解题思路：（1）分析图象结合热化学方程式和盖斯定律解答．
（2）液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2可制备纳米级Cu2O，同时生成N2和H2O，根据原子守恒书写化学方程式，根据电子转移数目守恒计算；
（3）①依据化学方程式结合图象中t1中氢气含量计算分析；
②既能增大反应速率，又能增大H2O（g）分解率的条件为升温，减压，依据平衡移动原理分析判断；
（4）Ka=
c(HS
O
3
−
)c(
H
+
)
c(
H
2
S
O
3
)
，HSO3-+H2O═H2SO3+OH-，Kb=
c(
H
2
S
O
3
)Kw
c(HS
O
3
−
)c(
H
+
)
=1.0×102×1.0×10-14=1.0×10-12．
（1）已知：1g C（s）燃烧全部生成CO时放出热量9.2kJ；24gC燃烧生成一氧化碳放热220.8KJ，热化学方程式为：2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-220.8kJ•mol-1，依据图象书写热化学方程式2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）△H=-292kJ•mol-1；
①2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）△H=-292kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-220.8kJ•mol-1
根据盖斯定律，②-①得4CuO（s）+2C（s）=2CO（g）+2Cu2O（s），△H=+71kJ•mol-1
即2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），△H=+35.6kJ•mol-1
故答案为：2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.6kJ•mol-1；
（2）用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2可制备纳米级Cu2O，同时生成N2和H2O，反应的化学方程式为：4Cu（OH）2+N2H4=2Cu2O+N2+6H2O，令生成的Cu2O的物质的量为nmol，根据电子转移数目守恒，则有
nmol×2×（1-0）=[11.2L/22.4L/mol]×2×[0-（-2）]，解得n=1mol；
所以可制备Cu2O的质量为1mol×144g/mol=144g．
故答案为：4Cu（OH）2+N2H4=2Cu2O+N2+6H2O；144g；
（3）①依据化学方程式计算；依据图象中氢气百分含量为50%，设反应的水的物质的量为x
2H2O（g）
光照
.
Cu2O2H2（g）+O2 △H=484kJ•mol-1
2mol 484KJ
x x 0.5x
[x/0.1mol−x+x+0.5x]=50%，
计算得到x=[1/15]mol；反应放热=
1
15×484KJ
2=16.1KJ；
水的分解率=
1
15
0.1×100%=66，7%，和T2温度下水的分解率为50%，反应是吸热反应，温度越高水的分解率越大；所以T1＞T2；
故答案为：＞；16.1；
②既能增大反应速率，又能增大H2O（g）分解率的条件为升温，减压，依据平衡移动原理分析判断；
A．向平衡混合物中充入Ar，增大体系压强，平衡逆向进行，故A不符合；
B．反应是吸热反应，升高反应的温度，反应速率增大，平衡正向进行，水的分解率增大，故B符合；
C．反应是气体体积增大的反应，增大反应体系的压强，平衡逆向进行，故C不符合；
D．向平衡混合物中充人O2，平衡逆向进行，故D不符合；
故答案为：B；
（4）25℃时，H2SO3═HSO3-+H+的电离常数Ka=1×10-2mol/L，Ka=
c(HSO3−)c(H+)
c(H2SO3)，HSO3-+H2O═H2SO3+OH-，Kb=
c(H2SO3)Kw
c(HSO3−)c(H+)=1.0×102×1.0×10-14=1.0×10-12；
则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh=1.0×10-12；
故答案为：1.0×10-12．
点评：
本题考点： 热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用；化学平衡的计算．
考点点评： 本题考查了热化学方程式的书写方法和盖斯定律的计算应用，化学平衡影响因素分析判断，水解常数与电离平衡常数的计算，注意平衡建立的条件分析应用，题目难度中等．