统考版2023高考化学二轮专题复习题型分组训练10化学反应原理综合应用题

这是一份统考版2023高考化学二轮专题复习题型分组训练10化学反应原理综合应用题，共18页。

1．铝的利用成为人们研究的热点，是新型电池研发中重要的材料。
（1）通过以下反应制备金属铝。
反应1：Al2O3（s）＋AlCl3（g）＋3C（s）===3AlCl（g）＋3CO（g） ΔH1＝a kJ·ml－l
反应2：Al2O3（s）＋3C（s）===2Al（l）＋3CO（g） ΔH2＝b kJ·ml－1
反应3：3AlCl（g）===2Al（l）＋AlCl3（g）ΔH3
①反应3的ΔH3＝ kJ·ml－1。
②950 ℃时，铝土矿与足量的焦炭和Cl2反应可制得AlCl3。该反应的化学方程式是
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（2）在高温条件下进行反应：
2Al（l）＋AlCl3（g）⇌3AlCl（g）。
①向图1所示的等容积A、B密闭容器中加入足量的铝粉，再分别充入1 ml AlCl3（g），在相同的高温下进行反应。图2表示A容器内的AlCl3（g）体积分数随时间的变化图，在图2中画出B容器内AlCl3（g）体积分数随时间的变化曲线。
②1 100 ℃时，向2 L密闭容器中通入3 ml AlCl（g），发生反应：3AlCl（g）⇌2Al（l）＋AlCl3（g）。已知该温度下AlCl（g）的平衡转化率为80%，则该反应的平衡常数K＝ 。
③加入3 ml AlCl（g），在不同压强下发生反应，温度对产率的影响如图3所示。此反应选择温度为900 ℃的原因是
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（3）用铝制作的快速放电铝离子二次电池的原理如图4所示。
①该电池充电时，阴极的电极反应式为
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②AlCl3和NaCl的熔融盐常用于镀铝电解池，电镀时AlCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 和Al2Cl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(7)) 两种离子在电极上相互转化，其他离子不参与电极反应。NaCl的作用是
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2．N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为
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（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO＋NO2＋2OH－===2NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋H2O
2NO2＋2OH－===NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有 （填字母）。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是 （填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是 （填化学式）。
（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，其离子方程式为
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②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是
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3．研究和深度开发CO、CO2的应用具有重要的社会意义。回答下列问题：
Ⅰ.CO可用于高炉炼铁，已知：
①Fe3O4（s）＋4CO（g）===3Fe（s）＋4CO2（g）ΔH1＝a kJ·ml－1
②3Fe2O3（s）＋CO（g）===2Fe3O4（s）＋CO2（g）ΔH2＝b kJ·ml－1
则反应Fe2O3（s）＋3CO（g）===2Fe（s）＋3CO2（g）的ΔH＝ kJ·ml－1。
Ⅱ.一定条件下，CO2和CO可以互相转化
（1）某温度下，在容积为2 L的密闭容器中按下表中甲、乙两种方式投入反应物发生反应：
CO2（g）＋H2（g）⇌CO（g）＋H2O（g）
甲容器15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%。则0～15 min内平均反应速率v（CO2）＝ ，此条件下该反应的平衡常数K＝ 。欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则w、x、y、z需满足的关系是：y （填“>”“<”或“＝”）z，且y＝ （用含w、x的等式表示）。
（2）研究表明，温度、压强对反应“C6H5CH2CH3（g）＋CO2（g）⇌C6H5CH===CH2（g）＋CO（g）＋H2O（g）”中乙苯的平衡转化率影响如图所示：
则ΔH （填“>”或“<”）0，压强p1、p2、p3从大到小的顺序是 。
（3）CO可被NO2氧化：CO＋NO2⇌CO2＋NO。当温度高于225℃时，反应速率v正＝k正·c（CO）·c（NO2），v逆＝k逆·c（CO2）·c（NO），k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。在上述温度范围内，k正、k逆与该反应的平衡常数K之间的关系为 。
4．CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。
（1）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图1。
①写出400～600 ℃范围内分解反应的化学方程式：
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②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是___________________________________________________________
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（2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如图2。
①写出阴极CO2还原为HCOO－的电极反应式： 。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是
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（3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2（g）＋H2（g）===CO（g）＋H2O（g） ΔH＝41.2 kJ·ml－1
反应Ⅱ：2CO2（g）＋6H2（g）===CH3OCH3（g）＋3H2O（g）ΔH＝－122.5 kJ·ml－1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图3。
其中：CH3OCH3的选择性＝ eq \f(2×CH3OCH3的物质的量,反应的CO2的物质的量) ×100%
①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是
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②220 ℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有
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（B组）
1．火山爆发时会喷出SO2，SO2是大气主要污染物之一，在工业中可用于制备硫酸。回答下列问题：
（1）SO2是 （填“电解质”或“非电解质”）。
（2）Cu2S与O2反应可生成SO2，已知：
Cu（s）＋ eq \f(1,2) O2（g）===CuO（s）ΔH＝x kJ·ml－1
Cu（s）＋ eq \f(1,2) S（s）=== eq \f(1,2) Cu2S（s）ΔH＝y kJ·ml－1
S（s）＋O2（g）===SO2（g）ΔH＝z kJ·ml－1
写出Cu2S与O2反应生成CuO和SO2的热化学方程式 。
（3）硫酸工业中涉及反应：2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g） ΔH＝Q kJ·ml－1一定条件下，在2 L恒容密闭容器中，通入2 ml SO2和1 ml O2发生上述反应，SO2的平衡转化率与压强、温度的关系如图所示。a点时此反应的平衡常数的数值为 。
关于该反应，下列说法正确的是 。
A．容器内混合气体的密度不再变化时，反应达到平衡
B．相同时间内生成2 ml SO2同时消耗1 ml O2，反应达到平衡
C．Q大于0
D．相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率就越大，该反应的平衡常数就越大
E．反应达到平衡后保持温度不变，再充入2 ml SO2和1 ml O2，SO2的平衡转化率增大
F．反应达到平衡后保持温度不变，再充入He（g），SO2的平衡转化率增大
（4）将SO2通入酸化的硝酸钡溶液可生成硫酸钡沉淀，25 ℃时，Ksp（BaSO4）＝1×10－10。Ksp（BaCO3）＝2.6×10－9。该温度下，BaSO4和BaCO3沉淀共存的悬浊液中， eq \f(c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）,c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）) ＝ 。
（5）用如图装置回收SO2可制得硫酸，电极为惰性电极，a、b膜分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜。阳极的电极反应为
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2．氢能是理想的清洁能源，资源丰富。以太阳能为热源分解Fe3O4，经由热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图1：
（1）过程Ⅰ：2Fe3O4（s）⇌6FeO（s）＋O2（g） ΔH＝＋313.2 kJ·ml－1
①过程Ⅰ需要将O2不断分离出去，目的是
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②一定温度下，在容积可变的密闭容器中，该反应已达到平衡，下列说法正确的是 （填字母标号）。
a．容器内气体密度和相对分子质量都不再改变
b．升高温度，容器内气体密度变大
c．向容器中通入N2，Fe3O4的转化率不变
d．缩小容器容积，O2（g）浓度变大
③在压强p1下，Fe3O4的平衡转化率随温度变化的曲线如图2所示。若将压强由p1增大到p2，在图2中画出p2下的α（Fe3O4）­T曲线示意图。
（2）已知H2的燃烧热是285.8 kJ·ml－1，则液态水通过过程Ⅱ转化的热化学方程式为 。
（3）其他条件不变时，过程Ⅱ在不同温度下，H2O的转化率随时间的变化[α（H2O）－t]曲线如图3所示，温度T1、T2、T3由大到小的关系是______________________________，
判断依据是_________________________________________________________
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（4）科研人员研制出透氧膜（OTM），它允许电子和O2－同时透过，可实现水连续分解制H2，工作时CO、H2O分别在透氧膜的两侧反应。工作原理如图所示：
CO在 （填“a”或“b”）侧反应，另一侧的电极反应式为
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3．中科院大连化学物理研究所的一项研究成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，如图所示。
（1）已知相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式
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（2）在400 ℃时，向1 L的恒容反应器中充入1 ml CH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%。则在该温度下，其平衡常数K＝ 。按化学平衡移动原理，在下图中画出CH4的平衡转化率与温度及压强（p1>p2）的关系曲线。
（3）在制备C2H4时，通常存在副反应：2CH4（g）⇌C2H6（g）＋H2（g）。在常温下，向体积为1 L的恒容反应器中充入1 ml CH4，然后不断升高温度，得到上图。
①在200 ℃时，测出乙烷的量比乙烯多的主要原因是
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②在600 ℃时，乙烯的体积分数减少的主要原因是
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（4）工业上常采用除杂效率高的吸收—电解联合法，除去天然气中杂质气体H2S，并将其转化为可回收利用的单质硫，其装置如下图所示。
通电前，先通入一段时间含H2S的甲烷气，使部分NaOH吸收H2S转化为Na2S，再接通电源，继续通入含H2S杂质的甲烷气，并控制好通气速率。则装置中右端碳棒为 极，左端碳棒上的电极反应为 ，右池中的c（NaOH）∶c（Na2S） （填“增大”“基本不变”或“减小”）。
4．氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。请回答下列问题：
（1）部分氮氧化合物之间的转化所发生的化学反应如下：
Ⅰ.NO（g）＋NO2（g）＋O2（g）⇌N2O5（g） ΔH1＝－112.5 kJ·ml－1
Ⅱ.2NO（g）＋O2（g）⇌2NO2（g） ΔH2＝－114.2 kJ·ml－1
①反应2N2O5（g）⇌4NO2（g）＋O2（g）的ΔH＝ kJ·ml－1
②反应Ⅱ的机理为：
第一步：2NO（g）⇌N2O2（g）（快）ΔH3<0
第二步：N2O2（g）＋O2（g）―→2NO2（g）（慢） ΔH4<0
下列说法正确的是 （填标号）。
A．N2O2是反应的中间体
B．第一步反应的活化能较大
C．第一步、第二步中的碰撞均100%有效
D．整个反应的反应速率由第二步决定
（2）常温常压下，SO2与O2间的反应极慢，但向二者的混合物中加入适量的NO2后，SO2很快就会转化为SO3。反应过程中，反应体系的能量变化可用下图中的某一曲线表示（图中曲线a表示没有使用NO2时的能量变化）。
①最可能表示使用了NO2的能量变化曲线是 （填“b”或“c”），Ea表示的意义是________________________________________________________________________。
②若维持其他条件不变，用催化剂V2O5代替NO2，下列物理量中不可能变化的是 （填标号）。
A．反应的活化能 B．反应速率
C．反应热 D．平衡常数K
（3）2 L恒容密闭容器中最初存在n（SO2）＝4 ml、n（O2）＝x ml的混合物，分别在温度为T1、T2条件下发生反应2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g） ΔH<0。控制其他条件不变，改变n（O2），测得平衡时SO3的体积分数[φ（SO3）]与n（O2）的关系如图所示。
①T1 T2（填“>”或“<”），a、b、c三点时，SO2转化率最大的是 。
②若x＝2，计算温度为T1时反应2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g）的平衡常数K＝ 。
题型分组训练10 化学反应原理综合应用题
（A组）
1．解析：（1）①根据盖斯定律，由反应2－反应1＝反应3：3AlCl（g）===2Al（l）＋AlCl3（g） ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝b kJ·ml－1－a kJ·ml－1＝（b－a）kJ·ml－1；②950 ℃时，铝土矿与足量的焦炭和Cl2反应可制得AlCl3，同时高温条件下生成一氧化碳，反应的化学方程式是Al2O3＋3C＋3Cl2 eq \(=====,\s\up7(950 ℃)) 2AlCl3＋3CO；（2）①向等容积A、B密闭容器中加入足量的铝粉，再分别充入1 ml AlCl3（g），在相同的高温下进行反应。B容器容积可变，正反应为气体体积增大的反应，随着反应的进行气体总量增大，相对于容器A则容器B压强减小，反应速率减慢且平衡向气体体积增大的正反应方向移动，平衡时AlCl3（g）的体积分数减小；②1 100 ℃时，向2L密闭容器中通入3 ml AlCl（g），发生反应：3AlCl（g）⇌2Al（l）＋AlCl3（g）。已知该温度下AlCl（g）的平衡转化率为80%，根据三段式有：
3AlCl（g）⇌2Al（l）＋AlCl3（g）
eq \a\vs4\al(开始时浓度,（ml·L－1）) 1.5 0
eq \a\vs4\al(改变的浓度,（ml·L－1）) 1.2 0.4
eq \a\vs4\al(平衡时浓度,（ml·L－1）) 0.3 0.4
则该反应的平衡常数K＝ eq \f(c（AlCl3）,c3（AlCl）) ＝ eq \f(0.4,0.33) ＝ eq \f(400,27) ；
③加入3 ml AlCl（g），在不同压强下发生反应，温度对产率的影响如题图所示。反应选择温度为900℃的原因是900℃时，产率已经较高，升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低；（3）①电池充电时，阴极上Al2Cl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(7)) 得电子产生铝和AlCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ，电极反应式为4Al2Cl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(7)) ＋3e－===Al＋7AlCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ；②AlCl3和NaCl的熔融盐常用于镀铝电解池，电镀时AlCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 和Al2Cl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(7)) 两种离子在电极上相互转化，NaCl的作用是生成AlCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 和Al2Cl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(7)) ，增强导电性，其他离子不参与电极反应。
答案：（1）①（b－a） ②Al2O3＋3C＋3Cl2 eq \(=====,\s\up7(950 ℃)) 2AlCl3＋3CO
（2）① ② eq \f(400,27) ③900 ℃时，产率已经较高，升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低
（3）①4Al2Cl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(7)) ＋3e－===Al＋7AlCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ②生成AlCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 和Al2Cl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(7)) ，增强导电性
2．解析：（1）NH3被O2氧化生成N2O，N元素从－3价升至＋1价，1 ml NH3失去4 ml e－，O元素从0价降至－2价，1 ml O2得到4 ml e－，根据N和O元素得失电子守恒及原子守恒配平方程式。
（2）①A项，通入尾气速率过快时，尾气吸收不充分，错误；B项，采用气、液逆流方式吸收尾气时，尾气吸收会更充分，正确；C项，补充NaOH溶液，c（OH－）增大，能更充分吸收尾气，正确。②NO2与NaOH反应可生成NaNO2、NaNO3和水，所以NaNO2晶体中会混有NaNO3杂质。由吸收尾气的主要反应可知，NO2吸收更充分，故吸收后排放的尾气中NO的含量较高。
（3）①HClO氧化NO生成NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，自身被还原为Cl－，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式。②氧化NO的是HClO，NaClO在酸性条件下会生成HClO，所以pH越小，溶液中HClO的浓度越大，NO转化率越高。
答案：（1）2NH3＋2O2 eq \(=====,\s\up7(催化剂),\s\d5(△)) N2O＋3H2O
（2）①BC ②NaNO3 NO
（3）①3HClO＋2NO＋H2O===3Cl－＋2NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋5H＋
②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
3．解析：Ⅰ.反应Fe2O3（s）＋3CO（g）===2Fe（s）＋3CO2（g）等于反应①× eq \f(2,3) ＋反应②× eq \f(1,3) ，ΔH＝ΔH1× eq \f(2,3) ＋ΔH2× eq \f(1,3) ＝ eq \f(2a＋b,3) ；
Ⅱ.（1）CO2转化率为75%，则消耗的CO2的物质的量为8 ml×75%＝6 ml，体积为2 L，转化的浓度为3 ml·L－1。则
CO2（g）＋H2（g）⇌CO（g）＋H2O（g）
开始（ml·L－1） 4 8 0 0
转化（ml·L－1） 3 3 3 3
平衡（ml·L－1） 1 5 3 3
用时为15 min，反应速率v（CO2）＝ eq \f(Δc,Δt) ＝ eq \f(3 ml·L－1,15 min) ＝0.2 ml·L－1·min－1；
平衡常数K＝ eq \f(c（CO）c（H2）,c（CO2）c（H2O）) ＝ eq \f(3×3,1×5) ＝1.8。
乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，甲中反应正向进行，生成的CO和H2O相同，则乙不管是正向进行还是逆向进行，CO和H2O的物质的量必须相等，y＝z。乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，对于前后体积相等的反应，各反应物要成比例。在甲中CO2和H2的比例为1∶2，则将乙中的CO和H2O完全转化为CO2和H2，乙中CO2的物质的量为w＋y，H2的物质的量为x＋y。 eq \f(w＋y,x＋y) ＝ eq \f(1,2) ，则y＝x－2w；（2）看图像中曲线，随着温度的升高，乙苯的转化率升高，说明升高温度，平衡正向移动。根据所学，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应为吸热反应，则ΔH>0。在同一温度下，可以发现p3时，乙苯的转化率最高。该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，乙苯的转化率降低。说明p3表示的压强最小，则p1>p2>p3；（3）达到化学平衡时正反应速率等于逆反应速率，v正＝v逆，即k正·c（CO）·c（NO2）＝k逆·c（CO2）·c（NO）。平衡常数K＝ eq \f(c（CO2）·c（NO）,c（CO）·c（NO2）) 。转变形式有 eq \f(c（CO2）·c（NO）,c（CO）·c（NO2）) ＝ eq \f(k正,k逆) ，则 eq \f(k正,k逆) ＝K。
答案：Ⅰ. eq \f(2a＋b,3)
Ⅱ.（1）0.2 ml·L－1·min－1 1.8 ＝ x－2w
（2）> p1>p2>p3
（3） eq \f(k正,k逆) ＝K
4．解析：本题涉及的知识点有热重实验、电解原理的应用、化学平衡移动等，通过分析图像，做出合理解释，考查了学生分析和解决化学问题的能力，体现了变化观念与平衡思想的学科核心素养，以及创新思维和创新意识的价值观念。
（1）①根据图中质量变化可知，CaC2O4·H2O分解产生的气态产物依次为H2O（g）、CO、CO2，固体分解过程为CaC2O4·H2O→CaC2O4→CaCO3→CaO。
②CaO捕集CO2的性能与CaO与CO2气体的接触面积有关，CaC2O4·H2O分解产生的气体更多，使生成的CaO更加疏松多孔，捕集性能更好。
（2）①CO2、HCOO－中碳元素化合价分别为＋4、＋2价，阴极电极反应式为CO2＋2e－＋H＋===HCOO－。
②阳极区生成O2：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O（或2H2O－4e－===O2↑＋4H＋），溶液pH减小，HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 与H＋反应生成CO2逸出，K＋部分通过阳离子交换膜移向阴极区，故阳极区KHCO3溶液浓度降低。
（3）①从反应特点看，反应Ⅰ是吸热反应、反应Ⅱ是放热反应，温度升高，CH3OCH3的选择性急剧下降，大于300 ℃时CO2平衡转化率上升，说明升高温度，反应Ⅰ中CO2的转化率上升幅度超过反应Ⅱ中CO2的转化率降低幅度。
②反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，可以增大压强使平衡向右移动；从影响反应速率的角度考虑，反应时间不变的条件下，可使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂。
答案：（1）①CaC2O4 eq \(=========,\s\up7(400～600 ℃)) CaCO3＋CO↑
②CaC2O4·H2O分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔
（2）①CO2＋H＋＋2e－===HCOO－或CO2＋HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋2e－===HCOO－＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3))
②阳极产生O2，pH减小，HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 浓度降低；K＋部分迁移至阴极区
（3）①反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度
②增大压强、使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
（B组）
1．解析：（1）电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，但一定是自身能电离出阴、阳离子而导电，二氧化硫溶于水后，能导电，但阴、阳离子不是其自身电离出来的，而是与水反应生成的亚硫酸电离出来的，因此二氧化硫是非电解质，亚硫酸是电解质；
（2）反应①Cu（s）＋ eq \f(1,2) O2（g）===CuO（s） ΔH＝x kJ·ml－1
反应②Cu（s）＋ eq \f(1,2) S（s）=== eq \f(1,2) Cu2S（s） ΔH＝y kJ·ml－1
反应③S（s）＋O2（g）===SO2（g） ΔH＝z kJ·ml－1
根据盖斯定律可知，①×2－②×2＋③可得：Cu2S（s）＋2O2（g）===2CuO（s）＋SO2（g） ΔH＝（2x＋z－2y） kJ·ml－1；
（3）由图像可知a点时SO2的平衡转化率为20%，则SO2的转化量为0.4 ml，列出三段式：
2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g）
起始（ml·L－1） 1 0.5 0
转化（ml·L－1） 0.2 0.1 0.2
平衡（ml·L－1） 0.8 0.4 0.2
则平衡常数为：K＝ eq \f(c2（SO3）,c2（SO2）·c（O2）) ＝ eq \f(0.22,0.82×0.4) ＝ eq \f(5,32) 。
容器为恒容密闭容器，混合气体的总质量不变，因此容器内混合气体的密度始终不变，则容器内混合气体的密度不再变化时，反应不一定达到平衡状态，故A错误；相同时间内生成2 ml SO2的同时生成1 ml O2，若同时又消耗1 ml O2，那么O2的物质的量保持不变，反应达到平衡状态，故B正确；由图像可知，当压强一定时，升高温度，SO2的平衡转化率减小，即平衡逆向移动，而升温平衡向吸热反应方向移动，因此正反应方向为放热方向，则Q小于0，故C错误；相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，而该反应正反应方向为气体体积减小的反应，因此，加压该反应正向移动，则SO2的平衡转化率增大，但平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故D错误；恒温恒容，反应达到平衡后再充入2 ml SO2和1 ml O2，与原平衡相比，新平衡同等程度改变反应物的物质的量，相当于增大压强，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，故E正确；恒温恒容，反应达到平衡后再充入He（g），因为容器容积不变，反应混合物中各物质的物质的量浓度均不变，正、逆反应速率不变，平衡不移动，SO2的平衡转化率不变，故F错误；
（4） eq \f(c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）,c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）) ＝ eq \f(c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）·c（Ba2＋）,c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）·c（Ba2＋）) ＝ eq \f(Ksp（BaSO4）,Ksp（BaCO3）) ＝ eq \f(1×10－10,2.6×10－9) ＝ eq \f(1,26) ；
（5）该装置可回收SO2制得硫酸，硫酸在阳极生成，SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 通过阴离子交换膜进入阳极室，电极反应式的书写也要遵循得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，阳极的电极反应为SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) －2e－＋H2O===SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋2H＋。
答案：（1）非电解质 （2）Cu2S（s）＋2O2（g）===2CuO（s）＋SO2（g） ΔH＝（2x＋z－2y） kJ·ml－1
（3） eq \f(5,32) BE （4） eq \f(1,26) （5）SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) －2e－＋H2O===SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋2H＋
2．解析：（1）①过程Ⅰ将O2不断分离出去，降低c（O2），使平衡正向移动，从而提高Fe3O4的转化率。②容器中只有O2为气体，气体的密度和相对分子质量不再改变时，反应达到平衡，a项正确；升高温度，平衡正向移动，气体的质量增加，但容器的容积也增大，无法定性判断气体密度的变化，可以根据理想气体状态方程来判断，pV＝nRT可变形为p＝ eq \f(ρ,M)RT，容器容积可变，则p不变，而M、R为常数，则升温时，ρ减小，b项错误；向容器中通入N2，则容器容积增大，平衡向正反应方向移动，Fe3O4的转化率增大，c项错误；温度不变，平衡常数不变，O2浓度不变，d项错误。③相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，Fe3O4的平衡转化率减小。
（2）过程Ⅱ的反应为：3FeO（s）＋H2O（l）===H2（g）＋Fe3O4（s），已知①2Fe3O4（s）⇌6FeO（s）＋O2（g） ΔH＝＋313.2 kJ·ml－1，②H2（g）＋ eq \f(1,2) O2（g）===H2O（l） ΔH＝－285.8 kJ·ml－1，根据盖斯定律，由－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(①×\f(1,2))) －②，可得3FeO（s）＋H2O（l）===H2（g）＋Fe3O4（s） ΔH＝－（313.2 kJ·ml－1× eq \f(1,2) ）－（－285.8 kJ·ml－1）＝＋129.2 kJ·ml－1。
（3）其他条件相同时，在相同时间段内，转化率：α（H2O）T1>α（H2O）T2>α（H2O）T3，因为该反应是吸热反应，升高温度，平衡右移，所以T1>T2>T3。
（4）根据水分解制H2，则水得到电子，发生还原反应，H2O在a侧反应，CO在b侧反应，a侧的电极反应为：H2O＋2e－===H2↑＋O2－。
答案：（1）①提高Fe3O4的转化率 ②a ③如图所示
（2）3FeO（s）＋H2O（l）===H2（g）＋Fe3O4（s） ΔH＝＋129.2 kJ·ml－1
（3）T1>T2>T3 其他条件相同时，因为该反应是吸热反应，升高温度平衡右移，所以T1>T2>T3
（4）b H2O＋2e－===H2↑＋O2－
3．解析：（1）根据H2、 CH4和C2H4的燃烧热数据可写出热化学方程式：①H2（g）＋ eq \f(1,2) O2（g）===H2O（l） ΔH＝－285.8 kJ·ml－1，②CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l） ΔH＝－890.3 kJ·ml－1，③C2H4（g）＋3O2（g）===2CO2（g）＋2H2O（l） ΔH＝－1 411.0 kJ·ml－1，根据盖斯定律，由②×2－③－①×2得2CH4（g）⇌C2H4（g）＋2H2（g） ΔH＝＋202.0 kJ·ml－1。
（2）设平衡时转化的CH4的物质的量为2x ml，根据三段式法进行计算：
2CH4（g）⇌C2H4（g）＋2H2（g）
起始（ml） 1 0 0
转化（ml） 2xx 2x
平衡（ml） 1－2xx 2x
则 eq \f(x,1－2x＋x＋2x) ×100%＝20.0%，解得x＝0.25，则平衡时CH4、C2H4、H2的物质的量浓度分别为0.50 ml·L－1、0.25 ml·L－1和0.50 ml·L－1，则K＝ eq \f(0.25×0.502,0.502) ＝0.25。该反应为吸热反应，升高温度，CH4的平衡转化率增大；该反应为气体分子数增大的反应，温度相同时增大压强，CH4的平衡转化率降低，据此画出图像。
（3）①题图中200 ℃时乙烷的量比乙烯多，这是因为该条件下乙烷的生成速率比乙烯的快。②在600 ℃后，乙烯的体积分数减少，主要是因为乙烯发生了分解反应。
（4）结合题图可知右侧通入含有H2S杂质的甲烷气，得到除杂后的甲烷气，结合题意，则右端碳棒为电解池的阳极，左端碳棒为阴极。阴极上水电离出的H＋得电子被还原为H2，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑或2H＋＋2e－===H2↑。右池中相当于H2S发生氧化反应而被除去，则溶液中c（NaOH）∶c（Na2S）基本保持不变。
答案：（1）2CH4（g）⇌C2H4（g）＋2H2（g） ΔH＝＋202.0 kJ·ml－1（或CH4（g）⇌ eq \f(1,2) C2H4（g）＋H2（g） ΔH＝＋101.0 kJ·ml－1）
（2）0.25（或0.25 ml·L－1） 如图所示
（3）①在200 ℃时，乙烷的生成速率比乙烯的快
②在600 ℃后，乙烯开始分解为碳和氢气
（4）阳 2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑或2H＋＋2e－===H2↑ 基本不变
4．解析：（1）①依据目标反应方程式，得出Ⅱ－2×Ⅰ，ΔH＝ΔH2－2ΔH1＝[－114.2 kJ·ml－1－2×（－112.5 kJ·ml－1）]＝＋110.8 kJ·ml－1；②N2O2是第一个反应的生成物，第二反应的反应物，因此N2O2是反应中间体，故A说法正确；活化能越大，越难进行反应，第一步反应快，说明第一步反应活化能较小，故B说法错误；活化分子的碰撞不是100%有效，故C说法错误；整个反应的反应速率是由反应速率慢的反应决定，该机理中第二步反应慢，整个反应的反应速率是由第二步决定，故D说法正确；（2）①根据题意NO2在SO2与O2反应中作催化剂，催化剂参与反应，降低反应的活化能，涉及多个反应，因此最有可能表示使用NO2的能量变化曲线的是b；Ea表示SO2与O2未加催化剂时的活化能；②V2O5是催化剂，使用催化剂，降低活化能，因此反应的活化能发生变化，故A不符合题意；使用催化剂，降低活化能，加快反应速率，故B不符合题意；反应热只与始态和终态有关，与反应的过程无关，因此反应热保持不变，故C符合题意；平衡常数K只受温度的影响，使用催化剂温度不变，则平衡常数K保持不变，故D符合题意；（3）①该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO3的体积分数减少，根据图像，T1② 2SO2（g） ＋ O2（g）⇌2SO3（g）
c始 2 ml·L－11 ml·L－10
Δc 2xx2x
c平 2－2x1－x2x
SO3的体积分数＝ eq \f(2x,3－x) ×100%＝80%，解得x＝ eq \f(6,7) ，化学平衡常数K＝ eq \f(c2（SO3）,c2（SO2）·c（O2）) ，将上述数值代入表达式，得出K＝252。
答案：（1）①＋110.8 ②AD
（2）①b SO2与O2未加催化剂时的活化能 ②CD
（3）①< c ②252
容器
反应物
甲
8 ml CO2（g）、16 ml H2（g）
乙
w ml CO2（g）、x ml H2（g）、y ml CO（g）、z ml H2O（g）
物质
燃烧热/（kJ·ml－1）
氢气
285.8
甲烷
890.3
乙烯
1 411.0