上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-59化学反应的热效应（1）

这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-59化学反应的热效应（1），共42页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，填空题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-59化学反应的热效应（1）

一、单选题
1．（2020·上海静安·统考二模）据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在25℃下用H2O2直接将CH4转化为含氧有机物，其主要原理如图所示：

下列说法不正确的是
A．图中代表H2O2
B．步骤i、ii的总反应方程式是
C．由图可知，步骤iv生成的H2O，其中的H原子全部来自H2O2
D．根据以上原理，推测步骤vi生成HCOOH和H2O
2．（2020·上海奉贤·统考二模）痛风病与关节滑液中形成的尿酸钠（NaUr）有关（NaUr增多，病情加重），其化学原理为：HUr(aq)+Na+(aq)NaUr(s)+H+(aq)  ∆H＜0。下列说法不正确的是（    ）
A．寒冷季节更易诱发关节疼痛
B．大量饮水会增大痛风病发作的可能性
C．饮食中摄入过多食盐，会加重痛风病病情
D．患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物
3．（2020·上海嘉定·二模）25℃时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡Sn，发生反应: Sn(s)+Pb2+(aq)⇌Sn2+(aq)+Pb(s)，体系中c(Pb2+)、c(Sn2+)变化关系如图所示。

下列判断正确的是
A．往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb2+)变小
B．25℃时，该反应的平衡常数K=2.2
C．平衡体系中加入金属铅后，c(Pb2+)增大
D．升高温度，平衡体系中c(Pb2+)增大，说明该反应正反应是吸热反应
4．（2020·上海松江·统考二模）在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中能完全消耗的是（    ）
A．向150mL3mol·L-1的稀硝酸中加入6.4g铜
B．标准状况下，将1g铁片投入15mL18.4mol·L-1的硫酸中
C．用50mL8mol·L-1浓盐酸与10g二氧化锰共热制取氯气
D．5×107Pa、500℃和铁触媒条件下，用1mol氮气和4mol氢气合成氨
5．（2020·上海虹口·统考二模）下列物质的工业生产过程中，不涉及勒夏特列原理的是
A．合成氨 B．制硫酸 C．制氯化氢 D．制纯碱
6．（2020·上海奉贤·统考二模）研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是

A．反应总过程是放热的
B．Fe+作为催化剂改变了反应途径，提高了反应速率
C．Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应均为放热反应
D．若反应在恒容密闭容器中进行，温度越高，反应速率一定越快
7．（2020·上海青浦·统考二模）一定条件下，向体积为1L的密闭容器中充入1molCO2和4molH2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变化如图所示。下列叙述中正确的是

A．该反应的化学方程式为：CO2(g)＋4H2(g)⇌2CH3OH(g)
B．10min时，反应停止
C．2min时，CO2的消耗速率等于CH3OH的消耗速率
D．从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)＝0.225mol/(L·min)
8．（2020·上海杨浦·统考二模）固定体积的密闭容器中，发生：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，能判断该反应达到平衡状态的依据是
A．5υ正(O2)＝4υ逆(NO) B．容器内气体密度不再变化
C．c(NH3)不再变化 D．c(NH3)＝1.5c(H2O)
9．（2020·上海浦东新·统考二模）合成氨反应难以发生的根本原因是（    ）
A．该反应是可逆反应 B．氮分子中存在氮氮叁键
C．该反应需要催化剂 D．氨气容易液化
10．（2020·上海青浦·统考二模）下列化学与生产.生活相关的说法正确的是
A．生铁、青铜等合金比纯金属耐腐性强
B．石油主要由各种烃组成的混合物，可以通过分馏的方法分离出C8H18
C．分离工业合成氨产品的方法是将氨气液化
D．氨的催化氧化的适宜条件为高温、高压、催化剂
11．（2020·上海崇明·统考二模）下列化工生产与该生产过程中使用的一些生产工艺不相符的是（    ）
A．氢气和氯气制盐酸——催化和气循环
B．氢气和氮气合成氨——压缩和水冷却
C．联合制碱法制纯碱——过滤和热灼烧
D．二氧化硫接触氧化——催化和热交换
12．（2020·上海虹口·统考二模）右图是可逆反应A+2B 2C + 3D 的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变而变化的情况，由此推断错误的是

A．A、B一定是气体
B．C可能是气体
C．D一定不是气体
D．正反应是放热反应
13．（2020·上海黄浦·统考模拟预测）密闭恒温容器中进行下列反应：aA(g)bB(g)，反应达到平衡状态后，将容器容积增大1倍，当反应达到新的平衡状态时，反应物A的浓度是原来的46%，则下列叙述正确的是（    ）
A．化学计量数a>b
B．容器容积增大，平衡向逆反应方向移动
C．容器容积增大，生成物B的质量分数增大
D．该反应的正反应放出热量
14．（2020·上海浦东新·统考二模）可逆反应xH2S(g)xH2(g)+Sx(g)（x>1）达到平衡后，下列说法错误的是（    ）
A．若恒容充入H2，则新平衡后H2S分解率下降
B．若增大压强，气体颜色变深，则Sx为有色气体
C．若恒容升温后，气体密度不变，说明达到了新平衡
D．若改变某一条件后，压强不能作为判断新平衡的标志，则Sx状态发生改变

二、原理综合题
15．（2020·上海松江·一模）2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池领域。LiFePO4(磷酸亚铁锂) 是锂离子电池的一种电极材料，可通过下列方法制备：
方法一：2FePO4(s)+Li2 CO3(s)+2C(s)⇌2LiFePO4(s)+3CO(g)
(1)该反应的平衡常数表达式为_____。若在容积不变的容器中，上述反应达到平衡时，一氧化碳的浓度为amol•L﹣1，再充入bmol一氧化碳，则平衡向_____方向移动，达到新平衡时，一氧化碳的浓度为_____。
(2)一定温度下，在2L密闭容器中发生上述反应。反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，则0～20min内一氧化碳的平均反应速率是_____。
方法二：LiFePO4可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与Li OH溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经80℃真空干燥、高温成型而制得。
(3)氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，请用元素周期律知识说明理由_____。
(4)共沉淀反应投料时，不将(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，其原因是_____。
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+Li LiFePO4，放电时，负极为_____(填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为_____。
16．（2020·上海·二模）为应对全球气候变暖，科学家在综合利用 CO2方面取得了不少研究成果。如用 CO2合成重要化工原料 CH3OH，同时生成 CO，反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)+Q1kJ(Q1＞0)，
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g) ⇌CO(g)+H2O(g)-Q2kJ(Q2＞0)。
研究催化剂等外界条件对上述反应的影响，结果如图 1、图 2

完成下列填空：
(1)一定是碳12的同位素原子是_____(选填“A”、“B”、“C”、“D”)
A．质子数为6，中子数为8　　　B．质子数为8，中子数为12
C．质子数为12，中子数为6　　　D．质子数为12，中子数为8
(2)分析图1：催化效果最佳的是催化剂_____(选填“A”、“B”、“C”)。若密闭容器体积为2L，则a点测得CH3OH的平均生成速率为_____mol·L-1·min-1。b点反应_____(填“达到”或“未达到”)平衡状态，理由是：_____
(3)分析图2：相同温度下，增大原料气压强，反应Ⅰ平衡常数_____(选填“增大”、“减小”、“不变”、“无法判断”)；当压强为6Mpa、温度在400~600℃时，CO2的总体平衡转化率随温度升高而增大的原因是___________________________________
(4)若生成的CH3OH和CO物质的量之比为4:1，则消耗相同条件下的CO2和H2体积比是_____
(5)若有88gCO2发生反应Ⅰ，并放出akJ热量，则图3中A为_____，B为_____

17．（2020·上海嘉定·二模）高炉炼铁过程中发生的主要反应为：，已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：
温度/℃
1000
1150
1300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
请回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式______，该反应的正反应是______反应（填“放热”、“吸热”）。
（2）在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10 min后达到平衡。求该时间范围内反应的平均反应速率______、CO的平衡转化率______；
（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是______。
a.减少Fe的量        b.增加Fe2O3的量        c.移出部分CO2 d.提高反应温度e.减小容器的容积    f.加入合适的催化剂
（4）在氯氧化法处理含的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐（其毒性仅为氰化物的千分之一），氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
①某厂废水中含KCN，其浓度为650mg/L。现用氯氧化法处理，发生如下反应（其中N均为价）：    被氧化的元素是______。
②投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请配平下列化学方程式，并标出电子转移方向和数目：
□□□□□□□______
③若处理上述废水40L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需液氯______g。
18．（2020·上海徐汇·统考二模）乙二酸()俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。完成下列填空：
(1)室温下，测得溶液的，写出草酸的电离方程式______。
(2)草酸溶液中微粒的物质的量分数随溶液变化如图所示：

i.向草酸溶液中滴加溶液至时发生的主要反应的离子方程式是：_______。
ii.继续加入，调节由2.5直至大于6.5，调节过程中比值将________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)工业上制取草酸的原理为：
该反应的平衡常数表达式_______，下列能说明反应已经达到平衡的是______。
a 平衡常数K保持不变           b 反应液的pH保持不变
c 丁醇的浓度保持不变      d 反应液的总质量保持不变
(4)草酸可用于测定高锰酸钾的质量分数，原理如下：
i.一定条件下，测得上述反应中溶液中的浓度随反应时间的变化如图，以浓度的变化表示此反应内的平均反应速率为____________

ii.分析的浓度随反应时间的变化的可能原因(反应过程中温度没有明显变化)_____。
(5)取的高锰酸钾产品，配成溶液，取出，消耗草酸标准溶液，则样品中高锰酸钾的质量分数为______。
19．（2020·上海徐汇·统考二模）砷()元素广泛的存在于自然界，在周期表中的位置如表。









完成下列填空：
(1)砷元素最外层电子的排布式为______________。
(2)砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大。砷化镓熔点为1230℃，的熔点为3000℃，从物质结构角度解释两者熔点存在差异的原因__________。
(3)亚砷酸盐()在碱性条件下与碘单质反应生成砷酸盐()，完成反应的离子方程式： ____+I2+_____ ⇌ ______。该反应是一个可逆反应，说明氧化还原反应的方向和______有关。
(4)工业上将含有砷酸盐()的废水转化为粗的工业流程如下：

①写出还原过程中砷酸转化为亚砷酸的化学方程式： ___________
②“沉砷”是将转化为沉淀，主要反应有：
i.Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH—(aq)+Q
ii.5Ca2++OH—+3⇌Ca5(AsO4)3OH-Q
沉砷最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因___。
20．（2020·上海静安·统考二模）对烟道气中的SO2进行吸收或回收再利用具有一定的社会和经济价值。
请回答下列问题：
(1)用NaOH溶液吸收SO2 ，写出相关反应的离子方程式_______________________。
(2)已知NaHSO3溶液显酸性，比较NaHSO3溶液中c(H2SO3)_____ c(SO32－)(填“>”“”“0），NH3物质的量随时间的变化如图所示。

（1）0~2min内的平均反应速率v(H2)=___。
（2）该温度下，反应的平衡常数表达式K=___。
其平衡常数K与温度T的关系如下表：
T/℃
25
125
225
平衡常数K
4×106
K1
K2
试判断K1___K2（填写“>”、“=”或“”、“”、“”、“=”或“a，故A错误；
B．由上述分析可知，容器容积增大，平衡正向移动，故B错误；
C．增大容器体积，平衡正向移动，因此生成物B的质量分数增大，故C正确；
D．因该反应在恒温条件下进行，温度未发生该变，且不确定平衡移动过程中的热效应，因此无法判断反应的热效应，故D错误；
故答案为：C。
14．C
【分析】xH2S(g)xH2(g)+Sx(g)(x＞1)为气体的物质的量增大的可逆反应，结合化学平衡移动的影响因素分析解答。
【详解】A．若恒容充入H2，氢气的浓度增大，平衡逆向移动，新平衡后H2S分解率下降，故A正确；
B．若增大压强，三种气体的浓度均会增大，氢气和硫化氢均为无色气体，气体颜色变深，说明Sx为有色气体，故B正确；
C．恒容容器的体积不变，气体的质量不变，升温后，无论平衡如何移动，气体密度始终不变，密度不变，不能说明达到了新平衡，故C错误；
D．xH2S(g)xH2(g)+Sx(g)(x＞1)为气体的物质的量增大的可逆反应，改变压强，平衡发生移动，若改变某一条件后，压强不能作为判断新平衡的标志，说明反应变为气体的物质的量不变的可逆反应，说明Sx状态发生了改变，故D正确；
故选C。
15． K＝c3(CO) 逆 amol•L﹣1 0.005mol/(L•min) 同一主族，从上到下，元素最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强 防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化) Li 1.4g
【分析】(1)方程式中只有CO为气体，平衡常数为CO浓度的三次方；CO浓度增大，平衡逆向移动，因为平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，故达到平衡时，CO浓度不变；
(2)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成5.6gCO，可计算CO的物质的量浓度，进而计算反应速率；
(3)元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
(4)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定；
(5)电池放电时原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极，FePO4在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4；结合根据电解饱和食盐水方程式进行计算电子转移，依据电子守恒和电极反应计算消耗锂的质量。
【详解】(1)方程式中只有CO为气体，则K＝c3(CO)；CO浓度增大，平衡逆向移动，但由于温度不变，则平衡常数不变，故达到平衡时，CO浓度不变，仍为amol•L﹣1，故答案为：K＝c3(CO)；逆；amol•L﹣1；
(2)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成了5.6gCO，则c(CO)0.1mol/L，0.005mol/(L•min)，故答案为：0.005mol/(L•min)；
(3)Li在周期表中位于同一主族的元素Na的上方，而从上到下，元素的金属性增强，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性就越强，则氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，故答案为：同一主族，从上到下，元素最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强；
(4)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁，故答案为：防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化)；
(5)电池放电时，Li失电子发生氧化反应，故其为原电池负极。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极) ，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，气体物质的量为0.2mol，生成氢气和氯气物质的量各0.1mol，则根据关系式 可知，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol＝1.4g，故答案为：Li；1.4g。
16． A A 未达到 此温度催化剂A得到的甲醇更多，即b若时间增加，在此条件下可以得到更多的生成物(合理即可) 不变 反应Ⅱ中增大的平衡转化率大于反应Ⅰ中减小的平衡转化率
【分析】(1)质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素；
(2)相同温度下甲醇的产量越高，催化剂的催化效果越好。根据v==计算；反应达到平衡状态时，各组分的含量保持不变，b点对应温度下使用催化剂A时甲醇物质的量大于b点，b点之后随时间的增加，在此条件下可以得到更多的生成物，据此分析解答；
(3)平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；根据反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)+Q1kJ(Q1＞0)为气体分子数目减小的放热反应，反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)-Q2kJ(Q2＞0)为气体分子数不变的吸热反应，根据外界条件对反应平衡移动的影响分析；
(4)结合反应Ⅰ和反应Ⅱ，根据“三段式”分析解答；
(5)反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)+Q1kJ(Q1＞0)为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，结合参与反应的CO2的量计算分析解答。
【详解】(1)质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素，碳原子的质子数为6，碳12的质子数为6、中子数为6，与碳12互为同位素原子质子数也应为6、中子数不为6，符合题意的只有A，答案选A；
(2)相同温度下甲醇的产量越高，催化剂的催化效果越好，如图所示，T1温度时，在催化剂A的作用下甲醇的产量最高，则A的催化作用最好；根据图示，经过tmin，a点测得生成CH3OH的物质的量为0.4mol，根据v==， a点时CH3OH的平均生成速率为=mol·L-1·min-1；反应达到平衡状态时，各组分的含量保持不变，根据图示，b点对应温度下使用催化剂A时甲醇物质的量大于b点，说明b点之后随时间的增加，在此条件下可以得到更多的生成物，说明b点未达到平衡状态；
(3)平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变；反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)+Q1kJ(Q1＞0)为气体分子数目减小的放热反应，反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g) ⇌CO(g)+H2O(g)-Q2kJ(Q2＞0)为气体分子数不变的吸热反应，6Mpa、温度在400~600℃时，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，CO2的转化率减小，反应Ⅱ的平衡正向移动，CO2的转化率增大，导致CO2的总体平衡转化率随温度升高而增大的原因可能是反应Ⅱ中增大的平衡转化率大于反应Ⅰ中减小的平衡转化率；
(4)若生成的CH3OH和CO物质的量之比为4:1，设CH3OH和CO物质的量分别为4mol和1mol，则：

反应过程中一共消耗CO25mol，消耗氢气13mol，同条件下，物质的量之比等于体积之比，则消耗相同条件下的CO2和H2体积比是5:13；
(5)反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)+Q1kJ(Q1＞0)为气体分子数目减小的放热反应，即反应物的总能量大于生成物的总能量，若有88gCO2发生反应Ⅰ，并放出akJ热量，即参加反应的二氧化碳的物质的量==2mol，结合图示，则A为2CH3OH(g)+2H2O(g)，B为2CO2(g)+6H2(g)。
【点睛】易错点为(5)，反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)+Q1kJ(Q1＞0)为放热反应，反应物总能量大于生成物的总能量，需要注意题给信息中参与反应的CO2为88g即2mol，反应Ⅰ中为1mol CO2参与反应的能量变化，Q1小于a，图象中的能量变化要和参与反应的物质的量能量变化相对应。
17． 放热 80% c KCN中的C元素 71
【分析】

【详解】
(1)K=，温度升高，K减小，说明温度升高，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故答案为：；放热；
(2)设平衡时CO2的浓度为x，则CO的浓度减小x，为mol/L-x=0.1mol/L-x，则K=4.0=，解得：x=0.08mol/L，则=，CO的平衡转化率==80%；
(3)a．减少固体的量，平衡不移动，CO的转化率不变，a错误；
b．增加固体的量，平衡不移动，CO的转化率不变，b错误；
c．移出部分CO2，CO2的浓度减小，平衡正向移动，CO的转化率增大，c正确；
d．提高反应温度，平衡常数减小，CO的转化率减小，d错误；
e．减小容积，该平衡不移动，CO的转化率不变，e错误；
f．加入催化剂能缩短到达平衡的时间，但是不能使平衡发生移动，CO的转化率不变，f错误；
故答案为：c；
(4)①KCN中的C为+2价，KOCN中的C为+4价，所以KCN中的C元素被氧化，故答案为：KCN中的C元素；
②1molCl2参与反应得2mol电子，KOCN生成1molN2失6mol电子，根据得失电子守恒，先作如下配平：2~3Cl2~1N2~6KCl，再根据原子守恒依次配平其它原子，如下：，单线桥表示电子转移如下：，故答案为：；
③该方法将CN-处理变为N2，有如下关系：2KCN~2~(2+3)Cl2，KCN的质量m=650mg/L×40L=26000mg=26g，，解得：m=71g，故答案为：71。

18． 减小 bc 可能反应中生成的某产物对反应有催化作用，导致反应速率逐渐变快 94.8%
【分析】

【详解】
（1由题意可知乙二酸()是弱酸，逐级电离出，首先产生再电离出 故电离方程式为：；
（2）i由图可知在pH=2.5时，溶液中存在的主要离子为，故反应离子方程式为：；
ii由2.5直至大于6.5过程中溶液中离子物质的量分数逐渐增大，浓度逐步增大当pH=6.5的过程中主要以存在，故减小；
（3）化学平衡常数为达平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，是一个关于温度的变量；故：
K=，当变化的量不再变化时说明达平衡。故选项为bc；
（4）i带入速率公式 可得，，由反应式可知 =
ii由图可知随着反应的进行反应速率逐步加快，影响反应速率的因素有温度，浓度，催化剂，由于反应物浓度逐渐减小，温度不变，故速率加快的原因可能反应中生成的某产物对反应有催化作用，导致反应速率逐渐变快；
(5)由反应方程式可知~，故10mL样液中高锰酸钾的n= =，故0.500g样品中高锰酸钾的物质的量为0.003mol，故高锰酸钾的质量分数为x100%=94.8%

19． 和都是原子晶体，原子半径：，，则共价键键长：键键，键能：键键，所以熔点低于BN 1 2OH— +2I—+H2O 溶液酸碱性 反应i为放热反应，高于85℃时，平衡向逆反应方向移动，减小；反应ii中减小是影响平衡移动的主要因素，所以反应ii平衡也向逆反应方向移动，沉淀率下降
【分析】(1)As与N同主族，据此判断As在周期表中的位置；
(2) 砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大，两者都是原子晶体，原子半径越小，形成的共价键键长越短，共价键键能越大，共价键越稳定，晶体的熔点越高；
(3)碘单质将氧化成，自身被还原为碘离子，根据化合价升降守恒配平书写方程式；
(4)向工业废水(含)加入石灰乳沉砷得到Ca5(AsO4)3OH沉淀，用稀硫酸溶解沉淀，生成H3AsO4和硫酸钙，通入二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，冷却结晶，过滤，得粗As2O3，据此分析解答。
【详解】(1)As在周期表的第4周期第ⅤA族，最外层电子的排布式是4s24p3，故答案为：4s24p3；
(2)砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大，砷化镓与氮化硼属于同种晶体类型，均属于原子晶体，原子半径N＜As，B＜Ga，故N-B键的键长比As-Ga键的键长短，N-B键的键能更大，更稳定，所以氮化硼的熔点较高，故答案为：GaAs和BN都是原子晶体，原子半径：Ga＞B，As＞N，则共价键键长：Ga-As键＞B-N键，键能：Ga-As键＜B-N键，所以熔点GaAs低于BN；
(3)碘单质将氧化成，As的化合价从+3升到+5，自身被还原为碘离子，碘的化合价从0降到-1，根据化合价升降守恒及溶液的碱性环境，离子方程式为+I2 +2OH—⇌+2I—+H2O，该反应为可逆反应，说明氧化还原反应的方向和溶液酸碱性有关，故答案为：1；2OH—；+2I—+H2O；溶液酸碱性；
(4)①“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式为：H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4，故答案为：H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4；
②“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反反应：i.Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH—(aq)+Q，ii.5Ca2++OH—+3⇌Ca5(AsO4)3OH-Q，高于85℃后，温度升高，反应i平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应ii平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降，故答案为：反应i为放热反应，高于85℃时，平衡向逆反应方向移动，c(Ca2+)减小；反应ii中c(Ca2+)减小是影响平衡移动的主要因素，所以反应ii平衡也向逆反应方向移动，沉淀率下降。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)②，要注意化学平衡的影响因素的灵活运用。
20． 或 < HSO3-既能水解生成H2SO3和OH- ，HSO3-又能电离生成SO32-和H+ ，已知NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，所以c(H2SO3)< c(SO32－) 270 K= 0.05mol/(L∙min) ad 正反应放热，温度升高平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低；温度高于445 ℃后硫变成气态，硫变为硫蒸气需要吸热，使得反应变为吸热反应，温度升高平衡正向移动，SO2平衡转化率升高
【分析】(1) SO2与NaOH反应生成Na2SO3或NaHSO3；
(2) NaHSO3溶液显酸性，说明的电离程度大于水解过程；
(3)由题可知，根据反应吸收和放出的能量的差值来判断；
(4)由反应的方程式可知，写出该反应的平衡常数表达式；5min时，生成CO21mol，所以消耗了0.5mol的SO2，据计算反应速率；
(5) 对反应2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g)，该反应在恒容条件下达到平衡，气体的体积恒定，反应前后气体的总质量发生变化，气体的总量也发生变化，但是平衡常数的变化只与温度有关，据以上分析解答；
(6)由题可知，温度若低于445℃，该反应为放热反应，升高温度会导致平衡逆向移动，SO2转化率下降；温度若高于445℃，S单质会气化，气化是吸热的过程，可能会使反应由放热反应转变为吸热反应，从而升高温度变得对反应正向进行有利。
【详解】(1)NaOH为强碱，离子方程式中可以拆分，若SO2少量则生成Na2SO3，若SO2过量，则生成NaHSO3；相关的离子方程式为和；
(2)是弱酸的酸式酸根，在水溶液中既能发生电离，也能发生水解；由于NaHSO3溶液显酸性，说明的电离程度更大，因此溶液中的浓度相比于更大；
(3)由题可知，回收硫的反应是放热反应，在生成硫单质，CO2的同时也产生了一部分热量，反应前物质的总能量比反应后产物的总能量高出270kJ，因此，Q=270kJ；
(4)由反应的方程式可知，该反应的平衡常数表达式为；5min时，生成CO21mol，所以消耗了0.5mol的SO2，所以反应速率为：；
(5)a．该反应在恒容条件下达到平衡，气体的体积恒定；该反应涉及的物质不全为气体，所以气体的质量会随反应进行发生变化；若气体的密度不再变化，则由公式可知，气体的质量不再变化，那么反应一定达到了平衡状态，a项正确；
b．该反应反应物中气体的化学计量系数之和与产物中气体的化学计量系数之和不相等，因此气体的总物质的量会随反应进行发生变化，又因为该反应是在恒容恒温条件下达到的平衡；根据公式可知，容器内的压强会随着反应进行发生变化直至反应达到平衡，b项错误；
c．其他条件不变时，仅从体系内分离出S单质，不影响平衡的移动，对于正逆反应速率无影响，c项错误；
d．平衡常数认为只与温度有关，温度不变，所以平衡常数不变，d项正确；
答案选ad；
(6)由题可知，温度若低于445℃，该反应为放热反应，升高温度会导致平衡逆向移动，SO2转化率下降；温度若高于445℃，S单质会气化，气化是吸热的过程，可能会使反应由放热反应转变为吸热反应，从而升高温度变得对反应正向进行有利，SO2的转化率也就逐渐升高。
【点睛】对于恒温恒容下进行的可逆反应，若其反应物和产物不全为气体，那么一般情况下气体的平均密度不再变化时，反应一定达到平衡状态；若反应物和产物中气体的化学计量系数之和不相等，那么容器内压强不再变化时，反应一定达到平衡状态。
21． > 其他条件不变，由图可知T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，所以T1温度高 放 由图可知，T1温度高，二氧化硫平衡转化率低，说明温度升高时平衡左移，逆反应为吸热，正反应为放热 4:15 50% ab2 SO2+SO32-+H2O→2HSO3- c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)
【分析】（1）温度越高，反应速率越快，达到化学平衡的时间越短，温度升高，平衡向吸热方向移动；
（2）同一化学反应，增大一种反应物浓度可以提高其他反应物转化率；利用三段式计算可得；
（3）借用盖斯定律得到反应之间的关系，由此计算平衡常数；
（4）吸收池中亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，NaHSO3溶液呈弱酸性，说明HSO3-的电离大于水解。
【详解】（1）温度越高，反应速率越快，达到化学平衡的时间越短，由图可知，相同条件下，T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，则T1＞T2；温度升高，平衡向吸热方向移动，由T2→T1， SO2的转化率减小，平衡向逆向移动，所以正向为放热反应，故答案为：＞；其他条件不变，由图可知T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，所以T1温度高；放；由图可知，T1温度高，二氧化硫平衡转化率低，说明温度升高时平衡左移，逆反应为吸热，正反应为放热；
（2）同一化学反应，增大一种反应物浓度可以提高其他反应物转化率，投料比[n（SO2）：n（O2）]越小，氧气的浓度越大，二氧化硫转化率越大，依据②的转化率可知，投料比[n（SO2）：n（O2）]为4：15；投料比[n（SO2）：n（O2）]为8：10时，二氧化硫的转化率为90%，设起始二氧化硫为4mol，氧气物质的量为5mol，由题意建立如下三段式：

则平衡混合气体中三氧化硫的体积分数为×100%=50%，故答案为：4：15；50%；
（3）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知①+②×2可得2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，则平衡常数K=K1×K22= ab2，故答案为：ab2；
（4）吸收池中亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式：SO2+SO32-+H2O=2HSO3-；NaHSO3溶液呈弱酸性，说明HSO3-的电离大于水解，则NaHSO3溶液中离子浓度由大到小排序为c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)，故答案为：SO2+SO32-+H2O=2HSO3-；c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)。
【点睛】借用盖斯定律得到反应之间的关系，由此计算反应的平衡常数是解答关键，注意反应热的关系为加减，平衡常数的关系为乘除。
22． 放热 增大氧气的浓度或加压或冷却后不断移去液态水 温度相同情况下，增大压强，平衡右移，HCl转化率增大 2.54×10–3 或2.5×10–3 酸 NH4++H2O NH3•H2O+H+ =
【分析】(1)；升高温度平衡向吸热的方向移动，据此判断。(2)可利用平衡移动的方法增大转化率。(3)正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大。(4)根据化学计量数中HCl与Cl2的关系，可算出状态A时HCl的变化量，再根据此时HCl的转化率可算出状态A时HCl的物质的量。(5)盐溶液的酸碱性要考虑盐的水解，溶液中离子浓度关系一般是电荷、物料、质子三个守恒。
【详解】(1)化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，根据化学平衡常数的概念可以写出其表达式为；由图可知，温度升高，HCl的转化率下降，说明平衡逆向移动，说明逆向是吸热，所以正反应是放热反应。
(2)增大氧气的浓度或加压或冷却后不断移去液态水等均能使平衡正向移动，提高HCl的转化率。
(3)正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大，所以P1压强下曲线在P0压强下曲线的上方（变化趋势与P0压强下曲线一致，都是温度越高，转化率越小）。
(4)根据反应方程式可知，HCl与Cl2的物质的量的变化量的关系为4:2，所以HCl的变化的物质的量为2n(Cl2)=1.44×10–2mol，由图可知此时HCl的转化率为85%，所以反应前HCl的起始物质的量为 ，所以此时HCl的物质的量为mol= 2.54×10–3mol。
(5)因为铵离子水解：NH4++H2ONH3•H2O+H+，所以溶液显酸性；题目所给出的关系牵涉到的都是离子，所以可写出电荷守恒表达式c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)= c(Cl-)+c(OH-)，又因为溶液呈中性，所以c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-)。
【点睛】判断溶液中粒子浓度关系时一般用到电荷、物料、质子三个守恒，若溶液呈中性，则H+与OH-因为相等可以在等式关系中抵消。
23． ＞ 2 ＞ c 采用20MPa~50MPa高压 及时将产物液化除去 c(NH4+)> c(SO42-)> c(H+)> c(OH-) 增大 NH4+ 水解呈酸性，Al3+水解也呈酸性，两者相互抑制，c(NH4+)增大 NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) + 234kJ/mol
【详解】(1)合成氨N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) + Q(Q＞0)，正向为放热反应，随温度升高平衡逆向移动，平衡常数K值减小，故K1 ＞K2；
(2) 400℃时，N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)，平衡常数K=0.5，则2NH3(g) N2(g) + 3H2(g) ，平衡常数为==2；当测得NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为3 mol/L和2 mol/L、1 mol/L时，Qc===＜K，反应正向进行，故υ(N2)(正) ＞υ(N2)(逆) ；
(3)在密闭恒容的容器中，a．υ(N2)（正）=3υ (H2)（逆），不同物质表示的正逆速率不等于化学计量数之比，反应没有达到平衡状态，a不选；b．混合气体的密度=，混合气体的质量守恒m是定量，恒容容器，混合气体的密度始终是个定值，故混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，b不选；c．同温同压下，容器内的压强与气体的物质的量呈正比，该反应正向是气体分子数目减小方向，则气体的物质的量是个变化量，压强是个变量，当压强保持不变，说明反应达到平衡状态，c选；d．各物质的物质的量浓度保持不变可以作判断依据，N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2，各物质的浓度比等于化学计量数之比不能说明达到平衡，d不选；故能作为合成氨反应达到平衡的依据的选c；
(4)合成氨工业中为实现“多”是提高氨的产率，可以从平衡移动角度考虑，适当增大压强，平衡正向移动，适当降低反应的温度，平衡正向移动，及时将氨气液化分离出该体系，平衡正向移动，均可以提高反应物的转化率而提高氨产率； 故所采取的措施：采用20MPa~50MPa高压，及时将产物液化分离；
(5)0.1 mol/L的(NH4)2SO4水溶液中NH4+发生水解溶液显酸性，由于水解是微弱的，c(NH4+)约为c(SO42-)的两倍，故各离子浓度由大到小的顺序是c(NH4+)> c(SO42-)> c(H+)> c(OH-)；在该溶液中加入少量明矾固体，Al3+水解也呈酸性，两者相互抑制，c(NH4+)增大；
(6)根据反应进程能量图，该反应为放热反应，且放出热值为368kJ/mol-134kJ/mol=234kJ/mol，NO2和 CO反应的热化学方程式：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) + 234kJ/mol。
【点睛】判断反应进行的方向应用Qc和K的相对大小，若Qc＜K，反应正向进行；若Qc＞K，反应逆向进行；若Qc=K，反应保持平衡状态。物理量是个变量才可以作平衡的判定依据，若始终保持不变，不能做判定反应是否达到平衡的依据。
24． 0.375mol/(L·min) > bd < > c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-) 用玻璃棒蘸取0.1mol·L-1NH4Cl溶液滴在pH试纸上，显色后跟标准比色卡比较，测出pH，pHK2，故答案为：；>；
（3）a.根据方程式系数与反应速率的关系，任何状态下，都有3v(N2)=v(H2)，则3v(N2)=v(H2)不能说明反应到达平衡状态，故a错误；
b.从方程式可知，该反应是气体的总物质的量是可变的量，当容器内压强保持不变，则气体的总物质的量不变，说明该反应达到平衡状态，故b正确；
c.根据质量守恒定律，气体的总质量始终保持不变，而该反应在恒容条件下进行，则混合气体的密度始终保持不变，故c错误；
d.25℃时，测得容器中c(NH3)=0.2mol·L-1，c(H2)=c(N2)=0.01mol·L-1，计算浓度熵，则反应处于平衡状态，故d正确；
综上所述，故答案为：bd；
（4）①中为氨水和盐酸等体积等浓度混合，所得混合溶液中溶质为氯化铵，因为铵根发生水解，则溶液显酸性，pHc(H+)=c(OH-)，故答案为：>；c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)；
（5）若证明一水合氨是弱电解质，则可以从铵根能发生水解来说明，证明方案为：用玻璃棒蘸取0.1mol·L-1NH4Cl溶液滴在pH试纸上，显色后跟标准比色卡比较，测出pH，pH7，说明的水解程度大于其电离程度，因此水解生成的H2CO3浓度大于电离生成的浓度；溶液呈电中性的原因是溶液中微粒存在电荷守恒，其表达式为：。
26． 5 N＞P Na2HPO4=2Na++HPO42- HPO42-水解呈碱性，电离呈酸性，水解程度大于其电离程度，因而c(OH-)大于c(H+) = K=c(PCl3)∙c(C12) 0.0016mol·L-1·s-1 升高温度、降低压强 移走PCl3、Cl2等 逆向 不变
【分析】(1)利用碳原子核外电子排布式判断轨道数目，氯原子最外层电子的轨道表示式即价电子排布图；
(2)同主族元素从上到下，非金属性减弱；
(3)Na2HPO4属于弱酸的酸式盐，写出电离方程式，从电离和水解的角度分析，溶液成碱性；
(4)利用反应后的电荷守恒和醋酸钠的物料守恒联立，得出醋酸根和氯离子的关系；
(5)①根据表中数据判断达到平衡状态的时间，然后根据平衡状态下各组分的浓度及平衡常数表达式计算出温度为T时，该反应的化学平衡常数；根据反应速率的表达式计算出反应在前50s的平均速率v(Cl2)；
②要提高上述反应的转化率，必须使平衡向着正向移动，根据影响化学平衡的影响进行判断；
③根据浓度熵与平衡常数的关系判断平衡移动的方向，温度不变，平衡常数不变；
【详解】(1)碳原子核外电子排布式为1s22s22p2，有个5轨道；氯原子的的外电子排布式为1s22s22p63s23p5，最外层电子的轨道表示式是；
(2)N和P属于同主族的两种元素，同主族元素，从上到下，失电子能力增强，得电子能力减弱，故非金属性减弱，故非金属性N＞P；
(3)磷酸是弱电解质，Na2HPO4属于弱酸的酸式盐，电离方程式是Na2HPO4=2Na++HPO42-，Na2HPO4的水溶液里既存在磷酸氢根的电离，电离时释放出氢离子，HPO42-⇌H++ PO43-，显酸性，也存在磷酸氢根的水解，HPO42-+H2O⇌ H2PO4-+OH-，呈弱碱性，溶液显碱性，说明HPO42-水解程度大于电离程度；
(4)醋酸钠溶液中加入盐酸，发生强酸制弱酸，CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，pH=7，说明c(H+)=c(OH-)，反应后的溶液存在电荷守恒，即c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO -)+c(OH-)+c(Cl-)，醋酸钠溶液中存在物料守恒：即c(CH3COO -)+c(CH3COOH)=c(Na+)，将钠离子的浓度代入电荷守恒，可以得到c(CH3COOH)=c(Cl-)；
(5)①根据化学反应：PCl5(s) ⇌ PCl3(g)+C12(g)，得到化学平衡常数K=c(PCl3)∙c(Cl2)，前50s内PCl3的反应速率为v=，由于三氯化磷和氯气的物质的量是1:1的关系，故速率也是1:1的关系，故氯气的速率也是0.0016mol·L-1·s-1；
②上述反应的正反应是一个气体分子数增大的吸热反应，因此，要提高上述反应中反应物的转化率，应使平衡正向移动，可采取的措施有升高温度、降低压强等；
③根据化学反应，列出三段式，

K=c(PCl3)∙c(Cl2)
再加入0.02molPCl3、0.02molC12，此时的Qc=＞0.01(mol·L-1)，平衡逆向移动；平衡常数只受温度的影响，故温度不变，平衡常数不变。
27． 2223 K= AD 4s24p1 3 原子晶体 熔点AlN＞GaN，晶体类型相同，结构相似，原子半径Al＜Ga，氮铝键比氮镓键更稳定，所以AlN熔点更高 GaN+OH-+H2OGaO2-+NH3↑
【分析】(1)根据氧化还原反应规律配平氮化镓制备的化学方程式；
(2)根据平衡常数的定义书写表达式；结合外界条件变化对平衡体系的影响分析判断图象；
(3)Ga为31号元素，根据构造理论书写核外电子排布式，进而判断最外层电子排布式；根据N的核外电子排布式分析判断电子的伸展方向；
(4)氮化镓不溶于水，硬度高，熔点高，据此分析晶体类型；晶体类型相同，结构相似，原子半径Al＜Ga，结合键能大小分析判断；
(5)根据已知信息提供的Ga化学性质，能与热的碱溶液缓慢反应，类比Al的性质，氮化镓与热的NaOH溶液反应生成NaGaO2和NH3，据此书写方程式。
【详解】(1)Ga元素由0价变为+3价，H元素由+1价变为0价，根据氧化还原反应电子得失守恒，配平氮化镓制备的化学方程式为：2Ga(l)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)；
(2)平衡常数的定义为平衡时生成物浓度的计量系数次幂的乘积与反应物浓度计量系数次幂的乘积的比值；注意纯液体和固体没有浓度变化量，不写入平衡常数表达式，则根据反应2Ga(l)+2NH3(g)⇌ 2GaN(s)+3H2(g)，平衡常数的表达式K=；
结合外界条件变化对平衡体系的影响分析：
A．则t时刻改变的条件可能是加压，增大压强，反应率加快，反应逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与Ⅰ图象相符，故A正确；
B．增大压强，反应率加快，反应逆向移动，镓的含量增大，转化率降低，与Ⅱ图象不符，故B错误；
C．镓在反应体系中为纯液体，没有浓度变化量，增大镓的量，没有浓度变化，反应速率不变，与Ⅲ图象不符，故C错误；
D．平衡常数常数只受温度影响，2Ga(l)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)+QkJ(Q＞0)，则正反应放热，升高温度，反应逆向移动，平衡常数减小，与Ⅳ图象相符，故D正确；
答案选AD；
(3)Ga为31号元素，根据构造理论，基态原子核外电子排布式为1s2 2s22p63s23p63d104s24p1 (或[Ar]3d104s24p1)，最外层电子的核外电子排布式为4s24p1；基态N原子核外电子排布式为1s2 2s22p3，能量最高的电子亚层为2p，p能级上有三个轨道，电子云空间伸展方向有3种；
(4)氮化镓不溶于水，硬度高，熔点高，为原子晶体；晶体类型相同，结构相似，原子半径Al＜Ga，氮铝键比氮镓键更稳定，所以AlN熔点更高，则熔点：AlN＞GaN；
(5)根据已知信息提供的Ga化学性质，能与热的碱溶液缓慢反应，类比Al的性质，氮化镓与热的NaOH溶液反应生成NaGaO2和NH3，化学反应方程式为：GaN+OH-+H2OGaO2-+NH3↑。
28． ． CO、H2O Na2CO3+H2SO4→Na2SO4+H2O+CO2↑ 吸热 0.005mol/(L∙min) 大于 B、C点压强不同，压强越大，H2的转化率越小，所以p3>p1，B点速率大于C点 小于 等于 平衡常数只随温度的变化而变化，B、C点温度相同，KB等于KC，该反应是吸热反应，温度越高，K值越大，KA小于KB
【分析】(1)Na2S为离子化合物，由Na+和S2-构成，由此可写出其电子式。上述反应的气态反应物和生成物中共有H2、CO、H2O三种，分析可知哪些属于极性分子。说明硫的非金属性比碳强，可利用强酸制弱酸的反应。
(2)反应MoS2(s)+2Na2CO3(s)+4H2(g)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)中，H2、CO、H2O为气体，可表示反应的平衡常数表达式K，由H2的平衡转化率随温度的变化曲线，可确定正反应类型。
(3) A点，H2的转化率为50%，由此可求出H2的物质的量的变化量，用H2表示的平均速率。其他条件一定时，利用H2的平衡转化率的关系，可确定P1与P3的关系，由此确定B点的速率与C点的关系。
(4)分析得出A、B、C三点的温度关系，上面分析得出正反应的类型，由此可得出A、B、C三点的平衡常数关系。
【详解】(1)Na2S由Na+和S2-构成，电子式为。上述反应的气态反应物和生成物共有H2、CO、H2O三种，H2属于非极性分子，属于极性分子的是CO、H2O。可利用强酸制弱酸的原理说明硫的非金属性比碳强，即利用H2SO4与Na2CO3反应，化学方程式为Na2CO3+H2SO4→Na2SO4+H2O+CO2↑。答案为：；CO、H2O；Na2CO3+H2SO4→Na2SO4+H2O+CO2↑；
(2)反应MoS2(s)+2Na2CO3(s)+4H2(g)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)中，H2、CO、H2O为气体，平衡常数表达式K=或写成。从曲线看，随着温度的不断升高，H2的平衡转化率不断增大，则平衡正向移动，所以上述正反应是吸热反应。答案为：或；吸热；
(3)1100℃，A点H2的平衡转化率为50%，则参加反应的H2的物质的量为0.2mol，此过程中，用H2表示的平均速率为=0.005mol/(L∙min)。因为反应物气体分子数小于生成物气体分子数，所以压强小，H2的平衡转化率大，由此可得P1p1，B点速率大于C点；
(4)平衡常数只受温度影响，此反应的正反应为吸热反应，温度高平衡常数大，温度A