344mL，故答案为：1344；
(5)设至少需要物质的量浓度为x的溶液，当完全溶解后，所得5L溶液中，此时溶液中，由可知，此反应的化学平衡常数，解得，故答案为：。
18． 4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH = −116 kJ·mol-1 L1 O2和Cl2分离能耗较高 HCl转化率较低 增加反应体系压强或及时分离出产物 大于 正 2HCl−2e−=Cl2↑+2H+ 11.2
【详解】（1）根据盖斯定律，将三个已知的热化学方程式相加即得到目标方程式，目标方程式的焓变等于三个已知方程式的焓变和，相应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=−116kJ·mol-1；
（2）①根据热化学方程式可知，反应物中HCl的占比较高，反应的速率较快，但由于O2为固定值，则HCl的转化率会下降，故L1为1:1条件下的曲线，L2为4:1条件下的曲线，L3为7:1条件下的曲线；
②若比值过低，将反应物和产物分离需要的能耗较高；若比值过高，HCl的转化率较低；
③增大压强平衡正向移动，有助于提高HCl的转化率；减小生成物浓度平衡正向移动，也可提高HCl的转化率，适当降低温度平衡向放热反应即正反应方向进行，有助于提高HCl的转化率；
④当温度升高平衡转化率降低，平衡向逆反应方向移动，反应物浓度升高生成物浓度降低，平衡常数K减小，故K(200℃)大于K(300℃)；
⑤300℃时，L2比例HCl的转化率为88%，
反应动平衡常数K==；
（3）①根据电池示意图，右侧HCl失去电子生成Cl2，为电解池的阳极，故电源b为正极；
②阳极区的电极方程式为2HCl-2e-=Cl2↑+2H+；
③根据阳极的电极方程式，电路中转移1mol电子，反应生成0.5mol Cl2，在标准状况下为11.2L。
19． CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H=+206.0kJ/mol 0.12mol·L-1·min-1 K= AC 12.5%
【详解】(1)标况下，5.6LCH4物质的量n=5.6L/(22.4Lmol-1)=0.25，吸收51.5KJ的热量，则1mol甲烷反应吸收热量为：51.5KJ÷0.25mol = 206KJ/mol，热化学方程式为: CH4(g)+ H2O(g)= CO(g) + 3H2(g) △H = +206 KJ/mol；
(2) 在150℃时2L的密闭容器中，将2molCH4和2molH2O(g)混合，经过15min达到平衡，此时CH4的转化率为60%，
①从反应开始至平衡，用氢气的物质的量浓度变化表示该反应速率；
②该反应的平衡常数表达式为K=；
③A．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v(H2)逆=3v(CO)正= v(H2)正，说明氢气正逆
反应速率相同，反应达到平衡状态，A正确；
B．密闭容器中混合气体的质量和体积不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．反应前后气体物质的量增加，气体压强之比等于气体物质的量之比，密闭容器中总压
强不变，说明反应达到平衡状态，C正确；
D．浓度关系和消耗量、起始量有关，c(CH4)=c(CO)不能说明反应达到平衡状态，D错误；
④平衡时容器中CH4的体积分数为：0.4/(0.4+0.4+0.6+1.8)×100%=12.5%。
【点睛】判断能否用密度不变来说明反应达到平衡状态时，要注意体系混合气体的质量是否保持不变，体积是否保持不变，若均是，则不能用密度不变来说明反应达到平衡状态。
20． CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867kJ·mol−1 降低温度，或增大压强（或压缩体积），或使用催化活性更好的催化剂等（写出两种即可） 2.56×105 Na2SO3 酸 因为HSO3-的电离常数Ka2=5.8×10-8，水解常数Kh2=≈8.3×10-13，电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性 a 2NO2-+8H++6e−=N2↑+4H2O
【详解】(1)已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-574kJ·mol−1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH =-1160kJ·mol−1
将第一个方程式加上第二个方程式，再整体除以2得到甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+ CO2(g)+2H2O(g) ΔH =；故答案为：CH4(g)+2NO2(g)= N2(g) + CO2(g) + 2H2O(g) ΔH=-867kJ·mol−1。
(2)①该反应是正向为体积减小的放热反应，为了提高尾气处理的效果，可采取的措施有降低温度，或增大压强（或压缩体积），或使用催化活性更好的催化剂等；故答案为：降低温度，或增大压强（或压缩体积），或使用催化活性更好的催化剂等(写出两种即可)。
②此条件下达到平衡时，c(NO)= c(CO) =1.00×10-3mol·L−1，Δc(NO)=8.00×10-3mol·L−1，c(N2)=Δc(N2)= Δc(NO)= ×8.00×10-3mol·L−1 =4.00×10-3mol·L−1，c(CO2)=Δc(CO2)=Δc(NO)=8.00×10-3mol·L−1，因此反应的平衡常数；故答案为：2.56×105。
(3)①常温下，HNO2的电离常数为Ka=7×10-4，H2SO3的电离常数为Ka2=5.8×10-8，因此酸性强弱为HNO2＞HSO3－，根据越弱越水解，碱性强，则相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液中pH较大的是Na2SO3溶液；故答案为：Na2SO3。
②常温下，HSO3－的电离常数Ka2=5.8×10−8，水解常数Kh2=≈8.3×10−13，电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性；故答案为：酸；因为HSO3－的电离常数Ka2=5.8×10−8，水解常数Kh2=≈8.3×10−13，电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性。
(4)①Ce3+化合价升高变为Ce4+，失去电子发生氧化反应，在阳极反应，因此Ce4+从电解槽的a口流出；故答案为：a。
②NO2－转化为无毒物质，N化合价降低，得到电子发生还原反应，在阴极反应，因此阴极的电极反应式2NO2－ + 8H++6e－ = N2↑+4H2O；故答案为：2NO2－ + 8H++6e－ = N2↑+4H2O。
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