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天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-40化学能与电能（2）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-40化学能与电能（2）解答题，共42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-40化学能与电能（2）解答题
一、原理综合题
1．（2020·天津·模拟预测）推动的综合利用实现碳中和是党中央作出的重大战略决策。
(1)科学家利用电化学装置实现和两种分子的耦合转化，其原理如图所示：
①电极A上的电极反应式为___________。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的和体积比为___________。
(2)一定条件可转化为， 。
①下列有关该反应的说法正确的是___________。
A．升高温度逆反应速率加快，正反应速率减慢
B．反应体系中浓度不再变化，说明反应达到平衡状态
C．恒温恒容下达到平衡后，再通入，平衡向正反应方向移动
D．平衡时，若改变体积增大压强，则、均变大
②某温度下恒容密闭容器中，和起始浓度分别为a和3a，反应达平衡时，转化率为b，该温度下反应的平衡常数___________。
③恒压下，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，分子筛膜能选择性分离出。P点甲醇产率高于T点的原因为___________。
(3)与丙烯催化合成甲基丙烯酸。催化剂在温度不同时对转化率的影响如图所示，300℃时转化率低于200℃和250℃的原因可能为___________。
2．（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____。
3．（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__________。
4．（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：_________。
5．（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______。
6．（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______。
7．（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_______。
8．（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___。
9．（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“＝”)。
10．（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）。
11．（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__________。
12．（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)
13．（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___________。
14．（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）。
15．（2020·天津滨海新·统考模拟预测）含氯消毒剂是消毒剂中常用的一类产品。
I.某实验小组用如图装置制备家用消毒液。
（1）图中盛装浓盐酸的仪器名称是___，写出利用上述装置制备消毒液涉及反应的化学方程式，制氯气：___、制消毒液：___。此方法获得的消毒液的有效成分是___（填名称）。
（2）洗气瓶中饱和食盐水的作用是___。
（3）此消毒液在使用时应注意一些事项，下列说法正确的是___。
a.可以用于衣物消毒
b.可以用于瓷砖、大理石地面的消毒
c.可以用于皮肤消毒
d.与洁厕灵（含盐酸）混合使用效果更好
（4）Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染。化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2（气）+8NH3（气）=6NH4Cl（固）+N2（气）若反应中消耗Cl21.5mol，则被氧化的NH3在标准状况下的体积为___L，该过程中电子转移的总数为___个。
II.（5）二氧化氯（ClO2）为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。氯酸钠与盐酸在50℃的条件下反应得到二氧化氯和氯气的混合气体。控制50℃的加热方法是___，写出该反应的化学方程式___。
（6）目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。
如图所示，用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。写出阳极产生ClO2的电极反应式：___。
16．（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
17．（2020·天津红桥·统考二模）研究光盘金属层含有的Ag(其它金属微量忽略不计)、丢弃电池中的Ag2O等废旧资源的回收利用意义重大。下图为从光盘中提取Ag的工业流程，请回答下列问题。
(1)NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为 _____。
(2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为______。有人提出以HNO3代替NaClO氧化Ag，从反应产物的角度分析，其缺点是_______。
(3)操作Ⅰ的名称为_______。化学上常用10％的氨水溶解AgCl固体，AgCl与NH3·H2O按1：2反应可生成Cl－和一种阳离子__________的溶液(填阳离子的化学式)。实际反应中，即使氨水过量也不能将AgCl固体全部溶解，可能的原因是_______。
(4)常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原(3)中生成的阳离子，自身转化为无害气体N2，理论上消耗0.1 mol的水合肼可提取到 ______g的单质Ag。
(5)废旧电池中Ag2O能将有毒气体甲醛(HCHO)氧化成CO2，科学家据此原理将上述过程设计为原电池回收电极材料Ag并有效去除毒气甲醛。则此电池的正极反应式为 _____，负极的产物有____。
参考答案：
1． 6∶5 BD 分子筛膜从反应体系中不断分离出，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 温度过高，可能会导致催化剂催化效率降低
【分析】平衡标志判断可从两个方面入手：(1)正逆反应的速率相等；(2)体系中各物质的浓度保持不变。
【详解】(1)①如图，该装置为电解池装置，二氧化碳经过电极A后变为一氧化碳，化合价降低，为阴极，电极反应式为，故填；
②电极B作阳极，根据题意，其电极反应为，电极A的反应式为，所以体积比为；
(2)①A.对于任何反应，升高温度，正逆反应均加快，故A错误；
B.当体系中甲醇浓度不再改变，反应达平衡，故B正确；
C.恒温恒容下达平衡后，充入氮气，各物质浓度不变，速率不变，平衡不移动，故C错误；
D.平衡若改变体积增大压强，二氧化碳和甲醇浓度增大，故D正确；
故选BD；
②根据题意可建立三段式
平衡常数K==，故填；
③根据题意，分子筛膜分离出水，使平衡向着产物的方向进行，即分子筛膜从反应体系中不断分离出，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故填分子筛膜从反应体系中不断分离出，有利于反应正向进行，甲醇产率升高；
(3)高温时，催化剂活性降低，效率降低，故填温度过高，可能会导致催化剂催化效率降低。
2． < 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：
3． 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。
4． ＜ 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。
5． 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。
6． +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+。
7． 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。
8． 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)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)。
10． 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：。
11． 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-)。
12． 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：。
13． 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。
14． 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。
15． 分液漏斗 4HCl（浓）+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O 次氯酸钠 除去氯气中的氯化氢和抑制氯气的溶解 B 22.4L 3NA（或者1.806×1024） 水浴加热 2NaClO3+4HCl2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
【详解】（1）图中盛装浓盐酸的仪器名称是分液漏斗，图为实验室制氯气法，其化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O；制消毒液的方程式为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，此方法获得的消毒液的有效成分是次氯酸钠（NaClO）；
（2）洗气瓶中饱和食盐水的作用是：除去氯气中的氯化氢和抑制氯气的溶解；
（3）A．此消毒液氧化性强，不可以用于衣物消毒，容易造成衣物损坏、褪色等问题，A错误；
B．此消毒液可以用于瓷砖、大理石地面的消毒，B正确；
C．可以用于皮肤消毒，此消毒液氧化性强，容易损伤皮肤，C错误；
D．与洁厕灵（含盐酸）混合使用时会发生氧化还原反应，2H++ClO-+Cl-=Cl2↑+H2O，生成有毒的氯气，易使人中毒，不安全，D错误；
（4）3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，3mol氯气反应时，转移的电子为6mol。若反应中消耗Cl2 1.5mol，则被氧化的NH3在标准状况下的体积为：1.5mol÷3×22.4L/mol=11.2L，该过程中电子转移的总数为：3NA；
（5）对于温度低于100℃的恒温条件，常采用水浴加热的方法控制温度，氯酸钠与盐酸在50℃的条件下反应得到二氧化氯和氯气的化学方程式为：2NaClO3 + 4HCl2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O；
（6）根据离子的阴阳相吸以及钠离子移动的方向可知，通入水的那一极为电解池的阴极，通入饱和氯化钠溶液的那一极为阳极，则阳极产生ClO2的电极反应式为：Cl--5e-+2H2O = ClO2↑+4H+。
16． 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。
17． 水浴加热 4Ag+ 4NaClO + 2H2O = 4AgCl + 4NaOH + O2↑ 生成氮氧化物，污染空气 过滤 [Ag(NH3)2]+ 此反应为可逆反应，不能进行到底 43.2 Ag2O + 2e－+ 2H+ = 2Ag + H2O CO2、H+
【分析】回收光盘金属层中的少量，由流程可知，氧化时发生，为控制 80℃，可水浴加热，过滤分离出，再加10%的氨水溶解，发生 ，用（水合肼）在碱性条件下还原 得到，以此来解答。
【详解】（1）控制 80℃的反应条件，可选择水浴加热，故答案为：水浴加热；
（2）溶液与反应的产物为、和，根据得失电子守恒、原子守恒，发生反应的化学方程式为，以代替氧化，从反应产物的角度分析，其缺点是生成氮氧化物，污染空气，故答案为：；生成氮氧化物，污染空气；
（3）操作Ⅰ的名称为过滤，用10%的氨水溶解固体，与按1：2反应可生成和一种阳离子，反应的离子方程式，阳离子为，实际反应中，即使氨水过量也不能将固体全部溶解，可能的原因是：此反应为可逆反应，不能进行到底，故答案为：过滤；；此反应为可逆反应，不能进行到底；
（4）常温时（水合肼）在碱性条件下能还原（3）中生成的阳离子，自身转化为无害气体，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为：，根据方程式理论上消耗0.1mol的水合肼可提取到0.4mol，质量，故答案为：43.2；
（5）废旧电池中能将有毒气体甲醛（）氧化成，科学家据此原理将上述过程设计为原电池回收电极材料并有效去除毒气甲醛，原电池负极上甲醛失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应：，负极的产物有、，正极上得到电子生成银单质，电极反应：，故答案为：；、 。
【点睛】工艺流程图解题思路：1、二次审题，首先粗略浏览下题目，了解题目表述的大致内容以及工艺流程方向，然后带着问题再回过头来审题；2、读懂流程图，工艺的整个过程会通过流程图直观地表现出来，所以读懂流程图可以帮助我们快速地理清工艺的主线，梳理出工艺的脉络；3、掌握化学原理，万变不离其宗，无论这类题型如何变化，考查的都是考生的化学基础，对物质的性质和反应的原理的掌握，所以要熟练掌握化学元素周期表中的元素和常见的化学方程式。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-40化学能与电能（2）解答题
一、原理综合题
1．（2020·天津·模拟预测）推动的综合利用实现碳中和是党中央作出的重大战略决策。
(1)科学家利用电化学装置实现和两种分子的耦合转化，其原理如图所示：
①电极A上的电极反应式为___________。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的和体积比为___________。
(2)一定条件可转化为， 。
①下列有关该反应的说法正确的是___________。
A．升高温度逆反应速率加快，正反应速率减慢
B．反应体系中浓度不再变化，说明反应达到平衡状态
C．恒温恒容下达到平衡后，再通入，平衡向正反应方向移动
D．平衡时，若改变体积增大压强，则、均变大
②某温度下恒容密闭容器中，和起始浓度分别为a和3a，反应达平衡时，转化率为b，该温度下反应的平衡常数___________。
③恒压下，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，分子筛膜能选择性分离出。P点甲醇产率高于T点的原因为___________。
(3)与丙烯催化合成甲基丙烯酸。催化剂在温度不同时对转化率的影响如图所示，300℃时转化率低于200℃和250℃的原因可能为___________。
2．（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____。
3．（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__________。
4．（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：_________。
5．（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______。
6．（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______。
7．（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_______。
8．（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___。
9．（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“＝”)。
10．（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）。
11．（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__________。
12．（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)
13．（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___________。
14．（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）。
15．（2020·天津滨海新·统考模拟预测）含氯消毒剂是消毒剂中常用的一类产品。
I.某实验小组用如图装置制备家用消毒液。
（1）图中盛装浓盐酸的仪器名称是___，写出利用上述装置制备消毒液涉及反应的化学方程式，制氯气：___、制消毒液：___。此方法获得的消毒液的有效成分是___（填名称）。
（2）洗气瓶中饱和食盐水的作用是___。
（3）此消毒液在使用时应注意一些事项，下列说法正确的是___。
a.可以用于衣物消毒
b.可以用于瓷砖、大理石地面的消毒
c.可以用于皮肤消毒
d.与洁厕灵（含盐酸）混合使用效果更好
（4）Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染。化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2（气）+8NH3（气）=6NH4Cl（固）+N2（气）若反应中消耗Cl21.5mol，则被氧化的NH3在标准状况下的体积为___L，该过程中电子转移的总数为___个。
II.（5）二氧化氯（ClO2）为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。氯酸钠与盐酸在50℃的条件下反应得到二氧化氯和氯气的混合气体。控制50℃的加热方法是___，写出该反应的化学方程式___。
（6）目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。
如图所示，用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。写出阳极产生ClO2的电极反应式：___。
16．（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
17．（2020·天津红桥·统考二模）研究光盘金属层含有的Ag(其它金属微量忽略不计)、丢弃电池中的Ag2O等废旧资源的回收利用意义重大。下图为从光盘中提取Ag的工业流程，请回答下列问题。
(1)NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为 _____。
(2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为______。有人提出以HNO3代替NaClO氧化Ag，从反应产物的角度分析，其缺点是_______。
(3)操作Ⅰ的名称为_______。化学上常用10％的氨水溶解AgCl固体，AgCl与NH3·H2O按1：2反应可生成Cl－和一种阳离子__________的溶液(填阳离子的化学式)。实际反应中，即使氨水过量也不能将AgCl固体全部溶解，可能的原因是_______。
(4)常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原(3)中生成的阳离子，自身转化为无害气体N2，理论上消耗0.1 mol的水合肼可提取到 ______g的单质Ag。
(5)废旧电池中Ag2O能将有毒气体甲醛(HCHO)氧化成CO2，科学家据此原理将上述过程设计为原电池回收电极材料Ag并有效去除毒气甲醛。则此电池的正极反应式为 _____，负极的产物有____。
参考答案：
1． 6∶5 BD 分子筛膜从反应体系中不断分离出，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 温度过高，可能会导致催化剂催化效率降低
【分析】平衡标志判断可从两个方面入手：(1)正逆反应的速率相等；(2)体系中各物质的浓度保持不变。
【详解】(1)①如图，该装置为电解池装置，二氧化碳经过电极A后变为一氧化碳，化合价降低，为阴极，电极反应式为，故填；
②电极B作阳极，根据题意，其电极反应为，电极A的反应式为，所以体积比为；
(2)①A.对于任何反应，升高温度，正逆反应均加快，故A错误；
B.当体系中甲醇浓度不再改变，反应达平衡，故B正确；
C.恒温恒容下达平衡后，充入氮气，各物质浓度不变，速率不变，平衡不移动，故C错误；
D.平衡若改变体积增大压强，二氧化碳和甲醇浓度增大，故D正确；
故选BD；
②根据题意可建立三段式
平衡常数K==，故填；
③根据题意，分子筛膜分离出水，使平衡向着产物的方向进行，即分子筛膜从反应体系中不断分离出，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故填分子筛膜从反应体系中不断分离出，有利于反应正向进行，甲醇产率升高；
(3)高温时，催化剂活性降低，效率降低，故填温度过高，可能会导致催化剂催化效率降低。
2． < 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：
3． 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。
4． ＜ 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。
5． 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。
6． +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+。
7． 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。
8． 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)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)。
10． 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：。
11． 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-)。
12． 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：。
13． 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。
14． 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。
15． 分液漏斗 4HCl（浓）+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O 次氯酸钠 除去氯气中的氯化氢和抑制氯气的溶解 B 22.4L 3NA（或者1.806×1024） 水浴加热 2NaClO3+4HCl2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
【详解】（1）图中盛装浓盐酸的仪器名称是分液漏斗，图为实验室制氯气法，其化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O；制消毒液的方程式为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，此方法获得的消毒液的有效成分是次氯酸钠（NaClO）；
（2）洗气瓶中饱和食盐水的作用是：除去氯气中的氯化氢和抑制氯气的溶解；
（3）A．此消毒液氧化性强，不可以用于衣物消毒，容易造成衣物损坏、褪色等问题，A错误；
B．此消毒液可以用于瓷砖、大理石地面的消毒，B正确；
C．可以用于皮肤消毒，此消毒液氧化性强，容易损伤皮肤，C错误；
D．与洁厕灵（含盐酸）混合使用时会发生氧化还原反应，2H++ClO-+Cl-=Cl2↑+H2O，生成有毒的氯气，易使人中毒，不安全，D错误；
（4）3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，3mol氯气反应时，转移的电子为6mol。若反应中消耗Cl2 1.5mol，则被氧化的NH3在标准状况下的体积为：1.5mol÷3×22.4L/mol=11.2L，该过程中电子转移的总数为：3NA；
（5）对于温度低于100℃的恒温条件，常采用水浴加热的方法控制温度，氯酸钠与盐酸在50℃的条件下反应得到二氧化氯和氯气的化学方程式为：2NaClO3 + 4HCl2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O；
（6）根据离子的阴阳相吸以及钠离子移动的方向可知，通入水的那一极为电解池的阴极，通入饱和氯化钠溶液的那一极为阳极，则阳极产生ClO2的电极反应式为：Cl--5e-+2H2O = ClO2↑+4H+。
16． 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。
17． 水浴加热 4Ag+ 4NaClO + 2H2O = 4AgCl + 4NaOH + O2↑ 生成氮氧化物，污染空气 过滤 [Ag(NH3)2]+ 此反应为可逆反应，不能进行到底 43.2 Ag2O + 2e－+ 2H+ = 2Ag + H2O CO2、H+
【分析】回收光盘金属层中的少量，由流程可知，氧化时发生，为控制 80℃，可水浴加热，过滤分离出，再加10%的氨水溶解，发生 ，用（水合肼）在碱性条件下还原 得到，以此来解答。
【详解】（1）控制 80℃的反应条件，可选择水浴加热，故答案为：水浴加热；
（2）溶液与反应的产物为、和，根据得失电子守恒、原子守恒，发生反应的化学方程式为，以代替氧化，从反应产物的角度分析，其缺点是生成氮氧化物，污染空气，故答案为：；生成氮氧化物，污染空气；
（3）操作Ⅰ的名称为过滤，用10%的氨水溶解固体，与按1：2反应可生成和一种阳离子，反应的离子方程式，阳离子为，实际反应中，即使氨水过量也不能将固体全部溶解，可能的原因是：此反应为可逆反应，不能进行到底，故答案为：过滤；；此反应为可逆反应，不能进行到底；
（4）常温时（水合肼）在碱性条件下能还原（3）中生成的阳离子，自身转化为无害气体，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为：，根据方程式理论上消耗0.1mol的水合肼可提取到0.4mol，质量，故答案为：43.2；
（5）废旧电池中能将有毒气体甲醛（）氧化成，科学家据此原理将上述过程设计为原电池回收电极材料并有效去除毒气甲醛，原电池负极上甲醛失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应：，负极的产物有、，正极上得到电子生成银单质，电极反应：，故答案为：；、 。
【点睛】工艺流程图解题思路：1、二次审题，首先粗略浏览下题目，了解题目表述的大致内容以及工艺流程方向，然后带着问题再回过头来审题；2、读懂流程图，工艺的整个过程会通过流程图直观地表现出来，所以读懂流程图可以帮助我们快速地理清工艺的主线，梳理出工艺的脉络；3、掌握化学原理，万变不离其宗，无论这类题型如何变化，考查的都是考生的化学基础，对物质的性质和反应的原理的掌握，所以要熟练掌握化学元素周期表中的元素和常见的化学方程式。
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