热门试卷

I．－1160kJ·mol－1（2分） 

II．（1）K＝（2分） 右 （2分）  b   （2分）

（2）①SO2+2H2O＝H2SO4+H2   (2分) ②降低生成物的浓度，使平衡向正方向移动（2分）

Ⅲ．负（1分）      CH3OH﹣6e－+H2O→CO2+6H+（2分）

试题分析：Ⅰ．根据已知反应①CH4(g)+4NO2(g)＝4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H1＝－574kJ·mol­－1、

②CH4(g)+2NO2 (g)＝N2(g) + CO2(g)+2H2O(g)  △H3＝－867kJ·mol－1可知，依据盖斯定律计算②×2－①即得到反应CH4(g)+4NO(g)＝2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，所以该反应的反应热△H2＝－867kJ·mol－1×2＋574kJ·mol­－1＝－1160kJ·mol－1。

Ⅱ．（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据反应的方程式C(s) + H2O(g)＝ CO(g) + H2(g)可知，该反应的平衡常数K＝。

（2）①t1时CO、H2O、CO2、H2的浓度（mol/L）分别是0．4、2．4、0．6、1．6，则该反应的平衡常数K＝＝＝1。t2时再向容器中充入CO、H2各1mol，此时CO、H2O、CO2、H2的浓度（mol/L）分别是1．4、2．4、0．6、2．6，则＝＝0．46＜1，所以反应向正反应方向移动，即向右移动；根据图像可知，t2时生成物浓度逐渐减小，反应物浓度逐渐增大。由于正方应是体积不变的、吸热的可逆反应，所以改变的条件应该是降低温度，导致平衡向逆反应方向移动，答案选b。

（2①根据流程图可知，SO2首先被单质碘氧化，生成硫酸和碘化氢，碘化氢分解又生成单质碘和氢气，所以反应器中发生的反应的离子方程式可表示为SO2+2H2O＝H2SO4+H2。

②碘化氢分解反应是可逆反应，分离出单质氢气，降低生成物的浓度，使平衡向正反应方向移动。

Ⅲ．原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。根据装置图可知，电子从左侧流向右侧，这说明左侧是负极，右侧是正极。所以通入a气体的电极是原电池的负极，通入的是甲醇。由于存在质子交换膜，因此负极电极反应式是CH3OH﹣6e－+H2O→CO2+6H+。

（1）△H4-△H2-△H1；     （2）   ; 先增加后减小；

（3）①＞ ；

②O3继续氧化I-使溶液中I2浓度增加，使I2(aq) I2(g)平衡向正方向移动，气体I2浓度增加；溶液温度升高，使I2(aq) I2(g)△H>0，平衡向正方向移动，气体I2浓度增加；（两条理由任写一点给2分）

(4)0.11/2t1 mol·L-1·min-1（2分）

试题分析：（1）观察已知的4个热化学方程式中的反应物和生成物，可以知道，由④式减②式减①式，即可得到③式，所以，△H3= △H4－△H2－△H1。

（2）依据平衡常数的定义可得反应I2(aq) + Iˉ(aq)I3ˉ(aq)的平衡常数表达式为：。已知O3将Iˉ氧化成I2的过程中可发生4个反应，所以在反应的整个过程中I3ˉ物质的量浓度变化情况是：开始时随着O3的通入，O3可以将I－氧化成I2，I2与I－结合形成I3－，从而使I3ˉ物质的量浓度增大；由于O3具有极强氧化性，通入的O3还可以将I－氧化为IO－和氧气，随着O3的持续通入，O3将一部分I－氧化为IO－和氧气，使I－消耗量增大，同时I2生成量减少，从而使I3－的浓度变小。

（3）①在T3时，容器中已无O3，所以从图示可以知道，此时，溶液中只存在两个平衡：I2（ag) I2（g)，和I2(aq) + Iˉ(aq)I3ˉ(aq) ，根据I2（ag) I2（g)△H>0，升高温度，I2（ag)倾向于生成I2（g)，所以在不考虑其它因素时，I2(g)浓度会增加，但是从图一T4→T5所示的I2(g)浓度变化曲线看，实际上升高温度I2（g)浓度减少，那么只能判断是温度升高致使平衡I2(aq) + Iˉ(aq) I3ˉ(aq) 正向移动，移动结果使I2(aq)浓度减小，从而导致I2（ag) I2（g)平衡逆向移动，使I2(g)浓度减小，由此可以判断△H5＞0，I2(aq) + Iˉ(aq) I3ˉ(aq)是吸热反应。

要画出t2时刻后溶液中 Iˉ浓度变化总趋势曲线，必须首先确定曲线的起点、拐

点和终点，已知图二所示的曲线是温度在T4时，溶液中Iˉ浓度随时间变化的趋势曲线，根由曲线分析可知反应己达到平衡，在t2时，反应体系温度上升到T5，并维持该温度，是改变的反应条件（升高温度），此时平衡必然会发生移动，所以T5温度下曲线的起点就是T4温度下曲线的终点，坐标位置应为（0.09，t2）。由于升高温度加快反应速率，缩短达到平衡的时间，所以在T5温度下，达到平衡所用的时间要比T4温度下少，所以拐点出现所需时间比T4温度下少。由于该反应是吸热反应，升高温度能使平衡I2(aq) + Iˉ(aq) I3ˉ(aq)正向移动，从而使Iˉ浓度减小。结合图二中的数据可知，T4温度下Iˉ转化浓度为0.11mol/L，转化率为所以T5温度下Iˉ的转化率为一定大于55%，Iˉ的平衡浓度要小于0.09mol/L－(0.09mol/L×55%)≈0.04mol/L。所以拐点（平衡点）的位置坐标应在Iˉ浓度小于0.04mol/L处，终点与拐点（平衡点）在一条直线上。由此就可画出t2时刻后溶液中 Iˉ浓度变化总趋势曲线（见答案）。

②在T3时，容器中还有O3，则T1～T2温度区间容器内I2（g）浓度呈现如图一所示的变化趋势，可能是：a.由于容器中还有O3，O3继续氧化I-使溶液中I2浓度增加，从而使I2(aq) I2(g)平衡向正方向移动，气体I2浓度增加；b.体系的温度升高，使I2(aq) I2(g)△H>0，平衡向正方向移动，从而气体I2浓度增加。

（4）根据图二所示Iˉ浓度的数据可计算出用Iˉ(aq)表示的化学反应速率：

V(I－) = ，再根据（1）中反应④的化学方程式中Iˉ(aq)与I2(aq)的化学计量数之比2 : 1，得出用I2(aq)表示的化学反应速率：V (I2) = 。

（1）（5分）难以控制反应只生成CO(g)（2分，体现反应难以控制即可）

2CH4(g)+3O2(g)=2CO(g)+4H2O(g) ∆H=—1214.0kJ•mol‾1（3分）

（2）（4分）①0.025（2分）② > （2分）

（3）（7分）① c(K+)>C(SCN‾)>c(OH‾)>c(H+)（2分，不单独计分）

②Na2CO3 + HClO = NaHCO3 +NaClO（3分）

③ac（2分）

试题分析：（1）CH4燃烧容易生成CO2，难以控制反应只生成CO(g)；首先写出CH4与O2反应生成CO和H2O的化学方程式，并注明状态，然后根据盖斯定律求出焓变：∆H=—∆H1+2∆H2=—1214.0kJ•mol‾1，进而可写出热化学方程式。

（2）①反应达到平衡状态B时，N2的转化率为20%，根据三段式进行计算

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始物质的量（mol）  10     26          0

转化物质的量（mol）   2     6           4

平衡物质的量（mol）   8     20          4

则平衡常数为：K=(0.4mol•L‾1)2÷[0.8mol/L×(2mol•L‾1)3]=0.025 L2·mol-1。

②B点N2转化率大于C点，说明B点平衡常数大于C点平衡常数，A点与B点温度相同，则平衡常数相同，所以K(A)  >  K(C)

（3）①KSCN为弱酸强碱盐，SCN‾水解使溶液呈碱性，所以离子浓度由大到小的顺序为：c(K+)>C(SCN‾)>c(OH‾)>c(H+)

②因为K1(H2CO3)>K(HClO)>K2(H2CO3)，所以HClO与Na2CO3反应生成NaClO和NaHCO3，化学方程式为：Na2CO3 + HClO = NaHCO3 +NaClO

③a、用pH计可以测量0．1 mol·L-1NaClO溶液的pH，若测得pH>7，说明NaClO水解显碱性，可证明HClO为弱酸，正确；b、因为HClO具有漂白性，无法用pH试纸测量0．01 mol·L-1HClO溶液的pH，错误；c、因为HClO和盐酸浓度相同，所以若测得HClO溶液的导电性弱于盐酸，可证明HClO为弱酸，正确。

（1） －524.8 (2分)    3 (2分)

（2） ①a d (2分)

②一样 (2分)   大于 (2分)  降温、加压、将甲醇从混合体系中分离出来 (2分)

（3） O2 + 4e– + 2CO2 = 2CO32– (2分)

试题分析：（1）根据盖斯定律，将两个热化学方程式相减，即①－②得：CO(g)+H2(g) +O2(g)= H2O(g)+CO2(g)，则ΔH=ΔH1－ΔH2＝－393.5 kJ·mol–1－131.3 kJ·mol–1＝－524.8kJ·mol–1。CO→CO2转移2mole–，H2→H2O转移2mole–，则1.5molCO与H2的混合气体与O2完全反应生成CO2和H2O时，转移3mol电子。（2）①a、正反应为气体分子数减小的反应，当压强不变时，说明各物质浓度不再变化，反应达到平衡状态；b、CO、H2、CH3OH(g)3种气体共存时，不能确定浓度是否会发生变化，即不能确定是否在一定达到平衡状态；c、CH3OH与H2物质的量之比为1:2，不能确定其浓度不变，因此，不能确定是否在一定达到平衡状态；；d、当消耗1 mol CO的同时生成2molH2时，说明正逆反应速率相等，即反应达到平衡状态。②A、B两点的温度相同，所以平衡常数相等；从图像看出，A、C两点的转化率相等，而C点的温度高，反应速率大，则到达平衡的时间短。从图像看出，温度降低CO的转化率增大；该反应为气体分子数减小的反应，加压可使平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大；c(CH3OH)减小，平衡也会向正反应方向移动，CO的转化率增大。（3）燃烧电池的正极为O2得电子，考虑到电池总反应为H2和CO与O2反应生成CO2和H2O，而负极有CO32–参与反应，则正极应该有CO32–生成，故正极反应式为：O2 + 4e– + 2CO2 = 2CO32–。

（1）CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) ∆H=-442.8kJ•mol‾1（2分）

（2）① >（1分）KA=KB>KC（1分）

②ad（1分）2.25（mol•L‾1）2（2分）

（3）CO-2e‾+4OH‾=CO32‾+2H2O（2分）

试题分析：（1）首先写出反应的化学方程式并注明状态，然后根据盖斯定律求∆H，∆H=1/2×∆H1—1/2∆H2+2×∆H3=-442.8kJ•mol‾1，进而得出热化学方程式。

（2）①CH4与H2O的反应为吸热反应，温度升高，平衡向正反应方向移动，根据图像可以看出T1时CH4的转化率高，所以T1 > T2；A、B点温度相同为T1，C点温度为T2，温度较低，所以平衡常数大小关系为：KA=KB>KC。

②CH4与H2O的反应为气体系数变化，在恒容容器中进行的反应。a、若反应没有平衡，压强要发生变化，容器内的压强恒定，说明反应平衡，正确；b、消耗CH4与生成H2都是正反应方向，无法判断反应是否平衡，错误；c、因为质量守恒定律，气体的质量不变，容器体积不变，所以气体密度为定值，无法判断反应是否平衡，错误；d、正逆反应速率之比等于化学方程式的系数之比，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡，正确；根据平衡时CH4的转化率为0.5，可求出CH4、H2O、CO、H2的平衡浓度分别为0.5mol•L‾1、1.5mol•L‾1，0.5mol•L‾1、1.5mol•L‾1，根据平衡常数表达式可求出平衡常数为：2.25（mol•L‾1）2

（3）根据电池示意图，CO在负极失电子，根据化合价变化配平可得电极方程式：CO-2e‾+4OH‾=CO32‾+2H2O

（1）N2O4(g)2NO2(g) ΔH＝＋57 kJ·mol－1（3分）

（2）D（2分） （3）①0.0025mol·(L·s)-1 （3分）

②=（1分），K＝2.8（2分），减小（1分）

③0.10（2分）

试题分析：（1）由方程式N2O42NO2，旧键断裂时吸收的热量：167kJ/mol+438.5kJ/mol×4="1921" kJ/mol,形成新键时放出的热量为2×2×466 kJ/mol="1864" kJ/mol，确定该反应吸热，ΔH为＋57 kJ·mol－1；

（2）根据图像，A、C点的温度相同，C点的压强大于A点压强，所以速率C>A;B点温度高、而压强小，C点温度低、而压强大，无法比较气体的平均相对分子质量；C项当容器被压缩时C点的颜色深；D项正确。

（3）结合表中N2O4的物质的量的变化，可求得二氧化氮的反应速率为0.0025mol·(L·s)-1；当60s和80s时N2O4的物质的量不变，确定已达平衡，所以n3=n4；，并求得平衡常数K为2.8，而且反应吸热，当升高温度时，平衡逆向移动，平衡常数K减小；

N2O42NO2达平衡时两者的浓度分别为

0.04mol/L      0.12mol/L      假设向容器中冲入N2O4的起始浓度为x

起始(mol/L)       x         0             

变化(mol/L)        a         2a

平衡(mol/L)       0.04       0.12      2a=0.12，a=0.06，所以x=0.1

（1）

（2）CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l） ΔH=--650KJ/mol

（3）1. 5Mpa;

（4） ①HC2O4-+H2O=H2C2O4+OH-. ②  B D

（5） CH3OH+ H2O-6e-= CO2+6H+。1.68

试题分析： （1）CO和水蒸汽反应的化学方程式为：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）。化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各生成物浓度幂指数的乘积与个反应物浓度幂指数乘积的比。因此根据平衡常数的定义可得该反应的化学平衡常数的表达式为：。（2） 燃烧热是1mol的物质完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量。则CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+ 3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）  ΔH="--650KJ/mol" （3）由制取乙二醇的想方程式CH3OOC—COOCH3（g）＋4H2（g）HOCH2－CH2OH（g）＋2CH3OH（g） △H＝－34kJ／mol 可以看出：在相同的投料比时，压强越大，化学反应速率越快，达到平衡所需要的时间就越短。因为丙对应的反应达到平衡所需要的时间最长，所以应该是压强最小的1.5MPa的情况。（4）草酸（H2C2O4）为二元中强酸，所以草酸氢钾是强碱弱酸盐。在其溶液中存在的弱电解质的电离平衡H2OH＋＋OH－、HC2O4-H＋＋C2O42-及弱酸根离子的水解平衡：HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-。②A.任何溶液都存在着电荷守恒。所以有关系：c（K＋）＋c（Na＋）+c（H+）＝c（HC2O4-）＋2c（C2O42-）+c（OH-）.因为溶液呈中性，所以c（H+）＝c（OH-）。两式相减可得：c（K＋）＋c（Na＋）＝c（HC2O4-）＋2c（C2O42-）.错误。B.根据物料守恒可得c（K＋）＝c（HC2O4-）（始）= c（HC2O4-）＋c（H2C2O4）＋c（C2O42-）。正确。C. 根据A可知c（K＋）＋c（Na＋）＝c（HC2O4-）＋2c（C2O42-）.而c（K＋）＝c（HC2O4-）（始）= c（HC2O4-）＋c（H2C2O4）＋c（C2O42-），所以c（Na＋）＝c（C2O42-） —c（H2C2O4）.错误。KHC2O4电离使溶液显酸性，c（K＋）＝c（HC2O4-）（始），c（Na＋）= c（HC2O4-）（电离）。但是弱酸根离子HC2O4-电离程度是很微弱的，c（HC2O4-）（始）> c（HC2O4-）（电离）。所以c（K＋）>c（Na＋）。正确。因此选项为B、D。（5）以甲醇为原料，使用酸性电解质构成燃料电池，该燃料电池的负极为甲醇，电极反应式为CH3OH+ H2O-6e-= CO2+6H+，发生氧化反应；正极为O2，电极反应式为O2+ 4e-+ 4H+=2H2O.n（CH3OH）=3.2g÷32g/mol=0.1mol.所以根据电极反应式可知电子转移0.6mol，而每mol的甲烷在反应时转移电子8mol，因此需要消耗甲烷的物质的量为0.6mol÷8="0.075mol." 故所需标准状况下的甲烷的体积为0.075mol×22.4L/mol=1.68L.

（1）10/9 （2分） 减小（2分）

（2）A（2分） 

（3）CD（2分）

（4）SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+（2分）

（5）SO3（g） + H2O（1）  H2SO4（l）      △H1= －130kJ/mol；（3分） 

（6）1：40（2分）

试题分析：（1）反应达到平衡时共放出197kJ的热量，根据热化学方程式可知反应了2.0mol SO2和1.0mol O2，

根据三段式进行计算： 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）

起始浓度（mol•L‾1）   0.4       1            0

转化浓度（mol•L‾1）   0.2      0.1           0.2

平衡浓度（mol•L‾1）   0.2      0.9           0.2

该温度下的平衡常数K= 0.22÷（0.22×0.9）=10/9；因为该反应为放热反应，升高温度，平衡向左移动，所以K将减小。

（2）A、保持温度和容器体积不变，充入2mol SO3，平衡向逆反应分析移动，则SO2、O2、SO3气体平衡浓度都比原来增大，正确；B、保持温度和容器体积不变，充入2mol N2，对平衡移动没有影响，各物质的浓度不变，错误；C、保持温度和容器内压强不变，充入1mol SO3，处于等效平衡状态，浓度不变，错误；D、升高温度，平衡向逆反应分析移动，SO3的浓度减小，错误。

（3）A、催化剂不影响平衡，SO3的浓度相等，与图像不符合，错误；B、甲的反应速率快，所以甲的压强大，平衡向右移动，SO2的转化率大，与图像不符合，错误；C、甲的反应速率快，所以甲的温度高，平衡向左移动，SO2的转化率小，与图像符合，正确；D、催化剂加快反应速率，不影响平衡，与图像符合，正确。

（4）依据图中所示装置，二氧化硫失电子发生氧化反应，在水溶液中转化为硫酸；电极反应为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+。

（5）首先写出SO3与水反应的化学方程式并注明状态，然后根据盖斯定律求出反应热，∆H=-1/2∆H1-∆H2+1/2∆H3=－130kJ•mol‾1，即可写出热化学方程式。

（6）c(SO42‾)：c(CO32‾)=Ksp(BaSO4）/c(Ba2+)：Ksp(BaCO3）/c(Ba2+)=Ksp(BaSO4）/Ksp(BaCO3）=1：40

（1）①PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)△H＝＋93kJ/mol（2分，方程式1分，△H的表示1分，化学式、状态错误0分；+、焓变数值、单位错漏合扣1分；计量数用分数表示与焓变相匹配也给分）

②－399 kJ/mol（2分，单位错漏扣1分） 

（2）①1.5×10-4mol/(L·s) 或0.00015 mol/(L·s)（2分，单位错漏扣1分）

②2.5×10-2 mol/L或0.025mol/L

（3）①9～10.5（2分，介于此区间或区间内的某一点）

c(H2PO4－)＞c(HPO42－) （2分）

②Na2HPO4溶液中存在电离平衡，HPO42－H++PO43－（1分），加入CaCl2溶液，Ca2＋与PO43－结合生成Ca3(PO4)2沉淀，促使Na2HPO4电离平衡向右移动，H+浓度增大，溶液显酸性（1分）。（合理即给分）

试题分析：（1）①题干中特别注明图中物质转化的焓变是生成1mol产物的数据，因此PCl5分解成PCl3和Cl2是吸热反应，其热化学方程式为：PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)△H＝＋93kJ/mol；

②计算P和Cl2分两步反应生成1 mol PCl5 的焓变，根据盖斯定律反应的焓变与过程无关，只需将图像中两部分的焓变相加即可，所以△H3＝－399 kJ/mol。

（2）①计算反应在50～150s 内的用PCl3表示的反应速率，只需把数据代入公式，因此有v(PCl3)＝△C/△t=(0．19-0．16)mol/(2L×100s)= 1.5×10-4mol/(L·s)；

②                     PCl5(g)  =   PCl3(g)+Cl2(g)

起始浓度（mol/L）    =0.50     0        0

转化浓度（mol/L）     0.10   =0.10     0.10 

平衡浓度（mol/L）      0.40      0.10     0.10      （1分）

K＝   = ＝ 2.5×10-2 mol/L或0.025mol/L

（3）此题要学会认真读图，该图表示的是H3PO4与不断加入的NaOH反应，氢氧化钠量不断增大使溶液pH值不断增大时，溶液中各含磷物种的百分比。每个含磷物种在一定的PH范围内都有百分含量极大和极小的情况，而两条线交叉部分表示的则是2种含磷物种同时存在的情况。

①要获得叫纯净的Na2HPO4，则通过图像找到PH值在9~10.5的范围内，HPO42- 的百分含量接近百分百，所以控制的PH只要在这个范围内，都可以获得较纯净的Na2HPO4 。

②Na2HPO4是弱酸酸式盐，HPO42-存在电离和水解两个平衡，由于溶液呈碱性，可以看出水解强于电离。但是该盐溶液加入氯化钙后，溶液呈酸性，因此可以推测加入的氯化钙一定改变了电离平衡，使之不断产生出氢离子，使溶液呈酸性。所以结合本题的题干“磷在自然界常以难溶于水的磷酸盐如Ca3(PO4)2等形式存在”，可以解释平衡的移动为：Na2HPO4溶液中存在电离平衡，HPO42－H++PO43－，加入CaCl2溶液，Ca2＋与PO43－结合生成Ca3(PO4)2沉淀，促使Na2HPO4电离平衡向右移动，H+浓度增大，溶液显酸性。

（每空2分，共14分）

（1）CO(g)+2H2 (g) CH3OH(g)；ΔH =" -129.0" kJ·mol-1（2分）

（2）CuO＋COCu＋CO2或Cu＋CO2CuO＋CO  (写＝得1分)（2分）

（3）B C（对一个得1分，见错不得分，共2分）

（4）50% （2分）      300℃  （2分）

（5）D E（对一个得1分，见错不得分，共2分）

（6）B D（对一个得1分，见错不得分，共2分）

试题分析：（1）[②*2-(③-①)]/2，就得到所求的热化学方程式CO(g)+2H2 (g) CH3OH(g)；ΔH =" -129.0" kJ·mol-1。

（2）因为CO会还原CuO或Cu还原CO2，且都是可逆反应，方程式为：CuO＋COCu＋CO2或Cu＋CO2CuO＋CO。

（3）A项：质量守恒，容器体积不变，密度一直不变，故错；D项：都是正反应速率，故错。故选BC。

（4）开始时c(CO)= 1mol/L，平衡时测得c(CO)=0.5mol/L，则转化的故CO(g)的c(CO)=0.5mol/L，故转化率为50%。开始时c(H2)=3mol/L，根据化学反应转化的量之比等于化学计量数之比，故平衡时测得c((H2)= 2mol/L，c((CH3OH)=0.5mol/L，故K=0.250，素以温度为300℃。

（5）A项：化学平衡逆向移动，故错；B、F项：化学平衡不移动，故错；C项：加入的比反应的多，故错；D、E项：化学平衡正向移动，故正确。

点评：本题考查化学平衡以及化学反应与能量问题，题目综合度较高，难度中等，本题注意把握化学平衡的计算以及反应热的计算方法。

（1）―664.1kJ/mol (2分)

（2）阴极(2分)   2NO+4H++4e—=N2↑+2H2O (2分)

（3）①1 (1分)   n(NH3)/n(NO)小于1时，NO脱除率不高，n(NH3)/n(NO)大于1时，NO脱除率增加不明显且N2O生成率明显增加（ 3分）

②(2分)     减小(2分)

③温度(1分)     n(NH3)/n(NO) (1分)(本题两空答案顺序可颠倒)

试题分析：（1）根据盖斯定律，将第2个反应减去第1个反应可得，△H=―664.1kJ/mol；（2）由原电池原理可知，内电路中阳离子移向正极，读图可知，钯电极A为正极、钯电极B为负极；由电子、电荷、原子均守恒可知，酸性环境下正极发生的还原反应式为2NO+4H++4e—=N2↑+2H2O；（3）①读图、对比可知，n(NH3)/n(NO)小于1时，NO脱除率不高，n(NH3)/n(NO)大于1时，NO脱除率增加不明显且N2O生成率明显增加，因此n(NH3)/n(NO)的最佳值为1；②由反应式可知，K=；由于△H<0，正反应放热，升温平衡左移，K减小；结合题中信息可知，影响N2O生成率的因素有温度、n(NH3)/n(NO) 和氧气浓度。

（1）①＝；（1分）②0．0040mol·L-1·s-1，800L·mol-1；（共4分，各2分，无单位或错误扣1分）（2）①1．6mol（2分，无单位扣1分）②173．4kJ＜Q＜232kJ（3分）

试题分析：（1）平衡常数只受温度的影响，温度不变，则压强不变，平衡状态由A变到B时，则k（A）=k（B）；（2）由图象知，体系总压强为0．10MPa时SO2的平衡转化率为0．8，则

2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）

起始：2．0mol    1．0mol         0

转化：1．6mol    0．8mol        1．6mol

平衡：0．4mol    0．2mol         1．6mol

则平衡时：c（SO2）=0．04mol/L，c（O2）=0．02mol/L，c（SO3）=0．16mol/L，SO2的平均反应速率为1．6mol/10L/40s=0．0040mol·L-1·s-1，K=c(SO3)2/c(SO2)2·c(O2)=(0．16)2/(0．04)2×0．02=800；（2）①CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H="-1160kJ/mol" 利用盖斯定律将①+②/2可得：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=-867kJ/moln（CH4）=4．48L/22．4L/mol=0．2mol，整个过程中转移的电子总数为：0．20mol×8=1．60mol，放出的热量为：0．2mol×867kJ/mol=173．4kJ。②上述可知，若反应物中全部是为二氧化氮，放出的热量为173．4kJ。根据盖斯定律可据算出若全部为一氧化氮放出热量为232kJ，故放出的热量范围是173．4kJ＜Q＜232kJ。