广东省深圳市高二下学期开学适应性模拟测试化学练习卷-A4

这是一份广东省深圳市高二下学期开学适应性模拟测试化学练习卷-A4，共41页。

A．根据图像可知：E2﹣E3＝E5﹣E6
B．断裂1ml Cl—Cl键时释放的能量为（E5﹣E6）kJ
C．O3的平衡转化率：历程Ⅰ＞历程Ⅱ
D．历程Ⅰ、Ⅱ中速率最慢步骤的热化学方程式为O3（g）+Cl（g）＝O2（g）+ClO（g）
2．（2024秋•宝安区校级期中）我国科学家实现了在铜催化条件下将DMF[（CH3）2NCHO]转化为三甲胺[N（CH3）3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．由图可以判断DMF转化为三甲胺的反应属于放热反应
B．是该反应历程的决速步骤
C．使用铜作催化剂可以降低反应的活化能，从而加快反应速率
D．该历程中最大能垒（活化能）E正＝0.93eV
3．（2023秋•罗湖区校级期中）下列有关说法正确的是（ ）
A．已知HI（g）⇌H2（g）+I2（s） ΔH＝﹣26.5kJ•ml﹣1，由此可知1mlHI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5kJ的热量
B．已知2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g） ΔH＝﹣571.6kJ•ml﹣1，则氢气的燃烧热为ΔH＝﹣285.8kJ•ml﹣1
C．已知2C（s）+2O2（g）＝2CO2（g） ΔH1，2C（s）+O2（g）＝2CO（g） ΔH2，则ΔH1＜ΔH2
D．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+CH3COOH（aq）＝CH3COONa（aq）+H2O（l） ΔH＝﹣57.4kJ•ml﹣1
4．（2023秋•光明区期末）光照条件下，甲烷氯化反应是一个自由基型的取代反应。在链转移反应过程中，经历两步反应：（•CH3和Cl•分别表示甲基和氯原子）
反应1：CH4（g）+Cl•（g）→CH3•（g）+HCl（g）；
反应2：CH3•（g）+Cl2（g）→CH3Cl（g）+Cl•（g）。
各物质的相对能量变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．链转移反应的反应速率由第1步反应决定
B．反应1的活化能Ea＝16.7kJ•ml﹣1
C．链转移反应的反应热ΔH＝﹣105.4kJ•ml﹣1
D．由图可知，过渡态结构的稳定性：1＞2
5．（2024春•深圳期末）在催化剂作用下，某可逆反应的反应历程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应物的总能量小于生成物的总能量
B．活化能：反应ii→iii＞反应i→ii
C．升高温度可提高反应物的平衡转化率
D．使用催化剂可提高活化分子百分数
6．（2024秋•罗湖区月考）我国科学家研究发明了电化学“大气固碳”方法，相关装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．放电时，电极A为负极，该电极可选用含水电解液
B．放电时，电极B上发生的反应是：3CO2+4e﹣+4Li+＝2Li2CO3+C
C．充电时，Li+从电极A移向电极B
D．充电时，外电路中每通过1ml电子，正极区质量增加33g
7．（2024秋•宝安区月考）一种微生物电池可用于污水净化、海水淡化，甲室有厌氧菌，乙室有反硝化菌，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．b电极发生还原反应
B．处理后乙室废水的pH升高
C．理论上，甲室每生成1ml CO2，乙室溶液质量减少11.2g
D．甲室发生反应的电极反应式：C6H12O6﹣24e﹣+6H2O＝6CO2↑+24H+
8．（2024秋•宝安区校级期中）全钒液流电池是一种新型绿色的二次电池。其工作原理如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．放电时，电子由Y极流出，经负载到X极
B．放电时，每转移1ml电子，理论上有2ml H+迁移至X极区
C．充电过程中，Y极区溶液pH降低
D．将电解液储存在储液罐中，可增大液流电池储能容量
9．（2024•深圳一模）我国科学家研发了一种由废水（含，等）提铀并同步产电的工艺，其工作原理和相关物质转化关系如图所示。下列有关该过程的说法不正确的是（ ）
A．电子从Fe电极经导线流向CCF电极
B．CCF电极上发生的反应有：O2+2H2O+2e﹣═H2O2+2OH﹣
C．生成（UO2）O2•2H2O的反应中，n（氧化剂）：n（还原剂）＝1：2
D．利用电解法再次获得含溶液，需将附着UO2、（UO2）O2•2H2O的电极置于阳极
10．（2024春•深圳期末）一种新研发的电催化水分解装置的工作原理如图所示，电解质溶液为NaBr溶液（已知：溴酸HBrO3为强酸）。下列说法不正确的是（ ）
A．a为电源负极
B．N极的电极反应为Br﹣+3H2O﹣6e﹣═+6H+
C．一段时间后，电解池内溶液的pH减小
D．理论上，每产生3ml O2，可再生2ml Br﹣
11．（2024秋•罗湖区校级期中）下列离子能大量共存的是（ ）
A．使酚酞溶液呈红色的溶液中可大量存在：Mg2+、、、
B．强酸性溶液中可大量存在：、Cl﹣、Na+、Ca2+
C．澄清透明的溶液中可大量存在：Fe3+、Mn2+、、Cl﹣
D．使紫色石蕊试液呈红色的溶液中可大量存在：Na+、K+、S2﹣、
12．（2024秋•罗湖区月考）室温下，用0.1ml•L﹣1的一水合二甲胺[（CH3）2NH•H2O]溶液（一水合二甲胺在水中的电离与一水合氨相似）滴定•L﹣1盐酸溶液。溶液pH随加入一水合二甲胺溶液体积变化曲线如图所示（忽略溶液混合时的体积变化）。下列说法正确的是（ ）
A．本实验应该选择酚酞作指示剂
B．x＞1，y＜7
C．a、b两点的溶液中，Kw不相等
D．b点溶液中存在：2c（Cl﹣）＝c[（CH3）2]+c[（CH3）2NH•H2O]
13．（2023秋•深圳月考）室温时，用0.1ml•L﹣1NaOH溶液滴定100mL0.1ml•L﹣1NH4HSO4溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．在cd段发生反应的离子方程式：+OH﹣═NH3•H2O
B．a点：c（Na+）+c（）+c（H+）＝2c（）+c（OH﹣）
C．a、b、c、d四点中，b点溶液中水的电离程度最大
D．b点：c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（OH﹣）＝c（H+）
14．（2023秋•深圳月考）硼酸（H3BO3）的电离方程式为H3BO3+H2O⇌B（OH）4﹣+H+。已知常温下，Ka（H3BO3）＝5.4×10﹣10、Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5。下列说法错误的是（ ）
A．H3BO3为一元酸
B．常温下，0.01ml•L﹣1H3BO3溶液的pH≈6
C．常温下，CH3COONa和NaB（OH）4溶液均为0.1ml•L﹣1的pH：前者＞后者
D．pH＝3的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中变小
15．（2024秋•深圳期中）将11.2g铁粉投入到盛有200mL、3ml•L﹣1稀盐酸的烧杯中，5min时铁粉刚好完全溶解（溶解前后溶液体积变化忽略不计），下列表示此反应的速率正确的是（ ）
A．v（Fe）＝0.2ml•L﹣1•min﹣1
B．v（HCl）＝0.6ml•L﹣1•min﹣1
C．v（FeCl2）＝0.2ml•L﹣1•min﹣1
D．v（HCl）＝0.4ml•L﹣1•s﹣1
16．（2024秋•深圳期中）恒温条件下，某固定体积为2L的密闭容器中，在某催化剂表面上发生三氧化硫的分解反应：2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），测得不同起始浓度和催化剂表面积下三氧化硫浓度随时间的变化如表所示。下列说法错误的是（ ）
A．实验Ⅰ，0∼20min的平均速率：v（O2）＝0.0175ml•L﹣1•min﹣1
B．实验Ⅱ，到达平衡状态时，n（SO2）＜2ml
C．此温度下，该反应的平衡常数为K＝25
D．相同条件下，增大催化积的表面积，SO3的平衡转化率不变
17．（2024秋•深圳期中）下列有关图像的说法错误的是（ ）
A．图甲表示可逆反应2SO2+O2⇌2SO3中SO2的含量与压强的关系，且p2＞p1
B．图乙表示密闭容器中X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）的正反应为放热反应
C．图丙表示反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）ΔH＞0，且m+n＞p+q
D．图丁表示浓氨水的导电能力随着加水体积变化的关系，若用湿润的pH试纸测量a点溶液的pH，则测量结果偏小
18．（2024秋•深圳期中）下列说法错误的是（ ）
A．常温下，的溶液一定显中性
B．C（s，石墨）⇌C（s，金刚石）ΔH＝+1.9kJ•ml﹣1，则石墨比金刚石稳定
C．升高温度是通过增大活化分子百分数来加快化学反应速率的
D．工业合成氨温度为400～500℃是因为升高温度有利于提高反应物的平衡转化率
19．（2023秋•光明区期末）臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g）。向2L的恒容密闭容器中充入1mlNO2和1mlO3充分反应，平衡时，NO2的体积分数随温度变化关系如图所示。下列说法正确的（ ）
A．该反应的ΔS＞0
B．a点时，O3的体积分数为25%
C．b点时，v正＞v逆
D．正反应速率的大小：a点＜b点
20．（2024秋•罗湖区月考）在2L恒容密闭容器中，充入2.0ml NO和2.0ml SO2，在一定条件下发生反应2NO（g）+2SO2（g）⇌N2（g）+2SO3（g），测得平衡体系中NO、SO3的物质的量分数（x%）与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能
B．T1时，当2v正（SO2）＝v逆（N2）时反应达到平衡状态
C．T2时，若反应经ts达到平衡，则v（N2）＝
D．b点时，往容器中再充入NO、SO2各1.0ml，再次平衡时x%（N2）减小
二．解答题（共4小题）
21．（2023秋•南山区校级月考）按要求完成下列填空。
（1）氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，反应如下：N2+3H22NH3。该反应中氧化剂是 。
（2）①合成氨的反应中的能量变化如图所示。该反应是 反应（填“吸热”或“放热”），其原因是反应物总键能 （填“大于”或“小于”）生成物总键能。
②在一定条件下，将一定量的N2和H2的混合气体充入某恒容密闭容器中，一段时间后，下列叙述能说明该反应达到平衡状态的是 （填字母）。
a.混合气体密度不再变化
b.N2、H2、NH3的物质的量之比为1：3：2
c.容器中的压强不随时间变化
d.混合气体平均相对分子质量不再变化
（3）工业上通常采用铁触媒、在400～500℃和10MPa～30MPa的条件下合成氨，反应的表达式为N2+3H22NH3ΔH＜0
①一定条件下，合成氨时压强 （填“越大”或“越小”），原料的转化率越高。但是压强超过一定值时， 。所以，我国的合成氨厂一般采用的压强为10MPa～30Mpa。
②一定条件下，合成氨时温度 （填“越低”或“越高”），原料的转化率越高。但是温度超过一定值时， 。所以，我国的合成氨厂一般采用的温度为400～500℃。
22．（2023秋•南山区期末）原电池和电解池在生产生活中具有广泛的应用。
Ⅰ.电解CuSO4溶液
（1）实验室中电解CuSO4溶液的实验装置如图1所示。
①某同学用如图1装置模拟工业电解精炼铜实验，则C1为 （填“精铜”，或“粗铜”）。
②某同学用图2电解CuSO4溶液，C1、C2均为碳棒，写出C1的电极反应式： 。
③某同学一不小心将一段铜棒掉入CuSO4溶液中，仍用图2完成电解CuSO4溶液实验，发现铜棒 （选填“A”或“B”）端变粗。
Ⅱ.燃料电池在工业上的应用
（2）利用CH3OCH3燃料电池电解，可将雾霾中的NO、SO2分别转化为和，如图3装置所示。充入 CH3OCH3的一端是 （选填“甲”或“乙”）。通入SO2一端的电极反应式为： ，当电路中转移2.5ml电子时，H2SO4的浓度为 ml⋅L﹣1（电解过程中忽略溶液体积变化）。
（3）火星大气由96%的二氧化碳气体组成，火星探测器采用Li﹣CO2电池供电，其反应机理如图4。
电池中的“交换膜”应为 交换膜（填“阳离子”或“阴离子”）。写出CO2电极反应式： 。
23．（2023秋•盐田区校级期中）按要求填空。
（1）现有以下物质：a．NaCl晶体；b．SO2；c．液态醋酸；d．铜；e．固体BaSO4；f．纯蔗糖（C12H22O11）；g．酒精（C2H5OH）；h．熔融的KHSO4；i．氨水；j．液氮。请回答下列问题。（填相应序号）
①以上物质能导电的是 。
②以上物质属于非电解质的是 。
③以上物质属于强电解质的是 。
④写出h的电离方程式： 。
（2）已知25℃时，几种弱酸的电离平衡常数如下：HCOOH：Ka＝1.77×10﹣4，HCN：Ka＝4.9×10﹣10，H2CO3：Ka1＝4.30×10﹣7、Ka2＝5.61×10﹣11，则以下反应不能自发进行的是 （填字母）。
a．HCOOH+NaCN═HCOONa+HCN
b．NaHCO3+NaCN═Na2CO3+HCN
c．NaCN+H2O+CO2═HCN+NaHCO3
d．2HCOOH+═2HCOO﹣+H2O+CO2↑
e．H2O+CO2+2CN﹣═2HCN+
（3）25℃时，某Na2SO4溶液中c（）＝5×10﹣4ml•L﹣1，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c（Na+）：c（OH﹣）＝ 。
（4）在100℃（Kw＝1.0×10﹣12），pH＝10的NaOH溶液中，水电离产生的c（OH﹣）＝ ml•L﹣1。
24．（2024秋•宝安区校级期中）CO2的资源化对于构建低碳社会具有重要意义。回答下列问题：
Ⅰ.利用CO2催化加氢合成二甲醚
主要发生下列反应：
反应ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH1＝+41.2kJ•ml﹣1
反应ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g） ΔH2
（1）已知反应：2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ΔH3＝﹣204.9kJ•ml﹣1。则ΔH2＝ kJ•ml﹣1。
Ⅱ.利用CO2制备CH3OH
（2）一定条件下，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1.5ml CO2和3ml H2发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），如图是反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线。已知在温度为500K的条件下，反应10min后达到平衡。
①下列现象能说明反应达到平衡状态的是 （填标号）。
a.单位时间内消耗nml H2的同时消耗nml H2O
b.体系中CO2（g）、H2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）的浓度相等
c.混合气体的平均摩尔质量不变
d.体系中混合气体密度不变
②该反应是 （填“吸热”或“放热”）反应。500K时，在0～10min内平均反应速率v（H2）为 。
③500K下达到平衡时体系的总压强为p，该反应的平衡常数Kp＝ 。（Kp为用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）
Ⅲ.高温电解CO2和H2O制备清洁燃料
（3）该技术的原理如图所示。电极a上的电极反应式是H2O+2e﹣＝H2↑+O2﹣和 。
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2024秋•深圳期中）标准状态下，O3（g）分解时相关物质的相对能量与反应历程关系如图所示[已知O2（g）和Cl2（g）的相对能量为0]。下列说法正确的是（ ）
A．根据图像可知：E2﹣E3＝E5﹣E6
B．断裂1ml Cl—Cl键时释放的能量为（E5﹣E6）kJ
C．O3的平衡转化率：历程Ⅰ＞历程Ⅱ
D．历程Ⅰ、Ⅱ中速率最慢步骤的热化学方程式为O3（g）+Cl（g）＝O2（g）+ClO（g）
【答案】A
【分析】A．催化剂改变反应历程加快反应速率，但是不改变反应的焓变；
B．由图可知，Cl（g）的相对能量为（E2﹣E3）kJ/ml；
C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率；
D．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越大反应越慢。
【解答】解：A．催化剂改变反应历程加快反应速率，但是不改变反应的焓变，则E6﹣E3＝E5﹣E2为臭氧生成氧气的焓变，即E2﹣E3＝E5﹣E6，故A正确；
B．Cl2（g）的相对能量为0，由图可知Cl（g）的相对能力为（E2﹣E3）kJ/ml，断裂化学键吸收热量，Cl2（g）→2Cl（g）吸收能量为2（E2﹣E3）kJ/ml，则Cl—Cl键能为2（E2﹣E3）kJ/ml，故B错误；
C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率，即相同条件下O3的平衡转化率：历程Ⅱ＝历程Ⅰ，故C错误；
D．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越大反应越慢，由图可知，在该历程中速率最慢步骤的热化学方程式为O3（g）+O（g）═2O2（g） ΔH＝（E6﹣E3）kJ•ml﹣1，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应热与焓变，侧重分析能力及灵活运用能力的考查，把握焓变的计算、键能概念、催化剂的作用、活化能与反应速率的关系即可解答，题目难度不大。
2．（2024秋•宝安区校级期中）我国科学家实现了在铜催化条件下将DMF[（CH3）2NCHO]转化为三甲胺[N（CH3）3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．由图可以判断DMF转化为三甲胺的反应属于放热反应
B．是该反应历程的决速步骤
C．使用铜作催化剂可以降低反应的活化能，从而加快反应速率
D．该历程中最大能垒（活化能）E正＝0.93eV
【答案】D
【分析】A．根据，（CH3）2NCHO（g）+2H2（g）的能量大于N（CH3）3（g）+H2O（g）的能量，进行分析；
B．根据化学反应速率与反应的活化能密切相关，活化能越高反应速率越慢，进行分析；
C．根据催化剂加快反应速率的机理进行分析；
D．根据活化能越高反应速率越慢，进行分析。
【解答】解：A．（CH3）2NCHO（g）+2H2（g）的能量大于N（CH3）3（g）+H2O（g）的能量，所以DMF转化为三甲胺的反应是放热反应，故A正确；
B．活化能越高反应速率越慢，因此慢反应是反应历程的决速步骤，N（CH3）3+OH*+H*转化为N（CH3）3（g）+H2O（g）对应的活化能[E正＝（﹣1.02eV）﹣（﹣2.21eV）＝1.19eV]最大，是该反应历程的决速步，故B正确；
C．催化剂加快反应速率的机理就是改变反应的历程，降低反应所需的活化能，故C正确；
D．该历程中最大能垒（活化能） E正＝1.19 eV，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
3．（2023秋•罗湖区校级期中）下列有关说法正确的是（ ）
A．已知HI（g）⇌H2（g）+I2（s） ΔH＝﹣26.5kJ•ml﹣1，由此可知1mlHI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5kJ的热量
B．已知2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g） ΔH＝﹣571.6kJ•ml﹣1，则氢气的燃烧热为ΔH＝﹣285.8kJ•ml﹣1
C．已知2C（s）+2O2（g）＝2CO2（g） ΔH1，2C（s）+O2（g）＝2CO（g） ΔH2，则ΔH1＜ΔH2
D．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+CH3COOH（aq）＝CH3COONa（aq）+H2O（l） ΔH＝﹣57.4kJ•ml﹣1
【答案】C
【分析】A．已知：HI（g）⇌H2（g）+I2（s）△H＝﹣26.5 kJ•ml﹣1，反应为可逆反应；
B．氢气燃烧热是指1ml氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量；
C．C（s）充分燃烧时释放的热量多，则焓变小；
D．醋酸为弱电解质，电离时吸热。
【解答】解：A．已知：HI（g）⇌H2（g）+I2（s）△H＝﹣26.5 kJ•ml﹣1，反应为可逆反应，由此可知1 ml HI气体在密闭容器中充分分解后放出的热量小于26.5 kJ，故A错误；
B．氢气燃烧热是指1ml氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量，已知2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g） ΔH＝﹣571.6kJ•ml﹣1，则氢气的燃烧热不是ΔH＝﹣285.8kJ•ml﹣1，故B错误；
C．已知2C（s）+2O2（g）＝2CO2（g）△H1，2C（s）+O2（g）＝2CO（g）△H2，C（s）充分燃烧时释放的热量多，由于焓变为负值，则焓变小，故△H1＜△H2，故C正确；
D．醋酸为弱电解质，电离时吸热，导致释放的热量小于57.4kJ，热化学方程式为：NaOH（aq）+CH3COOH（aq）＝CH3COONa（aq）+H2O（l）△H＞﹣57.4 kJ•ml﹣1，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生热化学方程式的掌握情况，试题难度中等。
4．（2023秋•光明区期末）光照条件下，甲烷氯化反应是一个自由基型的取代反应。在链转移反应过程中，经历两步反应：（•CH3和Cl•分别表示甲基和氯原子）
反应1：CH4（g）+Cl•（g）→CH3•（g）+HCl（g）；
反应2：CH3•（g）+Cl2（g）→CH3Cl（g）+Cl•（g）。
各物质的相对能量变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．链转移反应的反应速率由第1步反应决定
B．反应1的活化能Ea＝16.7kJ•ml﹣1
C．链转移反应的反应热ΔH＝﹣105.4kJ•ml﹣1
D．由图可知，过渡态结构的稳定性：1＞2
【答案】D
【分析】A.反应速率由慢反应决定；
B.活化能为初始态到过渡态所需能量；
C.反应热由反应的始态和终态决定；
D.物质所具有的总能量越低越稳定。
【解答】解：A.由图可知，链转移反应的第1步活化能大，为慢反应，化学反应取决于慢反应，故链转移反应的反应速率由第1步反应决定，故A正确；
B.由图可知，反应1的活化能Ea＝16.7kJ•ml﹣1，故B正确；
C.链转移反应反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，反应热ΔH═﹣105.4kJ•ml﹣1，故C正确；
D.由图可知，过渡态1的能量高于过渡态2，过渡态结构的稳定性：2＞1，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应中的能量变化，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断反应吸放热是解题的关键。
5．（2024春•深圳期末）在催化剂作用下，某可逆反应的反应历程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应物的总能量小于生成物的总能量
B．活化能：反应ii→iii＞反应i→ii
C．升高温度可提高反应物的平衡转化率
D．使用催化剂可提高活化分子百分数
【答案】D
【分析】A．由图可知，反应物的总能量比生成物的总能量高；
B．由图可知，反应i→ii的活化能为（1.35﹣0）eV＝1.35eV，反应ii→iii的活化能为（1.96﹣1.11）eV＝0.85eV；
C．升高温度，平衡逆向移动；
D．使用催化剂，可以降低反应的活化能。
【解答】解：A．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，故A错误；
B．由图可知，反应i→ii的活化能为（1.35﹣0）eV＝1.35eV，反应ii→iii的活化能为（1.96﹣1.11）eV＝0.85eV，则活化能：反应ii→iii＜反应i→ii，故B错误；
C．由图可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；
D．使用催化剂，可以降低反应的活化能，从而提高活化分子百分数，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，同时考查学生的看图理解能力、应用分析能力，属于基本知识的考查，难度不大。
6．（2024秋•罗湖区月考）我国科学家研究发明了电化学“大气固碳”方法，相关装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．放电时，电极A为负极，该电极可选用含水电解液
B．放电时，电极B上发生的反应是：3CO2+4e﹣+4Li+＝2Li2CO3+C
C．充电时，Li+从电极A移向电极B
D．充电时，外电路中每通过1ml电子，正极区质量增加33g
【答案】B
【分析】放电时，A为负极，电极反应为Li﹣e﹣＝Li+，B为正极，电极反应为3CO2+4e﹣+4Li+＝2Li2CO3+C，充电时，A为阴极，电极反应式为Li++e﹣＝Li，B为阳极，电极反应为：2Li2CO3﹣4e﹣＝2CO2+4Li++O2↑，据此分析。
【解答】解：A．放电时电极A为负极，电极材料为Li，会与水反应，因此该电池只可选用无水电解液，故A错误；
B．放电时，，电极B上发生的反应是：3CO2+4e﹣+4Li+＝2Li2CO3+C，故B正确；
C．充电时，阳离子移向阴极，则Li+的移动方向是从电极B移向电极A，故C错误；
D．放电时，正极电极反应为3CO2+4e﹣+4Li+＝2Li2CO3+C，增加的质量为二氧化碳与锂离子的总质量，当有4ml电子转移时，增加的质量为（3×44+4×7）g＝160g，则电路中每通过1ml电子时，正极区质量增加40g，充电时，拯救质量减小，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生电解池和原电池的掌握情况，题目难度中等。
7．（2024秋•宝安区月考）一种微生物电池可用于污水净化、海水淡化，甲室有厌氧菌，乙室有反硝化菌，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．b电极发生还原反应
B．处理后乙室废水的pH升高
C．理论上，甲室每生成1ml CO2，乙室溶液质量减少11.2g
D．甲室发生反应的电极反应式：C6H12O6﹣24e﹣+6H2O＝6CO2↑+24H+
【答案】C
【分析】由图可知，甲室中碳元素化合价升高失电子，故a电极为负极，电极反应式为C6H12O6﹣24e﹣+6H2O＝6CO2↑+24H+，b电极为正极，电极反应式为2+10e﹣+6H2O＝N2↑+12OH﹣，据此作答。
【解答】解：A．b电极为正极，发生还原反应，故A正确；
B．乙室电极反应为2+10e﹣+6H2O＝N2↑+12OH﹣，废水的pH升高，故B正确；
C．理论上，甲室每生成1ml CO2，电路中转移4ml电子，乙室生成0.4ml氮气，溶液质量减少0.4ml×28g/ml＝11.2g，但同时有4ml钠离子迁移至乙室，质量增加4ml×23g/ml＝92g，故乙室质量最终增加92g﹣11.2g＝80.8g，故C错误；
D．a电极为负极，电极反应式为C6H12O6﹣24e﹣+6H2O＝6CO2↑+24H+，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键。
8．（2024秋•宝安区校级期中）全钒液流电池是一种新型绿色的二次电池。其工作原理如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．放电时，电子由Y极流出，经负载到X极
B．放电时，每转移1ml电子，理论上有2ml H+迁移至X极区
C．充电过程中，Y极区溶液pH降低
D．将电解液储存在储液罐中，可增大液流电池储能容量
【答案】B
【分析】观察装置可知，X电极V由+5的→+4的VO2+，发生得电子的还原反应，即X电极为正极，电极反应式为+e﹣+2H+＝VO2++H2O，Y电极上V2+→V3+，发生失去电子的氧化反应，为负极，电极反应式为V2+﹣e﹣＝V3+，总反应为V2+++2H+＝VO2++V3++H2O，原电池工作时，电子由负极Y经过用电器移向正极X，溶液中的H+由负极Y经过质子交换膜移向正极X，据此分析解答。
【解答】解：A．该原电池中，X电极V由+5的→+4的VO2+，发生得电子的还原反应，X电极为正极，Y电极为负极，原电池工作时，电子只能在导线上迁移，即电子由Y极经导线流向X极，故A正确；
B．X极为正极，电极反应式为+e﹣+2H+＝VO2++H2O，由于得失电子数等于氢离子迁移数目，所以转移1ml电子，只有1ml H+迁移，故B错误；
C．充电过程中，Y极区得电子，H+向右移动，溶液pH降低，故C正确；
D．将电解液储存在储液罐中，可通过增大电解液存储罐的容积，增大液流电池储能容量，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
9．（2024•深圳一模）我国科学家研发了一种由废水（含，等）提铀并同步产电的工艺，其工作原理和相关物质转化关系如图所示。下列有关该过程的说法不正确的是（ ）
A．电子从Fe电极经导线流向CCF电极
B．CCF电极上发生的反应有：O2+2H2O+2e﹣═H2O2+2OH﹣
C．生成（UO2）O2•2H2O的反应中，n（氧化剂）：n（还原剂）＝1：2
D．利用电解法再次获得含溶液，需将附着UO2、（UO2）O2•2H2O的电极置于阳极
【答案】C
【分析】由图可知，Fe失电子生成Fe2+，CCF电极上O2得电子生成OH﹣、得电子生成UO2，则Fe电极为负极、CCF电极为正极，负极反应为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，正极反应为O2+2H2O+2e﹣═H2O2+2OH﹣、+2e﹣＝UO2，UO2和H2O2反应生成（UO2）O2•2H2O，反应为UO2+2H2O2＝（UO2）O2•2H2O，放电时电子从负极经导线流向正极，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，Fe电极为负极、CCF电极为正极，电子从Fe电极经导线流向CCF电极，故A正确；
B．由图可知，CCF电极为正极，正极上发生的反应有O2+2H2O+2e﹣═H2O2+2OH﹣、+2e﹣＝UO2，故B正确；
C．生成（UO2）O2•2H2O的反应为UO2+2H2O2＝（UO2）O2•2H2O，H2O2为氧化剂，UO2为还原剂，只有一半发生还原反应，所以n（氧化剂）：n（还原剂）＝1：1，故C错误；
D．阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应，则电解法再次获得含溶液时，UO2、（UO2）O2•2H2O发生氧化反应，应将附着UO2、（UO2）O2•2H2O的电极置于阳极，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池工作原理、电解原理的应用，侧重分析能力和运用能力考查，把握电极判断、电极反应、氧化还原反应规律的应用是解题关键，题目难度不大。
10．（2024春•深圳期末）一种新研发的电催化水分解装置的工作原理如图所示，电解质溶液为NaBr溶液（已知：溴酸HBrO3为强酸）。下列说法不正确的是（ ）
A．a为电源负极
B．N极的电极反应为Br﹣+3H2O﹣6e﹣═+6H+
C．一段时间后，电解池内溶液的pH减小
D．理论上，每产生3ml O2，可再生2ml Br﹣
【答案】B
【分析】装置为电解装置，根据电极产物可判断电极类型，电解装置中有H2放出的电极为阴极，与电源的负极相连，然后根据电解方程式判别体系中酸碱性变化，通过电子守恒判断产物的量。
【解答】解：A.由装置可见M电极处有H2放出，M电极为阴极，与电源的负极相连，即a为电源的负极，故A正确；
B.M极发生的反应为H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，生成的OH﹣移向N极，N极发生反应为 Br﹣﹣6e﹣+6OH﹣＝+3H2O，故B错误；
C.装置为电催化分解水，2H2O＝2H2↑+O2↑，电解一段时间后，水会减少，故HBrO3的浓度会增大，电解池内pH会减小，故C正确；
D.根据电子守恒，转化Br﹣，Br的化合价从+5→﹣1价，得6e﹣，氧从﹣2价→0价，失2e﹣，生成3ml O2，失3ml×2×2＝12ml 电子，可再生Br﹣的物质的量＝ml＝2ml，故D正确；
故选：B。
【点评】本题通过产物判断电解，考查电极方程式的书写、电解质溶液的酸碱性变化以及通过电子守恒计算产物量，试题难度中等。
11．（2024秋•罗湖区校级期中）下列离子能大量共存的是（ ）
A．使酚酞溶液呈红色的溶液中可大量存在：Mg2+、、、
B．强酸性溶液中可大量存在：、Cl﹣、Na+、Ca2+
C．澄清透明的溶液中可大量存在：Fe3+、Mn2+、、Cl﹣
D．使紫色石蕊试液呈红色的溶液中可大量存在：Na+、K+、S2﹣、
【答案】C
【分析】A．根据碱性条件下，Mg2+、、均不可大量共存进行分析；
B．根据Ca2+与不能大量共存进行分析；
C．根据Fe3+、Mn2+、、Cl﹣能大量共存进行分析；
D．根据酸性条性条件下具有强氧化性，可与具有还原性的S2﹣反应进行分析。
【解答】解：A．使酚酞溶液呈红色的溶液呈碱性，Mg2+、、均不可大量共存，故A错误；
B．CaSO4为微溶物，Ca2+与不能大量共存，故B错误；
C．Fe3+、Mn2+、、Cl﹣能大量共存，形成的是澄清透明溶液，故C正确；
D．紫色石蕊试液呈红色的溶液呈酸性，酸性条性条件下具有强氧化性，可与具有还原性的S2﹣反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查离子共存问题等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
12．（2024秋•罗湖区月考）室温下，用0.1ml•L﹣1的一水合二甲胺[（CH3）2NH•H2O]溶液（一水合二甲胺在水中的电离与一水合氨相似）滴定•L﹣1盐酸溶液。溶液pH随加入一水合二甲胺溶液体积变化曲线如图所示（忽略溶液混合时的体积变化）。下列说法正确的是（ ）
A．本实验应该选择酚酞作指示剂
B．x＞1，y＜7
C．a、b两点的溶液中，Kw不相等
D．b点溶液中存在：2c（Cl﹣）＝c[（CH3）2]+c[（CH3）2NH•H2O]
【答案】D
【分析】A．本实验是弱碱滴定强酸，达到滴定终点时溶液呈酸性；
B．0.1ml•L﹣1盐酸溶液的pH＝1，达到滴定终点时溶液呈酸性；
C．水的离子积Kw只与温度有关，温度不变则Kw不变；
D．b点溶液中溶质为（CH3）2NH•H2O和（CH3）2NH2Cl，且c[（CH3）2NH•H2O]＝c[（CH3）2NH2Cl]，结合物料守恒关系分析判断。
【解答】解：A．本实验是弱碱滴定强酸，达到滴定终点时溶液呈酸性，应该选择甲基橙作指示剂，故A错误；
B．a点为达到终点，溶质（CH3）2NH2Cl为弱碱强酸盐，溶液呈酸性，pH＜7，但V[（CH3）2NH•H2O]＝0时0.1ml•L﹣1盐酸溶液的pH＝1，即x＝1，y＜7，故B错误；
C．水的离子积Kw只与温度有关，温度不变则Kw不变，图中a、b两点溶液的温度均为室温，则a、b两点溶液的Kw相等，故C错误；
D．b点溶液中溶质为（CH3）2NH•H2O和（CH3）2NH2Cl，且c[（CH3）2NH•H2O]＝c[（CH3）2NH2Cl]，物料守恒关系为2c（Cl﹣）＝c[（CH3）2]+c[（CH3）2NH•H2O]，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握弱电解质的电离平衡、曲线上各点溶质的成分及性质、中和滴定实验技能是解题关键，注意掌握溶液中守恒关系式的应用，题目难度不大。
13．（2023秋•深圳月考）室温时，用0.1ml•L﹣1NaOH溶液滴定100mL0.1ml•L﹣1NH4HSO4溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．在cd段发生反应的离子方程式：+OH﹣═NH3•H2O
B．a点：c（Na+）+c（）+c（H+）＝2c（）+c（OH﹣）
C．a、b、c、d四点中，b点溶液中水的电离程度最大
D．b点：c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（OH﹣）＝c（H+）
【答案】C
【分析】A.NH4HSO4在水溶液中的电离方程式为NH4HSO4＝+H++，向NH4HSO4溶液中加入NaOH溶液，OH﹣先与H+反应，再与 进行反应，据此解答；
B.根据水溶液中的电荷守恒即可进行作答；
C.酸、碱抑制水的电离，含有弱离子的盐发生水解从而促进水的电离；
D.b点溶液中的溶质（NH4）2SO4、Na2SO4和NH3•H2O，且溶液pH＝7，则c（OH﹣）＝c（H+），再结合电荷守恒即可进行判断。
【解答】解：A.NH4HSO4在水溶液中的电离方程式为NH4HSO4＝+H++，向100mL0.1ml•L﹣1NH4HSO4溶液中逐滴加入0.1ml•L﹣1NaOH溶液，OH﹣先与H+反应，再与进行反应，因此Oa段发生的反应为H++OH﹣＝H2O，ad段发生的反应为+OH﹣═NH3•H2O，故A正确；
B.根据A选项的分析，a点溶液中的溶质（NH4）2SO4和Na2SO4，电荷守恒关系式为c（Na+）+c（）+c（H+）＝2c（）+c（OH﹣），故B正确；
C.a点溶液中的溶质（NH4）2SO4和Na2SO4， 发生水解从而促进水的电离；b点溶液中的溶质（NH4）2SO4、Na2SO4和NH3•H2O，氨水会抑制水的电离，此时溶液中的pH＝7， 的水解程度与NH3•H2O的电离程度相当，对水的电离无影响；c、d两点溶液中的溶质（NH4）2SO4、Na2SO4和NH3•H2O，且d点溶液中NH3•H2O的浓度更大，氨水会抑制水的电离，则d点水的电离被抑制的程度更大，因此a、b、c、d四点中，a点溶液中水的电离程度最大，故C错误；
D.b点溶液中的溶质（NH4）2SO4、Na2SO4和NH3•H2O，且溶液pH＝7，则c（OH﹣）＝c（H+），此时溶液中电荷守恒的关系式为c（Na+）+c（）+c（H+）＝2c（）+c（OH﹣），可知c（Na+）+c（）＝2c（），在b点，NaOH溶液的体积大于100mL，且此时OH﹣已经和部分进行反应，则有c（Na+）＞c（）＞c（）因此在b点溶液中有c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（OH﹣）＝c（H+），故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查溶液滴定过程中溶质的判断、电荷守恒关系式的书写以及应用、水溶液中离子浓度大小的比较，要掌握反应过程中关键点溶质的判断，难度适中。
14．（2023秋•深圳月考）硼酸（H3BO3）的电离方程式为H3BO3+H2O⇌B（OH）4﹣+H+。已知常温下，Ka（H3BO3）＝5.4×10﹣10、Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5。下列说法错误的是（ ）
A．H3BO3为一元酸
B．常温下，0.01ml•L﹣1H3BO3溶液的pH≈6
C．常温下，CH3COONa和NaB（OH）4溶液均为0.1ml•L﹣1的pH：前者＞后者
D．pH＝3的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中变小
【答案】C
【分析】A.根据硼酸的电离方程式进行判断即可；
B.根据硼酸的电离方程式以及Ka（H3BO3）＝＝5.4×10﹣10进行计算；
C.根据Ka•Kh＝Kw，当温度不变时，Ka越大，Kh越小，即酸性越强，对应酸根离子的水解程度越小，pH越小；
D.在CH3COOH溶液中，＝＝，据此作答。
【解答】解：A.已知H3BO3的电离方程式为H3BO3+H2O⇌+H+，只存在一步电离，且只给出1个H+，因此硼酸为一元酸，故A正确；
B.已知Ka（H3BO3）＝5.4×10﹣10，c（H3BO3）＝0.01ml•L﹣1，假设此溶液中c（H+）＝xml•L﹣1，则c（）≈xml•L﹣1，因此Ka（H3BO3）＝＝＝5.4×10﹣10，解得x＝2.3×10﹣6，则pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lg（2.3×10﹣6）≈6，故B正确；
C.室温下，Kw＝1×10﹣14，根据Ka•Kh＝Kw，已知Ka（H3BO3）＝5.4×10﹣10＜Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5，则可知Kh（）＞Kh（CH3COO﹣），即的水解程度更大，因此，常温下，CH3COONa和NaB（OH）4溶液均为0.1ml•L﹣1的pH大小关系为前者＜后者，故C错误；
D.在CH3COOH溶液中，＝＝，加水稀释过程中，c（CH3COO﹣）减小，Ka不变，因此pH＝3的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中变小，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查弱电解质电离平衡的影响因素、电离平衡常数以及水解平衡常数的应用以及pH的计算，要学会灵活应用Ka和Kh，题目难度不大。
15．（2024秋•深圳期中）将11.2g铁粉投入到盛有200mL、3ml•L﹣1稀盐酸的烧杯中，5min时铁粉刚好完全溶解（溶解前后溶液体积变化忽略不计），下列表示此反应的速率正确的是（ ）
A．v（Fe）＝0.2ml•L﹣1•min﹣1
B．v（HCl）＝0.6ml•L﹣1•min﹣1
C．v（FeCl2）＝0.2ml•L﹣1•min﹣1
D．v（HCl）＝0.4ml•L﹣1•s﹣1
【答案】C
【分析】Fe的物质的量为0.2ml，由Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑可知，参加反应的HCl为0.4ml，生成氯化亚铁是0.2ml，据此进行解答。
【解答】解：A．Fe为纯固体，不能用浓度变化量表示反应速率，故A错误；
B．v（HCl）＝＝0.4ml•L﹣1•min﹣1，故B错误；
C．，故C正确；
D．由B计算可知v（HCl）＝0.4ml•L﹣1•min﹣1，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率的相关知识，注意公式的灵活使用，题目比较简单。
16．（2024秋•深圳期中）恒温条件下，某固定体积为2L的密闭容器中，在某催化剂表面上发生三氧化硫的分解反应：2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），测得不同起始浓度和催化剂表面积下三氧化硫浓度随时间的变化如表所示。下列说法错误的是（ ）
A．实验Ⅰ，0∼20min的平均速率：v（O2）＝0.0175ml•L﹣1•min﹣1
B．实验Ⅱ，到达平衡状态时，n（SO2）＜2ml
C．此温度下，该反应的平衡常数为K＝25
D．相同条件下，增大催化积的表面积，SO3的平衡转化率不变
【答案】B
【分析】A.实验Ⅰ中，0∼20min，SO3的物质的量变化为4.80ml﹣3.40ml＝1.40ml，v（O2）＝v（SO3）；
B.实验Ⅲ达到平衡时SO3的物质的量为0.80ml，则实验Ⅱ相对于实验Ⅲ压强减小，平衡正向移动；
C.实验Ⅲ达到平衡时SO3浓度为0.40ml•L﹣1，此时、；
D.增大催化剂的表面积，能加快反应速率，但不影响化学平衡。
【解答】解：A.实验Ⅰ中，0∼20min，SO3的物质的量变化为4.80ml﹣3.40ml＝1.40ml，v（O2）＝v（SO3）＝×＝0.0175ml/（L•min），故A正确；
B.实验Ⅲ达到平衡时SO3的物质的量为0.80ml，则实验Ⅱ相对于实验Ⅲ压强减小，平衡正向移动，因此实验Ⅱ处于平衡状态时，n（SO3）＜0.4ml，则n（SO2）＞2ml，故B错误；
C.实验Ⅲ达到平衡时SO3浓度为0.40ml•L﹣1，此时、，因此平衡常数K＝25，故C正确；
D.增大催化剂的表面积，能加快反应速率，但不影响化学平衡，即SO3的平衡转化率不变，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡计算，题目难度中等，涉及化学反应速率、化学速率的影响因素等知识，注意利用等效思想解答，试题培养了学生的化学计算能力。
17．（2024秋•深圳期中）下列有关图像的说法错误的是（ ）
A．图甲表示可逆反应2SO2+O2⇌2SO3中SO2的含量与压强的关系，且p2＞p1
B．图乙表示密闭容器中X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）的正反应为放热反应
C．图丙表示反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）ΔH＞0，且m+n＞p+q
D．图丁表示浓氨水的导电能力随着加水体积变化的关系，若用湿润的pH试纸测量a点溶液的pH，则测量结果偏小
【答案】D
【分析】A．依据压强对反应速率和化学平衡的影响分析；
B．依据温度变化对平衡的影响分析；
C．依据温度、压强变化对平衡的影响判断反应吸放热和系数关系；
D．加水稀释，一水合氨电离平衡正向移动，若用湿润的pH试纸测量a点溶液的pH，相当于溶液加水稀释。
【解答】解：A．反应中反应物气体分子数大于生成物气体分子数，p2先达平衡，则p2＞p1，增大压强，平衡正向移动，SO2的含量减小，故A正确；
B．由图可知，温度升高，正、逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，则正反应是放热反应，故B正确；
C．由图可知，升高温度，A的转化率增大，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，压强越大，A的转化率越大，说明增大压强，平衡正向进行，正反应为气体体积减小的反应m+n＞p+q，故C正确；
D．由图可知，a点用少量水稀释后导电能力增强，故稀释促进浓氨水电离，、OH﹣浓度均增大，若用湿润的pH试纸测量a点溶液的pH，相当于溶液加水稀释，c（OH﹣）增大，则pH增大，故测量结果偏大，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
18．（2024秋•深圳期中）下列说法错误的是（ ）
A．常温下，的溶液一定显中性
B．C（s，石墨）⇌C（s，金刚石）ΔH＝+1.9kJ•ml﹣1，则石墨比金刚石稳定
C．升高温度是通过增大活化分子百分数来加快化学反应速率的
D．工业合成氨温度为400～500℃是因为升高温度有利于提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【分析】A．常温下，c（H+）×c（OH﹣）＝Kw，的溶液中c（H+）＝c（OH﹣）；
B．能量低的较稳定；
C．升高温度，增大活化分子百分数；
D．升高温度，平衡向吸热方向移动。
【解答】解：A．常温下，c（H+）×c（OH﹣）＝Kw，的溶液中c（H+）＝c（OH﹣），该反应一定呈中性，故A正确；
B．能量低的较稳定，石墨吸收能量生成金刚石，所以金刚石的能量高于石墨，则石墨比金刚石稳定，故B正确；
C．升高温度，吸收能量，部分非活化分子转化为活化分子，增大活化分子百分数，化学反应速率加快，故C正确；
D．工业合成氨的反应为放热反应，升温平衡逆向移动，不利于提高反应物的平衡转化率，温度400～500℃是因为催化剂的活性较高，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查较综合，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确化学反应速率的影响因素、溶液酸碱性的判断方法、物质稳定性与能量的关系是解本题关键，题目难度不大。
19．（2023秋•光明区期末）臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g）。向2L的恒容密闭容器中充入1mlNO2和1mlO3充分反应，平衡时，NO2的体积分数随温度变化关系如图所示。下列说法正确的（ ）
A．该反应的ΔS＞0
B．a点时，O3的体积分数为25%
C．b点时，v正＞v逆
D．正反应速率的大小：a点＜b点
【答案】D
【分析】A.气体分子数减小的反应，Δs＜0；
B.列三段式计算；
C.b点时NO2的体积分数小于同等温度下平衡时体积分数，即该点反应逆向进行；
D.a、b两点二氧化氮体积分数一样，但b点温度高速率快。
【解答】解：A.反应2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g）属于气体体积减小的反应，即Δs＜0，故A错误；
B.a点时，列三段式：
2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g）
起始（ml） 1 1 0 0
转化（ml） 2x x x x
平衡（ml） 1﹣2x 1﹣x x x
又a点平衡时NO2的体积分数25%，所以＝25%，则x＝0.29，故臭氧体积分数为＝41.5%，故B错误；
C.b点时NO2的体积分数小于同等温度下平衡时体积分数，即该点反应逆向进行，故V正＜V逆，故C错误；
D.a、b两点二氧化氮体积分数一样，但b点温度高速率快，故反应速率a点＜b点，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学平衡，依据图表获取信息，进行有关化学平衡的计算和影响化学平衡的因素分析，需要学生重视基本知识的掌握，有利于培养学生获取信息的能力及解题能力，题目难度中等。
20．（2024秋•罗湖区月考）在2L恒容密闭容器中，充入2.0ml NO和2.0ml SO2，在一定条件下发生反应2NO（g）+2SO2（g）⇌N2（g）+2SO3（g），测得平衡体系中NO、SO3的物质的量分数（x%）与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能
B．T1时，当2v正（SO2）＝v逆（N2）时反应达到平衡状态
C．T2时，若反应经ts达到平衡，则v（N2）＝
D．b点时，往容器中再充入NO、SO2各1.0ml，再次平衡时x%（N2）减小
【答案】C
【分析】A．由图可知，升高温度，NO的物质的量分数增大，可知升高温度平衡逆向移动，焓变等于正逆反应的活化能之差；
B．不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，为平衡状态；
C．T2时，若反应经ts达到平衡，由图可知SO3的物质的量分数为40%，则
2NO（g）+2SO2（g）⇌N2（g）+2SO3（g）
开始（ml） 2 2 0 0
转化（ml） x x 0.5x x
平衡（ml） 2﹣x 2﹣x 0.5x x
×100%＝40%，解得x＝ml，结合v＝计算；
D．由图可知，b点时平衡体系中NO、SO3的物质的量分数相等，则
2NO（g）+2SO2（g）⇌N2（g）+2SO3（g）
开始（ml） 2 2 0 0
转化 （ml） y y 0.5y y
平衡 （ml）2﹣y 2﹣y 0.5y y
则2﹣y＝y，解得y＝1ml，即平衡时NO、SO2、N2、SO3的物质的量分别为1.0ml、1.0ml、0.5ml、1ml。
【解答】解：A．由图可知，升高温度，NO的物质的量分数增大，可知升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，焓变为负，则该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；
B．不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，为平衡状态，则T1时，当v正（SO2）＝2v逆（N2）时反应达到平衡状态，故B错误；
C．T2时，若反应经ts达到平衡，由图可知SO3的物质的量分数为40%，则
2NO（g）+2SO2（g）⇌N2（g）+2SO3（g）
开始（ml） 2 2 0 0
转化（ml） x x 0.5x x
平衡（ml） 2﹣x 2﹣x 0.5x x
×100%＝40%，解得x＝ml，反应经ts达到平衡，则v（N2）＝＝ml•L﹣1•s﹣1，故C正确；
D．由图可知，b点时平衡体系中NO、SO3的物质的量分数相等，则
2NO（g）+2SO2（g）⇌N2（g）+2SO3（g）
开始（ml） 2 2 0 0
转化 （ml） y y 0.5y y
平衡 （ml）2﹣y 2﹣y 0.5y y
则2﹣y＝y，解得y＝1ml，即平衡时NO、SO2、N2、SO3的物质的量分别为1.0ml、1.0ml、0.5ml、1ml，体积为2L，K＝＝＝1，b点时往容器中再充入NO、SO2、N2、SO3各1.0ml，Q＝＝＝0.75＜K，平衡正向移动，且反应为气体总物质的量减小的反应，则再次平衡时x（N2）增大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握图中坐标的意义、化学平衡三段法、平衡移动及判定为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
二．解答题（共4小题）
21．（2023秋•南山区校级月考）按要求完成下列填空。
（1）氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，反应如下：N2+3H22NH3。该反应中氧化剂是 N2 。
（2）①合成氨的反应中的能量变化如图所示。该反应是 放热 反应（填“吸热”或“放热”），其原因是反应物总键能 小于 （填“大于”或“小于”）生成物总键能。
②在一定条件下，将一定量的N2和H2的混合气体充入某恒容密闭容器中，一段时间后，下列叙述能说明该反应达到平衡状态的是 cd （填字母）。
a.混合气体密度不再变化
b.N2、H2、NH3的物质的量之比为1：3：2
c.容器中的压强不随时间变化
d.混合气体平均相对分子质量不再变化
（3）工业上通常采用铁触媒、在400～500℃和10MPa～30MPa的条件下合成氨，反应的表达式为N2+3H22NH3ΔH＜0
①一定条件下，合成氨时压强 越大 （填“越大”或“越小”），原料的转化率越高。但是压强超过一定值时， 压强越大，对材料的强度和设备的制造要求就越高，成本越高，将降低综合经济效益 。所以，我国的合成氨厂一般采用的压强为10MPa～30Mpa。
②一定条件下，合成氨时温度 越低 （填“越低”或“越高”），原料的转化率越高。但是温度超过一定值时， 温度越低，会使化学反应速率减小，达到平衡的时间变长，经济效益变低 。所以，我国的合成氨厂一般采用的温度为400～500℃。
【答案】（1）N2；
（2）①放热；小于；
②cd；
（3）①越大；压强越大，对材料的强度和设备的制造要求就越高，成本越高，将降低综合经济效益；
②越低；温度越低，会使化学反应速率减小，达到平衡的时间变长，经济效益变低。
【分析】（1）根据N元素化合价降低，该反应中氧化剂是N2进行分析；
（2）根据反应物总能量大于生成物总能量，断键吸收的总能量小于成键放出的总能量，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化时，反应达到平衡状态，进行分析；
（3）根据工业上通常采用铁触媒、在400～500℃和10MPa～30MPa的条件下合成氨，反应的表达式为N2+3H2 2NH3ΔH＜0，进行分析。
【解答】解：（1）N2+3H2 2NH3反应中，N元素化合价降低，该反应中氧化剂是N2，
故答案为：N2；
（2）①根据合成氨的反应中的能量变化图。反应物总能量大于生成物总能量，该反应是放热反应；可知断键吸收的总能量小于成键放出的总能量，则反应物总键能小于生成物总键能，
故答案为：放热；小于；
②a．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，混合气体密度不再变化，反应不一定平衡，故a错误；
B．N2、H2、NH3的物质的量之比为1：3：2，不能判断物质的量是否还发生改变，反应不一定平衡，故b错误；
C．反应恰好气体系数和不同，压强是变量，容器中的压强不随时间变化，反应一定达到平衡状态，故c正确；
D．反应前后气体总质量不变，反应恰好气体系数和不同，平均相对分子质量是变量，混合气体平均相对分子质量不再变化，反应一定达到平衡状态，故d正确；
故答案为：cd。
（3）工业上通常采用铁触媒、在400～500℃和10MPa～30MPa的条件下合成氨，反应的表达式为N2+3H2 2NH3ΔH＜0，
①一定条件下，增大压强平衡正向移动，合成氨时压强越大，原料的转化率越高。但是压强越大，对材料的强度和设备的制造要求就越高，成本越高，综合经济效益降低。所以我国的合成氨厂一般采用的压强为10MPa～30Mpa，
故答案为：越大；压强越大，对材料的强度和设备的制造要求就越高，成本越高，将降低综合经济效益；
②正反应放热，升高温度平衡逆向移动，一定条件下，合成氨时温度越低，原料的转化率越高。但是温度越低，会使化学反应速率减小，达到平衡的时间变长，经济效益变低，所以，我国的合成氨厂一般采用的温度为400～500℃，
故答案为：越低；温度越低，会使化学反应速率减小，达到平衡的时间变长，经济效益变低。
【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
22．（2023秋•南山区期末）原电池和电解池在生产生活中具有广泛的应用。
Ⅰ.电解CuSO4溶液
（1）实验室中电解CuSO4溶液的实验装置如图1所示。
①某同学用如图1装置模拟工业电解精炼铜实验，则C1为 粗铜 （填“精铜”，或“粗铜”）。
②某同学用图2电解CuSO4溶液，C1、C2均为碳棒，写出C1的电极反应式： 2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+ 。
③某同学一不小心将一段铜棒掉入CuSO4溶液中，仍用图2完成电解CuSO4溶液实验，发现铜棒 A （选填“A”或“B”）端变粗。
Ⅱ.燃料电池在工业上的应用
（2）利用CH3OCH3燃料电池电解，可将雾霾中的NO、SO2分别转化为和，如图3装置所示。充入 CH3OCH3的一端是 甲 （选填“甲”或“乙”）。通入SO2一端的电极反应式为： SO2﹣2e﹣+2H2O＝+4H+ ，当电路中转移2.5ml电子时，H2SO4的浓度为 2 ml⋅L﹣1（电解过程中忽略溶液体积变化）。
（3）火星大气由96%的二氧化碳气体组成，火星探测器采用Li﹣CO2电池供电，其反应机理如图4。
电池中的“交换膜”应为 阳 交换膜（填“阳离子”或“阴离子”）。写出CO2电极反应式： 4Li++4e﹣+3CO2＝2Li2CO3+C 。
【答案】（1）①粗铜；
②2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
③A；
（2）甲；SO2﹣2e﹣+2H2O＝+4H+；2；
（3）阳；4Li++4e﹣+3CO2＝2Li2CO3+C。
【分析】（1）①电解精炼铜应以粗铜为阳极，纯铜为阴极；
②图2中C1为惰性阳极，电解CuSO4溶液时，其电极反应式：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
③某同学一不小心将一段铜棒掉入CuSO4溶液中，仍用图2完成电解CuSO4溶液实验，形成两个电解池；
（2）图3中左为燃料电池、右为电解池，NO、SO2分别转化为和时NO发生还原反应，所以通入NO的这极为阴极，另外一极为阳极，即甲为负极通入燃料，所以通入CH3OCH3的一端是甲；通入SO2一端的电极为阳极，电极反应式为：SO2﹣2e﹣+2H2O＝+4H+；电解池总反应式2NO+5SO2+8H2O2+5+8H+；
（3）根据图示可知左侧锂电极为负极，Li失去电子变成锂离子，进入电解质中，其反应式为Li﹣e﹣＝Li+，在二氧化碳电极上二氧化碳得到电子变为碳单质，同时产生碳酸根，碳酸根与电解质中的锂离子结合，生成碳酸锂，则正极反应式为4Li++4e﹣+3CO2＝2Li2CO3+C，为维持溶液呈电中性，Li+ 要通过离子交换膜由左侧进入右侧。
【解答】解：（1）①电解精炼铜应以粗铜为阳极，纯铜为阴极，图1中C1为阳极，所以C1为粗铜，
故答案为：粗铜；
②图2中C1为惰性阳极，电解CuSO4溶液时，其电极反应式：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，
故答案为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
③某同学一不小心将一段铜棒掉入CuSO4溶液中，仍用图2完成电解CuSO4溶液实验，形成两个电解池，则此时A端为电解池的阴极，则发生反应：Cu2++2e﹣＝Cu，所以铜棒A端变粗，
故答案为：A；
（2）图3中左为燃料电池、右为电解池，NO、SO2分别转化为和时NO发生还原反应，所以通入NO的这极为阴极，另外一极为阳极，即甲为负极通入燃料，所以通入CH3OCH3的一端是甲；通入SO2一端的电极为阳极，电极反应式为：SO2﹣2e﹣+2H2O＝+4H+；电解池总反应式2NO+5SO2+8H2O2+5+8H+，即每转移10ml电子生成8mlH+，电路中转移2.5ml电子时，H2SO4的浓度为ml/L＝2ml/L，
故答案为：甲；SO2﹣2e﹣+2H2O＝+4H+；2；
（3）根据图示可知左侧锂电极为负极，Li失去电子变成锂离子，进入电解质中，其反应式为Li﹣e﹣＝Li+，在二氧化碳电极上二氧化碳得到电子变为碳单质，同时产生碳酸根，碳酸根与电解质中的锂离子结合，生成碳酸锂，则正极反应式为4Li++4e﹣+3CO2＝2Li2CO3+C，为维持溶液呈电中性，Li+ 要通过离子交换膜由左侧进入右侧，因此离子交换膜为阳离子交换膜，
故答案为：阳；4Li++4e﹣+3CO2＝2Li2CO3+C。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生原电池和电解池的掌握情况，试题难度中等。
23．（2023秋•盐田区校级期中）按要求填空。
（1）现有以下物质：a．NaCl晶体；b．SO2；c．液态醋酸；d．铜；e．固体BaSO4；f．纯蔗糖（C12H22O11）；g．酒精（C2H5OH）；h．熔融的KHSO4；i．氨水；j．液氮。请回答下列问题。（填相应序号）
①以上物质能导电的是 dhi 。
②以上物质属于非电解质的是 bfg 。
③以上物质属于强电解质的是 aeh 。
④写出h的电离方程式： 。
（2）已知25℃时，几种弱酸的电离平衡常数如下：HCOOH：Ka＝1.77×10﹣4，HCN：Ka＝4.9×10﹣10，H2CO3：Ka1＝4.30×10﹣7、Ka2＝5.61×10﹣11，则以下反应不能自发进行的是 b （填字母）。
a．HCOOH+NaCN═HCOONa+HCN
b．NaHCO3+NaCN═Na2CO3+HCN
c．NaCN+H2O+CO2═HCN+NaHCO3
d．2HCOOH+═2HCOO﹣+H2O+CO2↑
e．H2O+CO2+2CN﹣═2HCN+
（3）25℃时，某Na2SO4溶液中c（）＝5×10﹣4ml•L﹣1，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c（Na+）：c（OH﹣）＝ 1000：1 。
（4）在100℃（Kw＝1.0×10﹣12），pH＝10的NaOH溶液中，水电离产生的c（OH﹣）＝ 1×10﹣10 ml•L﹣1。
【答案】（1）①d h i；
②b f g；
③a e h；
④；
（2）b；
（3）1000：1；
（4）1×10﹣10。
【分析】（1）a．NaCl晶体，在熔融状态和水溶液中能完全电离生成钠离子和氯离子，属于强电解质，但氯化钠晶体不含自由移动的离子，不导电；b．SO2，在熔融状态和水溶液中都不能导电，属于非电解质，不导电；c．液态醋酸，溶于水时能部分电离生成醋酸根离子和氢离子，属于弱电解质，但液态醋酸不含自由移动的离子，不导电；d．铜为单质，既不是电解质也不是非电解质，但铜含自由移动的电子，能导电；e．固体BaSO4，在熔融状态和水溶液中能完全电离生成钡离子和硫酸根离子，属于强电解质，但固体BaSO4不含自由移动的离子，不导电；f．纯蔗糖（C12H22O11），在熔融状态和水溶液中都不能导电，属于非电解质，不导电；g．酒精（C2H5OH），在熔融状态和水溶液中都不能导电，属于非电解质，不导电；h．熔化的KHSO4，能完全电离生成钾离子和硫酸氢根离子，属于强电解质，含自由移动的离子，能导电；i．氨水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，但溶液中含自由移动的离子，能导电；j．液氮为单质，既不是电解质也不是非电解质，不含自由移动的电子或离子，不导电；
（2）根据酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，进行分析；
（3）根据Na2SO4是强酸强碱盐，显中性，进行分析；
（4）根据pH＝10的NaOH溶液中，，由水电离出的氢离子与氢氧根离子浓度相等，进行分析。
【解答】解：（1）①由分析可知，以上物质能导电的是：d h i，
故答案为：d h i；
②由分析可知，以上物质属于非电解质的是：b f g，
故答案为：b f g；
③由分析可知，以上物质属于强电解质的是：a e h，
故答案为：a e h；
④熔化的KHSO4，完全电离生成钾离子和硫酸氢根离子，其电离方程式为：，
故答案为：；
（2）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据电离平衡常数知，酸性：，b．酸性：，反应NaHCO3+NaCN＝Na2CO3+HCN不能发生，
故答案为：b；
（3）Na2SO4溶液中，则，取该溶液1mL加水稀释至10mL后，c（Na+）＝1×10﹣4ml•L﹣1，由于Na2SO4是强酸强碱盐，显中性，c（OH﹣）＝1×10﹣7ml•L﹣1，则c（Na+）：c（OH﹣）＝1×10﹣4ml/L：1×10﹣7ml/L＝1000：1，
故答案为：1000：1；
（4）pH＝10的NaOH溶液中，，由于在NaOH溶液中，由水电离出的氢离子与氢氧根离子浓度相等，故，
故答案为：1×10﹣10。
【点评】本题主要考查电解质与非电解质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
24．（2024秋•宝安区校级期中）CO2的资源化对于构建低碳社会具有重要意义。回答下列问题：
Ⅰ.利用CO2催化加氢合成二甲醚
主要发生下列反应：
反应ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH1＝+41.2kJ•ml﹣1
反应ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g） ΔH2
（1）已知反应：2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ΔH3＝﹣204.9kJ•ml﹣1。则ΔH2＝ ﹣122.5 kJ•ml﹣1。
Ⅱ.利用CO2制备CH3OH
（2）一定条件下，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1.5ml CO2和3ml H2发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），如图是反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线。已知在温度为500K的条件下，反应10min后达到平衡。
①下列现象能说明反应达到平衡状态的是 c （填标号）。
a.单位时间内消耗nml H2的同时消耗nml H2O
b.体系中CO2（g）、H2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）的浓度相等
c.混合气体的平均摩尔质量不变
d.体系中混合气体密度不变
②该反应是 放热 （填“吸热”或“放热”）反应。500K时，在0～10min内平均反应速率v（H2）为 0.135ml•L﹣1•min﹣1 。
③500K下达到平衡时体系的总压强为p，该反应的平衡常数Kp＝ 。（Kp为用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）
Ⅲ.高温电解CO2和H2O制备清洁燃料
（3）该技术的原理如图所示。电极a上的电极反应式是H2O+2e﹣＝H2↑+O2﹣和 CO2+2e﹣＝CO+O2﹣ 。
【答案】（1）﹣122.5；
（2）①c；
②放热；0.135 ml•L﹣1•min﹣1；
③；
（3）CO2+2e﹣＝CO+O2﹣。
【分析】（1）根据盖斯定律，由ⅰ×2+ⅲ得到反应ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）进行分析；
（2）根据化学平衡状态：在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，即达到平衡状态，随着温度升高，CO2平衡转化率降低，表明温度升高不利于反应正向进行，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），列出三段式，结合平衡常数，进行分析；
（3）根据电极a上H2O得电子生成H2，CO2得电子生成CO，电极反应式是H2O+2e﹣＝H2↑+O2﹣和CO2+2e﹣＝CO+O2﹣，进行分析。
【解答】解：（1）反应ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH1＝+41.2 kJ•ml﹣1，反应ⅲ：2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ΔH3＝﹣204.9 kJ•ml﹣1，根据盖斯定律，由ⅰ×2+ⅲ得到反应ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g） ΔH2＝﹣122.5 kJ•ml﹣1，
故答案为：﹣122.5；
（2）①化学平衡状态：在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，即达到平衡状态。
a.根据反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），由化学计量数之比等于化学反应速率之比，可知单位时间内消耗3n ml H2（g）的同时消耗 n ml H2O（g），反应达到平衡状态，故a错误；
b.体系中CO2（g）、H2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）的浓度不再改变时反应达到平衡状态，并不一定是浓度相等时，故b错误；
c.该反应前后气体总质量不变，正反应为气体分子数减小的反应，则当混合气体的平均摩尔质量不变时反应达到平衡状态，故c正确；
d.在恒容密闭体系中反应物和生成物均为气体，反应前后气体总质量不变，气体的密度一直不变，当混合气体的密度不变时，不能说明该反应达到平衡状态，故d错误；
故答案为：c。
②随着温度升高，CO2平衡转化率降低，表明温度升高不利于反应正向进行，所以该反应为放热反应；温度为500 K时，CO2的平衡转化率为60%，CO2转化的浓度Δc（CO2）＝＝0.45 ml•L﹣1，则H2转化的浓度Δc（H2）＝3Δc（CO2）＝1.35 ml•L﹣1，所以0～10 min内平均反应速率v（H2）＝＝＝0.135 ml•L﹣1•min﹣1，
故答案为：放热；0.135 ml•L﹣1•min﹣1；
③根据题意列出三段式：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始（ml） 1.5 3 0 0
转化（ml） 0.9 2.7 0.9 0.9
平衡（ml） 0.6 0.3 0.9 0.9
平衡时容器的总压强为p，CO2的平衡分压p（CO2）＝×p＝，H2的平衡分压p（H2）＝×p＝，CH3OH（g）的平衡分压p（CH3OH）＝×p＝，H2O（g）的平衡分压p（H2O）＝×p＝，所以反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数Kp＝＝＝，
故答案为：；
（3）根据图示，电极a上H2O得电子生成H2，CO2得电子生成CO，电极反应式是H2O+2e﹣＝H2↑+O2﹣和CO2+2e﹣＝CO+O2﹣，
故答案为：CO2+2e﹣＝CO+O2﹣。
编号
时间/min
n（SO3）/ml
表面积/cm3
0
10
20
30
40
Ⅰ
a
4.80
4.00
3.40
2.92
2.48
Ⅱ
2a
2.40
1.60
1.12
0.92
0.80
Ⅲ
2a
4.80
2.80
1.40
0.80
0.80
编号
时间/min
n（SO3）/ml
表面积/cm3
0
10
20
30
40
Ⅰ
a
4.80
4.00
3.40
2.92
2.48
Ⅱ
2a
2.40
1.60
1.12
0.92
0.80
Ⅲ
2a
4.80
2.80
1.40
0.80
0.80