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天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-32化学反应速率与化学平衡（3）解答题
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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-32化学反应速率与化学平衡（3）解答题，共57页。试卷主要包含了原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-32化学反应速率与化学平衡（3）解答题
一、原理综合题
1．（2020·天津·模拟预测）在煤化工领域主要涉及碳一化学，即研究以含有一个碳原子的物质(CO、CO2、CH4、CH3OH等)为原料合成化工产品或液体燃料。回答下列问题：
(1)已知物质之间转化能量关系如图所示：
写出CO(g)和H2(g)生成CH4(g)和H2O(g)的热化学方程式___。
(2)煤化工业上主要利用CO和H2反应制备甲醇(CH3OH)，反应热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H。已知CO的平衡转化率与温度的关系如图所示：
①该反应的∆H____(填“>”“<”或“=”)0。
②A、B、C三点平衡常数KA． KB、KC的大小关系为____。压强p1_____ (填“>”“<”或“=”，下同)p2，在T1和p2条件下，由D点到B点过程中，正、逆反应速率之间的关系：v正____v逆。
③若容器容积不变，则下列措施可提高CO平衡转化率的是___(填字母)。
a.充入CO，使体系总压强增大 b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.充入He，使体系总压强增大 d.使用高效催化剂
④在2L恒容密闭容器中充人2molCO和4molH2，在p2和T1条件下经10min达到平衡状态。在该条件下，v(H2)=___mol∙L-1∙min-1；平衡常数K =___(填数值)。
(3)用H2还原CO2可以合成CH3OH： CO2(g) + 3H2(g)⇌CH3OH(g) +H2O(g) ∆H. 恒压下，CO2和H2的起始物质的量之比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜(能选择性分离出H2O)时甲醇的产率随温度的变化如图所示。P点甲醇产率高于T点的原因为____。
(4)CO2的再利用技术是促进可持续发展的措施之一，CO2电化法制甲酸的工艺原理如图所示。阴极电极反应式为____。
2．（2020·天津·模拟预测）甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇可能涉及的反应如下：
反应I：CO2(g)+3H2=CH3OH+H2O(g) ΔH1=-49.58 kJ·mol-1
反应II：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH2
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH3=-90.77 kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)反应Ⅲ的ΔH2=_______，若反应I、II、III平衡常数分别为K1、K2、K3，则K2=_______(用K1、K3表示)。
(2)反应II自发进行的条件是_______(填“低温”“高温”或“任意温度”)。
(3)在一定条件下，2L恒容密闭容器中充入3molH2和1.5molCO2，仅发生反应I，实验测得不同反应温度与体系中CO2的平衡转化率的关系，如表所示。
温度/℃
500
T
CO2的平衡转化率
60%
40%
①T_______500℃(填“＜”“>”或“=”)
②温度为500℃时，该反应10min时达到平衡，则用H2表示的反应速率为_______，该温度下，反应I的平衡常数K1=_______。
(4)某研究小组将一定量的H2和CO2充入恒温密闭容器中，加入合适的催化剂(发生反应I、II、III)，测得不同温度下体系达到平衡时，CO2的转化率和CH3OH的产率如图所示。
①该反应达到平衡后，为了同时提高反应速率和甲醇的产量，以下措施一定可行的是___(填标号)。
a.升高温度 b.缩小容器体积 c.分离出甲醇 d.增加CO2浓度
②温度高于260℃时，随温度的升高甲醇产率下降的原因是_______。
3．（2020·天津·模拟预测）甲醇既是重要的化工原料，可用于制备甲醛、醋酸等产品，又可作为清洁燃料。利用CO2与H2合成甲醇涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2=41kJ•mol−1
回答下列问题：
(1)已知CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H3 = −99 kJ•mol−1，则△H1=______kJ•mol−1
(2)向刚性容器中充入一定量的CO2和H2，在不同催化剂(Cat.1，Cat.2)下反应相同时间，CO2的转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性=×100%]随温度的变化如图所示：
①由上图可知，催化效果Cat.1____Cat.2(填“＞”“＜”或“＝”)。
②在210~270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，请写出一条可能原因_____________。
(3)一定条件下，向刚性容器中充入物质的量之比为1:3的CO2和H2发生上述反应。
①有利于提高甲醇平衡产率的条件是________(填标号)。
A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压
②达到平衡时CO2的转化率为20%，CH3OH的选择性为75%，则(H2)=________；反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=________________。
4．（2020·天津北辰·统考二模）运用化学反应原理知识研究如何利用CO、SO2等污染有非常重要的意义。
(1)用CO可以合成甲醇。
已知：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) ΔH1
CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2
H2(g)+(g)=.H2O(1) ΔH3
请写出由CO和H2形成CH3OH的热化学方程式__________。
(2)下表所列数据是CO和H2形成CH3OH的反应在不同温度下的化学平衡常数(K)，由表中数据判断该反应的ΔH__________0（填“>”、“=”或“<”）
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.041
0.270
0.012
(3)若在绝热、恒容的密闭容器中充入1molCO、2molH2，发生CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应，下列示意图能说明该反应在进行到t1时刻为平衡状态的是__________（填选项字母）。
(4)T1℃时，在一个体积为1L的恒容容器中充入1molCO、3molH2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，则5min内用H2表示的反应速率为v(H2)__________。此时，这个反应的平衡常数是__________，反应温度为__________℃。
(5)为了提高燃料的利用率可以将甲醇设计为燃料电池，写出KOH作电解质溶液时，甲醇燃料电池的负极反应式__________。
5．（2020·天津·统考二模）大气环境中NOx的减量化排放受到国内外广泛关注。利用碳还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)。回答下列问题：
(1)该反应在常温下可以自发进行，则反应的△H________0(填“＞”“＝”或“＜”)'有利于提高NO平衡转化率的条件是____________(任写一条)。
(2)以上反应可分为如下四步反应方程，写出其中第三步的反应：
第一步：2NO=(NO)2
第二步：(NO)2+C=N2O+C(O)
第三步：_________________
第四步：2C(O)=C+CO2
(3)对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1 mol/L。不同温度下，测得第2小时NO去除率如图所示：
①据图分析，温度490°C以下，三种情况下反应的活化能最小的是________用a、b、c表示)；CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好，其依据是________(写一条)。
②上述实验中，490°C时，若测得CaO/C对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是________。
A．及时分离出CO2 B．压缩体积
C．恒容下，向体系中通入氦气 D．改良优化了催化剂
③在CaO/C、490°C条件下0~2 h内的平均反应速率v(NO)=_______mol•L-1•h-1，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达平衡时NO的去除率为________(保留二位有效数字)。
(4)利用电化学原理处理NOx也是重要的研究方向，如下装置图中正极的电极反应式为：_________。
6．（2020·天津南开·统考二模）一定条件下，向容器中同时通入甲烷、氧气和水蒸气三种气体，发生的化学反应有：
反应过程
化学方程式
焓变△H(kJ•mol-1)
活化能Ea(kJ•mol-1)
甲烷氧化
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)
-802.6
125.6
CH4(g)+O2(g)⇌CO2(g)+2H2(g)
-322.0
172.5
蒸汽重整
CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
+206.2
240.1
CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)
+158.6
243.9
(1)已知：H2O(1)=H2O(g) △H=+44.0kJ•mol-1，则表示H2燃烧热的热化学方程式为______。
(2)在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率，原因可能是______。
(3)恒温恒压体系(温度为T，压强为P)反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)达到平衡时，各气体的物质的量均为1mol，用某气体组分(B)的平衡分压(分压＝总压×物质的量分数)代替物质的量浓度(cB)也可表示平衡常数(记作KP)。则：
①平衡常数Kp=______。
②再向容器中瞬时同时充入1molCH4、1mol H2O、1molCO、3molH2，此时(正)______(逆)(填“＞”“<”或“=”)。
③恒温恒容条件下，将CH4、H2O、CO、H2按照体积比1:1:1:3投料，能判断反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)达到平衡状态的是______。
A．密度保持不变
B．CO体积分数保持不变
C．平均摩尔质量保持不变
D．c(CO)和c(H2)的比保持不变
E.2molO-H断裂的同时，有3molH-H断裂
(4)向绝热恒容密闭容器中通入CH4和O2使反应CH4(g)+O2(g)⇌CO2(g)+2H2(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图。图中c点反应是否达到平衡：______(填“是”或“否”)。
(5)利用重整反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)，设计一种熔融碳酸盐燃料电池，原理示意如图，电极B上发生的电极反应为______。
7．（2020·天津·模拟预测）利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利用。回答下列问题：
Ⅰ.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物
(1)下图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为___________。
(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，另一产物为__________。若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式__________。
Ⅱ.用H2还原CO2可以在一定条下合成CH3OH(不考虑副反应)：
(3)某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为___________。
(4)恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。
①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为____________。
②P点甲醇产率高于T点的原因为___________。
③根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为___________°C。
Ⅲ.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放
(5) 的空间构型为__________。已知25℃碳酸电离常数为K1、K2，当溶液pH=12时，=1：_______：__________。
8．（2020·天津南开·统考二模）工业炼铁过程中涉及到的主要反应有：
i.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393kJ/mol
ii.C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172kJ/mol
iii.Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)△H3
iv.2Fe2O3(s)+3C(s)4Fe(s)+3CO2(g)△H4=+460kJ/mol
回答下列问题：
(1)反应iv_________(填“能”或“不能”)在任何温度下自发进行。
(2)△H3=_________kJ/mol。
(3)T1时，向容积为10L的恒容密闭容器中加入3molFe2O3和3molCO发生反应iii，5min时达到平衡，平衡时测得混合气体中CO2的体积分数为80%。
①0~5min内反应的平均速率v(CO2)=_________mol•L-l•min-l。
②该温度下反应的平衡常数为_________。
③若将平衡后的混合气体通入1L3.6mol/L的NaOH溶液，恰好完全反应，反应的离子方程式为_________，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是_________
④下列选项中能够说明该反应已经达到平衡状态的是_________(填序号)。
a.Fe2O3的物质的量不再变化
b.体系的压强保持不变
c.混合气体的平均摩尔质量保持不变
d.单位时间内消耗CO和生成CO2的物质的量相等
(4)一定条件下进行反应iii，正向反应速率与时间的关系如图所示，t2时刻改变了一个外界条件，可能是_________。
.
9．（2020·天津和平·三模）乙烯可作化工原料和清洁能源，研究其制备和综合利用具有重要意义，请回答下列问题：
(1)乙烯的制备：工业上常利用反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH制备乙烯。
已知：Ⅰ．C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-1556.8kJ·mol-1；
Ⅱ．H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2=-285.5kJ·mol-1；
Ⅲ．C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH3=-1559.9kJ·mol-1。
则ΔH=______kJ·mol-1。
(2)乙烯可制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。向2L某恒容密闭容器中充入a mol C2H4(g)和a mol H2O(g)，测得C2H4(g)的平衡转化率与温度的关系如下图所示：
①该反应为______热反应(填“吸”或“放”)，理由为____。
②A点时容器中气体的总物质的量为____mol，计算A点对应温度下的平衡常数K=_____(用含a的分数表示)。
③已知：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)的反应速率表达式为v正=k正c(C2H4)·c(H2O)，v逆=k逆c(C2H5OH)，其中，k正、k逆为速率常数，只与温度有关。则在温度从250℃升高到340℃的过程中，下列推断合理的是____(填选项字母)。
a．k正增大，k逆减小 b．k正减小，k逆增大c．k正增大的倍数大于k逆 d．k正增大的倍数小于k逆
④若保持其他条件不变，将容器改为恒压密闭容器，则300℃时，C2H4(g)的平衡转化率_____10%(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(3)乙烯可以被氧化为乙醛(CH3CHO)，电解乙醛的酸性水溶液可以制备出乙醇和乙酸，则生成乙酸的电极为_____极(填“阴”或“阳”)，对应的电极反应式为______。
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·天津红桥·统考二模）CO2是地球上取之不尽用之不竭的碳源，捕集、利用 CO2始终是科学研究的热点。
⑴新的研究表明，可以将 CO2转化为炭黑回收利用，反应原理如图所示。
①整个过程中 FeO 的作用是_____________；
②写出 CO2转化为炭黑的总反应化学方程式_____________。
⑵由CO2 合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。
研究表明在催化剂作用下CO2 和H2可发生反应：CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) ΔH
①有利于提高合成CH3OH反应中CO2的平衡转化率的措施有_______。(填字母)
a．使用催化剂 b．加压 c．增大初始投料比n(CO2 )/ n(H2)
②研究温度对于甲醇产率的影响。在210 ℃~290 ℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如下图所示。ΔH____0(填“＞”或“＜”)，其依据是_______。
⑶工业用二氧化碳加氢可合成乙醇：保持压强为5MPa，向密闭容器中投入一定量CO2和H2发生上述反应，CO2的平衡转化率与温度、投料比的关系如图所示。
①该反应平衡常数的表达式为_________________。
②投料比m1、m2、m3由大到小的顺序为 _________________。
14．（2020·天津和平·统考二模）节能和减排建设友好型社会的必然选择。回答下列问题：
(1)已知在一定温度下，①C(s)+CO2(g) 2CO(g) ΔH1=a kJ·mol-1平衡常数K1；
②CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g) ΔH2=b kJ·mol-1平衡常数K2。
某反应的平衡常数表达式K3= ，请写出此反应的热化学方程式______________，K1、K2、K3之间的关系是_____________。
(2)将原料气按n(CO2)∶n(H2)=1∶4置于密闭容器中发生CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如下图所示：
①该反应的平衡常数K随温度降低而________（填“增大”或“减小”）。
②在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行该反应，达到平衡状态的是________。
a．混合气体密度不再改变 b．混合气体压强不再改变
c．混合气体平均摩尔质量不再改变 d．n(CO2)∶n(H2)=1:2
③200℃达到平衡时体系的总压强为P，该反应平衡常数Kp的计算表达式为______（不必化简，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
(3)500℃时，CO与水反应生成CO2和H2，将其分离得到H2的过程示意图如下：
①阳极反应式是_______________________________________________。
②结合电极反应式，简述K2CO3溶液的再生原理___________________。
15．（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）。
16．（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“＝”)。
17．（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）。
18．（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__________。
19．（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)
20．（2020·天津红桥·统考一模）碳、氮是重要的非金属元素，在生产、生活中有广泛的应用。
(1)已知植物光合作用发生的反应如下：6CO2(g)＋6H2O(l) C6H12O6(s)＋6O2(g) △H＝＋669.62 kJ•mol－1该反应达到化学平衡后，若改变下列条件，CO2转化率增大的是__________。
a．增大CO2的浓度 b．取走一半C6H12O6
c．加入催化剂 d．适当升高温度
(2)N2O5的分解反应2N2O5(g)4NO2(g) + O2(g)，由实验测得在67℃时N2O5的浓度随时间的变化如下：
时间/min
0
1
2
3
4
5
c(N2O5) /(mol•L﹣1)
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
计算在0～2min时段，化学反应速率v(NO2) ＝________mol•L-1•min-1。
(3)若将NO2与O2通入甲中设计成如图所示装置，D电极上有红色物质析出，则A电极处通入的气体为_________（填化学式）；A电极的电极反应式为_______________________，一段时间后，若乙中需加0.2 mol Cu(OH)2使溶液复原，则转移的电子的物质的量为 _____________。
(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－759.8 kJ·mol－1，反应达到平衡时，N2的体积分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如下图
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近________________；
②a、b、c三点CO的转化率从大到小的顺序为____________；a、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为__________________。
③若＝0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则CO的转化率为___________。
21．（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）。
22．（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___。
23．（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______________________。
二、工业流程题
24．（2020·天津河北·统考二模）过氧化钙可以用于改善地表水质，处理含重金属元素废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。工业上生产过氧化钙的主要流程如图：
已知CaO2·8H2O呈白色，微溶于水，加热至350℃左右开始分解放出氧气。
(1)用上述方法制取CaO2·8H2O的化学方程式是___。
(2)检验“水洗”操作滤液中是否含Cl-，的正确操作是___。
(3)沉淀时常用冰水控制温度在0℃左右有利于提高CaO2·8H2O产率，其可能原因是(写出两种)①___；②___。
(4)测定产品中CaO2含量的实验步骤：
第一步：准确称取ag产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的bgKI晶体，
再滴入少量2mol·L-1的H2SO4溶液，充分反应。
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。
第三步：逐滴加入浓度为cmol·L-1的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液
VmL。(已知：I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-)
①CaO2的质量分数为___(用字母表示)；
②某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能___(填“不变”、“偏低”或“偏高”)，原因是___。
参考答案：
1． < KC>KA=KB < < b 25 分子膜可以不断分离出H2O，有利于反应正向进行
【详解】(1)由图可知，，，则；
(2)①温度升高，CO平衡转化率下降，平衡逆向移动，即逆向反应为吸热反应，所以正向放热，即；
②K只与温度有关，且反应为放热反应，温度关系为C>A=B则KC>KA=KB；相同温度下，由p1到p2，CO的转化率增大，平衡正向移动，是气体系数减小的方向，即压强增大的方向，所以p2>p1；温度不变，由B点到D点，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则逆反应速率大于正反应速率；
③a.充入CO使H2转化率增大，但是CO转化率减小，b.将产物及时分离使平衡正向移动，有利于提高CO平衡转化率，c.充入He，三种气体的浓度不会改变，则平衡不移动，d.高效催化剂不能提高平衡转化率，故选择b；
此时CO的转化率为0.8%，所以CO转化了0.016mol，
④
；
(3)分子膜可以不断分离出H2O，有利于反应正向进行；
(4)分析价态知，C元素由CO2中的+4价降低到HCOOH中的+2价，得到电子，发生还原反应，m电极是阴极，结合质子交换膜知电极反应式为：
2． +41.19 kJ·mol-1 低温 > 0.135 mol·L-1·min-1 200 L2·mol-2 bd 反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，温度升高平衡向逆方向移动，甲醇产率降低
【分析】反应自发与否的判据为的符号，若，则反应自发，反之则非自发；平衡常数和反应速率的求算可列出三段式进行计算。
【详解】(1)根据盖斯定律，反应Ⅱ可由反应I减去反应Ⅲ得到，即==；平衡常数故填、；
(2)反应Ⅲ为放热反应，分子数减小，若使反应自发进行，则满足，即可，则该反应自发进行的条件为低温自发，故填低温；
(3)①反应I为放热反应，升高温度，平衡左移，表中数据可看出温度T时转化率小于500℃时，所以，故填>；
②500℃时，转化率为60%，根据三段式
10min时，的反应速率为=；平衡常数==，故填、；
(4)①a.反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，反应Ⅲ为放热反应，生高温度，速率加快，反应I和Ⅲ左移，甲醇产量减少，故a错误；
b.缩小体积，相当于增大压强，反应Ⅱ为分子数不变的反应，改变压强对平衡没有影响，反应I和Ⅲ为分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，速率增加，甲醇产量增大，故b正确；
c.分离出甲醇，使浓度减小，反应速率减小，故c错误；
d.增大浓度，反应I和Ⅱ向右移动，CO的量增多，反应Ⅲ右移，速率增大，甲醇产量增加，故d正确；
故填bd；
②反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，温度升高平衡向逆方向移动，甲醇产率降低，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高有利于的转化，不利于甲醇的生成，故填反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，温度升高平衡向逆方向移动，甲醇产率降低。
3． -58 ＞ 温度升高，催化剂的活性降低 B 16.7% 5×10-3
【分析】(1)利用盖斯定律求解即可；
(2) ①直接分析图中数据即可得出结果；
②催化剂均有适宜温度，温度过高很容易造成催化剂失效；
(3) ①根据（1）求算出的反应热，分析反应特点为正向是放热的气体体积增大的方向，结合勒夏特列原理分析即可；
②利用三段式进行求解，根据压强平衡常数公式进行解答。
【详解】(1)根据盖斯定律可知，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)可由反应Ⅰ减反应Ⅱ，故△H3 =△H1 -△H2=−99 kJ•mol−1，故△H1=△H3 +△H2=-99kJ•mol−1+41 kJ•mol−1=-58 kJ•mol−1，故答案为：-58；
(2)①由上图可知，催化剂1的CO2的转化率和CH3OH的选择性均优于催化剂2，故催化效果Cat.1＞Cat.2，故答案为：＞；
②催化剂的活性强弱与温度有关，每一种催化剂均有最适宜的温度，在210~270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，可能原因温度升高，催化剂的活性降低，故答案为：温度升高，催化剂的活性降低；
(3)①由（1）分析可知，该反应为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-58 kJ•mol−1，正反应是一个放热的气体体积减小的方向，降低温度、增大压强平衡正向移动，甲醇的产率增大，故低温高压有利于提高甲醇平衡产率，故答案为：B。
②假设加入的CO2的物质的量为amol，则H2为3amol，反应反应ⅠCO2转化了xmol，反应ⅡCO2转化了(0.2a-x)mol，根据三段式： ，则
甲醇的选择性=×100%=，解得：x=0.15amol，则(H2)=；故平衡时CO2为0.8amol，H2为3a-0.5a=2.5amol，CH3OH为0.15amol，CO为0.05a，H2O为0.2amol，则体系中，各物质的平衡分压为：P（CO2）= ，p(H2)=，p（CO）=，p(H2O)= ，故反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=5×10-3，故答案为：16.7%；5×10-3。
4． CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=2ΔH3+ΔH2-ΔH1 < d 0.32mol(L•min) 2.041 250℃ CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O
【分析】
(1)根据盖斯定律得目标热化学方程式；
(2)根据化学平衡常数K与温度的关系判断反应是放热反应还是吸热反应；
(3)当正逆反应速率相等、各物质的浓度不再改变时，化学反应达到平衡状态；
(4)利用化学反应速率及化学平衡常数的计算公式进行计算；
(5) 以KOH作电解质溶液时，甲醇在负极失电子生成，据此书写负极反应式。
【详解】
(1)已知：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) ΔH1……①
CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2 ……②
H2(g)+(g)=.H2O(1) ΔH3……③
依据盖斯定律②+③×2-①得CO和H2形成CH3OH的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=2ΔH3+ΔH2-ΔH1；
(2)由表中数据可知，随温度的升高，CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的化学平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH<0；
(3)若在绝热、恒容的密闭容器中充入1molCO、2molH2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)：
a．据图可知，t1时正反应速率达到最大值但仍然在改变，说明t1时刻未达到平衡状态，a不选；
b．在绝热、恒容的密闭容器中充入1molCO、2molH2生成甲醇，反应放出热量，化学平衡常数应该是减小而不是增大，b不选；
c．t1时甲醇和CO的物质的量相等，但CO和甲醇的物质的量依然在改变，说明反应未达到平衡状态，c不选；
d．t1时CO的质量分数保持不变，说明反应达到平衡状态，d选；答案选d；
(4)T1℃时，在一个体积为1L的恒容容器中充入1molCO、3molH2发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，消耗CO的物质的量为1mol×0.8=0.8mol，根据化学方程式可知，消耗H2的物质的量为1.6mol，则5min内用H2表示的反应速率为v(H2)==0.32mol/(L•min)；此时容器中CO、H2、CH3OH的物质的量分别为0.2mol、1.4mol、0.8mol，该反应的平衡常数K==2.041，结合表中数据可知，反应温度为250℃；
(5)为了提高燃料的利用率可以将甲醇设计为燃料电池，以KOH作电解质溶液时，甲醇在负极失电子生成，负极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O。
【点睛】
第(3)小题为本题的易错点，注意反应的条件为绝热，随着反应的进行，温度升高，化学平衡常数减小。
5． ＜ 降温 C(s)+N2O=C(O)+N2(g) a 相同条件下，NO去除率更高或较低温度下 NO去除的效果好，或纯碳的活化能高、反应速率慢 BD 0.0225 96% 2NO+4e-+4H+=N2+2H2O
【分析】(1)反应2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)在常温下可以自发进行，满足△H-T△S＜0，提高NO平衡转化率需要平衡正向进行；
(2)根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得待求反应的方程式；
(3)①反应需要的活化能越小，反应越容易发生，物质反应转化率越大，效果越好，根据图示分析判断；
②根据平衡移动原理分析判断；
③根据反应速率的含义计算；利用物质平衡浓度与平衡常数关系计算物质平衡浓度，再根据转化率含义计算可得；
(4)根据原电池中正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，结合图示书写反应方程式。
【详解】(1)反应2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)在常温下可以自发进行，满足△H-T△S＜0，由于△S＞0，所以△H＜0；有利于提高NO平衡转化率的条件是：降低温度，使化学平衡正向进行，NO转化率增大，或从平衡体系中移去氮气或二氧化碳，使化学平衡正向进行；
(2)总反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，
第一步：①2NO=(NO)2
第二步：②(NO)2+C=N2O+C(O)
第三步：③
第四步：④2C(O)=C+CO2
根据盖斯定律，将①+②+③+④整理可得到总反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，则反应③=总反应-(①+②+④)得到：C(s)+N2O=C(O)+N2(g)；
(3)①在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是a，活化能越低，反应越容易发生，因此去除NO效果最好的是a；图中分析可知CaO/C、La2O3/C去除NO效果好于C，原因是相同条件下NO去除率更高；或在较低温度下去除NO的效果或纯碳的活化能高、反应速率慢等；
②图象可知490°C时，NO去除率45%，若测得CaO/C对NO的去除率为60%。
A．及时分离出CO2会使平衡正向进行，速率减慢，不一定会增加NO去除率，A错误；
B．压缩体积，增大了反应物的浓度，反应速率加快，可以增大NO去除率，B正确；
C．恒容下，向体系中通入氦气，总压增大，分压不变，化学平衡不变，物质的平衡转化率不变，C错误；
D．不同催化剂，催化效果不同，寻找更好的催化剂，可以增大NO去除率，D正确；
故合理选项是BD；
③根据图象可知490℃时，NO去除率45%，NO初始浓度0.1 mol/L，则转化浓度0.1 mol/L ×45%=0.045 mol/L，v(NO)==0.0225 mol/(L•h)；
对于反应：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，设平衡状态生成N2浓度为x mol/L，则平衡时c(CO2)=x mol/L，c(N2O)=(0.1-2x) mol/L，由于平衡常数K==121，解得x= mol/L，所以反应达到平衡状态NO去除率=×100%=96%；
(4)正极上NO得到电子发生还原反应产生N2，正极的电极反应式为：2NO+4e-+4H+=N2+2H2O。
【点睛】本题考查了化学反应速率和化学平衡常数的有关计算、外界条件对化学平衡移动影响原理、热化学方程式计算、原电池反应原理等知识点，明确盖斯定律、化学平衡移动原理及有关概念平衡影响因素分析等是解本题关键，题目考查了学生对知识的掌握与应用能力。
6． H2(g)＋O2(g)＝H2O(1) ΔH=－284.3 mol∙L−1 甲烷氧化的活化能小于甲烷蒸汽重整的活化能，因此甲烷蒸汽重整的反应速率小 ＜ BCE 否 O2＋2CO2＋4e－ ＝2
【分析】(1)将甲烷氧化的第一个方程式减去第二个方程式，再整体除以2，再减去H2O(1)= H2O(g)，得到H2燃烧热的热化学方程式。
(2)根据题中活化能的大小得出反应速率关系。
(3)①根据平衡常数表达式进行计算；②先计算压强商，再比较得出(正)与(逆)关系。
③根据平衡状态判断标志进行分析。
(4)化学平衡状态实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的整反应速率还在改变。
(5)氧气化合价降低，因此B为正极。
【详解】(1)已知：H2O(1)=H2O(g) △H=+44.0 mol∙L−1，将甲烷氧化的第一个方程式减去第二个方程式，再整体除以2，再减去H2O(1)=H2O(g)，得到H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)＝H2O(1) ΔH=－284.3 mol∙L−1；故答案为：H2(g)＋O2(g)＝H2O(1) ΔH=－284.3 mol∙L−1。
(2)在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率，根据题中活化能的大小关系得出原因可能是甲烷氧化的活化能小于甲烷蒸汽重整的活化能，因此甲烷蒸汽重整的反应速率小；故答案为：甲烷氧化的活化能小于甲烷蒸汽重整的活化能，因此甲烷蒸汽重整的反应速率小。
(3)①平衡常数；故答案为：。
②再向容器中瞬时同时充入1molCH4、1mol H2O、1molCO、3molH2，，则平衡逆向移动，因此(正)＜(逆)；故答案为：＜。
③A．密度等于质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，因此密度始终不变，不能作为判断平衡的标志；
B．CO体积分数保持不变，能作为判断平衡的标志；
C．平均摩尔质量等于质量除以气体的物质的量，气体质量不变，气体物质的量变化，气体平均摩尔质量变化，当气体平均摩尔质量不变，则达到平衡；
D．c(CO)和c(H2)的比始终是保持不变，因此不能作为判断平衡的标志；
E．2molO—H断裂，反应正向进行，同时有3molH—H断裂，反应逆向进行，反应消耗的物质与化学计量数呈正比，能作为判断平衡的标志；
综上所述，答案为：BCE。
(4)化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的整反应速率还在改变，故一定未达到平衡；故答案为：否。
(5)设计一种熔融碳酸盐燃料电池，原理示意如图，根据图中信息，氧气化合价降低，因此B为正极，其电极B上发生的电极反应为O2＋2CO2＋4e－ ＝2；故答案为：O2＋2CO2＋4e－ ＝2。
【点睛】化学反应原理综合题是常考题型，主要考查盖斯定律、化学平衡状态判断、化学平衡常数计算、电化学知识等。
7． 光能转化为化学能 H2 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小） 分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 210 平面（正）三角形
【分析】I.根据图示分析反应以及能量转化形式；根据氧化还原反应的规律分析产物、书写离子反应式；
II.用三段式和平衡常数表达式计算平衡常数，依据外界条件对化学平衡的影响分析作答；
III.用价层电子对互斥理论判断的空间构型，利用电离平衡常数表达式计算粒子浓度的比值。
【详解】I.(1)根据图示，该催化剂在水中发生光催化反应的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，光解水能量转化形式为光能转化为化学能，故答案为：光能转化为化学能。
(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，被氧化成，则H+被还原为H2，即另一产物为H2；若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，氧元素的化合价升高，O2为氧化产物，则生成另一产物的反应为还原反应，由于Ag+得电子能力大于H+，故生成另一产物的离子反应式为Ag++e-=Ag，故答案为：H2，Ag++e-=Ag。
II.(3) CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，CH3OH的产率为b，则生成的CH3OH物质的量浓度为abmol/L，根据三段式
则反应的平衡常数K== =，故答案为：。
(4)①该反应为放热反应(∆H<0)，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小），故甲醇平衡产率随温度升高而降低，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）；
②因为分子筛膜能选择性分离出H2O，c（H2O）减小，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故P点甲醇产率高于T点，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高。
③根据图示，使用该分子筛膜210℃时甲醇的产率最大，故在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为210℃，故答案为：210。
III.(5)中C的孤电子对数为×（4+2-3×2）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，C上没有孤电子对，故的空间构型为平面正三角形；H2CO3的电离方程式为H2CO3⇌H++、⇌ H++，则Ka1= 、Ka2=，当溶液的pH=12时，c（H+）=1×10-12mol/L，将其代入Ka1、Ka2中分别求出c（）=1012Ka1 c(H2CO3)、c（）=1012Ka2 c（）=1024Ka1Ka2 c(H2CO3)，则c(H2CO3)：c（）：c（） =1：（1012Ka1）：（1024Ka1Ka2），故答案为：平面正三角形，1012Ka1，1024Ka1Ka2。
【点睛】本题考查的知识点较多，但难度都不是很大，学生只要充分利用题给信息、结合所学的基本原理和方法即可作答。
8． 不能 -28 0.048 64 2CO2+3OHˉ=CO+HCO+H2O c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞ c(OHˉ) ＞ c(H+) ac 恒压条件下充入一定量的二氧化碳气体
【分析】(3)初始投料为3molFe2O3和3molCO，Fe2O3和Fe均为固体，容器恒容，则根据反应方程式可知反应过程中气体的总物质的量不变，始终为3mol；平衡时CO2的体积分数为80%，即物质的量分数为80%，所以n(CO2)=3mol×80%=2.4mol，n(CO)=0.6mol。
【详解】(1)当△G=△H-T△S＜0时反应可以自发进行，反应iv的焓变△H4＞0，该反应为气体分子数增多的反应，所以△S＞0，不能满足任何温度下△G都小于0，所以该反应不能在任何温度下自发进行；
(2)已知：i.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393kJ/mol
ii.C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172kJ/mol
iii.Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)△H3
iv.2Fe2O3(s)+3C(s)4Fe(s)+3CO2(g)△H4=+460kJ/mol
由盖斯定律可知(iv-ii×3)得到Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H3=[+460kJ/mol-(+172kJ/mol)×3]= -28kJ/mol；
(3)①根据分析可知0-5min内△n(CO2)=2.4mol，容器的容积为10L，所以v(CO2)==0.048mol·L-1·min-1；
②平衡时c(CO2)=0.24mol/L，c(CO)=0.06mol/L，平衡常数K==64；
③混合气体中n(CO2)=2.4mol，1L3.6mol/L的NaOH溶液中n(NaOH)=3.6mol，n(CO2)： n(NaOH:2:3，所以该反应的离子方程式为2CO2+3OHˉ=CO+HCO+H2O，反应后溶液中的溶质为等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3；Na+不发生水解，所以c(Na+)最大；碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，所以c(HCO)＞c(CO)；溶液显碱性，所以c(OHˉ) ＞ c(H+)，水解是微弱的，所以溶液中离子浓度由大到小为c(Na+)＞ c(HCO)＞c(CO)＞ c(OHˉ) ＞ c(H+)；
④a．固体的物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故a能说明；
b．反应前后气体物质的量始终不变，体系的压强始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故b不能说明；
c．反应前后气体质量变化，气体物质的量不变，所以未平衡时混合气体的平均摩尔质量会发生改变，当其保持不变说明反应达到平衡状态，故c能说明；
d．消耗CO和生成CO2均为正反应，只要反应发生单位时间内消耗CO和生成CO2的物质的量就相等，故其不能说明反应达到平衡状态，故d不能说明；
综上所述选ac；
(4)据图可知t2时刻正反应速率突然减小，然后又逐渐增大，之后达到平衡时与原平衡的反应速率相等，说明反应物的浓度先是被减小，然后又逐渐增大，则该条件改变后平衡逆向移动，该反应正反应为放热反应，升高温度可以使平衡逆向移动，但升高温度不能使正反应速率减小。而该反应前后气体分子数不变，若保持压强不变向密闭容器中充入二氧化碳，则容器的体积增大导致一氧化碳的浓度减小，正反应速率减小，则二氧化碳的浓度增大了，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，根据温度不变K=不变，且压强不变时气体的浓度不变，所以再次平衡时正反应速率与原平衡相等。因此，改变的条件可能是：恒压条件下充入一定量的二氧化碳气体。
【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意判断相关物理量是否为变量，若随着反应的进行该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
9． +282.4 放 温度越高，乙烯的平衡转化率越低 1.9a d ＞ 阳 CH3CHO-2e−+H2O=CH3COOH+2H+
【分析】根据盖斯定律可计算C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g)△H的值；根据图象转化率和温度的关系可判断正反应是放热反应；根据A点的转化率由平衡计算的“三段式”可计算混合气体总物质的量及K值；根据升高温度，平衡逆向移动，可判断k正和k逆增大的倍数大小关系；根据可逆反应气体的计量系数减小，而恒压相对于恒容，压强更大，正向移动，可推出转化率增大；根据电解池中，阳极失去电子，发生氧化反应，据此解答。
【详解】(1)由盖斯定律Ⅲ-Ⅱ-Ⅰ得C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g) △H=（-1559.9kJ∙mol-1）-（-285.5kJ∙mol-1）-（-1556.8kJ∙mol-1）=+282.4kJ∙mol-1；答案为：+282.4。
(2)①由图可知，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，平衡逆向移动，说明正反应是放热反应；答案为放，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，平衡逆向移动。
②由图可知，A点时乙烯的平衡转化率为10%，
混合气体总物质的量=（0.9+0.9+0.1）amol=1.9amol，A点对应温度下的平衡常数K= = = ；答案为1.9a，。
③平衡时，正、逆反应速率相等，即K==，升高温度，正、逆反应速率都增大，即k正和k逆均增大，但由于正反应是放热反应，平衡逆向移动，K减小，故k正增大的倍数小于k逆；答案为d；
④正反应为气体物质的量减小的反应，平衡时，与恒容容器相比，恒压密闭容器压强更大，反应正向进行程度更大，C2H4(g)的平衡转化率更高，大于10%；答案为＞。
(3)乙醛生成乙酸，碳元素的化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，因而乙醛在阳极发生氧化反应生成乙酸，电极反应式为CH3CHO-2e-+H2O═CH3COOH+2H+；答案为阳， CH3CHO-2e-+H2O═CH3COOH+2H+。
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】⑴①FeO参与了化学反应但FeO的量没有变化；②根据图象分析CO2反应。
⑵①a．使用催化剂，平衡不移动，转化率不变；b．该反应是体积减小的反应，加压，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大；c．增大初始投料比n(CO2)/n(H2)，可以理解为n(H2)不变，n(CO2)增大，平衡正向移动，但CO2的平衡转化率减小；②升高温度，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应，即ΔH＜0；故答案为：＜；温度升高，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应。
⑶①根据反应方程式书写平衡常数表达式；②投料比，理解为n(CO2)不变，n(H2)增大，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大。
【详解】⑴①FeO在反应过程中参与了化学反应，但FeO的量没有变化，因此FeO的作用是催化剂；故答案为：催化剂。
②FeO和CO2反应生成C和Fe3O4，Fe3O4反应生成FeO和O2，因此CO2转化为炭黑的总反应化学方程式CO2C+O2；故答案为：CO2C+O2。
⑵①a．使用催化剂，平衡不移动，转化率不变，故a不符合题意；b．该反应是体积减小的反应，加压，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故b符合题意；c．增大初始投料比n(CO2)/n(H2)，可以理解为n(H2)不变，n(CO2)增大，平衡正向移动，但CO2的平衡转化率减小，故c不符合题意；综上所述，答案为b。
②升高温度，温度升高，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应，即ΔH＜0；故答案为：＜；升高温度，温度升高，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应。
⑶①该反应平衡常数的表达式为；故答案为：。
②投料比，理解为n(CO2)不变，n(H2)增大，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，因此投料比m1、m2、m3由大到小的顺序为m3 ＞ m2＞ m1；故答案为：m3 ＞ m2＞ m1。
【点睛】化学平衡是化学常考题型，主要分析化学平衡状态、平衡常数计算及影响平衡的因素。
14． C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH= (a+b) kJ·mol-1 K3= K1·K2 增大 bc 2H2O-4e-=O2+4H+ 阴极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，使K2CO3溶液得以再生
【分析】(1) 平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，平衡常数中，分子为生成物，分母为反应物和质量恒定律分析解题；根据平衡常数的表达式推断；
(2)①根据平衡线分析，温度降低，H2O的物质的量分数增大，则温度降低有利于反应正向进行；
②根据平衡状态的特征逐一分析判断，特别注意混合气体的密度为ρ＝，混合气体的平均相对分子质量大小为；
③根据方程式计算平衡时各组分的分压，代入分压平衡常数表达式计算；
(3) CO2和H2用K2CO3溶液洗涤后，逸出H2，同时得到KHCO3溶液，再用惰性电极电解KHCO3溶液，阳极有H2生成，阴极有CO2和O2生成。
【详解】(1)某反应的平衡常数表达式K3= ，则生成物为CO和H2，反应物有H2O，结合原子守恒可知，另一种反应物是C，且为固态，则此反应的化学方程式为C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)；已知：①C(s)+CO2(g) 2CO(g) ΔH1=a kJ·mol-1平衡常数K1=，②CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g) ΔH2=b kJ·mol-1平衡常数K2=，根据盖斯定律：①+②可得C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，则△H= (a+b) kJ·mol-1，故该反应的化学方程式为C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH= (a+b) kJ·mol-1；K3= =×=K1×K2；
(2)①根据平衡线分析，温度降低，H2O的物质的量分数增大，则温度降低有利于反应正向进行，所以该反应的平衡常数K随温度降低而增大；
②a．混合气体的密度为ρ＝，反应前后，质量守恒，气体质量m不变，容器容积V不变，所以混合气体的密度始终不变，不能说明反应是否达到化学平衡，故a错误；
b．反应前后气体分子数改变，压强变化，可以通过压强判断化学反应是否达到化学平衡，故b正确；
c．混合气体的平均相对分子质量大小为，反应前后m不变，n改变，可以通过混合气体的平均相对分子质量变化判断化学反应是否达到化学平衡，故c正确；
d．CO2和H2的物质的量之比取决于二者的出入量和化学反应计量，不能通过n(CO2)：n(H2)=1：2说明化学反应是否达到化学平衡，故d错误；
故答案为bc；
③将原料气按n(CO2)：n(H2)=1：4置于密闭容器中发生CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)反应，不妨取1molCO2和4molH2；
200℃达到平衡时H2O的物质的量分数为0.6，即＝0.6，可得x=，所以平衡体系中，p(CO2)=0.6p，p(CH4)=0.3p，p(CO2)=0.02p，p(H2)=0.08p，则该反应平衡常数Kp的计算表达式为Kp==；
(3)①阳极发生氧化反应，电极反应式是2H2O-4e-=O2+4H+；
②将吸收池中的溶液电解，重新生成CO2，并产生O2，可以再生K2CO3，电解时H2O放电产生OH-，OH-与HCO3-反应生成CO32-，达到再生的目的，可以解释为：阴极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，使K2CO3溶液得以再生。
【点睛】化学平衡状态的判断，注意只有反应前后不相同的量才能作为判断化学平衡的依据。反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡的依据，如该反应中的压强就不能作为判断化学平衡的依据。
15． －4a+b C(s)+2H2(g)=CH4(g) A ＜ ＞ 62.5%
【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。
16． 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)。
17． 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：。
18． 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-)。
19． 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：。
20． d 0.5 NO2 NO2－e-＋H2O=NO3-＋2H＋ 0.8 mol 1∶1 a>b>c a＝c>d 75%
【分析】（1）a．增大CO2的浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，但CO2的转化率减小；
b．改变固体的量，不能改变反应速率，不能改变平衡的移动方向；
c．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，不能改变平衡的移动方向；
d．该反应为吸热反应，适当升高温度，平衡向正反应方向移动；
（2）由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得v(NO2) ＝2v(N2O5)；
（3）由D电极上有红色物质析出可知，甲池为燃料电池，通入二氧化氮的一极为负极；加入Cu（OH）2使溶液复原说明电解过程中先电解硫酸铜溶液，硫酸铜溶液完全电解后还继续电解了部分水；
（4）①b点时，N2的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比；
②增大反应物CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，CO的转化率减小，由图可知，的值增大；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小；
③由题意建立三段式求解可得。
【详解】（1）a．增大CO2的浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，但CO2的转化率减小，故错误；
b．改变固体的量，不能改变反应速率，不能改变平衡的移动方向，则取走一半C6H12O6，平衡不移动，CO2的转化率不变，故错误；
c．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，不能改变平衡的移动方向，则加入催化剂，平衡不移动，CO2的转化率不变，故错误；
d．该反应为吸热反应，适当升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，故正确；
d正确，故答案为：d；
（2）由表格数据可知，0～2min内N2O5的浓度变化为（1.00—0.50）mol/L=0.50mol/L，则v(N2O5) ＝=0.25 mol•L-1•min-1，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得v(NO2) ＝2v(N2O5) ＝×2=0.5mol•L-1•min-1，故答案为：0.5；
（3）由D电极上有红色物质析出可知，甲池为燃料电池，通入二氧化氮的一极为负极，则A极通入二氧化氮，在酸性条件下，二氧化氮在负极失去电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应式为NO2－e-＋H2O=NO3-＋2H＋；电解硫酸铜溶液的化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4，由方程式可知反应后只问需要加入CuO或CuCO3就可以使溶液复原，加入Cu（OH）2使溶液复原说明电解过程中先电解硫酸铜溶液，硫酸铜溶液完全电解后还继续电解了部分水，电解时，阳极始终是OH－放电，电极反应式为4OH—－4e—=2H2O+O2↑，氢氧化铜是0.2mol，则根据氧原子守恒可知，反应中转移的电子是0.2mol×2×2＝0.8mol，故答案为：NO2；NO2－e-＋H2O=NO3-＋2H＋；0.8 mol；
（4）①b点时，N2的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比，由化学方程式可知，C、N原子个数之比接近1:1，故答案为：1:1；
②增大反应物CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，CO的转化率减小，由图可知，的值增大， a、b、c三点CO的转化率呈减小趋势，则a>b>c；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由图可知，N2的体积分数T1>T2，则反应温度T2>T1，温度不变平衡常数不变，a、c的反应温度相同，并小于d，则平衡常数a＝c>d，故答案为：a>b>c；a＝c>d；
③若＝0.8，设CO的体积为0.8L，NO体积为1L，CO的转化率为a，由题意建立如下三段式：
由N2的体积分数为20%可得=0.2，解得a=0.75，则CO的转化率为75%，故答案为：75%。
【点睛】根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入Cu（OH）2后溶液与电解前相同，说明电解过程中先电解硫酸铜溶液，硫酸铜溶液完全电解后还继续电解了部分水是解答难点。
21． 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。
22． 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。
23． 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。
24． CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl 取最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀 温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率 该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率 ×100% 偏高 滴速太慢，S2O在滴定过程中被氧气氧化
【分析】根据流程图可得，氯化钙溶于水后，通入氨气和30%的双氧水反应，CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl，过滤后得到副产品NH4Cl，沉淀为CaO2·8H2O，对沉淀先用水洗除去表面的杂质，再用乙醇洗，最后放入烤箱中控制烤箱的温度低于350℃进行烘干得到产品过氧化钙，据此分析解答。
【详解】(1)本实验的目的是制备CaO2·8H2O固体，根据分析，流程中的沉淀应为CaO2·8H2O，根据质量守恒判断还应有NH4Cl生成，反应的化学方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；
(2)滤液中含有大量的Cl－，为将沉淀洗涤干净，应充分洗涤，根据检验Cl－的方法，可用稀硝酸酸化的硝酸银溶液检验。检验“水洗”是否合格的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；
(3)沉淀时常用冰水控制温度在0 ℃左右，其可能原因是温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率；
(4)①根据实验操作，CaO2将KI氧化成碘单质，发生反应的化学方程式为：CaO2＋2KI＋2H2SO4=I2＋CaSO4＋K2SO4＋2H2O；根据反应的离子方程式：CaO2＋4H＋＋2I－=Ca2＋＋2H2O＋I2，I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-，可得关系式：CaO2～2S2O32-，则CaO2的质量为=0.036cVg，CaO2的质量分数为×100%；
②S2O32-有还原性，由于滴速太慢，S2O32-在滴定过程中被氧气氧化导致消耗体积偏大，从CaO2的质量分数的表达式可知使计算结果偏高。
【点睛】本题难点为(3)，双氧水具有不稳定性，受热易分解，该反应是放热反应，降温有利于反应生成CaO2·8H2O沉淀。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-32化学反应速率与化学平衡（3）解答题
一、原理综合题
1．（2020·天津·模拟预测）在煤化工领域主要涉及碳一化学，即研究以含有一个碳原子的物质(CO、CO2、CH4、CH3OH等)为原料合成化工产品或液体燃料。回答下列问题：
(1)已知物质之间转化能量关系如图所示：
写出CO(g)和H2(g)生成CH4(g)和H2O(g)的热化学方程式___。
(2)煤化工业上主要利用CO和H2反应制备甲醇(CH3OH)，反应热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H。已知CO的平衡转化率与温度的关系如图所示：
①该反应的∆H____(填“>”“<”或“=”)0。
②A、B、C三点平衡常数KA． KB、KC的大小关系为____。压强p1_____ (填“>”“<”或“=”，下同)p2，在T1和p2条件下，由D点到B点过程中，正、逆反应速率之间的关系：v正____v逆。
③若容器容积不变，则下列措施可提高CO平衡转化率的是___(填字母)。
a.充入CO，使体系总压强增大 b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.充入He，使体系总压强增大 d.使用高效催化剂
④在2L恒容密闭容器中充人2molCO和4molH2，在p2和T1条件下经10min达到平衡状态。在该条件下，v(H2)=___mol∙L-1∙min-1；平衡常数K =___(填数值)。
(3)用H2还原CO2可以合成CH3OH： CO2(g) + 3H2(g)⇌CH3OH(g) +H2O(g) ∆H. 恒压下，CO2和H2的起始物质的量之比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜(能选择性分离出H2O)时甲醇的产率随温度的变化如图所示。P点甲醇产率高于T点的原因为____。
(4)CO2的再利用技术是促进可持续发展的措施之一，CO2电化法制甲酸的工艺原理如图所示。阴极电极反应式为____。
2．（2020·天津·模拟预测）甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇可能涉及的反应如下：
反应I：CO2(g)+3H2=CH3OH+H2O(g) ΔH1=-49.58 kJ·mol-1
反应II：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH2
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH3=-90.77 kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)反应Ⅲ的ΔH2=_______，若反应I、II、III平衡常数分别为K1、K2、K3，则K2=_______(用K1、K3表示)。
(2)反应II自发进行的条件是_______(填“低温”“高温”或“任意温度”)。
(3)在一定条件下，2L恒容密闭容器中充入3molH2和1.5molCO2，仅发生反应I，实验测得不同反应温度与体系中CO2的平衡转化率的关系，如表所示。
温度/℃
500
T
CO2的平衡转化率
60%
40%
①T_______500℃(填“＜”“>”或“=”)
②温度为500℃时，该反应10min时达到平衡，则用H2表示的反应速率为_______，该温度下，反应I的平衡常数K1=_______。
(4)某研究小组将一定量的H2和CO2充入恒温密闭容器中，加入合适的催化剂(发生反应I、II、III)，测得不同温度下体系达到平衡时，CO2的转化率和CH3OH的产率如图所示。
①该反应达到平衡后，为了同时提高反应速率和甲醇的产量，以下措施一定可行的是___(填标号)。
a.升高温度 b.缩小容器体积 c.分离出甲醇 d.增加CO2浓度
②温度高于260℃时，随温度的升高甲醇产率下降的原因是_______。
3．（2020·天津·模拟预测）甲醇既是重要的化工原料，可用于制备甲醛、醋酸等产品，又可作为清洁燃料。利用CO2与H2合成甲醇涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2=41kJ•mol−1
回答下列问题：
(1)已知CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H3 = −99 kJ•mol−1，则△H1=______kJ•mol−1
(2)向刚性容器中充入一定量的CO2和H2，在不同催化剂(Cat.1，Cat.2)下反应相同时间，CO2的转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性=×100%]随温度的变化如图所示：
①由上图可知，催化效果Cat.1____Cat.2(填“＞”“＜”或“＝”)。
②在210~270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，请写出一条可能原因_____________。
(3)一定条件下，向刚性容器中充入物质的量之比为1:3的CO2和H2发生上述反应。
①有利于提高甲醇平衡产率的条件是________(填标号)。
A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压
②达到平衡时CO2的转化率为20%，CH3OH的选择性为75%，则(H2)=________；反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=________________。
4．（2020·天津北辰·统考二模）运用化学反应原理知识研究如何利用CO、SO2等污染有非常重要的意义。
(1)用CO可以合成甲醇。
已知：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) ΔH1
CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2
H2(g)+(g)=.H2O(1) ΔH3
请写出由CO和H2形成CH3OH的热化学方程式__________。
(2)下表所列数据是CO和H2形成CH3OH的反应在不同温度下的化学平衡常数(K)，由表中数据判断该反应的ΔH__________0（填“>”、“=”或“<”）
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.041
0.270
0.012
(3)若在绝热、恒容的密闭容器中充入1molCO、2molH2，发生CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应，下列示意图能说明该反应在进行到t1时刻为平衡状态的是__________（填选项字母）。
(4)T1℃时，在一个体积为1L的恒容容器中充入1molCO、3molH2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，则5min内用H2表示的反应速率为v(H2)__________。此时，这个反应的平衡常数是__________，反应温度为__________℃。
(5)为了提高燃料的利用率可以将甲醇设计为燃料电池，写出KOH作电解质溶液时，甲醇燃料电池的负极反应式__________。
5．（2020·天津·统考二模）大气环境中NOx的减量化排放受到国内外广泛关注。利用碳还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)。回答下列问题：
(1)该反应在常温下可以自发进行，则反应的△H________0(填“＞”“＝”或“＜”)'有利于提高NO平衡转化率的条件是____________(任写一条)。
(2)以上反应可分为如下四步反应方程，写出其中第三步的反应：
第一步：2NO=(NO)2
第二步：(NO)2+C=N2O+C(O)
第三步：_________________
第四步：2C(O)=C+CO2
(3)对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1 mol/L。不同温度下，测得第2小时NO去除率如图所示：
①据图分析，温度490°C以下，三种情况下反应的活化能最小的是________用a、b、c表示)；CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好，其依据是________(写一条)。
②上述实验中，490°C时，若测得CaO/C对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是________。
A．及时分离出CO2 B．压缩体积
C．恒容下，向体系中通入氦气 D．改良优化了催化剂
③在CaO/C、490°C条件下0~2 h内的平均反应速率v(NO)=_______mol•L-1•h-1，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达平衡时NO的去除率为________(保留二位有效数字)。
(4)利用电化学原理处理NOx也是重要的研究方向，如下装置图中正极的电极反应式为：_________。
6．（2020·天津南开·统考二模）一定条件下，向容器中同时通入甲烷、氧气和水蒸气三种气体，发生的化学反应有：
反应过程
化学方程式
焓变△H(kJ•mol-1)
活化能Ea(kJ•mol-1)
甲烷氧化
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)
-802.6
125.6
CH4(g)+O2(g)⇌CO2(g)+2H2(g)
-322.0
172.5
蒸汽重整
CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
+206.2
240.1
CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)
+158.6
243.9
(1)已知：H2O(1)=H2O(g) △H=+44.0kJ•mol-1，则表示H2燃烧热的热化学方程式为______。
(2)在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率，原因可能是______。
(3)恒温恒压体系(温度为T，压强为P)反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)达到平衡时，各气体的物质的量均为1mol，用某气体组分(B)的平衡分压(分压＝总压×物质的量分数)代替物质的量浓度(cB)也可表示平衡常数(记作KP)。则：
①平衡常数Kp=______。
②再向容器中瞬时同时充入1molCH4、1mol H2O、1molCO、3molH2，此时(正)______(逆)(填“＞”“<”或“=”)。
③恒温恒容条件下，将CH4、H2O、CO、H2按照体积比1:1:1:3投料，能判断反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)达到平衡状态的是______。
A．密度保持不变
B．CO体积分数保持不变
C．平均摩尔质量保持不变
D．c(CO)和c(H2)的比保持不变
E.2molO-H断裂的同时，有3molH-H断裂
(4)向绝热恒容密闭容器中通入CH4和O2使反应CH4(g)+O2(g)⇌CO2(g)+2H2(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图。图中c点反应是否达到平衡：______(填“是”或“否”)。
(5)利用重整反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)，设计一种熔融碳酸盐燃料电池，原理示意如图，电极B上发生的电极反应为______。
7．（2020·天津·模拟预测）利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利用。回答下列问题：
Ⅰ.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物
(1)下图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为___________。
(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，另一产物为__________。若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式__________。
Ⅱ.用H2还原CO2可以在一定条下合成CH3OH(不考虑副反应)：
(3)某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为___________。
(4)恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。
①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为____________。
②P点甲醇产率高于T点的原因为___________。
③根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为___________°C。
Ⅲ.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放
(5) 的空间构型为__________。已知25℃碳酸电离常数为K1、K2，当溶液pH=12时，=1：_______：__________。
8．（2020·天津南开·统考二模）工业炼铁过程中涉及到的主要反应有：
i.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393kJ/mol
ii.C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172kJ/mol
iii.Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)△H3
iv.2Fe2O3(s)+3C(s)4Fe(s)+3CO2(g)△H4=+460kJ/mol
回答下列问题：
(1)反应iv_________(填“能”或“不能”)在任何温度下自发进行。
(2)△H3=_________kJ/mol。
(3)T1时，向容积为10L的恒容密闭容器中加入3molFe2O3和3molCO发生反应iii，5min时达到平衡，平衡时测得混合气体中CO2的体积分数为80%。
①0~5min内反应的平均速率v(CO2)=_________mol•L-l•min-l。
②该温度下反应的平衡常数为_________。
③若将平衡后的混合气体通入1L3.6mol/L的NaOH溶液，恰好完全反应，反应的离子方程式为_________，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是_________
④下列选项中能够说明该反应已经达到平衡状态的是_________(填序号)。
a.Fe2O3的物质的量不再变化
b.体系的压强保持不变
c.混合气体的平均摩尔质量保持不变
d.单位时间内消耗CO和生成CO2的物质的量相等
(4)一定条件下进行反应iii，正向反应速率与时间的关系如图所示，t2时刻改变了一个外界条件，可能是_________。
.
9．（2020·天津和平·三模）乙烯可作化工原料和清洁能源，研究其制备和综合利用具有重要意义，请回答下列问题：
(1)乙烯的制备：工业上常利用反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH制备乙烯。
已知：Ⅰ．C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-1556.8kJ·mol-1；
Ⅱ．H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2=-285.5kJ·mol-1；
Ⅲ．C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH3=-1559.9kJ·mol-1。
则ΔH=______kJ·mol-1。
(2)乙烯可制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。向2L某恒容密闭容器中充入a mol C2H4(g)和a mol H2O(g)，测得C2H4(g)的平衡转化率与温度的关系如下图所示：
①该反应为______热反应(填“吸”或“放”)，理由为____。
②A点时容器中气体的总物质的量为____mol，计算A点对应温度下的平衡常数K=_____(用含a的分数表示)。
③已知：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)的反应速率表达式为v正=k正c(C2H4)·c(H2O)，v逆=k逆c(C2H5OH)，其中，k正、k逆为速率常数，只与温度有关。则在温度从250℃升高到340℃的过程中，下列推断合理的是____(填选项字母)。
a．k正增大，k逆减小 b．k正减小，k逆增大c．k正增大的倍数大于k逆 d．k正增大的倍数小于k逆
④若保持其他条件不变，将容器改为恒压密闭容器，则300℃时，C2H4(g)的平衡转化率_____10%(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(3)乙烯可以被氧化为乙醛(CH3CHO)，电解乙醛的酸性水溶液可以制备出乙醇和乙酸，则生成乙酸的电极为_____极(填“阴”或“阳”)，对应的电极反应式为______。
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·天津红桥·统考二模）CO2是地球上取之不尽用之不竭的碳源，捕集、利用 CO2始终是科学研究的热点。
⑴新的研究表明，可以将 CO2转化为炭黑回收利用，反应原理如图所示。
①整个过程中 FeO 的作用是_____________；
②写出 CO2转化为炭黑的总反应化学方程式_____________。
⑵由CO2 合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。
研究表明在催化剂作用下CO2 和H2可发生反应：CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) ΔH
①有利于提高合成CH3OH反应中CO2的平衡转化率的措施有_______。(填字母)
a．使用催化剂 b．加压 c．增大初始投料比n(CO2 )/ n(H2)
②研究温度对于甲醇产率的影响。在210 ℃~290 ℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如下图所示。ΔH____0(填“＞”或“＜”)，其依据是_______。
⑶工业用二氧化碳加氢可合成乙醇：保持压强为5MPa，向密闭容器中投入一定量CO2和H2发生上述反应，CO2的平衡转化率与温度、投料比的关系如图所示。
①该反应平衡常数的表达式为_________________。
②投料比m1、m2、m3由大到小的顺序为 _________________。
14．（2020·天津和平·统考二模）节能和减排建设友好型社会的必然选择。回答下列问题：
(1)已知在一定温度下，①C(s)+CO2(g) 2CO(g) ΔH1=a kJ·mol-1平衡常数K1；
②CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g) ΔH2=b kJ·mol-1平衡常数K2。
某反应的平衡常数表达式K3= ，请写出此反应的热化学方程式______________，K1、K2、K3之间的关系是_____________。
(2)将原料气按n(CO2)∶n(H2)=1∶4置于密闭容器中发生CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如下图所示：
①该反应的平衡常数K随温度降低而________（填“增大”或“减小”）。
②在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行该反应，达到平衡状态的是________。
a．混合气体密度不再改变 b．混合气体压强不再改变
c．混合气体平均摩尔质量不再改变 d．n(CO2)∶n(H2)=1:2
③200℃达到平衡时体系的总压强为P，该反应平衡常数Kp的计算表达式为______（不必化简，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
(3)500℃时，CO与水反应生成CO2和H2，将其分离得到H2的过程示意图如下：
①阳极反应式是_______________________________________________。
②结合电极反应式，简述K2CO3溶液的再生原理___________________。
15．（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）。
16．（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“＝”)。
17．（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）。
18．（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__________。
19．（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)
20．（2020·天津红桥·统考一模）碳、氮是重要的非金属元素，在生产、生活中有广泛的应用。
(1)已知植物光合作用发生的反应如下：6CO2(g)＋6H2O(l) C6H12O6(s)＋6O2(g) △H＝＋669.62 kJ•mol－1该反应达到化学平衡后，若改变下列条件，CO2转化率增大的是__________。
a．增大CO2的浓度 b．取走一半C6H12O6
c．加入催化剂 d．适当升高温度
(2)N2O5的分解反应2N2O5(g)4NO2(g) + O2(g)，由实验测得在67℃时N2O5的浓度随时间的变化如下：
时间/min
0
1
2
3
4
5
c(N2O5) /(mol•L﹣1)
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
计算在0～2min时段，化学反应速率v(NO2) ＝________mol•L-1•min-1。
(3)若将NO2与O2通入甲中设计成如图所示装置，D电极上有红色物质析出，则A电极处通入的气体为_________（填化学式）；A电极的电极反应式为_______________________，一段时间后，若乙中需加0.2 mol Cu(OH)2使溶液复原，则转移的电子的物质的量为 _____________。
(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－759.8 kJ·mol－1，反应达到平衡时，N2的体积分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如下图
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近________________；
②a、b、c三点CO的转化率从大到小的顺序为____________；a、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为__________________。
③若＝0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则CO的转化率为___________。
21．（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）。
22．（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___。
23．（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______________________。
二、工业流程题
24．（2020·天津河北·统考二模）过氧化钙可以用于改善地表水质，处理含重金属元素废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。工业上生产过氧化钙的主要流程如图：
已知CaO2·8H2O呈白色，微溶于水，加热至350℃左右开始分解放出氧气。
(1)用上述方法制取CaO2·8H2O的化学方程式是___。
(2)检验“水洗”操作滤液中是否含Cl-，的正确操作是___。
(3)沉淀时常用冰水控制温度在0℃左右有利于提高CaO2·8H2O产率，其可能原因是(写出两种)①___；②___。
(4)测定产品中CaO2含量的实验步骤：
第一步：准确称取ag产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的bgKI晶体，
再滴入少量2mol·L-1的H2SO4溶液，充分反应。
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。
第三步：逐滴加入浓度为cmol·L-1的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液
VmL。(已知：I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-)
①CaO2的质量分数为___(用字母表示)；
②某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能___(填“不变”、“偏低”或“偏高”)，原因是___。
参考答案：
1． < KC>KA=KB < < b 25 分子膜可以不断分离出H2O，有利于反应正向进行
【详解】(1)由图可知，，，则；
(2)①温度升高，CO平衡转化率下降，平衡逆向移动，即逆向反应为吸热反应，所以正向放热，即；
②K只与温度有关，且反应为放热反应，温度关系为C>A=B则KC>KA=KB；相同温度下，由p1到p2，CO的转化率增大，平衡正向移动，是气体系数减小的方向，即压强增大的方向，所以p2>p1；温度不变，由B点到D点，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则逆反应速率大于正反应速率；
③a.充入CO使H2转化率增大，但是CO转化率减小，b.将产物及时分离使平衡正向移动，有利于提高CO平衡转化率，c.充入He，三种气体的浓度不会改变，则平衡不移动，d.高效催化剂不能提高平衡转化率，故选择b；
此时CO的转化率为0.8%，所以CO转化了0.016mol，
④
；
(3)分子膜可以不断分离出H2O，有利于反应正向进行；
(4)分析价态知，C元素由CO2中的+4价降低到HCOOH中的+2价，得到电子，发生还原反应，m电极是阴极，结合质子交换膜知电极反应式为：
2． +41.19 kJ·mol-1 低温 > 0.135 mol·L-1·min-1 200 L2·mol-2 bd 反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，温度升高平衡向逆方向移动，甲醇产率降低
【分析】反应自发与否的判据为的符号，若，则反应自发，反之则非自发；平衡常数和反应速率的求算可列出三段式进行计算。
【详解】(1)根据盖斯定律，反应Ⅱ可由反应I减去反应Ⅲ得到，即==；平衡常数故填、；
(2)反应Ⅲ为放热反应，分子数减小，若使反应自发进行，则满足，即可，则该反应自发进行的条件为低温自发，故填低温；
(3)①反应I为放热反应，升高温度，平衡左移，表中数据可看出温度T时转化率小于500℃时，所以，故填>；
②500℃时，转化率为60%，根据三段式
10min时，的反应速率为=；平衡常数==，故填、；
(4)①a.反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，反应Ⅲ为放热反应，生高温度，速率加快，反应I和Ⅲ左移，甲醇产量减少，故a错误；
b.缩小体积，相当于增大压强，反应Ⅱ为分子数不变的反应，改变压强对平衡没有影响，反应I和Ⅲ为分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，速率增加，甲醇产量增大，故b正确；
c.分离出甲醇，使浓度减小，反应速率减小，故c错误；
d.增大浓度，反应I和Ⅱ向右移动，CO的量增多，反应Ⅲ右移，速率增大，甲醇产量增加，故d正确；
故填bd；
②反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，温度升高平衡向逆方向移动，甲醇产率降低，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高有利于的转化，不利于甲醇的生成，故填反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，温度升高平衡向逆方向移动，甲醇产率降低。
3． -58 ＞ 温度升高，催化剂的活性降低 B 16.7% 5×10-3
【分析】(1)利用盖斯定律求解即可；
(2) ①直接分析图中数据即可得出结果；
②催化剂均有适宜温度，温度过高很容易造成催化剂失效；
(3) ①根据（1）求算出的反应热，分析反应特点为正向是放热的气体体积增大的方向，结合勒夏特列原理分析即可；
②利用三段式进行求解，根据压强平衡常数公式进行解答。
【详解】(1)根据盖斯定律可知，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)可由反应Ⅰ减反应Ⅱ，故△H3 =△H1 -△H2=−99 kJ•mol−1，故△H1=△H3 +△H2=-99kJ•mol−1+41 kJ•mol−1=-58 kJ•mol−1，故答案为：-58；
(2)①由上图可知，催化剂1的CO2的转化率和CH3OH的选择性均优于催化剂2，故催化效果Cat.1＞Cat.2，故答案为：＞；
②催化剂的活性强弱与温度有关，每一种催化剂均有最适宜的温度，在210~270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，可能原因温度升高，催化剂的活性降低，故答案为：温度升高，催化剂的活性降低；
(3)①由（1）分析可知，该反应为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-58 kJ•mol−1，正反应是一个放热的气体体积减小的方向，降低温度、增大压强平衡正向移动，甲醇的产率增大，故低温高压有利于提高甲醇平衡产率，故答案为：B。
②假设加入的CO2的物质的量为amol，则H2为3amol，反应反应ⅠCO2转化了xmol，反应ⅡCO2转化了(0.2a-x)mol，根据三段式： ，则
甲醇的选择性=×100%=，解得：x=0.15amol，则(H2)=；故平衡时CO2为0.8amol，H2为3a-0.5a=2.5amol，CH3OH为0.15amol，CO为0.05a，H2O为0.2amol，则体系中，各物质的平衡分压为：P（CO2）= ，p(H2)=，p（CO）=，p(H2O)= ，故反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=5×10-3，故答案为：16.7%；5×10-3。
4． CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=2ΔH3+ΔH2-ΔH1 < d 0.32mol(L•min) 2.041 250℃ CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O
【分析】
(1)根据盖斯定律得目标热化学方程式；
(2)根据化学平衡常数K与温度的关系判断反应是放热反应还是吸热反应；
(3)当正逆反应速率相等、各物质的浓度不再改变时，化学反应达到平衡状态；
(4)利用化学反应速率及化学平衡常数的计算公式进行计算；
(5) 以KOH作电解质溶液时，甲醇在负极失电子生成，据此书写负极反应式。
【详解】
(1)已知：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) ΔH1……①
CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2 ……②
H2(g)+(g)=.H2O(1) ΔH3……③
依据盖斯定律②+③×2-①得CO和H2形成CH3OH的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=2ΔH3+ΔH2-ΔH1；
(2)由表中数据可知，随温度的升高，CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的化学平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH<0；
(3)若在绝热、恒容的密闭容器中充入1molCO、2molH2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)：
a．据图可知，t1时正反应速率达到最大值但仍然在改变，说明t1时刻未达到平衡状态，a不选；
b．在绝热、恒容的密闭容器中充入1molCO、2molH2生成甲醇，反应放出热量，化学平衡常数应该是减小而不是增大，b不选；
c．t1时甲醇和CO的物质的量相等，但CO和甲醇的物质的量依然在改变，说明反应未达到平衡状态，c不选；
d．t1时CO的质量分数保持不变，说明反应达到平衡状态，d选；答案选d；
(4)T1℃时，在一个体积为1L的恒容容器中充入1molCO、3molH2发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，消耗CO的物质的量为1mol×0.8=0.8mol，根据化学方程式可知，消耗H2的物质的量为1.6mol，则5min内用H2表示的反应速率为v(H2)==0.32mol/(L•min)；此时容器中CO、H2、CH3OH的物质的量分别为0.2mol、1.4mol、0.8mol，该反应的平衡常数K==2.041，结合表中数据可知，反应温度为250℃；
(5)为了提高燃料的利用率可以将甲醇设计为燃料电池，以KOH作电解质溶液时，甲醇在负极失电子生成，负极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O。
【点睛】
第(3)小题为本题的易错点，注意反应的条件为绝热，随着反应的进行，温度升高，化学平衡常数减小。
5． ＜ 降温 C(s)+N2O=C(O)+N2(g) a 相同条件下，NO去除率更高或较低温度下 NO去除的效果好，或纯碳的活化能高、反应速率慢 BD 0.0225 96% 2NO+4e-+4H+=N2+2H2O
【分析】(1)反应2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)在常温下可以自发进行，满足△H-T△S＜0，提高NO平衡转化率需要平衡正向进行；
(2)根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得待求反应的方程式；
(3)①反应需要的活化能越小，反应越容易发生，物质反应转化率越大，效果越好，根据图示分析判断；
②根据平衡移动原理分析判断；
③根据反应速率的含义计算；利用物质平衡浓度与平衡常数关系计算物质平衡浓度，再根据转化率含义计算可得；
(4)根据原电池中正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，结合图示书写反应方程式。
【详解】(1)反应2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)在常温下可以自发进行，满足△H-T△S＜0，由于△S＞0，所以△H＜0；有利于提高NO平衡转化率的条件是：降低温度，使化学平衡正向进行，NO转化率增大，或从平衡体系中移去氮气或二氧化碳，使化学平衡正向进行；
(2)总反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，
第一步：①2NO=(NO)2
第二步：②(NO)2+C=N2O+C(O)
第三步：③
第四步：④2C(O)=C+CO2
根据盖斯定律，将①+②+③+④整理可得到总反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，则反应③=总反应-(①+②+④)得到：C(s)+N2O=C(O)+N2(g)；
(3)①在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是a，活化能越低，反应越容易发生，因此去除NO效果最好的是a；图中分析可知CaO/C、La2O3/C去除NO效果好于C，原因是相同条件下NO去除率更高；或在较低温度下去除NO的效果或纯碳的活化能高、反应速率慢等；
②图象可知490°C时，NO去除率45%，若测得CaO/C对NO的去除率为60%。
A．及时分离出CO2会使平衡正向进行，速率减慢，不一定会增加NO去除率，A错误；
B．压缩体积，增大了反应物的浓度，反应速率加快，可以增大NO去除率，B正确；
C．恒容下，向体系中通入氦气，总压增大，分压不变，化学平衡不变，物质的平衡转化率不变，C错误；
D．不同催化剂，催化效果不同，寻找更好的催化剂，可以增大NO去除率，D正确；
故合理选项是BD；
③根据图象可知490℃时，NO去除率45%，NO初始浓度0.1 mol/L，则转化浓度0.1 mol/L ×45%=0.045 mol/L，v(NO)==0.0225 mol/(L•h)；
对于反应：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，设平衡状态生成N2浓度为x mol/L，则平衡时c(CO2)=x mol/L，c(N2O)=(0.1-2x) mol/L，由于平衡常数K==121，解得x= mol/L，所以反应达到平衡状态NO去除率=×100%=96%；
(4)正极上NO得到电子发生还原反应产生N2，正极的电极反应式为：2NO+4e-+4H+=N2+2H2O。
【点睛】本题考查了化学反应速率和化学平衡常数的有关计算、外界条件对化学平衡移动影响原理、热化学方程式计算、原电池反应原理等知识点，明确盖斯定律、化学平衡移动原理及有关概念平衡影响因素分析等是解本题关键，题目考查了学生对知识的掌握与应用能力。
6． H2(g)＋O2(g)＝H2O(1) ΔH=－284.3 mol∙L−1 甲烷氧化的活化能小于甲烷蒸汽重整的活化能，因此甲烷蒸汽重整的反应速率小 ＜ BCE 否 O2＋2CO2＋4e－ ＝2
【分析】(1)将甲烷氧化的第一个方程式减去第二个方程式，再整体除以2，再减去H2O(1)= H2O(g)，得到H2燃烧热的热化学方程式。
(2)根据题中活化能的大小得出反应速率关系。
(3)①根据平衡常数表达式进行计算；②先计算压强商，再比较得出(正)与(逆)关系。
③根据平衡状态判断标志进行分析。
(4)化学平衡状态实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的整反应速率还在改变。
(5)氧气化合价降低，因此B为正极。
【详解】(1)已知：H2O(1)=H2O(g) △H=+44.0 mol∙L−1，将甲烷氧化的第一个方程式减去第二个方程式，再整体除以2，再减去H2O(1)=H2O(g)，得到H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)＝H2O(1) ΔH=－284.3 mol∙L−1；故答案为：H2(g)＋O2(g)＝H2O(1) ΔH=－284.3 mol∙L−1。
(2)在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率，根据题中活化能的大小关系得出原因可能是甲烷氧化的活化能小于甲烷蒸汽重整的活化能，因此甲烷蒸汽重整的反应速率小；故答案为：甲烷氧化的活化能小于甲烷蒸汽重整的活化能，因此甲烷蒸汽重整的反应速率小。
(3)①平衡常数；故答案为：。
②再向容器中瞬时同时充入1molCH4、1mol H2O、1molCO、3molH2，，则平衡逆向移动，因此(正)＜(逆)；故答案为：＜。
③A．密度等于质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，因此密度始终不变，不能作为判断平衡的标志；
B．CO体积分数保持不变，能作为判断平衡的标志；
C．平均摩尔质量等于质量除以气体的物质的量，气体质量不变，气体物质的量变化，气体平均摩尔质量变化，当气体平均摩尔质量不变，则达到平衡；
D．c(CO)和c(H2)的比始终是保持不变，因此不能作为判断平衡的标志；
E．2molO—H断裂，反应正向进行，同时有3molH—H断裂，反应逆向进行，反应消耗的物质与化学计量数呈正比，能作为判断平衡的标志；
综上所述，答案为：BCE。
(4)化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的整反应速率还在改变，故一定未达到平衡；故答案为：否。
(5)设计一种熔融碳酸盐燃料电池，原理示意如图，根据图中信息，氧气化合价降低，因此B为正极，其电极B上发生的电极反应为O2＋2CO2＋4e－ ＝2；故答案为：O2＋2CO2＋4e－ ＝2。
【点睛】化学反应原理综合题是常考题型，主要考查盖斯定律、化学平衡状态判断、化学平衡常数计算、电化学知识等。
7． 光能转化为化学能 H2 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小） 分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 210 平面（正）三角形
【分析】I.根据图示分析反应以及能量转化形式；根据氧化还原反应的规律分析产物、书写离子反应式；
II.用三段式和平衡常数表达式计算平衡常数，依据外界条件对化学平衡的影响分析作答；
III.用价层电子对互斥理论判断的空间构型，利用电离平衡常数表达式计算粒子浓度的比值。
【详解】I.(1)根据图示，该催化剂在水中发生光催化反应的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，光解水能量转化形式为光能转化为化学能，故答案为：光能转化为化学能。
(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，被氧化成，则H+被还原为H2，即另一产物为H2；若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，氧元素的化合价升高，O2为氧化产物，则生成另一产物的反应为还原反应，由于Ag+得电子能力大于H+，故生成另一产物的离子反应式为Ag++e-=Ag，故答案为：H2，Ag++e-=Ag。
II.(3) CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，CH3OH的产率为b，则生成的CH3OH物质的量浓度为abmol/L，根据三段式
则反应的平衡常数K== =，故答案为：。
(4)①该反应为放热反应(∆H<0)，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小），故甲醇平衡产率随温度升高而降低，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）；
②因为分子筛膜能选择性分离出H2O，c（H2O）减小，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故P点甲醇产率高于T点，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高。
③根据图示，使用该分子筛膜210℃时甲醇的产率最大，故在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为210℃，故答案为：210。
III.(5)中C的孤电子对数为×（4+2-3×2）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，C上没有孤电子对，故的空间构型为平面正三角形；H2CO3的电离方程式为H2CO3⇌H++、⇌ H++，则Ka1= 、Ka2=，当溶液的pH=12时，c（H+）=1×10-12mol/L，将其代入Ka1、Ka2中分别求出c（）=1012Ka1 c(H2CO3)、c（）=1012Ka2 c（）=1024Ka1Ka2 c(H2CO3)，则c(H2CO3)：c（）：c（） =1：（1012Ka1）：（1024Ka1Ka2），故答案为：平面正三角形，1012Ka1，1024Ka1Ka2。
【点睛】本题考查的知识点较多，但难度都不是很大，学生只要充分利用题给信息、结合所学的基本原理和方法即可作答。
8． 不能 -28 0.048 64 2CO2+3OHˉ=CO+HCO+H2O c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞ c(OHˉ) ＞ c(H+) ac 恒压条件下充入一定量的二氧化碳气体
【分析】(3)初始投料为3molFe2O3和3molCO，Fe2O3和Fe均为固体，容器恒容，则根据反应方程式可知反应过程中气体的总物质的量不变，始终为3mol；平衡时CO2的体积分数为80%，即物质的量分数为80%，所以n(CO2)=3mol×80%=2.4mol，n(CO)=0.6mol。
【详解】(1)当△G=△H-T△S＜0时反应可以自发进行，反应iv的焓变△H4＞0，该反应为气体分子数增多的反应，所以△S＞0，不能满足任何温度下△G都小于0，所以该反应不能在任何温度下自发进行；
(2)已知：i.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393kJ/mol
ii.C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172kJ/mol
iii.Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)△H3
iv.2Fe2O3(s)+3C(s)4Fe(s)+3CO2(g)△H4=+460kJ/mol
由盖斯定律可知(iv-ii×3)得到Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H3=[+460kJ/mol-(+172kJ/mol)×3]= -28kJ/mol；
(3)①根据分析可知0-5min内△n(CO2)=2.4mol，容器的容积为10L，所以v(CO2)==0.048mol·L-1·min-1；
②平衡时c(CO2)=0.24mol/L，c(CO)=0.06mol/L，平衡常数K==64；
③混合气体中n(CO2)=2.4mol，1L3.6mol/L的NaOH溶液中n(NaOH)=3.6mol，n(CO2)： n(NaOH:2:3，所以该反应的离子方程式为2CO2+3OHˉ=CO+HCO+H2O，反应后溶液中的溶质为等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3；Na+不发生水解，所以c(Na+)最大；碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，所以c(HCO)＞c(CO)；溶液显碱性，所以c(OHˉ) ＞ c(H+)，水解是微弱的，所以溶液中离子浓度由大到小为c(Na+)＞ c(HCO)＞c(CO)＞ c(OHˉ) ＞ c(H+)；
④a．固体的物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故a能说明；
b．反应前后气体物质的量始终不变，体系的压强始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故b不能说明；
c．反应前后气体质量变化，气体物质的量不变，所以未平衡时混合气体的平均摩尔质量会发生改变，当其保持不变说明反应达到平衡状态，故c能说明；
d．消耗CO和生成CO2均为正反应，只要反应发生单位时间内消耗CO和生成CO2的物质的量就相等，故其不能说明反应达到平衡状态，故d不能说明；
综上所述选ac；
(4)据图可知t2时刻正反应速率突然减小，然后又逐渐增大，之后达到平衡时与原平衡的反应速率相等，说明反应物的浓度先是被减小，然后又逐渐增大，则该条件改变后平衡逆向移动，该反应正反应为放热反应，升高温度可以使平衡逆向移动，但升高温度不能使正反应速率减小。而该反应前后气体分子数不变，若保持压强不变向密闭容器中充入二氧化碳，则容器的体积增大导致一氧化碳的浓度减小，正反应速率减小，则二氧化碳的浓度增大了，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，根据温度不变K=不变，且压强不变时气体的浓度不变，所以再次平衡时正反应速率与原平衡相等。因此，改变的条件可能是：恒压条件下充入一定量的二氧化碳气体。
【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意判断相关物理量是否为变量，若随着反应的进行该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
9． +282.4 放 温度越高，乙烯的平衡转化率越低 1.9a d ＞ 阳 CH3CHO-2e−+H2O=CH3COOH+2H+
【分析】根据盖斯定律可计算C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g)△H的值；根据图象转化率和温度的关系可判断正反应是放热反应；根据A点的转化率由平衡计算的“三段式”可计算混合气体总物质的量及K值；根据升高温度，平衡逆向移动，可判断k正和k逆增大的倍数大小关系；根据可逆反应气体的计量系数减小，而恒压相对于恒容，压强更大，正向移动，可推出转化率增大；根据电解池中，阳极失去电子，发生氧化反应，据此解答。
【详解】(1)由盖斯定律Ⅲ-Ⅱ-Ⅰ得C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g) △H=（-1559.9kJ∙mol-1）-（-285.5kJ∙mol-1）-（-1556.8kJ∙mol-1）=+282.4kJ∙mol-1；答案为：+282.4。
(2)①由图可知，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，平衡逆向移动，说明正反应是放热反应；答案为放，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，平衡逆向移动。
②由图可知，A点时乙烯的平衡转化率为10%，
混合气体总物质的量=（0.9+0.9+0.1）amol=1.9amol，A点对应温度下的平衡常数K= = = ；答案为1.9a，。
③平衡时，正、逆反应速率相等，即K==，升高温度，正、逆反应速率都增大，即k正和k逆均增大，但由于正反应是放热反应，平衡逆向移动，K减小，故k正增大的倍数小于k逆；答案为d；
④正反应为气体物质的量减小的反应，平衡时，与恒容容器相比，恒压密闭容器压强更大，反应正向进行程度更大，C2H4(g)的平衡转化率更高，大于10%；答案为＞。
(3)乙醛生成乙酸，碳元素的化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，因而乙醛在阳极发生氧化反应生成乙酸，电极反应式为CH3CHO-2e-+H2O═CH3COOH+2H+；答案为阳， CH3CHO-2e-+H2O═CH3COOH+2H+。
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】⑴①FeO参与了化学反应但FeO的量没有变化；②根据图象分析CO2反应。
⑵①a．使用催化剂，平衡不移动，转化率不变；b．该反应是体积减小的反应，加压，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大；c．增大初始投料比n(CO2)/n(H2)，可以理解为n(H2)不变，n(CO2)增大，平衡正向移动，但CO2的平衡转化率减小；②升高温度，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应，即ΔH＜0；故答案为：＜；温度升高，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应。
⑶①根据反应方程式书写平衡常数表达式；②投料比，理解为n(CO2)不变，n(H2)增大，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大。
【详解】⑴①FeO在反应过程中参与了化学反应，但FeO的量没有变化，因此FeO的作用是催化剂；故答案为：催化剂。
②FeO和CO2反应生成C和Fe3O4，Fe3O4反应生成FeO和O2，因此CO2转化为炭黑的总反应化学方程式CO2C+O2；故答案为：CO2C+O2。
⑵①a．使用催化剂，平衡不移动，转化率不变，故a不符合题意；b．该反应是体积减小的反应，加压，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故b符合题意；c．增大初始投料比n(CO2)/n(H2)，可以理解为n(H2)不变，n(CO2)增大，平衡正向移动，但CO2的平衡转化率减小，故c不符合题意；综上所述，答案为b。
②升高温度，温度升高，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应，即ΔH＜0；故答案为：＜；升高温度，温度升高，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应。
⑶①该反应平衡常数的表达式为；故答案为：。
②投料比，理解为n(CO2)不变，n(H2)增大，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，因此投料比m1、m2、m3由大到小的顺序为m3 ＞ m2＞ m1；故答案为：m3 ＞ m2＞ m1。
【点睛】化学平衡是化学常考题型，主要分析化学平衡状态、平衡常数计算及影响平衡的因素。
14． C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH= (a+b) kJ·mol-1 K3= K1·K2 增大 bc 2H2O-4e-=O2+4H+ 阴极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，使K2CO3溶液得以再生
【分析】(1) 平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，平衡常数中，分子为生成物，分母为反应物和质量恒定律分析解题；根据平衡常数的表达式推断；
(2)①根据平衡线分析，温度降低，H2O的物质的量分数增大，则温度降低有利于反应正向进行；
②根据平衡状态的特征逐一分析判断，特别注意混合气体的密度为ρ＝，混合气体的平均相对分子质量大小为；
③根据方程式计算平衡时各组分的分压，代入分压平衡常数表达式计算；
(3) CO2和H2用K2CO3溶液洗涤后，逸出H2，同时得到KHCO3溶液，再用惰性电极电解KHCO3溶液，阳极有H2生成，阴极有CO2和O2生成。
【详解】(1)某反应的平衡常数表达式K3= ，则生成物为CO和H2，反应物有H2O，结合原子守恒可知，另一种反应物是C，且为固态，则此反应的化学方程式为C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)；已知：①C(s)+CO2(g) 2CO(g) ΔH1=a kJ·mol-1平衡常数K1=，②CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g) ΔH2=b kJ·mol-1平衡常数K2=，根据盖斯定律：①+②可得C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，则△H= (a+b) kJ·mol-1，故该反应的化学方程式为C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH= (a+b) kJ·mol-1；K3= =×=K1×K2；
(2)①根据平衡线分析，温度降低，H2O的物质的量分数增大，则温度降低有利于反应正向进行，所以该反应的平衡常数K随温度降低而增大；
②a．混合气体的密度为ρ＝，反应前后，质量守恒，气体质量m不变，容器容积V不变，所以混合气体的密度始终不变，不能说明反应是否达到化学平衡，故a错误；
b．反应前后气体分子数改变，压强变化，可以通过压强判断化学反应是否达到化学平衡，故b正确；
c．混合气体的平均相对分子质量大小为，反应前后m不变，n改变，可以通过混合气体的平均相对分子质量变化判断化学反应是否达到化学平衡，故c正确；
d．CO2和H2的物质的量之比取决于二者的出入量和化学反应计量，不能通过n(CO2)：n(H2)=1：2说明化学反应是否达到化学平衡，故d错误；
故答案为bc；
③将原料气按n(CO2)：n(H2)=1：4置于密闭容器中发生CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)反应，不妨取1molCO2和4molH2；
200℃达到平衡时H2O的物质的量分数为0.6，即＝0.6，可得x=，所以平衡体系中，p(CO2)=0.6p，p(CH4)=0.3p，p(CO2)=0.02p，p(H2)=0.08p，则该反应平衡常数Kp的计算表达式为Kp==；
(3)①阳极发生氧化反应，电极反应式是2H2O-4e-=O2+4H+；
②将吸收池中的溶液电解，重新生成CO2，并产生O2，可以再生K2CO3，电解时H2O放电产生OH-，OH-与HCO3-反应生成CO32-，达到再生的目的，可以解释为：阴极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，使K2CO3溶液得以再生。
【点睛】化学平衡状态的判断，注意只有反应前后不相同的量才能作为判断化学平衡的依据。反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡的依据，如该反应中的压强就不能作为判断化学平衡的依据。
15． －4a+b C(s)+2H2(g)=CH4(g) A ＜ ＞ 62.5%
【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。
16． 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)。
17． 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：。
18． 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-)。
19． 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：。
20． d 0.5 NO2 NO2－e-＋H2O=NO3-＋2H＋ 0.8 mol 1∶1 a>b>c a＝c>d 75%
【分析】（1）a．增大CO2的浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，但CO2的转化率减小；
b．改变固体的量，不能改变反应速率，不能改变平衡的移动方向；
c．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，不能改变平衡的移动方向；
d．该反应为吸热反应，适当升高温度，平衡向正反应方向移动；
（2）由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得v(NO2) ＝2v(N2O5)；
（3）由D电极上有红色物质析出可知，甲池为燃料电池，通入二氧化氮的一极为负极；加入Cu（OH）2使溶液复原说明电解过程中先电解硫酸铜溶液，硫酸铜溶液完全电解后还继续电解了部分水；
（4）①b点时，N2的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比；
②增大反应物CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，CO的转化率减小，由图可知，的值增大；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小；
③由题意建立三段式求解可得。
【详解】（1）a．增大CO2的浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，但CO2的转化率减小，故错误；
b．改变固体的量，不能改变反应速率，不能改变平衡的移动方向，则取走一半C6H12O6，平衡不移动，CO2的转化率不变，故错误；
c．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，不能改变平衡的移动方向，则加入催化剂，平衡不移动，CO2的转化率不变，故错误；
d．该反应为吸热反应，适当升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，故正确；
d正确，故答案为：d；
（2）由表格数据可知，0～2min内N2O5的浓度变化为（1.00—0.50）mol/L=0.50mol/L，则v(N2O5) ＝=0.25 mol•L-1•min-1，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得v(NO2) ＝2v(N2O5) ＝×2=0.5mol•L-1•min-1，故答案为：0.5；
（3）由D电极上有红色物质析出可知，甲池为燃料电池，通入二氧化氮的一极为负极，则A极通入二氧化氮，在酸性条件下，二氧化氮在负极失去电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应式为NO2－e-＋H2O=NO3-＋2H＋；电解硫酸铜溶液的化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4，由方程式可知反应后只问需要加入CuO或CuCO3就可以使溶液复原，加入Cu（OH）2使溶液复原说明电解过程中先电解硫酸铜溶液，硫酸铜溶液完全电解后还继续电解了部分水，电解时，阳极始终是OH－放电，电极反应式为4OH—－4e—=2H2O+O2↑，氢氧化铜是0.2mol，则根据氧原子守恒可知，反应中转移的电子是0.2mol×2×2＝0.8mol，故答案为：NO2；NO2－e-＋H2O=NO3-＋2H＋；0.8 mol；
（4）①b点时，N2的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比，由化学方程式可知，C、N原子个数之比接近1:1，故答案为：1:1；
②增大反应物CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，CO的转化率减小，由图可知，的值增大， a、b、c三点CO的转化率呈减小趋势，则a>b>c；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由图可知，N2的体积分数T1>T2，则反应温度T2>T1，温度不变平衡常数不变，a、c的反应温度相同，并小于d，则平衡常数a＝c>d，故答案为：a>b>c；a＝c>d；
③若＝0.8，设CO的体积为0.8L，NO体积为1L，CO的转化率为a，由题意建立如下三段式：
由N2的体积分数为20%可得=0.2，解得a=0.75，则CO的转化率为75%，故答案为：75%。
【点睛】根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入Cu（OH）2后溶液与电解前相同，说明电解过程中先电解硫酸铜溶液，硫酸铜溶液完全电解后还继续电解了部分水是解答难点。
21． 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。
22． 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。
23． 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。
24． CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl 取最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀 温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率 该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率 ×100% 偏高 滴速太慢，S2O在滴定过程中被氧气氧化
【分析】根据流程图可得，氯化钙溶于水后，通入氨气和30%的双氧水反应，CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl，过滤后得到副产品NH4Cl，沉淀为CaO2·8H2O，对沉淀先用水洗除去表面的杂质，再用乙醇洗，最后放入烤箱中控制烤箱的温度低于350℃进行烘干得到产品过氧化钙，据此分析解答。
【详解】(1)本实验的目的是制备CaO2·8H2O固体，根据分析，流程中的沉淀应为CaO2·8H2O，根据质量守恒判断还应有NH4Cl生成，反应的化学方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；
(2)滤液中含有大量的Cl－，为将沉淀洗涤干净，应充分洗涤，根据检验Cl－的方法，可用稀硝酸酸化的硝酸银溶液检验。检验“水洗”是否合格的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；
(3)沉淀时常用冰水控制温度在0 ℃左右，其可能原因是温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率；
(4)①根据实验操作，CaO2将KI氧化成碘单质，发生反应的化学方程式为：CaO2＋2KI＋2H2SO4=I2＋CaSO4＋K2SO4＋2H2O；根据反应的离子方程式：CaO2＋4H＋＋2I－=Ca2＋＋2H2O＋I2，I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-，可得关系式：CaO2～2S2O32-，则CaO2的质量为=0.036cVg，CaO2的质量分数为×100%；
②S2O32-有还原性，由于滴速太慢，S2O32-在滴定过程中被氧气氧化导致消耗体积偏大，从CaO2的质量分数的表达式可知使计算结果偏高。
【点睛】本题难点为(3)，双氧水具有不稳定性，受热易分解，该反应是放热反应，降温有利于反应生成CaO2·8H2O沉淀。
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