c；
②NO的脱出率会受到速率、平衡移动等因素的影响，温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH<0，继续升高温度，平衡向左移动，NO脱出率又下降，故答案为：
温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH<0，继续升高温度，平衡向左移动，NO脱出率又下降；
③压强为p0，根据曲线a上NH3与NO的物质的量之比为
，则NH3的分压为0.4p0，NO的分压为0.6p0，列三段式有：
则反应的平衡常数
，故答案为：
；
（4）在碱性环境下，ClO2-氧化等物质的量的SO2和NO2，ClO2-变为Cl-，SO2变为SO42-，NO2变为NO3-，利用氧化还原反应规律进行配平，可得离子反应方程式3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-===3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O，故答案为：
3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-===3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O。
4．CO2是地球上取之不尽用之不竭的碳源，将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。
（1）由CO2转化为羧酸是CO2资源化利用的重要方法。
I.在催化作用下由CO2和CH4转化为CH3COOH的反应历程示意图如图。
①在合成CH3COOH的反应历程中，下列有关说法正确的是_____。
（填字母）
a.该催化剂使反应的平衡常数增大
b.CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
c.由X→Y过程中放出能量并形成了C—C键
②该条件下由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为_____。
II.电解法转化CO2制HCOOH的原理如图。
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_____。
（2）由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。
研究表明在催化剂作用下CO2和H2可发生反应：
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）ΔH
①有利于提高合成CH3OH反应中CO2的平衡转化率的措施有_____。
（填字母）
a.使用催化剂b.加压c.增大初始投料比
②研究温度对于甲醇产率的影响。
在210℃~290℃保持原料气中CO2和H2的投料比不变，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图所示。
ΔH____0（填“＞”或“＜”），其依据是____。
【答案】bcCH4+CO2
CH3COOH2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-阳极产生O2，c（H+）增大，c（HCO3-）降低；K+部分进入阴极b<温度升高，甲醇的平衡产率降低
【解析】
【分析】
（1）Ⅰ．①根据合成示意图进行判断；
②由图示写出由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式；
Ⅱ．①根据图示分析，阴极CO2得电子，写出CO2还原为HCOO-的电极反应式；
②根据电解池反应原理分析；
（2）①根据平衡转化率影响因素方面分析；
②根据图像得甲醇的平衡产率随着温度的升高的变化趋势。
【详解】
（1）Ⅰ．①a．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应的平衡常数，故a错误；
b．由图中变化可知甲烷在催化剂作用下选择性活化，甲烷分子中碳原子会与催化剂形成新的共价键，必有C-H键发生断裂，故b正确；
c．X→Y的焓值降低，说明为放热过程，由CH4→CH3COOH有C-C键形成，故c正确；
故答案选bc；
②由图示可知，由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为CH4+CO2
CH3COOH；
Ⅱ．①阴极得电子，CO2还原为HCOO-的电极反应式为：
2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-；
②阳极H2O失电子产生O2，c（H+）增大，碳酸氢根离子与氢离子反应，所以c（HCO3-）降低，K+部分进入阴极，导致阳极区的KHCO3溶液浓度降低；
（2）①a．使用催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，也就不影响CO2的平衡转化率；
b．该反应的正反应为气体体积减小的反应，加压能使化学平衡正向移动，能够提高CO2的平衡转化率；
c．增大CO2和H2的初始投料比，CO2的平衡转化率降低；
故答案选b；
②根据图像可知，甲醇的平衡产率随着温度的升高而降低，所以正反应为放热反应，即ΔH<0。
5．氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热车点，回答下列问题：
（1）Deacon发明的直接氧化法为：
4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）。
可按下列催化过程进行：
Ⅰ.CuCl2（s）=CuCl（s）+
Cl2（g）ΔH1=+83kJ·mol-1
Ⅱ.CuCl（s）+
O2（g）=CuO（s）+
Cl2（g）ΔH2=-20kJ·mol-1
Ⅲ.4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH3
反应Ⅰ能自发进行的条件是___。
利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用反应___的ΔH。
（2）如图为刚性容器中，进料浓度比c（HCl）：
c（O2）分别等于1：
1、4：
1、7：
1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：
可知反应平衡常数K（400℃）__K（500℃）（填“大于”或“小于”）。
设容器内初始压强为p0，根据进料浓度比c（HCl）：
c（O2）=4：
1的数据，计算400℃时容器内的平衡压强=___（列出计算式）。
按化学计量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。
进料浓度比c（HCl）：
c（O2）过低、过高的不利影响分别是___。
（3）已知：
氯气与NaOH溶液反应可生成NaClO3。
有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行：
Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-
Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-
常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论解释其原因：
___。
（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，写出阳极反应式：
___。
【答案】高温CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）大于0.848p0Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋
【解析】
【分析】
【详解】
（1）Ⅰ.CuCl2（s）=CuCl（s）+
Cl2（g）ΔH1=+83kJ·mol-1，△S＞0，则要△G=△H-T△S＜0，须高温条件下才能自发；
Ⅰ.CuCl2（s）=CuCl（s）+
Cl2（g）ΔH1=+83kJ·mol-1
Ⅱ.CuCl（s）+
O2（g）=CuO（s）+
Cl2（g）ΔH2=-20kJ·mol-1
Ⅲ.4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH3
利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，（Ⅲ-Ⅱ×2-Ⅰ×2）/2得：
还需要利用反应CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）的ΔH。
故答案为：
高温；CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）；
（2）根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数K（400℃）大于K（500℃）；进料浓度比c（HCl）：
c（O2）的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c（HCl）：
c（O2）=4：
1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为76%。
则
p=
p0=0.848p0；
进料浓度比c（HCl）：
c（O2）过低时，O2浓度较大，HCl的转化率较高，但Cl2和O2分离能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c（HCl）：
c（O2）过高时，O2浓度较低，导致HCl的转化率减小；
故答案为：
大于；p=
p0=0.848p0；Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低；
（3）生成NaClO3的反应分两步进行：
Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-，Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-，常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，用碰撞理论解释其原因：
反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化；
故答案为：
反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化；
（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，阳极发生氧化反应生成ClO4－，阳极反应式：
ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋。
故答案为：
ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋。
【点睛】
本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理等知识，明确化学平衡及其影响为解答关键，难点
（2）注意掌握盖斯定律内容及三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。
6．完成下列填空。
（1）在25℃、101kPa时，C（s）、H2（g）、CH3COOH（l）的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）的△H=___________。
（2）温度为T时，在2L的密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2发生反应，达到平衡时容器内气体压强变为起始时的0.7倍。
该反应的平衡常数为_____。
（3）在一定体积pH＝12的Ba（OH）2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。
若反应后溶液的体积等于Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液____
（4）利用如图所示的电解装置，可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用。
通入NO的电极反应式为_____；若通入的NO体积为4.48L（标况下），则理论上另一电极通入SO2的物质的量应为_________。
【答案】-488.3kJ∕mol16201：
4NO+6H++5e-=NH4++H2O0.5mol
【解析】
【分析】
根据燃烧热写出热化学方程式，再利用盖斯定律来计算反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）的反应热；利用三段式法，设参加反应的SO2物质的量，用平衡状态时的压强变化列式求解，再用化学平衡公式求解化学平衡常数；氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba（OH）2和NaHSO4按照物质的量1：
1和反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算；根据电解装置分析，通入NO的电极连接外电源负极，则该电极为电解池阴极，电解池阴极发生还原反应，NO转化为NH4+，H+参与电极反应，据此写出电极方程式，根据电子守恒计算。
据此分析。
【详解】
（1）在25℃、101kPa时，C（s）、H2（g）、CH3COOH（l）的燃烧热分别为393.5kJ∕mol、285.8kJ∕mol、870.3kJ∕mol，则H2（g）+
O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ∕mol
（1）
C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ∕mol
（2）
CH3COOH
（1）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=-870.3kJ∕mol（3）
由盖斯定律可以知道，
（1）×2+
（2）×2-（3）可得反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH
（1），其反应热为2×（-285.8kJ∕mol）+2×（-393.5kJ∕mol）+870.3kJ∕mol=-488.3kJ∕mol，答案为：
-488.3kJ∕mol；
（2）温度为T时，在2L的密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2发生反应，达到平衡时容器内气体压强变为起始时的0.7倍，用三段式法设反应的SO2的物质的量：
，该反应是恒温恒容下的反应，根据反应前后压强之比等于物质的量之比得
，则化学平衡常数
，答案为：
1620；
（3）pH=12的Ba（OH）2溶液中c（OH-）=10-2mol∕L，设溶液体积为aL，则氢氧根离子物质的量为10-2×amol；当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，根据反应Ba（OH）2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，反应的硫酸氢钠物质的量为0.5a×10-2mol；设硫酸氢钠溶液体积为bL，混合后溶液pH=11，得溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol∕L，碱过量；根据公式得：
，a：
b=1：
4；答案为：
1：
4；
（4）根据电解装置，SO2转化为硫酸根离子，说明NO转化为NH4+，即NO在阴极发生还原反应NO+6H++5e-=NH4++H2O，阳极反应式为SO2+2H2O-2e-=4H++SO42-，通入的NO体积为4.48L（标况下）即0.2mol，根据得失电子守恒，因此有2NO
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