2021届高考化学三轮复习回归基础练习14 化学反应原理综合

这是一份2021届高考化学三轮复习回归基础练习14 化学反应原理综合，共32页。试卷主要包含了填空题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年度高考三轮（回归基础）练习14化学反应原理综合

一、填空题
1．用氮化硅陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下： 3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)，在温度T0下的2L密闭容器中，加入0.3molSiCl4，0.2molN2，0.6molH2进行上述反应，2min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.8g
(1)SiCl4的平均反应速率为_______
(2)平衡后，若改变温度，混合气体的平均相对分子质量与温度的关系如图所示，

下列说法正确的是____
A．该反应在T0温度下可自发进行
B．若混合气体的总质量不变，表明上述反应己达到平衡状态
C．其他条件不变，增大Si3N4的物质的量，平衡向左移动
D．按3:2:6的物质的量比增加反应物，SiCl4(g)的转化率升高
(3)下表为不同温度下该反应的平衡常数，其他条件相同时，在_____(填“T1”、“T2”、“T3”)温度下反应达到平衡所需时间最长：
温度T
T1
T2
T3
平衡常数K
1.2
2.5
10
假设温度为T1时向该反应容器中同时加入c(SiCl4)=0.3mol/L， c(H2)=0.3mol/L，c(N2)=xmol/L，c(HCl)=0.3mol/L和足量Si3N4(s)，若要使平衡建立的过程中HCl浓度减小，x取值范围为_____
(4)该反应的原子利用率目标产物质量与反应物总质量比值为______ (保留2位有效数字)

二、原理综合题
2．甲醇制氢作为一种绿色能源技术备受关注。
I．甲醇裂解制氢法
(1)该方法的主反应：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) △H1>0此反应能自发进行的原因是___。
(2)一定温度下，向某一刚性恒容密闭容器中充入CH3OH(g)，发生反应CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，反应起始时CH3OH(g)的压强为5.00MPa，t h后反应达到平衡，此时H2的物质的量分数为60%，则0~t h内的平均反应速率v(CO)=___MPa•h-1，CH3OH的平衡转化率α(CH3OH)=___，此时平衡常数Kp=___(Kp为以平衡分压表示的平衡常数）。
(3)科研人员通过计算机模拟用Pd(III)催化甲醇裂解的反应机理，得到附着在Pd(III)表面上甲醇变换的反应历程图［如图1，附在Pd(III)表面的物种用＊标注］，此历程中活化能最小的反应方程式为___。

II．甲醇水蒸气重整制氢法
(4)该方法的部分反应如下：
主反应：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H2=+49kJ•mol-1
副反应：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=-41kJ·mol-1
①相同条件下，甲醇水蒸气重整制氢法与甲醇裂解制氢法相比较，从经济效益和绿色化学角度分析，前者先进之处在于___。
②在某催化剂的作用下，在相同时间内，不同温度下测得CH3OH的转化率、CO的生成率与温度的变化关系如图2所示。

随着温度的升高，CH3OH实际反应转化率不断接近平衡状态转化率的原因是___（填字母）。
A．主反应的活化能降低
B．主反应的反应速率增大
C．CH3OH的平衡转化率降低
随着温度的升高，CO的实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是___。为提高CH3OH的转化率且使副反应不向正反应方向进行，可采取的措施有___（任写一条）。
3．在一固定体积的密闭容器中，充入2 mol CO2和1 mol H2发生如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数与温度(T)的关系如下表：
T/℃
700
800
830
1 000
1 200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
(1)该反应的化学平衡常数表达式为K＝_________________。
(2)若反应在830 ℃下达到平衡，则CO2气体的转化率为________。
(3)若绝热时(容器内外没有热量交换)，平衡发生移动的结果是使容器内CO的浓度增大，则容器内气体温度________(填“升高”、“降低”或“不能确定”)。
(4)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是____________。
A 容器内压强不变 B 混合气体中c(CO)不变
C v正(H2)＝v逆(H2O) D c(CO2)＝c(CO)
E c(CO2 )·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)
(5)当发动机采用稀薄燃烧时，尾气中的主要污染物为NOx，可用CxHy（烃）催化还原NOx消除氮氧化物的污染。
已知：CH4(g)＋4NO2(g) ＝ 4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H1＝-574 kJ·mol-1
CH4(g)＋4NO(g) ＝ 2N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g) △H2
CH4(g)＋2NO2(g) ＝ N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H3＝-867 kJ·mol-1
△H2＝_____________。
4．“循环经济”和“低碳经济”是目前备受关注的课题，因而对碳和硫的化合物的综合利用成为研究的热点。请回答下列问题：
(1)下列事实中，不能用来比较碳元素和硫元素非金属性强弱的是_______(填选项字母)。
A．有漂白性而没有
B．少量能与反应生成
C．能使酸性溶液褪色而不能
D．溶液显碱性而溶液显中性
(2)下图是通过热循环进行能源的综合利用和污染治理的反应系统原理。

系统(Ⅱ)制氢气的热化学方程式为_______；两个系统制得等量的H2所需能量较少的是_______。
(3)向10 L恒容密闭容器中充入2 mol CO和1 mol ，发生反应2CO(g)+SO2 (g)⇌S(g)+2CO2 (g)。CO和CO2的平衡体积分数(φ)与温度(T)的关系如图所示。

①图中能表示CO的平衡体积分数与温度关系的曲线为_______(填“L1”或“L2”)。
②T1 ℃时，的平衡转化率α1=_______，反应的平衡常数_______。
③只改变下列条件，既能加快该反应速率，又能增大CO的平衡转化率的是_______(填选项字母)。
A．增大压强 B．充入一定量 C． 充入一定量 D．加入适当催化剂
④向起始温度为 ℃的10 L绝热容器中充入2 mol CO和1 mol ，重复实验，该反应的平衡常数_______(填“>”“＜”或“=”)，理由为_______。
5．按要求回答下列问题：
（1）以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：
反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4（s） △H1
反应Ⅱ：NH2COONH4(s) CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H2= +72.49kJ/mol
总反应：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H3= -86.98kJ/mol
①反应Ⅰ的△H1=______________。
②一定温度下，在体积固定的密闭容器中按 n（NH3）:n（CO2）=2:1 进行反应Ⅰ，下列能说明反应Ⅰ达到了平衡状态的是_______（填序号）。
A 容器内气体总压强不再变化
B NH3与CO2的转化率相等
C 容器内混合气体的密度不再变化
（2）在一定体积的密闭容器中进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数（K）和温度（t）的关系如下表所示：
t/℃
700
800
830
1 000
1 200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6


回答下列问题：
①该反应的化学平衡常数表达式为K＝___________。
②该反应为____________（填“吸热”或“放热”）反应。
③某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为________℃。
④在800 ℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(CO2)为2 mol·L－1，c(H2)为1.5 mol·L－1，c(CO)为1 mol·L－1，c(H2O)为3 mol·L－1，此时反应向________（填“正向”或“逆向”）进行。
（3）工业上从废铅蓄电池废液回收铅的过程中，常用纯碱溶液与处理后的铅膏（主要含PbSO4）发生反应：PbSO4（s）＋CO32－（aq）PbCO3（s）＋SO42－（aq）。已知溶度积常数：Ksp（PbSO4）=1.6×10-8,Ksp（PbCO3）=7.4×10-14,则该反应的化学平衡常数K =____。
6．氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，但同时又是环境污染的主要物质，研究其转化规律一直是科学家们的热点问题。回答下列问题：
(1)已知氮氧化物转化过程中的能量变化如图(图中表示生成2 mol NO2的能量变化)。1 mol NO氧化为NO2的焓变ΔH=_______kJ/mol。

(2)某温度下，反应的平衡常数如下：
a．2NO2(g)N2(g)+2O2(g) K=6.7×1016
b．2NO(g)N2(g)+O2(g) K=2.2×1030
分解反应趋势较大的反应是_______(填“a”或“b”)；反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的K=_______。
(3)已知反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的正反应速率v正=k1cm(NO)cn(O2)，其中k为速率常数，该反应的历程为：
第一步：NO+NON2O2 快速平衡
第二步：N2O2+O22NO2慢反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：v正=k1c2(NO)，ν逆=k-1c(N2O2)。下列叙述不正确的是_______(填字母)。
A．第一步反应的平衡常数K=
B．第二步的活化能比第一步的活化能高
C．v(第一步的正反应)>v(第二步的反应)
D．第二步中N2O2与O2的碰撞100%有效
(4)二氯氨(NHCl2)是由氨气遇氯气生成的化合物，常用作饮用水二级消毒剂，在中性、酸性环境中会与水反应生成具有强杀菌作用的物质，该物质的电子式为_______。
(5)在恒温条件下，将2 mol Cl2和1 mol NH3充入某密闭容器中发生反应：2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示。则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是_______点(填“A”“B”或“C”)；计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=_______(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数。)

7．已知汽车尾气排放时容易发生以下反应：
Ⅰ．N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH1=+180.0kJ/mol
Ⅱ．2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH2
请回答下列问题：
(1)若CO的燃烧热(ΔH3)为-283.5kJ/mol，则反应Ⅱ的ΔH2=_______kJ/mol。
(2)若在恒容密闭容器中，充入2mol CO(g)和1mol NO(g)，发生反应Ⅱ，下列选项中不能说明该反应已达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．CO和NO的物质的量之比不变 B．混合气体的密度保持不变
C．混合气体的压强保持不变 D．v正(N2)=2v逆(CO)
(3)CO和NO2也可发生类似于反应Ⅱ的变化，热化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g) ΔH4<0。一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入4.0mol NO2和4.0mol CO，测得相关数据如下表：

0min
5min
10min
15min
20min
c(NO2)/mol·L-1
2.0
1.7
1.56
1.5
1.5
c(N2)/mol·L-1
0
0.15
0.22
0.25
0.25
①0~5min内，v正(CO2)=_______mol·L-1·min-1；该温度下反应的化学平衡常数K=_______(保留两位有效数字)L/mol。
②其他条件不变，升高温度，NO2的平衡转化率_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
③20min时，保持其他条件不变，再向容器中通入0.4mol CO、0.7mol N2和0. 4mol CO2，此时v正_______(填“”、“”或“”) v逆。
8．氮及其化合物是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下列问题。
I．NOx和SO2在空气中存在下列平衡：
2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H=﹣113.0kJ•mol﹣1
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=﹣196.6kJ•mol﹣1
SO2通常在二氧化氮的存在下，进一步被氧化，生成SO3。
(1)写出NO2和SO2反应的热化学方程式为_________。
(2)随温度升高，该反应化学平衡常数变化趋势是_____(填增大、不变、减小)。
II．(1)已知4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) ΔH=-1800 kJ·mol-1，将2 mol NH3、3 mol NO的混合气体分别置于a、b、c三个10 L恒容密闭容器中，使反应在不同条件下进行，反应过程中c(N2)随时间的变化如图所示。

①与容器a中的反应相比，容器b中的反应改变的实验条件可能是____，判断的依据是_________。
②一定温度下，下列能说明反应已达到平衡状态的是____
A．H2O(g)与NO的生成速率相等 B．混合气体的密度保持不变
C．ΔH保持不变 D．容器的总压强保持不变
(2)用NH3和Cl2反应可以制备具有强氧化性的三氯胺(三氯胺在中性、酸性环境中会发生强烈水解，生成具有强杀菌作用的物质)，方程式为3Cl2(g)+NH3(g)NCl3(l)+3HCl(g)，向容积均为1L的甲、乙两个恒温(反应温度分别为400℃、T℃)容器中分别加入2molCl2和2molNH3，测得各容器中n(Cl2)随反应时间t的变化情况如下表所示：
t /min
0
40
80
120
160
n(Cl2)(甲容器)/mol
2.00
1.50
1.10
0.80
0.80
n(Cl2)(乙容器)/mol
2.00
1.45
1.00
1.00
1.00
①T℃__________400℃(填“＞”或“＜”)。
②该反应的ΔH__________0(填“＞”或“＜”)。
③该反应自发进行的条件是__________(填高温、低温、任何温度)。
9．(1)根据下列热化学方程式：
①C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1
②H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1
③CH3COOH(l)+2O2(g)═2CO2(g)+2H2O(l)△H=-870.3kJ•mol-1
可以计算出2C(s)+2H2(g)+O2(g)═CH3COOH(l)的反应热为___。
(2)已知在101kPa时，CO的燃烧热为283kJ•mol-1。相同条件下，若2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为1molCO完全燃烧放出热量的6.30倍，表示CH4燃烧热的热化学方程式是___。
(3)催化剂可以加快化学反应速率的原因___。
(4)把一小块镁、铝合金放入6mol•L-1的NaOH溶液中，可以形成微型原电池，则该原电池负极发生的电极反应式为___。
10．研究氮氧化物的反应机理，对于消除对环境的污染有重要意义。升高温度，绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率却随着温度的升高而减少。某化学小组为研究该特殊现象的实质原因，查阅资料知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：
2NO(g)N2O2(g)(快) △H1<0 v1正=k1正c2(NO) v1逆=k1逆c(N2O2)
N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)△H2<0 v2正=k2正c(N2O2)c(O2) v2逆=k2逆c2(NO2)
请回答下列问题：
（1）反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的_____________kJ·mol—1（用含和的式子表示）。一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用K1正、K1逆、K2正、K2逆表示的平衡常数表达式K=__________，升高温度，K值__________（填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原因是_____________。
A．k2正增大，c(N2O2)增大 B．k2正增大，c(N2O2)减小
C．k2正减小，c(N2O2)增大 D．k2正减小，c(N2O2)不变
11．研究和深度开发氮氧化物、碳氧化物、硫及其化合物的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。
I.NO会加速臭氧层被破坏，其反应过程如图所示：

(1)NO的作用是___________。
(2)已知：O3(g)+O(g)⇌2O2 ΔH=-143kJ·mol-l
反应1：O3+NO⇌NO2+O2 ΔH1=-200.2kJ·mol-l
反应2：热化学方程式为___________。
II.已知反应：H2S(g)+CO(g)⇌COS(g)+H2(g) △H<0，
(1)写出COS(羰基硫)的电子式___________，
(2)在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m，相同时间内测得H2S转化率与m和温度(T)的关系如图所示。

①m1___________m2.(填“>”、“＜”或“=”)
②温度高于T0时，H2S转化率减小的可能原因为___________。
a.反应停止了 b.催化剂活性降低 c.反应达到平衡 d.反应的ΔH变大
③240°C时，将等物质的量的H2S(g)与CO(g)充入密闭容器中，测得H2(g)的平衡体积分数为25%。则此时该反应的平衡常数K=___________；
④在300°C、320°C时上述反应中H2S(g)和COS(g)的体积分数(w)随时间(t)的变化关系如图所示。起始密闭容器中w[H2S(g)]和w[CO(g)]、w[COS(g)]和w[H2(g)]分别相等。则300°C时w[COS(g)]随时间变化的曲线为___________，320°C时w[H2S(g)]随时间变化的曲线为___________。

12．人类生活、工业生产往往产生大量含碳、氮、硫的废弃气体，合理再利用或转化上述气体，变废为宝成为人们共同关注的课题。
已知：2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的反应历程分两步：
①2NO(g)N2O2(g)(快)   v1正=k1正·c2(NO)，v1逆=k1逆·c(N2O2)　 ∆H1<0
②N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)(慢)　 v2正=k2正·c(N2O2)·c(O2)，v2逆=k2逆·c2(NO2) ∆H2<0
请回答下列问题：
(1)反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的∆H＝________________(用含∆H1和∆H2的式子表示)。一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示平衡常数的表达式K＝_____________________。
(2)决定2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)反应速率是反应②，反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1________E2(填“>”、“<”或“=”)。
(3)反应N2O4(g)2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系：v(N2O4)＝k1·p(N2O4)，v(NO2)＝k2·p2(NO2)，其中k1、k2是与温度有关的常数。一定温度下，相应的速率与压强关系如图1所示。在图中标出的点中，能表示该反应达到平衡状态的两个点是________________。

(4)若将NO2与O2通入图2所示装置的甲烧杯中，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，则转移的电子数为________。
(5)已知25 ℃时由Na2SO3和NaHSO3形成的混合溶液恰好呈中性，则该混合溶液中各离子浓度的大小顺序为________________________________(已知25 ℃时，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1×10-2，Ka2=1×10-7)。
13．氢气是一种清洁能源，可以通过多种方法制得。
(1)工业上用水煤气法制氢气，有关化学方程式是：
反应一：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) △H>0
反应二：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H<0
①若反应一在t℃时达到化学平衡状态，则此温度下该反应的的平衡常数表达式K =_________；
②在427℃时将CO和H2O(g)各0.01mol通入体积为2升的密闭容器中反应，5分钟时达到平衡状态，该反应的平衡常数是9，则CO的转化率是_________，用CO的浓度变化表示的反应率速v(CO)是_________mol/(L·min)。
(2)利用电解饱和食盐水也可制得氢气，下图为电解食盐水的示意图：

请回答：
①C1电极是_______极(填“阴”或“阳”)，C2电极的电极反应式是_________。
②该电解反应的离子方程式是___________________。
(3)通过下列方法也可以得到氢气。
已知：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H=+206.2kJ·mol－1
CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=-247.4 kJ·mol－1
1molCH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的反应热是__________kJ·mol－1。
14．氟气化学性质十分活泼，具有很强的氧化性，工业上氟气常用作火箭燃料的氧化剂、卤化氟的原料、冷冻剂等。回答下列问题：
(1)已知2F2+Na2SO4＝2NaF+SO2F2+O2，针对该反应的下列有关说法正确的有______(填字母标号)。
a．SO2F2既是氧化产物又是还原产物
b．生成42 g NaF时则该反应转移1 mol电子
c．F2的氧化性强于O2
d．既有极性键、非极性键的断裂，又有极性键、非极性键的形成
(2)下图是发射卫星时用肼(N2H4)作燃料，用NO2作氧化剂，两者反应生成N2、水蒸气和用F2作氧化剂，两者反应生成N2、HF的反应原理。

通过计算，可知原理(I)和原理(II)氧化气态肼生成氮气的热化学方程式分别为______、______，消耗等量的N2H4时释放能量较多的是_______(填“原理(I)”或“原理(II)”)。
(3)在绝热的某刚性容器中置入1 mol F2和3 mol ClF3，发生反应：F2(g)+ClF(g)ClF3(g) △H。下列说法中能够判断该反应一定处于平衡状态的有_______(填字母标号)。
a．F2(g)与ClF(g)体积之比恒定不变 b．F2(g)与ClF3(g)速率之比恒定不变
c．容器中温度恒定不变 d．混合物中Cl元素质量分数恒定不变
(4)在K℃下，分别将0.20 mol F2、0.40 mol ClF充入2 L和1 L的2个刚性容器中，发生反应：F2(g)+ClF(g)ClF3(g) △H。实验测得F2的体积分数随时间变化如图所示：

①针对F2，若仅从浓度而言，则va(逆)、vb(正)、vc(正)、vd(逆)大小顺序为_________。
②反应进行到d点时，反应速率v(F2)＝______mol/(L·min)。
③c点处，F2的平衡转化率α＝_______%，d点处，平衡常数Kc＝________。
④若升高温度，在2 L的容器中，平衡后ClF的体积分数为0.8，该反应的△H_____0(填“＞”“ ＜”或“＝”)，F2的平衡转化率α_______(填“增大”“减小”或“不变”)。

三、工业流程题
15．黄血盐[亚铁氰化钾，K4Fe(CN)6] 目前广泛用作食品添加剂(抗结剂)，我国卫生部规定食盐中黄血盐的最大使用量为10mg/kg。一种制备黄血盐的工艺如下：

回答下列问题：
(1)步骤I反应的化学方程式为______。
(2)步骤IV过滤所得的废液中含量较多的溶质为______(填化学式)。
(3)步骤V是将难溶的K2CaFe(CN)6与X反应脱钙生成K4Fe(CN)6，所用的试剂X是_____。(填名称)
(4)工艺中用到剧毒的HCN溶液，含CN-的废水必须处理后才能排放。
①25°C时Ka(HCN)=6.25×10-10；计算25℃时0.01mol•L-1的HCN溶液的pH=____(lg2.5=0.4)。
②处理含CN-废水的方法：第一步控制pH>10，用NaClO溶液先将CN-不完全氧化为OCN；第二步控制pH为7.5〜8.5，用NaClO溶液完全氧化OCN生成N2和两种盐(其中一种为酸式盐)。
第一步控制强碱性的主要目的是_______，第二步反应的离子方程式为______。

参考答案
1．0.015mol·L-1·min-1 AB T3 0≤x＜0.15 24%
【详解】
(1)固体的质量增加了2.80g为Si3N4的质量，其物质的量为=0.02mol， 根据方程式可知消耗的n(SiCl4)=3n(Si3N4)=3×0.02mol=0.06mol，v(SiCl4)=== 0.015mol/(L∙min)；
(2) A．由图可知，随温度升高，气体的平均相对分子质量增大，说明正反应为放热反应，即△H<0，反应的△S>0，△H-T△S<0时反应能够自发进行，所以任何温度下反应都能够自发进行，A正确；
B．Si3N4是固体，随反应进行混合气体的总质量减小，若混合气体的总质量不变，表明上述反应己达到平衡状态，B正确；
C．Si3N4是固体，增大其物质的量，不影响平衡移动，C错误；
D．原来加入反应物的物质的量之比=0.3:0.2:0.6=3:2:6，所以按3:2:6的物质的量比增加反应物，相当于增大压强，平衡逆向移动，四氯化硅转化率减小，D错误；
故选AB；
(3)正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故温度T1>T2>T3，温度越低，反应速率越慢，到达平衡时间越长，即温度T3达到平衡时间最长；HCl浓度减小说明反应向逆向进行，故Q==>K=1.2，解得0≤x<0.15；
(4)根据质量守恒，反应物总质量等于生成物总质量，故原子利用率= ×100% =×100%=×100%24 %；
2．反应为熵增的反应 75% 168.75(MPa)2 CH3OH∗CH3O∗+H∗ 前者H2的生成量多且不产生污染环境的气体 B 升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低 升温或降压等
【分析】
I．甲醇裂解制氢法
一个反应的自发性判断，可使用焓判据、熵判据，最好使用复合判据。对于一个可逆反应，计算反应速率、反应物的转化率、平衡常数时，都需使用浓度或分压，建立三段式，便可解决问题。从图中提取信息，可确定活化能最小的反应。
II．甲醇水蒸气重整制氢法
甲醇水蒸气重整制氢法的反应为：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H2=+49kJ•mol-1；利用盖斯定律，可得出甲醇裂解制氢法的反应为：CH3OH(g)CO2(g)+2H2(g)，比较两个反应，从H2的生成量、产物对空气质量的影响两个方面可得出前者先进之处。结合图形和反应，对A、B、C三选项的内容逐一分析，找出符合要求的选项。对两个反应进行分析，分析温度升高，对两个反应的影响，从而回答相关问题。
【详解】
(1)对于反应CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，△H1>0，此反应中反应物的气体分子数小于生成物的气体分子数，为熵增的反应，所以此反应能自发进行的原因是反应为熵增的反应。答案为：反应为熵增的反应；
(2)起始时，CH3OH(g)的压强为5.00MPa，设CH3OH(g)的压强变化量为x，则三段式为：

依题意得：，x=MPa。
则0~t h内的平均反应速率v(CO)==MPa•h-1，CH3OH的平衡转化率α(CH3OH)== 75%；平衡时总压强为5.00MPa+2x=12.50MPa，此时平衡常数Kp==168.75(MPa)2。答案为：；75%；168.75(MPa)2；
(3)从图中可看出，此历程中活化能最小的点为过渡态1，反应方程式为CH3OH∗CH3O∗+H∗。答案为：CH3OH∗CH3O∗+H∗；
(4)①甲醇水蒸气重整制氢法的反应为：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H2=+49kJ•mol-1；
利用盖斯定律，可得出甲醇裂解制氢法的反应为：CH3OH(g)CO2(g)+2H2(g) △H2=+8kJ•mol-1；
比较两个反应[设参加反应的CH3OH(g)为1mol]，前一反应H2的生成量是后者的1.5倍，前一反应不产生污染环境的气体(CO)，所以从经济效益和绿色化学角度分析，前者先进之处在于前者H2的生成量多且不产生污染环境的气体。答案为：前者H2的生成量多且不产生污染环境的气体；
②A．催化剂一定时，对于主反应来说，升高温度不能使其活化能降低，A不合题意；
B．升高温度，主反应的反应速率增大，平衡正向移动，CH3OH转化率不断接近平衡转化率，B符合题意；
C．平衡正向移动，CH3OH的平衡转化率增大，C不合题意；
故选B。答案为：B；
对于H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=-41kJ·mol-1，随着温度的升高，平衡逆向移动，CO的产率减小，所以实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低。为提高CH3OH的转化率且使副反应不向正反应方向进行，可采取的措施有升温或降压等。答案为：升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低；升温或降压等。
【点睛】
利用平衡时分压计算平衡常数时，需考虑总压强的改变，温度、容积一定，当反应前后气体分子数改变时，气体物质的量改变，压强改变，且压强的变化量之比等于物质的量的变化量之比。
3．c(CO)c(H2O)/c(CO2)c(H2)　 33.3% 降低 BC -1160 kJ·mol-1
【详解】
(1) 化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，所以K= c(CO)·c(H2O)/c(CO2)·c(H2) ;答案：K=c(CO)·c(H2O)/c(CO2)·c(H2)。
(2)若反应在830 ℃下达到平衡,该反应平衡常数K=1.0,该反应中各物质计量数相等且反应前后气体计量数之和不变,该反应化学平衡常数也等于平衡时生成物物质的量之积与反应物物质的量之积的比, 设参加反应的二氧化碳物质的量为xmol,
CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ,
开始(mol) 2 1 0 0
反应(mol) x x x x
平衡(mol) 2-x 1-x x x
化学平衡常数K=x2/(2-x)(1-x)=1,x=2/3。二氧化碳转化率=参加反应的二氧化碳的物质的量/二氧化碳的总物质的量==33.3%，因此，本题正确答案是: 33.3%。
(3)根据表中数据知,升高温度,平衡常数增大,则该反应的正反应是吸热反应;若绝热时(容器内外没有热量交换),平衡发生移动的结果是使容器内CO的浓度增大,说明平衡正向移动,则容器内温度降低,因此正确答案是: 降低。
(4)A.由 CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)知两边化学计量数相等，所以压强是定值，故容器内压强不变不能作为判断平衡的依据，故A错误；B．混合气体中c(CO)不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；C．v正(H2)＝v逆(H2O)说明正逆反应速率相等，故C正确；D．c(CO2)和c(CO)浓度与初始加入量有关，c(CO2)=c(CO)不能作为判断平衡的标志，故D错误；E．c(CO2 )·c(H2)＝c(CO)·c(H2O) 不能作为判断平衡的标志，与初始量和温度有关，830 ℃时相等是平衡状态，其他温度下不等，故D错误；答案：B、C。
（5）①CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H1＝-574 kJ·mol-1；②CH4(g)＋2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H3＝-867 kJ·mol-1，根据盖斯定律得: ②-①：CH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g) △H2=（-8672）-（-574）kJ/mol=-1160 kJ·mol-1。答案：-1160 kJ·mol-1。
4．D S(g)+2H2O(g)⇌SO2(g)+2H2(g) ∆H=-90.0kJ/mol 系统(II) L2 50% 1 B ＜ 该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小
【详解】
(1)A.SO2具有漂白性，其原因为SO2与有色物质反应生成不稳定的无色物质，与元素的非金属性无关，故A错误；
B.少量H2SO3能与Na2CO3反应生成NaHCO3，证明H2SO3的酸性强于的酸性，但不能比较碳元素和硫元素非金属性强弱，故B错误；
C.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，体现其还原性，低价态氧化物的还原性强弱不能用来比较元素的非金属性强弱，故C错误；
D.Na2CO3溶液显碱性说明H2CO3为弱酸，而Na2SO4溶液显中性说明H2SO4为强酸，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，故D正确。
故答案为D。
(2)由信息知：①CO2(g)+C(s)⇌2CO(g) ∆H1=+172.4kJ/mol，②Fe3O4(s)+CO(g)⇌3FeO(s)+CO2(g) ∆H1=+17.2.kJ/mol，③3FeO(s)+H2O(g)⇌Fe3O4(s)+H2(g) ∆H3=-58.2kJ/mol，④2CO(g)+2SO2(g)⇌S(s)+2CO2(g)，∆H4=+8.0kJ/mol，应用盖斯定律得到系统(I)中热化学碳水循环制取氢气的热化学方程式为①+②×2+③×2，即C(s)+2H2O(g)⇌CO2(g)+2H2(g) ∆H=+90.4kJ/mol，系统(II)中热化学硫水循环联产氢气和二氧化硫的热化学方程式为②×2+③×2-④，即S(g)+2H2O(g)⇌SO2(g)+2H2(g) ∆H=-90.0kJ/mol，系统(I)为吸热反应，系统(II)为放热反应，故制得等量的H2所需能量较少的系统(II)，故答案为S(g)+2H2O(g)⇌SO2(g)+2H2(g) ∆H=-90.0kJ/mol；系统(II)。
(3)①该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO的平衡体积分数减小，CO2的平衡体积分数增大，故图中表示CO的平衡体积分数与温度关系的曲线为L2，故答案为L2。
②由图中信息，T1℃时，M点对应体系中CO和CO2的平衡体积分数相等，则平衡时CO和CO2的物质的量相等，设参与反应的SO2的物质的量为x，根据三段式法可得2mol-2x=2x，解得x=0.5mol，故SO2的平衡转化率为×100%=50%，同时计算得CO(g)、SO2(g)、S(g)、CO2(g)的平衡浓度分别为0.1mol/L、0.05mol/L、0.05mol/L、0.1mol/L，故该反应的平衡常数K1=1，故答案为50%，1。
③A.该反应为反应前后气体的分子数不变的吸热反应，故增大压强，平衡不移动，故A错误；
B.充入一定量SO2，SO2的浓度增大，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，反应速率增大，故B正确；
C.充入一定量H2S后，其与SO2反应生成硫单质，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，反应速率减小，故C错误；
D.加入适当催化剂，平衡不移动，故D错误。
故答案为B。
④该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为＜，该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。
【点睛】
非金属性强弱的比较规律：①单质的氧化性：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；②单质和酸或者和水的反应程度：反应越剧烈，非金属性越强；③对应氢化物的稳定性：氢化物越稳定，非金属性越强；④和氢气化合的难易程度：化合反应越容易，非金属性越强；⑤最高价氧化物对应水化物的酸性：酸性越强，非金属越强；⑥由对应最低价阴离子的还原性：还原性越强，对应非金属性越弱；⑦置换反应：非金属性强的制非金属性弱的。
5．-159.47 kJ/mol AC c（CO）c（H2O）/c（CO2）c（H2） 吸热 830 逆向 2.2×105或2.16×105
【分析】
(1) ①根据盖斯定律计算；②根据反应达到化学平衡状态的特征进行分析判断；
(2)①根据平衡常数表达式书写；②根据影响平衡常数的因素进行分析；③根据浓度商和平衡常数的关系判断反应进行的方向；
(3)根据溶度积和平衡常数表达式进行计算。
【详解】
(1)①反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4（s）△H1
反应Ⅱ：NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H2= +72.49kJ/mol
总反应：2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s) +H2O(g)△H3= -86.98kJ/mol
根据盖斯定律计算：△H1=△H3 -△H2 =-86.98kJ/mol-72.49kJ/mol=-159.47 kJ/mol，故答案：-159.47 kJ/mol；
②A.根据2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s) +H2O(g)反应可知,反应前后气体体积减小，容器内气体总压强不再变化说明反应达到平衡状态，故A正确；
B.转化率与起始量和变化量有关，所以NH3与CO2的转化率相等，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C.根据2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s) +H2O(g)反应可知, 反应前后气体质量变化，气体体积不变，容器内混合气体的密度不再变化说明反应达到平衡状态，故C正确；
故答案为：AC；
(2) ①因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K= ，故答案为：K=；
②化学平衡常数的大小只与温度有关，升高温度平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应方向吸热反应，故答案为：吸热；
③某温度下，因为平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，所以=1，根据表格可知：温度为830℃时K=1，所以此时的温度为830℃，故答案：830；
④已知800 ℃时，K=0.9。某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(CO2)为2 mol·L－1，c(H2)为1.5 mol·L－1，c(CO)为1 mol·L－1，c(H2O)为3 mol·L－1，根据Qc===1>0.9，此时反应向逆反应方向进行，故答案：逆向；
(3)Ksp (PbCO3)= 7.4×10-14， Ksp (PbSO4)= 1.6×10-8，在水溶液中进行PbSO4(s)＋CO32－(aq)PbCO3(s)＋SO42－(aq)反应，反应的平衡常数K=====2.16×105或2.2×105，故答案：2.2×105或2.16×105。

6．-56 b 3.3×1013 D B 0.5 MPa-1
【详解】
(1)由图可知，①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180 kJ/mol，②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) ΔH=+68 kJ/mol，②-①得2NO(g)+O2(g)=2NO2 ΔH=-112 kJ/mol，则1 mol NO氧化为NO2的焓变ΔH=-56 kJ/mol。
(2)平衡常数越大，反应越容易进行，b的平衡常数比a大，故b的反应趋势较大；反应b-a得到反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，则反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的K=。
(3)A．第一步反应的平衡常数K=，平衡时v正=k1c2(NO)=ν逆=k-1c(N2O2)，则K==，故A正确；
B．第二步反应比第一步反应难，第二步的活化能比第一步的活化能高，故B正确；
C．v(第一步的正反应)是快反应，v(第二步的反应)是慢反应，v(第一步的正反应)>v(第二步的反应)，故C正确；
D．第二步反应是慢反应，说明N2O2与O2的有效碰撞几率较小，不可能达到100%，故D错误；
故答案为D。
(4)二氯氨(NHCl2)在中性、酸性条件下水解生成氨气和强杀菌作用的物质HClO，HClO 的电子式为。
(5)根据平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系，可知B点HCl的物质的量浓度最大，则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是B点；
设反应的NH3的物质的量为x mol，利用三段式求解：

C点Cl2的浓度等于HCl的浓度，则2-2x=2x，解得x=0.5，反应后气体总物质的量为(3-3x+2x) mol=2.5 mol，总压强为10 MPa，则平衡常数Kp(C)=
7．-747 BD 0.12 0.11 减小 <
【分析】
(1)写出CO燃烧的热化学方程式，根据题给热化学方程式，结合盖斯定律进行分析计算；
(2)该反应为气体总量减小的放热反应，根据“变量不变”进行分析；
(3)根据v正(CO2)= 进行计算；根据三段式，计算出各物质的平衡浓度，然后带入K= 进行计算；根据Qc与K的关系判断反应进行的方向。
【详解】
(1)①N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH1=+180.0kJ/mol；②2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH2；若CO的燃烧热(ΔH3)为-283.5kJ/mol，反应的热化学方程式为：③2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) ΔH3=-567.0kJ/mol；根据盖斯定律可知：③-①可以得到：②2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH2=ΔH3-ΔH1=-567.0kJ/mol-180.0kJ/mol=-747kJ/mol；则反应Ⅱ的ΔH2=-747kJ/mol；
(2)若在恒容密闭容器中，充入2mol CO(g)和1mol NO(g)，发生反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，
A．该反应中，CO和NO按照1:1进行反应，而CO和NO是按照2:1进行投料的，所以当CO和NO的物质的量之比不变时，反应达到平衡状态，故A不选；
B．容器的体积不变，混合气体的总质量不变，因此混合气体的密度始终保持不变，不能判断反应是否达到平衡状态，故B可选；
C．该反应为气体总量发生变化的反应，其它条件不变是，压强与气体的物质的量成正比，因此混合气体的压强保持不变时，反应达到了平衡状态，故C不选；
D．当速率满足2v正(N2)=v逆(CO)关系时，反应达到平衡状态；当出现v正(N2)=2v逆(CO)关系时，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故D可选；
故选BD；
(3)热化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g) ΔH4<0；
①0~5min内，生成氮气的浓度为0.15mol/L，则生成二氧化碳气体的浓度为0.6 mol/L，v正(CO2)= =0.12mol·L-1·min-1；从图表数据可知，反应进行到15min时，达到平衡状态，所以反应得到平衡后各物质的浓度分别为：c(NO2)= 1.5mol·L-1，c(CO)=2-0.5×2=1mol·L-1，c(N2)= 0.25mol·L-1，c(CO2)=1mol·L-1，该温度下反应的化学平衡常数K===0.11；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，NO2的平衡转化率减小；
③平衡时，n(NO2)= 3mol，n(CO)=2mol，n(N2)= 0.5mol，n(CO2)=2mol，20min时，保持其他条件不变，再向容器中通入0.4mol CO、0.7mol N2和0. 4mol CO2，则容器内气体的量：n(NO2)= 3mol，n(CO)=2.4mol，n(N2)= 1.2mol，n(CO2)=2.4mol，在2L的容器中，各物质的浓度分别为：c(NO2)= 1.5 mol·L-1，c(CO)=1.2 mol·L-1，c(N2)=0.6 mol·L-1，c(CO2)=1.2mol·L-1；根据Qc=，带入数值可得Qc=0.27>K=0.11，反应向左进行，此时v正v逆。
8．NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) △H=﹣41.8 kJ•mol﹣1 减小 升高温度 容器b中反应达到平衡所需时间比容器a短，且平衡时c(N2)也比容器a小，平衡逆向移动 AD ＞ ＜ 低温
【详解】
I．2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H=﹣113.0kJ•mol﹣1 ①
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=﹣196.6kJ•mol﹣1 ②
(1)利用盖斯定律，将(②-①)×，得到NO2和SO2反应的热化学方程式为NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) △H=﹣41.8 kJ•mol﹣1。答案为：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) △H=﹣41.8 kJ•mol﹣1；
(2)因为△H＜0，正反应为放热反应，所以随温度升高，平衡逆向移动，该反应化学平衡常数变化趋势是减小。答案为：减小；
II．(1)①与容器a中的反应相比，容器b中反应先达平衡、且c(N2)是b中比a中小，所以反应改变的实验条件可能是升高温度，判断的依据是容器b中反应达到平衡所需时间比容器a短，且平衡时c(N2)也比容器a小，平衡逆向移动。答案为：升高温度；容器b中反应达到平衡所需时间比容器a短，且平衡时c(N2)也比容器a小，平衡逆向移动；
②A．H2O(g)与NO的生成速率相等，则表明正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，A符合题意；
B．反应过程中，混合气体的质量不变、体积不变，则密度始终不变，所以密度不变时，反应不一定达平衡状态，B不符合题意；
C．对于一个确定的反应来说，ΔH始终保持不变，所以反应不一定达平衡状态，C不符合题意；
D．因为反应前后气体的分子数不等，随反应的进行，压强在不断改变，所以当容器的总压强保持不变时，反应达平衡状态，D符合题意；
综合以上分析，AD符合题意，故选AD。答案为：AD；
(2)①从表中数据可以看出，相同时间内乙容器中n(Cl2)的变化量大，则反应速率快，温度高，所以T℃＞400℃。
②由表中数据可以看出，乙容器达平衡时，乙容器中n(Cl2)比甲容器大，则表明平衡逆向移动，所以该反应的ΔH＜0。
③该反应的ΔS＜0，△H＜0，所以自发进行的条件是低温。答案为：＞；＜；低温。
【点睛】
提取图象信息时，应从达平衡的时间和转化率两个方面考虑。
9．-488.3kJ/mol CH4(g)+O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-891.45kJ/mol 催化剂可降低反应的活化能 Al+4OH--3e-=AlO+2H2O
【详解】
(1)已知：①C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1
②H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1
③CH3COOH(l)+2O2(g)═2CO2(g)+2H2O(l)△H=-870.3kJ•mol-1
依据盖斯定律①×2+ ②×2-③得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)， Δ H=(-393.5 kJ·mol-1) ×2+(-285.8 kJ·mol-1) ×2-(- 870.3 kJ·mol-1)=(-1358.6 kJ·mol-1)+ 870.3 kJ·mol-1=-488.3 kJ·mol-1；
(2)CO的燃烧热为283kJ/mol，相同条件下，2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为283kJ/mol×6.3=1782.9kJ，则1molCH4完全燃烧生成液态水，放出的热量为891.45kJ，故甲烷完全燃烧生成液态水的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O( 1 )△H=-891.45kJ/mol；
(3)催化剂可以降低反应的活化能，使单位体积内活化分子数增多，有效碰撞次数增多，反应速率增大；
(4)把一小块镁、铝合金放入6mol•L-1的NaOH溶液中，可以形成微型原电池，镁与氢氧化钠不反应，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，则Al作负极，Mg作正极，则该原电池正极电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，负极发生的电极反应式为Al+4OH--3e-=AlO+2H2O。
10． 减小 B
【分析】
（1）根据盖斯定律①+②得到反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)；平衡常数，反应达到平衡时；升高温度反应往吸热方向进行；
（2）决定化学反应速率的是反应慢的N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)，升高温度反应①进行较快，平衡逆移，c（N2O2）减小，以此分析。
【详解】
（1）①2NO(g)N2O2(g)；②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)，而目标反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H=①+②=；由反应达平衡状态，所以v1正=v1逆、v2正=v2逆，所以v1正×v2正=v1逆×v2逆，即k1正c2（NO）×k2正c（N2O2）c（O2）= k1逆c（N2O2）×k2逆c2（NO2），则，而正反应是放热反应，所以升高温度，平衡常数减小，故答案为：；；减小；
（2）因为决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反应②，而温度越高k2正增大，反应①速率较快平衡逆移，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小，v2正减小，导致升高温度该反应速率减小，故答案为：B。
11．催化剂 NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) ΔH2=+57.2kJ·mol-1 > bc 1 L3 L1
【详解】
I. (1)NO在反应1中作反应物、反应2中作生成物，故NO为催化剂，故答案为：催化剂；
(2)根据图知，反应2中反应物是O、NO2，生成物是NO、O2，总反应-反应1得反应2，NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) ΔH2=（-143+200.2）kJ·mol-1=+57.2kJ·mol-1，故答案为：NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) ΔH2=+57.2kJ·mol-1；
II. (1) COS(羰基硫)的电子式与CO2相似，二者互为等电子体，故COS(羰基硫)的电子式为 ，故答案为：；
(2)①已知H2S(g)+CO(g)⇌COS(g)+H2(g) △H<0，在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应，设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m，m越大说明充入的CO越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率，则m1＞m2，故答案为：＞；
②图为相同时间内测得H2S转化率与m和温度(T)的关系即平衡逆向移动，或者反应速率减慢均可能会使H2S转化率减小。
a项：可逆反应处于动态平衡，反应并未停止，a项错误；
b项：温度升高可能会使催化剂活性减弱，反应减慢，H2S转化率减小，b项正确；
c项：温度升高反应达到平衡状态，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，所以H2S转化率减小，c项正确；
d项：ΔH只与反应物和生成物总量有关，ΔH不会变大，d项错误。
故答案为：bc；
③设H2S、CO起始时物质的量均为amol，H2S达到平衡时转化了xmol，则由题意列三段式为：测得H2(g)的平衡体积分数为25%即，解得x=0.5a，则此时该反应的平衡常数K=，故答案为：1；
④由③知240°C时平衡常数K=1，体积分数w[H2S(g)]=w[CO(g)]=w[COS(g)]=w[H2(g)]=25%，已知该反应为放热反应，温度升高，生成物体积分数减小，反应物体积分数增大，起始密闭容器中w[H2S(g)]和w[CO(g)]、w[COS(g)]和w[H2(g)]分别相等，结合图中数据可知，L1与L4处于同一温度体系（320°C），L2与L3处于同一温度体系（300°C），则300°C时w[COS(g)]随时间变化的曲线为L3，320°C时w[H2S(g)]随时间变化的曲线为L1，故答案为：L3；L1。
12．∆H1+∆H2 < BD NO2 NO2－e－＋H2O=NO＋2H＋ 0.8NA c(Na+)>c(HSO)=c(SO)>c(OH-)=c(H+)
【详解】
(1)反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)可由①+②得到，则该反应的焓变为△H=△H1+△H2，一定温度下，反应达到平衡状态，平衡时v(正)=v(逆)，根据多重平衡规则，该反应的化学平衡常数为K=K1⋅K2，根据速率方程式，K1= ，K2=，则K=，故答案为：∆H1+∆H2；；
(2)决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)速率的是反应②，则反应②就是速控步骤，整个反应化学速率取决于速控步骤的反应，活化能越高，反应速率越慢，速控步骤是慢反应，因此化学反应速率①>②，可见②的活化能更高，因此反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1 (3)反应达到平衡时，存在速率关系为v(正)=v(逆)，根据反应方程式，应为NO2的消耗速率是N2O4消耗速率的两倍，根据图象，因此能表示该反应达到平衡状态的两个点是B和D，原因为：图中只有D点NO2的消耗速率是B点N2O4的消耗速率的2倍，所以表示达到化学平衡状态的点是BD，故答案为：BD；
(4)该原电池中，负极上失电子被氧化，二氧化氮生成硝酸，N的化合价升高，所以负极上投放的气体是二氧化氮，二氧化氮失电子和水反应生成硝酸根离子和氢离子，所以负极上的电极反应式为：NO2－e－＋H2O=NO＋2H＋，一段时间后，若乙中需加0.2 mol Cu(OH)2使溶液复原，Cu(OH)2改写为CuO•H2O，根据CuO•H2O知，阳极上OH-放电生成O2，阴极上Cu2+和H+放电生成Cu和H2，根据氧原子守恒得n（O2）=n[Cu(OH)2]=0.2mol，则转移电子的物质的量=0.2mol×4=0.8mol，数量为0.8 NA，故答案为：NO2；NO2－e－＋H2O=NO＋2H＋；0.8 NA；
(5)已知25℃时，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1×10-2，Ka2=1×10-7，可知SO的水解常数为=1×10−7，可知Na2SO3的水解与NaHSO3的电离程度相等，则知25℃时由Na2SO3和NaHSO3形成的混合溶液恰好呈中性，可知c(SO)=c(HSO)，则溶液中存在c(Na+)>c(HSO)=c(SO)>c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(Na+)>c(HSO)=c(SO)>c(OH-)=c(H+)。
13． 0.75 或75% 7.5×10-4 阳 2H++2e- =H2↑ 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- + 659.8
【分析】
(1)①根据化学平衡常数的含义书写；
②将各种物质的平衡时的物质的量带入平衡常数表达式，结合转化率等于转化量以起始量的比计算转化率；根据v=计算v(CO)；
(2)①分析装置图可知C1为阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，C2为阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气；
②依据电解原理分析判断反应产物，电解饱和食盐水是氯化钠和水反应生成氯气和氢气和氢氧化钠；
(3)根据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，再分析判断。
【详解】
(1)①根据化学平衡常数的含义可知反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的化学平衡常数表达式为K=；
②反应开始时n(CO)=n(H2O)=0.01mol，假设CO转化率为x，则根据物质发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)中的转化关系可知，平衡时各种物质的物质的量n(CO)平衡=n(H2O) 平衡=(0.01-0.01x)mol，n(CO2)=n(H2)=0.01xmol，由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，则根据平衡常数为9，可得=9，解得x=0.75=75%；用CO的浓度变化表示的反应率速v(CO)==7.5×10-4mol/(L·min）；
(2)①分析装置图可知，阳离子Na+移向C2电极为阴极，C1为阳极，溶液中Cl-失电子生成Cl2，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，C2为阴极，溶液中H+得到电子生成H2，阴极的电极反应为：2H++2e-=H2↑；
②C1为阳极，溶液中Cl-失电子生成Cl2，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，C2为阴极，溶液中H+得到电子生成H2，阴极的电极反应为：2H++2e-=H2↑，所以该电池反应的离子方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；
(3)①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H=+206.2kJ•mol-1
②CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=-247.4 kJ·mol－1
1molCH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的反应依据盖斯定律①×2-②得到：CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) △H=+659.8kJ•mol-1，故该反应的反应热是+659.88kJ•mol-1。
14．cd N2H4(g)+NO2(g)==N2(g)+2H2O(g) ∆H=-567.85kJ·mol-1 N2H4(g)+2F2(g)==N2(g)+4HF(g) ∆H=-1126kJ·mol-1 原理II ac vb(正)＞vc(正)＞vd(逆)＞va(逆) 75 L/mol ＜ 减小
【分析】
利用已知热化学方程式推断待求反应的热化学方程式时，可利用盖斯定律，将已知热化学反应调节化学计量数后相加减；分析同一反应在两个容积不同的恒温容器中的反应速率时，首先应考虑气体的浓度(可看成是压强)对速率的影响，然后考虑平衡前的点与平衡时点的速率关系；计算平衡时速率、转化率、平衡常数时，可通过建立三段式，先求出变化量与平衡量，然后分别求解。
【详解】
(1)由反应2F2+Na2SO4＝2NaF+SO2F2+O2可知，F由0价降为-1价，O由-2价部分升为0价。
a．SO2F2中，只有F的价态降低，所以只是还原产物，a不正确；
b．由反应式知，生成2molNaF，转移4mole-，现生成42 g NaF(1mol)时，该反应转移2 mol电子，b不正确；
c．由于氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以F2的氧化性强于O2，c正确；
d．反应中，既有氟氟键、硫氧键的断裂，又有氟硫键、氧氧键的形成，d正确；
故选cd。答案为：cd；
(2)利用盖斯定律，将②-①，即得原理(I)的热化学方程式为N2H4(g)+NO2(g)==N2(g)+2H2O(g) ∆H=-567.85kJ·mol-1；将③+2×④-⑤，即得原理(II)的热化学方程式为N2H4(g)+2F2(g)==N2(g)+4HF(g) ∆H=-1126kJ·mol-1，比较两个反应，消耗等量的N2H4时释放能量较多的是原理II。答案为：N2H4(g)+NO2(g)==N2(g)+2H2O(g) ∆H=-567.85kJ·mol-1；N2H4(g)+2F2(g)==N2(g)+4HF(g) ∆H=-1126kJ·mol-1；原理II；
(3)a．只要平衡发生移动，F2(g)与ClF(g)体积之比就会发生改变，当比值恒定不变时，反应达平衡状态，a符合题意；
b．F2(g)与ClF3(g)的化学计量数相同，速率之比始终恒定不变，b不合题意；
c．只要平衡发生移动，容器中温度就会发生改变，温度恒定不变时，反应达平衡状态，c符合题意；
d．因为反应前后元素的种类及数目不变，所以混合物中Cl元素质量分数始终恒定不变，d不合题意；
故选ac。答案为：ac；
(4)设2 L和1 L的2个刚性容器中，F2的物质的量的变化量分别为x、y，则可建立如下 三段式。
2L容器中，三段式为：

，x=0.1mol；
1L容器中，三段式为：

，y=0.15mol。
①针对F2，若仅从浓度而言，vb(正)＞vc(正)、vd(逆)＞va(逆)，且b、c点压强比a、b点大，所以vc(正)＞vd(逆)，从而得出大小顺序为vb(正)＞vc(正)＞vd(逆)＞va(逆)。
②反应进行到d点时，反应速率v(F2)＝=mol/(L·min)。
③c点处，F2的平衡转化率α＝=75%，d点处，平衡常数Kc＝=L/mol。
④原温度时，2L容器中，平衡后ClF的体积分数为=0.6，若升高温度，在2 L的容器中，平衡后ClF的体积分数为0.8，则平衡逆向移动，该反应的△H＜0，F2的平衡转化率α减小。答案为：vb(正)＞vc(正)＞vd(逆)＞va(逆)；；75；L/mol；＜；减小。
【点睛】
比较同一反应在两个不同条件下反应速率的快慢时，首先看外界条件，温度高或压强大的反应，速率比温度低或压强小的反应速率大。
15．3Ca(OH)2+FeSO4+6HCN=Ca2Fe(CN)6+CaSO4+6H2O CaCl2(KCl可答，也可不答) 碳酸钾 5.6 HCl有剧毒，防止生成HCN污染环境 2OCN-+3ClO-+H2O=N2↑+3Cl-+2HCO3-
【分析】
将石灰乳、硫酸亚铁及过量HCN溶液混合可得Ca2Fe(CN)6，过滤除去含有CaSO4的滤渣，滤液中加入KCl，可得K2CaFe(CN)6沉淀，经过滤后，滤液中加入K2CO3进行脱钙处理，最终经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤干燥得产品K4Fe(CN)6•3H2O，以此来解答。
【详解】
(1)步骤Ⅰ中石灰乳、硫酸亚铁及过量HCN溶液混合可得Ca2Fe(CN)6，反应的化学方程式为3Ca(OH)2+FeSO4+6HCN=Ca2Fe(CN)6+CaSO4+6H2O；
(2)步骤Ⅵ过滤所得的废液中含量较多的溶质为CaCl2(或答CaCl2、KCl)；
(3)步骤V目的是进行脱钙处理，降低溶液中Ca2+的含量，所用的试剂X是K2CO3；
(4)①25°C时Ka(HCN)=6.25×10-10，根据平衡常数的含义，K==6.25×10-10，解得c(H+)=2.5×10-6 mol/L，所以在25℃时0.01 mol/L的HCN溶液的pH =-lg2.5×10-6=6-0.4=5.6；
②第一步控制强碱性的主要目的是防止生成HCN，污染环境；第二步是用NaClO“不完全氧化”OCN-生成N2和两种盐，根据电子守恒、电荷守恒可知发生反应的离子方程式为2OCN-+3ClO-+H2O=N2↑+3Cl-+2HCO3-。
【点睛】
本题考查物质的制备实验，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合，侧重考查学生的分析与实验能力。