化学选择性必修1第二单元 化学反应的方向与限度测试题

这是一份化学选择性必修1第二单元 化学反应的方向与限度测试题，共23页。试卷主要包含了02×1023，8kJ/ml等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．下列有关化学反应速率与化学反应限度的叙述中，错误的是（ ）
A．化学反应速率是表示化学反应快慢的物理量
B．一般情况下，升高温度能加快化学反应速率
C．可逆反应达到化学反应限度时，反应就静止不动了
D．可逆反应达到化学反应限度时，正反应速率等于逆反应速率
2．关于化学反应的限度的叙述正确的是（ ）
A．每个化学反应的限度都是固定不变的
B．可以通过改变反应条件来改变化学反应的限度
C．可以通过延长化学反应的时间来改变化学反应的限度
D．当一个化学反应在一定条件下达到限度时，反应即停止
3．下列说法错误的是（ ）
A．任何化学反应都有一定的限度，只是不同反应的限度不同罢了
B．化学反应的限度可以通过改变条件而改变，如浓度、温度和压强
C．可逆反应是指同一条件下，既可以向正反应方向进行，同时又可向逆反应方向进行的反应
D．当一个可逆反应进行到正向反应速率与逆向反应速率相等时，反应就停止了
4．NO和O2混合后可发生反应：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)、②2NO2(g)⇌N2O4(g)，反应体系中含氮物质的物质的量浓度c随着时间t的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a为c(NO2)随t的变化曲线
B．t1时，c(NO)+c(NO2)+c(N2O4)=c0
C．t2时刻，NO2的消耗速率大于生成速率
D．t3时，反应①和②均达到化学平衡状态
5．下图是可逆反应X2(g)＋3Y2(g)⇌2Z2(g)在反应过程中的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线，下列叙述正确的是（ ）
A．t1时刻，v正＞0，v逆=0
B．t1～t2，X2的消耗速率小于X2的生成速率
C．t2～t3，反应不再发生
D．t2～t3，各物质的浓度不再发生变化
6．对于可逆反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），下列说法不能证明反应已达平衡状态的是（ ）
A．绝热容器，温度不再改变
B．恒容时，压强不在改变
C．恒压时，体积不在改变
D．断裂2 ml O﹣H键同时形成1mlH﹣H键
7．如图表示反应X（g）+Y（s）⇌Z（s）+R（g）（△H＜0）的正、逆反应速率（v）与时间（t）的关系，t1时开始改变条件，则改变的条件符合曲线的是（ ）
A．减少物质ZB．升温C．减压D．用催化剂
8．可逆反应mA(g)＋nB(g) pC(g)+qD(g)的v-t图象如图，如若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，其v-t图象如图。则
①a1>a2②a1b2④b1t2⑥t1=t2 ⑦两图中阴影部分面积相等⑧右图中阴影部分面积更大，以上说法中正确的是
A．②③⑤⑧B．②④⑤⑦C．①④⑥⑧D．①③⑥⑦
9．mA(g)+nB(g) pC(g)+qQ(g)，当m、n、p、q为任意整数时，达到平衡的标志是（ ）
①体系的压强不再改变 ②绝热体系的温度不再改变 ③各组分的浓度不再改变
④各组分的质量分数不再改变 ⑤反应速率vA： vB： vC： vD = m：n：p：q
⑥单位时间内m ml A断键反应，同时p ml C也断键反应
A．③④⑤⑥B．②③④⑥C．①③④⑤D．①③④⑥
10．在容积一定的密闭容器中，可逆反应A(g)＋B(g)xC(g)，有下图所示的关系曲线，根据下图下列判断正确的是
A．p3>p4，y轴表示A的转化率
B．p3>p4，y轴表示混合气体的密度
C．p3T2，温度越高，C%越小，正反应是放热反应。升高温度，A的转化率减小，压强越大，A的转化率越大，A正确；混合气体总质量守恒，容积固定，气体密度不变，B错误；升高温度，平衡向左移动，B的质量分数增大，C错误；升高温度，平衡向左移动，气体物质的量增大，气体总质量不变，平均摩尔质量减小，增大压强，气体摩尔质量增大，p3>p4，D错误。
【点评】若图像中有三个变量，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。
11．【答案】B,D
【解析】【解答】如图所示t1、t2、t3时刻v(正) > v(逆) ，t4时刻v(正) = v(逆) ，反应达到平衡，.
故答案为：BD
【分析】根据图像中正逆反应速率曲线判断其相对大小关系，当正逆反应速率相等时达到平衡状态.
12．【答案】B,D
【解析】【解答】解：A．HI、H2、I2的浓度相等时该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故A错误；
B．HI、H2、I2的浓度不再发生变化，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C．无论反应是否达到平衡状态，HI、H2、I2在密闭容器中都共存，不能据此判断平衡状态，故C错误；
D．容器内气体的颜色不再发生变化，说明碘的浓度不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；
故选BD．
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的物理量不变，据此分析解答．
13．【答案】B,D
【解析】【解答】A. 密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，则容器内气体密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B. 混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以混合气体的平均相对分子质量不变能说明反应达到平衡状态，B符合题意；
C. 生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等，但不满足系数之比，反应没有达到平衡状态，C不符合题意；
D. CO的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。据此判断。
14．【答案】A,C
【解析】【解答】解：A、因该反应是反应前后气体的物质的量不相等的反应，t2～t3时间内正逆反应速率增大且相等，则应为t2时加入了催化剂，故A正确；
B、由图可知，t3时正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，化学平衡在t3时向逆反应方向移动，而该反应为放热反应，降低温度化学平衡正向移动，故B错误；
C、t5时正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，化学平衡在t5时向逆反应方向移动，由化学计量数可知，增大压强，化学平衡应逆向移动，故C正确；
D、由图可知，t4～t5时间内v不变，化学反应处于平衡状态，平衡不移动，则反应物的转化率不变，t5～t6时间内X或Y的转化率最低，故D错误；
故选AC．
【分析】由X（g）+Y（g）⇌3Z（g）△H＜0可知该反应是反应前后气体的物质的量不相等的反应，为放热反应，根据催化剂、温度、压强对化学反应速率和化学平衡的影响来分析，若化学平衡逆向移动，则反应物的转化率降低．
15．【答案】C,D
【解析】【解答】A、0～t1，反应正向进行，v正＞v逆，t1～t2，反应到达平衡，v正=v逆，故A正确；
B、加入催化剂，可以改变反应速率，平衡不移动，符合图象，故B正确；
C、t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ，故C错误；
D、t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变，说明和原平衡等效，所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数I=Ⅱ，故D错误；
故选：CD．
【分析】A、由图象分析可知，0～t1，反应正向进行，v正＞v逆，t1～t2，反应到达平衡，v正=v逆；
B、加入催化剂，可以改变反应速率，平衡不移动；
C、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，体积分数不变；
D、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变，说明和原平衡等效，则平衡常数不变．
16．【答案】正确；错误；正确；正确；错误；正确
【解析】【解答】解：①混合气体的密度不发生变化，说明气体不变说明气体的质量不变，说明反应达平衡状态，故答案为：√；②两边气体的物质的量相等，容器内气体的压强始终不发生变化，所以不能说明反应达平衡状态，故答案为：×；③混合气体的平均摩尔质量不发生变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故答案为：√； ④B的物质的量浓度不发生变化，说明生成B和消耗B的速率相等，所以达平衡状态，故答案为：√；⑤2VB=VC，未体现正与逆的关系，故答案为：×；⑥生成1mlA，等效于生成2mlB 同时反应2mlB，正逆反应速率相等反应达平衡状态，故答案为：√．
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
17．【答案】SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=﹣270kJ•ml﹣1；0.15ml•L﹣1•min﹣1；＜；正反应方向；0.4；阳极反应2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2，产生的Cl2氧化废水中的NH4+释放出N2；减小；电路中通过相同电量时，若生成n（H2）：n（N2）=3：1，则阳极产生的H+比阴极消耗的H+多
【解析】【解答】解：I．硫的燃烧热为296kJ•ml﹣1：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H1=﹣﹣296KJ/ml
一氧化碳燃烧热为283kJ•ml﹣1 ，CO（g）+ 12 O2（g）=CO2（g）△H2=﹣283KJ/ml；
依据盖斯定律②×2﹣①得到：SO2（g）+2CO（g）=S（s）+CO2（g）△H=2△H2﹣△H1=﹣270KJ/ml，
故答案为：SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=﹣270kJ•ml﹣1；
II．①由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3ml/L，变化为1.2ml/L﹣0.3ml/L=0.9ml/L，则V= ΔcΔt = 0.9ml/L6min =0.15 ml•L﹣1•min ﹣1，
故答案为：0.15 ml•L﹣1•min ﹣1；②根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，又由升温平衡向逆反应方向移动，所以T（8）＜T（15），
故答案为：＜；③8min时，平衡时c（Cl2）=0.3ml/L、c（CO）=0.1ml/L、c（COCl2）=0.9ml/L，
即K= 0.90.3×0.1 =30．容器体积为2L，在第8min再加入体系中的三种物质各1ml，Qc= (0.9+0.5)ml/L(0.3+0.5)ml/L×(0.1+0.5)ml/L =2.92＜K，所以平衡向正反应方向移动，
故答案为：正反应方向；④因为最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同即与开始平衡为等效平衡，又对于Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）恒温恒压转化到一边一模一样才等效，所以有
最终达到化学平衡时，状态2Cl2的体积分数与状态1 第6min时Cl2的体积分数相同，所以c=0.4ml/L，
故答案为：0.4；
III．①装置图分析可知和电源正极相连的为阳极，溶液中氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2 ↑，氯气具有强氧化性酸性溶液中能氧化铵根离子为氮气除去，
故答案为：阳极反应2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2，产生的Cl2氧化废水中的NH4+释放出N2；②电解池中阳极电极反应是：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，3Cl2+2NH4+=N2+8H++6Cl﹣，阴极电极反应为：2H++2e﹣=H2↑，若生成n （H2）：n （N2）=3：1，电子守恒得到6H+～3H2～6e﹣～N2～3Cl2～6e﹣～8H+，阳极产生的H+比阴极消耗的H+多，ry PH减小，
故答案为：减小，电路中通过相同电量时，若生成n （H2）：n （N2）=3：1，则阳极产生的H+比阴极消耗的H+多．
【分析】Ⅰ．硫的燃烧热为296kJ•ml﹣1：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H1=﹣﹣296KJ/ml
一氧化碳燃烧热为283kJ•ml﹣1 ，CO（g）+ 12 O2（g）=CO2（g）△H2=﹣283KJ/ml；
依据盖斯定律②×2﹣①得到；
Ⅱ．①由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3ml/L，变化为1.2ml/L﹣0.3ml/L=0.9ml/L，根据V= ΔcΔt 进行计算；②根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，结合升温平衡向逆反应方向移动来判断；③根据平衡常数和浓度商判断平衡移动；④根据最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同即与开始平衡为等效平衡，结合恒温恒压对于Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）转化到一边一模一样等效来计算；
Ⅲ．①装置图分析可知和电源正极相连的为阳极，溶液中氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气具有强氧化性酸性溶液中能氧化铵根离子为氮气除去；②结合电解池中的电极反应和生成H2和N2的物质的量之比为3：1，依据电极反应中电子守恒计算溶液中氢离子浓度减小和氢离子浓度增加，判断溶液PH变化．
18．【答案】12.5%；N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣8aKJ•ml﹣1 ；b；升高温度；2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2；N2+O22NO
【解析】【解答】①压强之比等于物质的量之比，达到平衡状态时，容器内的压强是原来的1516，则减少的物质的量为（1+3）ml×（1﹣1516）=14ml，则：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） 物质的量减少△n
1 2
n（N2） 14
故n（N2）=18ml，所以氮气的转化率=181×100%=12.5%；
18ml氮气反应放热aKJ，则1ml氮气反应放热8aKJ，所以热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣8aKJ/ml，
故答案为：12.5%；N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣8aKJ/ml；
②据NH3•H2O的电离方程式可知，c（NH4+）=c（OH﹣），已知NH3•H2O的浓度约为0.1ml/L，Kb=c(NH4+)·c(OH-)c(NH3·H2O)=c2(OH-)0.1，可得：c（OH﹣）=0.1Kb，
故答案为：0.1Kb；
（2）①2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g））△H＞0．反应是气体体积减小的吸热反应；
a、反应中气体质量守恒，体积不变，过程中密度不变，所以，密度不变不能说明反应达到平衡状态，故a错误；
b、反应是吸热反应，升温正逆反应速率都增大，平衡正向进行，故b正确；
c、t2时升高了温度，K增大，所以在t3～t4时与在t1～t2时的平衡常数K不同，故c错误；
d、t2时升高了温度，平衡正向移动，t4时减小了生成物浓度，平衡正向移动，反应物浓度相应减小，所以，容器内NO2的体积分数在t3～t4时最大，故d错误；
故选：b；
②改变上述体系的某个条件，达到新的平衡后，根据c（NO2）和c（N2O4）求出K=4.375，K减小，说明升高了温度，平衡逆向移动，故答案为：升高温度；
③9.2gNO2的物质的量=9.246=0.2ml，反应中只有NO2中N元素化合价发生变化，发生歧化反应，有生成NO3﹣，
0.2ml二氧化氮转移电子的物质的量是0.1ml，故生成的NO3﹣的物质的量为0.1ml5-4=0.1ml，故被还原的氮原子物质的量为0.2ml﹣0.1ml=0.1ml，令N元素在还原产物中的化合价为x价，则0.1ml×（4﹣x）=0.1ml，解得x=+3，故还原产物为NO2﹣，且生成的NO3﹣和NO2﹣物质的量之比为1：1，同时反应生成CO2，故二氧化氮和碳酸钠溶液反应的离子反应方程式为：2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2，故答案为：2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2．
（3）工业生产氨与硝酸的有关过程为：氮气与氢气合氨，氨催化氧化生成一氧化氮，也可用氮气和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮再氧化成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，上述反应也可以适当合并书写，据此可知在框图中，反应I的化学方程式为N2+O22NO，故答案为：N2+O22NO．
【分析】（1）①依据化学平衡三段式列式计算得到；求出反应的△H，写出热化学方程式；
②c（NH4+）=c（OH﹣），据Kb表达式和平衡时NH3•H2O的浓度可以求得；
（2）①2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g））△H＞0．反应是气体体积减小的吸热反应；
a、反应中气体质量守恒，体积不变，过程中密度不变；
b、反应是吸热反应升温正逆反应速率增大，平衡正向进行；
c、K受温度影响；
d、依据图象分析容器内NO2的体积分数在t3～t4时最大；
②改变上述体系的某个条件，达到新的平衡后，根据c（NO2）和c（N2O4）求出K值，K减小，说明升高了温度，平衡逆向移动；
③根据n=Mm计算NO2的物质的量，反应中只有NO2中N元素化合价发生变化，发生歧化反应，有生成NO3﹣，根据注意电子数计算生成NO3﹣的物质的量，再根据电子转移守恒计算N元素在还原产物中的化合价，判断还原产物，据此书写；
（3）根据氮及其化合物知识可以判断和个框中的物质进而写出化学方程式．
19．【答案】（1）下层(CCl4层)溶液呈紫红色，上层清液中滴加KSCN后溶液呈血红色
（2）；左；I2+2e-==2I-
【解析】【解答】(1)方案甲的实验目的就是证明Fe3+和I-同时存在，证明反应为可逆反应，故实验现象为下层(CCl4层)溶液呈紫红色，上层清液中滴加KSCN后溶液呈血红色，故答案为：下层(CCl4层)溶液呈紫红色，上层清液中滴加KSCN后溶液呈血红色；
(2)①根据双液双池原电池的组成，该装置的示意图为： ，故答案为： ；
②若溶液中存在平衡，当指针读数变零后，反应即达到平衡，在乙烧杯中加入1ml·L-1FeCl2溶液后，指针应该偏左，同时左池石墨电极上的电极反应式为I2+2e-=2I-，故答案为：左，I2+2e-=2I-；
【分析】
(1)I-是过量的，用KSCN检验反应后溶液是否有Fe3+，如为可逆反应，溶液变红色，否则无明显现象；
(2)①依据原电池反应原理分析，氧化还原反应中铁离子在正极得到电子发生还原反应，碘离子再负极失电子发生氧化反应，负极所在电解质溶液为KI溶液，正极所在电解质溶液为FeCl3溶液；
②图中灵敏电流计的指针指向右，右侧烧杯为正极，当指针读数变零后，在乙烧杯中加入1ml/ LFeCl2溶液，如为可逆反应，可发生2Fe2++l2⇋2Fe3++2I-，I2被还原，指针应偏向左。
20．【答案】（1）0.04；100（ml/L）﹣2
（2）＜；＞
（3）；2CO2（g）+6H2（g）=CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=﹣123.8kJ/ml
【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）一定条件下，向容积为2L恒容密闭容器中充入1.2ml CO2（g）和2.8ml H2（g），在不同温度下达平衡时，保持T1恒温下，从开始到平衡所需时间为10分钟．CH3OH的体积分数为33.3%即为 13 ，设反应的二氧化碳物质的量浓度为x，
x2-2x = 13
x=0.4ml/L①开始到平衡的平均反应速率v（CO2）= 0.4ml/L10min =0.04ml/（L•min），故答案为：0.04；②该温度下反应的平衡常数K= 0.4×0.40.2×0.23 =100（ml/L）﹣2，故答案为：100（ml/L）﹣2；（2）保持T1恒温下，从开始到平衡所需时间为10分钟．测定平衡时容器内压强为P1MPa，使上述反应在T2（T1＜T2）的恒温下进行并达平衡．测定到平衡所需是为t2分钟，平衡时容器内压强为P2 MPa，温度升高反应速率增大，达到平衡所需时间缩短，t2＜10，反应为放热反应，升温平衡逆向进行气体物质的量增大气体压强增大，
P2＞P1，
故答案为：＜；＞；（3）CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.4kJ/ml，反应物质以不同的氢碳比 n(H2)n(CO2) 反应，当比值越二氧化碳的转化率越大，氢气转化率减小，比值为3时和反应比相同，二者转化率相同，据此画出氢气转化率变化曲线为：
故答案为： ；
Ⅲ．已知①2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣25．kJ/ml，②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.4kJ/ml
盖斯定律计算得到：②×2+①得到：2CO2（g）+6H2（g）=CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=﹣123.8 kJ/ml
故答案为：2CO2（g）+6H2（g）=CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=﹣123.8 kJ/ml．
【分析】Ⅰ．（1）一定条件下，向容积为2L恒容密闭容器中充入1.2ml CO2（g）和2.8ml H2（g），在不同温度下达平衡时，保持T1恒温下，从开始到平衡所需时间为10分钟．CH3OH的体积分数为33.3%即为 13 ，设反应的二氧化碳物质的量浓度为x，
x2-2x = 13
x=0.4ml/L①开始到平衡的平均反应速率v（CO2）= ΔcΔt ；②该温度下反应的平衡常数K= 生成物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积 ；（2）保持T1恒温下，从开始到平衡所需时间为10分钟．测定平衡时容器内压强为P1MPa，使上述反应在T2（T1＜T2）的恒温下进行并达平衡．测定到平衡所需是为t2分钟，平衡时容器内压强为P2 MPa，温度升高反应速率增大，达到平衡所需时间缩短，反应为放热反应，升温平衡逆向进行气体物质的量增大气体压强增大；
Ⅱ．（3）CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.4kJ/ml，反应物质以不同的氢碳比 n(H2)n(CO2) 反应，当比值越二氧化碳的转化率越大，氢气转化率减小，比值为3时和反应比相同，二者转化率相同，据此画出氢气转化率变化曲线；
Ⅲ．已知①2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣25．kJ/ml，②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.4kJ/ml
盖斯定律计算得到：②×2+①得到所需热化学方程式．
21．【答案】（1）2SO3高温__ 2SO2+O2
（2）SO2 + I2 +2H2O ⇌ 4H++2I－+SO42－
（3）cd；8.7
（4）bc
【解析】【解答】（1）根据图中信息可知，物质的量减少的为反应物，物质的量增加的为生成物，故SO3为反应物，SO2、O2为生成物，故在650～1200℃间发生的主要反应的方程式为2SO3高温__ 2SO2+O2；（2）“步骤Ⅱ.硫酸再生”是二氧化硫、碘单质和水参与反应生成硫酸和氢碘酸，反应的离子方程式为SO2 + I2 +2H2O ⇌ 4H++2I－+SO42－；（3）①a.反应2HI(g) ⇌ H2(g) + I2(g) 为气体体积不变的反应，反应过程气体的总压强始终不变，容器内气体的总压强不再随时间而变化不能作为平衡状态的标志，故错误；
b.n(HI)∶n(H2)∶n(I2)=2∶1∶1是特殊情况，与反应不一定达平衡状态，故错误；
c.反应速率：v(H2)正=v(H2)逆，说明正逆反应速率相同，反应达平衡状态，故正确；
d.I2(g)浓度不再随时间的变化而变化，说明反应已达平衡状态，故正确，
故答案为：cd；②根据反应热和键能的关系可得， Δ H=（+298.7×2-436.0-152.7）kJ·ml－1= +8.7kJ·ml－1；（4）a.该装置为电解池，是电能转变为化学能的装置，故错误；
B.催化剂能改变化学反应速率，故催化剂可加快电极上电子的转移，故正确；
C.反应为将二氧化硫与水转化为硫酸和氢气，故总方程式为SO2+2H2O 电解__ H2+H2SO4，故正确；
D.根据反应SO2+2H2O 电解__ H2+H2SO4，每生成1mlH2，电路中流过的电子数约为2×6.02×1023，故错误。
故答案为：bc。
【分析】（1）根据图中信息可知，物质的量减少的为反应物，物质的量增加的为生成物，并注意条件的书写与配平；
（2）书写离子反应方程式时，注意弱电解质水不可以拆；
（3）①反应达到化学平衡状态的标志为：v正=v逆，据此分析即可；
②用化学键计算反应热时，∆H=反应物的键能-生成物的键能；
（4）该装置为电解池，是电能转变为化学能的装置；转移的电子数根据化学方程式即可得出；化学键
H—I
H—H
I—I
键能/kJ·ml－1
298.7
436.0
152.7
Cl2（g）+
CO（g）⇌
COCl2（g）
状态1
1.2
1.0
0
状态2
0.8
0.6
c
CO2（g）+
3H2（g）⇌
CH3OH（g）+
H2O（g）
起始量（ml/L）
0.6
1.4
0
0
变化量（ml/L）
X
3x
X
X
平衡量（ml/L）
0.6-x
1.4-3x
x
X
CO2（g）+
3H2（g）⇌
CH3OH（g）+
H2O（g）
起始量（ml/L）
0.6
1.4
0
0
变化量（ml/L）
X
3x
X
X
平衡量（ml/L）
0.6-x
1.4-3x
x
X