2023-2024学年北京理工大附中高二（上）期中化学试题和答案

试题PAGE1试题2023北京理工大附中高二（上）期中化学一、单选题（每小题2分，共48分）1．废电池造成污染的问题日益受到关注．集中处理废电池的首要目的是（）A．回收石墨电极 B．利用电池外壳的金属材料 C．防止电池中渗泄的电解液腐蚀其他物品 D．防止电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源的污染2．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．红棕色NO2加压后颜色先变深后变浅 B．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气 C．SO2催化氧化成SO3的反应，使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率 D．压缩H2与I2（g）反应的平衡混合气体，颜色变深3．反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一体积可变的密闭容器中进行，你和化学老师尝试改变下列条件，对其反应速率几乎无影响的是（）①增加C的量②将容器体积缩小一倍③保持体积不变，充入N2使体系压强增大④保持压强不变，充入N2使体系体积增大A．①③ B．①④ C．②③ D．③④4．在恒容密闭容器中反应2NO2（g）⇌N2O4（g）该反应达平衡的标志是（）①混合气颜色不随时间的变化②数值上v（NO2生成）＝2v（N2O4消耗）③混合气体的密度不随时间的变化④压强不随时间的变化而变化⑤混合气的平均分子量不变A．②⑤④ B．①④⑤ C．①③④ D．①②③5．生产钛的方法之一是将金红石（TiO2）转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法，相关能量示意图如图所示。下列说法不正确的是（）A．将反应物固体粉碎可以加快直接氯化，碳氯化的反应速率 B．可推知2C（s）+O2（g）═2CO（g）ΔH＝﹣111.5kJ⋅mol﹣1 C．判断直接氯化反应能否自发进行需要综合考虑体系的焓变和熵变 D．对于碳氯化反应，温度升高，平衡时TiCl4（g）的产率变小6．N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法中，不正确的是（）A．该反应的ΔH＜0 B．Fe+使反应的活化能减小 C．催化剂通过参与反应改变了反应历程 D．上述过程在Fe+作用下，提高了N2O与CO的平衡转化率7．H2和I2在一定条件下能发生反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）ΔH＝﹣akJ•mol﹣1已知（a、b、c均大于零）下列说法不正确的是（）A．反应物的总能量高于生成物的总能量 B．断开1molH﹣H键和1molI﹣I键所需能量大于断开2molH﹣I键所需能量 C．断开2molH﹣I键所需能量约为（c+b+a）kJ D．向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后放出的热量小于2akJ8．下列示意图与化学用语表述闪容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（）ABCDNaCl溶于水铜锌原电池工作一种燃料电池工作电解饱和食盐水电离方程式：NaCl═Na++Cl﹣总反应：Zn+Cu2+═Zn2++Cu负极反应：H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O总反应：2Cl﹣+2H+Cl2↑+H2↑A．A B．B C．C D．D9．化学小组研究金属的电化学腐蚀，实验如下：序号实验Ⅰ实验Ⅱ实验现象铁钉周边出现蓝色铜片周边略显红色铁钉周边出现_______色锌片周边未见明显变化下列说法不正确的是（）A．实验Ⅰ中正极的电极反应式：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣ B．实验Ⅱ中铁钉周边出现红色 C．实验Ⅱ中负极的电极反应式：Fe﹣2e﹣＝Fe2+ D．对比实验Ⅰ、Ⅱ可知，生活中镀锌铁板比镀铜铁板在镀层破损后更耐腐蚀10．升高温度时，化学反应速率加快，主要原因是（）A．该化学反应的过程是吸热的 B．反应物分子能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多 C．该化学反应的过程是放热的 D．分子运动速率加快，使反应物分子间的碰撞机会增多11．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH下列叙述不正确的是（）A．放电时锌做负极 B．充电时氢氧化铁被氧化 C．充电时阳极附近溶液的碱性减弱 D．放电时每转移3mole﹣，有2mol被还原12．元素铬（Cr）的几种化合物存在如图转化关系：已知：Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+。下列判断不正确的是（）A．反应①表明Cr2O3具有酸性氧化物的性质 B．反应②KCrO2表现出还原性 C．反应①③的化合价均没有发生变化 D．反应③的颜色变化是由化学平衡移动引起的，则试剂A可以是NaOH溶液13．采用电化学方法使Fe2+与H2O2反应，可生成非常活泼的•OH（羟基自由基）中间体用于降解废水中的有机污染物，原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．X上发生的电极反应为：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+ B．可将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用 C．根据装置推测，Y电极是阳极，•OH在该电极侧产生 D．起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能让装置正常工作14．已知反应4CO（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+4CO2（g）在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是（）A．v（CO）＝1.5mol•L﹣1•min﹣1 B．v（NO2）＝0.7mol•L﹣1•min﹣1 C．v（N2）＝0.4mol•L﹣1•min﹣1 D．v（CO2）＝1.1mol•L﹣1•min﹣115．高温下，某反应达到平衡，平衡常数K＝。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是（）A．该反应的焓变为正值 B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小 C．升高温度，逆反应速率减小 D．该反应的化学方程式为CO+H2O⇌CO2+H216．400℃时，向容积为1L的密闭容器中充入一定量的CO和H2，发生如下反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。反应过程中测得的部分数据见下表：t/min0102030n（CO）/mol0.100.040.02n（H2）/mol0.200.04下列说法中，不正确的是（）A．反应在前10min内的平均速率为v（H2）＝0.012mol•L﹣1•min﹣1 B．400℃时，该反应的平衡常数数值为2.5×103 C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（CH3OH）＝0.06mol•L﹣1，则反应的ΔH＜0 D．400℃时，30分钟后再向容器中充入0.15molH2（g）和0.15molCH3OH（g），则平衡向正向移动，平衡常数增大17．锌铁液流电池由于安全、稳定、电解液成本低等优点成为电化学储能热点技术之一。如图为以Zn（OH）42﹣/Zn和Fe（CN）63﹣/Fe（CN）64﹣作为电极氧化还原电对的碱性锌铁液流电池放电时工作原理示意图。已知：聚苯并咪唑（PBI）膜允许OH﹣离子通过。下列说法不正确的是（）A．放电过程中，总反应为2Fe（CN）63﹣+Zn+4OH﹣═Zn（OH）42﹣+2Fe（CN）64﹣ B．放电过程中，左侧池中溶液pH逐渐减小 C．充电过程中，当2molOH﹣通过PBI膜时，导线中通过1mole﹣ D．充电过程中，阴极的电极反应为Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣18．一定量混合气体在密闭容器中发生如下反应：xA（g）+yB（g）⇌zC（g）达到平衡后，测得A的浓度为0.5mol•L﹣1。保持温度不变将容器的容积扩大1倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.3mol•L﹣1。则下列叙述中正确的是（）A．x+y＜Z B．平衡向正反应方向移动 C．B的转化率升高 D．C的体积分数下降19．已知可逆反应X（g）+Y（g）⇌Z（g）（未配平）．温度为T0时，在容积固定的容器中发生反应各物质的浓度随时间变化的关系如图a所示．其他条件相同，温度分别为T1、T2时发生反应，Z的浓度随时间变化的关系如图b所示．下列叙述正确的是（）A．发生反应时，各物质的反应速率大小关系为：v（X）＝v（Y）＝2v（Z） B．图a中反应达到平衡时，Y的转化率为37.5% C．增大压强，平衡向正反应方向移动 D．该反应正反应的反应热ΔH＞020．反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0达平衡状态后，改变某一条件，下列图象与条件变化一致的是（）A.升高温度B.增大N2浓度C.改变压强D.加入催化剂A．A B．B C．C D．D（多选）21．如图是温度和压强对X+Y⇌2Z反应影响的示意图。图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。下列叙述正确的是（）A．上述可逆反应的正反应为放热反应 B．X、Y、Z均为气态 C．X和Y中只有一种为气态，Z为气态 D．温度升高时，Z的生成率变小22．电解Na2SO4溶液制备NaOH和H2SO4的装置示意图如图。下列说法不正确的是（）A．Ⅰ区溶液pH下降 B．离子交换膜a为阳离子交换膜 C．Ⅲ区发生电极反应：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣ D．理论上，每生成1molNaOH，同时有0.5molH2SO4生成23．一定温度下，将1molA（g）和1molB（g）充入2L密闭容器中发生反应：A（g）+B（g）⇌xC（g）+D（s）ΔH＜0在t1时达到平衡。在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中C（g）的浓度随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是（）A．t1～t2、t2～t3平衡常数相等，且K＝4 B．t2时刻改变的条件是使用催化剂 C．t3时刻改变的条件是增大反应物的浓度或压缩容器体积 D．x＝124．在容积不变的容器中充入CO和NO发生如下反应：2CO（g）+2NO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）其他条件不变时，分别探究温度和催化剂的比表面积对上述反应的影响。实验测得c（CO）与时间的关系如图所示。已知：ⅰ.起始投料比n（CO）：n（NO）均为2：3ⅱ.比表面积：单位质量的物质具有的总面积下列说法不正确的是（）A．Ⅰ、Ⅱ反应温度相同，催化剂的比表面积不同 B．Ⅱ中NO的平衡转化率为75% C．该反应正向是放热反应 D．0～t1min，Ⅲ中平均反应速率二、填空题（52分）25．（8分）（1）下列反应中，在高温下不能自发进行的是（填字母）。a.CO（g）═C（s）+O2（g）b.2N2O5（g）═4NO2（g）+O2（g）c.（NH4）2CO3（s）＝NH4HCO3（s）+NH3（g）d.MgCO3（s）＝MgO（s）+CO2（g）（2）N2+3H2⇌2NH3ΔH＜0T℃时，在有催化剂的恒容密闭容器中充入N2和H2。如图为不同投料比【n（H2）/n（N2）】时某反应物X的平衡转化率变化曲线。反应物X是（填“N2或H2”）。（3）在其他条件相同时，图为分别测定不同压强、不同温度下，N2的平衡转化率。L表示，其中X1X2（填“＞”或“＜”）26．（18分）Ⅰ.某小组同学设想利用燃料电池和电解池组合，设计一种制备硫酸和氨的装置，相关的物质及工作原理示意图如图。a、b、c、d均为惰性电极，电解池中d上有可催化N2放电的纳米颗粒，固体氧化物电解质只允许O2﹣在其中迁移。（1）燃料电池制备硫酸。①a为（填“正极”或“负极”），电极反应式为。②H+的迁移方向为（填“a→b”或“b→a”）。③电池总反应的化学方程式为。（2）电解池制备氨。下列关于电解过程的说法正确的是。A.d上，N2被还原B.c的电极反应：2O2﹣﹣4e﹣＝O2↑C.固体氧化物中O2﹣的迁移方向为d→c（3）燃料电池中每消耗48gSO2，在电解池中，理论上产生的NH3在标准状况下的体积为L。Ⅱ.微生物燃料电池是一种利用微生物将化学能直接转化成电能的装置。已知某种甲醇微生物燃料电池中，电解质溶液为酸性，反应过程中忽略溶液体积变化，示意图如图：（1）该电池外电路电子的流动方向为。（填写“从A到B”或“从B到A”）（2）工作结束后，B电极室溶液的pH与工作前相比将（填写“增大”、“减小”或“不变”），结合化学用语说明原因。（3）A电极附近甲醇发生的电极反应式为。27．（12分）用甲烷制高纯氢气是目前研究热点之一．（1）一定条件下，CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）反应历程如图1所示，其中化学反应速率最慢的反应过程为．（2）甲烷水蒸气催化重整可制得较高纯度的氢气，相关反应如下．反应Ⅰ．CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）ΔH1＝+206kJ⋅mol﹣1反应Ⅱ．CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH2＝﹣41kJ⋅mol﹣1①总反应：CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）ΔH＝．②已知830℃时，反应Ⅱ的平衡常数K＝1．在容积不变的密闭容器中，将2molCO与8molH2O加热到830℃，反应达平衡时CO的转化率为．③在常压，600℃条件下，甲烷制备氢气的总反应中H2平衡产率为82%．若加入适量生石灰后H2的产率可提高到95%，应用化学平衡移动原理解释原因．（3）科学家研究将CH4、H2O与CH4、CO2联合重整制备氢气：反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）ΔH1＝+206kJ⋅mol﹣1反应Ⅲ：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）ΔH3＝+247kJ⋅mol﹣1常压下，将CH4、H2O和CO2按一定比例混合置于密闭容器中，相同时间不同温度下测得体系中n（H2）：n（CO）变化如图2所示．①已知700℃、NiO催化剂条件下，向反应体系中加入少量O2可增加H2产率，此条件下还原性COH2（填“＞”“＜”或“＝”）．②随着温度升高n（H2）：n（CO）变小的原因可能是．28．（14分）某小组研究Cu2+和Fe3+的氧化性，进行如下实验。实验Ⅰ：己知：（SCN2是黄色液体，我化性：l2＜（SCN）2＜Br1。（1）实验Ⅰ过中Cu与FeCl3反应的化学方程式是。（2）实验Ⅰ过程Ⅱ中溶液变红，说明产生了Fe3+，分析可能原因。假设①Fe2+被Cu2+氧化。过程Ⅱ发生反应的电极反应式：a.氧化反应：Fe2+﹣e﹣+3SCN﹣＝Fe（SCN）3b.还原反应：。假设②Cu2+和SCN﹣生成（SCN）2，进而使清液中的Fe2+氧化，设计实验Ⅱ证实假设。实验Ⅱ：i.x＝。ⅱ.实验Ⅱ中过程Ⅱ的离子方程式为。（3）设计实验进一步研究Fe3+能否氧化SCN﹣编号实验Ⅲ实验Ⅳ实验及现象①实验Ⅲ中K3[Fe（CN）6]溶液的作用是。②实验Ⅳ证实Fe3+能氧化SCN﹣的实验现象除电流表指针偏转外，还有（答出2点）。③实验Ⅲ中Fe3+未能氧化SCN﹣的原因：。

参考答案一、单选题（每小题2分，共48分）1．【分析】废旧电池中含有重金属离子，对土壤和水源有较大污染．【解答】解：电池中不一定都含有石墨，有些电池金属和电解液含量较少，不是回收电池的主要原因，废旧电池中含有重金属离子，对土壤和水源有较大污染，为减少环境污染，应回收并集中处理。故选：D。【点评】本题考查原电池和环境污染问题，题目难度不大，本题注意愿电池中常含有重金属离子，对环境有较大污染，不能随意丢弃．2．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．【解答】解：A、红棕色NO2加压后，化学平衡为2NO2⇌N2O4，加压浓度增大气体颜色加深，但破坏正向进行，所以颜色先变深后变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不符合；B、实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水反应是化学平衡，Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向进行，减少氯气溶解度，能用勒夏特列原理解释，故B不符合；C、SO2催化氧化成SO3的反应，使用过量的空气，增大反应物浓度，平衡正向进行，提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故C不符合；D、压缩H2与I2（g）反应的平衡混合气体，化学平衡反应前后是气体体积不变的反应，H2+I2⇌2HI，颜色变深是因为体积减小，物质浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，故D符合；故选：D。【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意把握影响平衡移动的因素以及使用勒夏特列原理的前提．3．【分析】①固体量的增减不影响反应速率；②反应物的浓度越大，反应速率越快；③反应物浓度越大，反应速率越快；④保持压强不变，充入N2使体系体积增大，相当于减小气体反应物浓度。【解答】解：①碳是固体，增加碳的量不影响反应速率，故①正确；②将容器体积缩小一倍，反应中气体浓度增大一倍，增大单位体积内活化分子个数，化学反应速率加快，故②错误；③保持体积不变，充入氮气使体系压强增大，但气体反应物和气体生成物浓度不变，反应速率不变，故③正确；④保持压强不变，充入N2使体系体积增大，相当于减小气体反应物浓度，化学反应速率减慢，故④错误；故选：A。【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确浓度、温度、压强对反应速率影响原理及其适用范围，注意③④题的区别，题目难度不大。4．【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变，据此分析判断。【解答】解：①混合气颜色不随时间的变化，说明二氧化氮的浓度不变，反应达到平衡状态，故①正确；②数值上v（NO2生成）＝2v（N2O4消耗）反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，故②错误；③反应前后气体质量和体积不变，混合气体的密度始终不随时间的变化，不能说明反应达到平衡状态，故③错误；④反应2NO2（g）⇌N2O4（g），反应前后气体物质的量变化，压强不随时间的变化而变化，说明反应达到平衡状态，故④正确；⑤反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，当混合气的平均分子量不变，说明反应达到平衡状态，故⑤正确；故选：B。【点评】本题考查了化学平衡状态的分析判断，注意平衡标志的理解应用，题目难度不大。5．【分析】A．增大固体表面积，可加快反应速率；B．根据盖斯定律进行判断；C．反应能否自发进行由反应的焓变、熵变和温度共同决定：①当ΔH﹣TΔS＜0时，反应向正反应方向能自发进行；②当ΔH﹣TΔS＝0时，反应达到平衡状态；③当ΔH﹣TΔS＞0时，反应不能向正反应方向自发进行；D．根据勒夏特列原理进行判断。【解答】解：A．增大固体表面积，可加快反应速率，故将反应物固体粉碎可以加快直接氯化，碳氯化的反应速率，故A正确；B．根据①：TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）ΔH1＝+172kJ•mol﹣1，②：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（g）+2CO（g）ΔH2＝﹣51kJ•mol﹣1，反应②﹣反应①得到反应2C（s）+O2（g）═2CO（g），故ΔH＝ΔH2﹣ΔH1═﹣51kJ•mol﹣1﹣172kJ•mol﹣1＝﹣223kJ•mol﹣1，故B错误；C．反应是否自发进行由熵变、焓变、温度共同决定，当ΔH﹣TΔS＜0时反应自发进行，当ΔH﹣TΔS＞0时，反应不能自发进行，故C正确；D．碳氯化反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，故D正确；故选：B。【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理等知识解答，此题难度中等。6．【分析】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；B．由图可知，Fe+是该反应的催化剂；C．催化剂可以降低反应的活化能；D．催化剂不改变化学平衡状态。【解答】解：A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，ΔH＜0，故A正确；B．由图可知，Fe+是该反应的催化剂，使反应的活化能减小，故B正确；C．催化剂可以降低反应的活化能，改变了反应历程，故C正确；D．催化剂不改变化学平衡状态，则在Fe+作用下，N2O与CO的平衡转化率不变，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学反应中能量的变化，难度中等，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物总能量、催化剂的关系，注意基础知识的积累。7．【分析】A、依据反应是放热反应，结合能量守恒分析；B、断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，结合反应是放热反应分析判断；C、依据焓变＝反应物断裂化学键需要的能量﹣生成物形成化学键放出的能量分析判断；D、反应是可逆反应不能进行彻底；【解答】解：A、H2和I2在一定条件下能发生反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）ΔH＝﹣akJ•mol﹣1，反应是放热反应，反应物能量高于生成物，故A正确；B、断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应是放热反应所以形成化学键放出的能量大于断裂化学键吸收的能量，断开1molH﹣H键和1molI﹣I键所需能量小于断开2molH﹣I键所需能量，故B错误；C、ΔH＝反应物断裂化学键需要的能量﹣生成物形成化学键放出的能量＝bkJ/mol+ckJ/mol﹣2H﹣I＝﹣akJ/mol，得到断开2molH﹣I键所需能量约为（a+b+c）KJ，故C正确；D、反应是可逆反应不能进行彻底，依据焓变意义分析，向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后放出的热量小于2akJ，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了化学反应的焓变分析，化学键与焓变关系的计算分析应用，掌握原理和基础是解题关键，题目难度中等．8．【分析】A．NaCl溶于水，在水分子作用下电离出Na+、Cl﹣；B．该原电池装置，锌为负极，其电极反应为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，铜为正极，其电极反应为Cu2++2e﹣＝Cu；C．此装置为氢氧燃料电池；D．电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠。【解答】解：A．NaCl溶于水，在水分子作用下电离出Na+、Cl﹣，其电离方程式为：NaCl═Na++Cl﹣，故A正确；B．该原电池装置，锌为负极，其电极反应为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，铜为正极，其电极反应为Cu2++2e﹣＝Cu，故总反应为Zn+Cu2+＝Zn2++Cu，故B正确；C．此装置为氢氧燃料电池，在碱性条件下负极反应为：H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O，故C正确；D．电解饱和食盐水总反应为：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣，故D错误；故选：D。【点评】本题考查学生电化学，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。9．【分析】A．实验Ⅰ中金属铜是正极，氧气发生得电子的还原反应；B．实验Ⅱ中铁钉做正极，锌是负极，金属发生吸氧腐蚀，正极区域显示碱性；C．实验Ⅱ中铁钉做正极，锌是负极，发生失电子的氧化反应；D．镀锌铁板破损后，金属锌是负极，金属铁是正极，镀铜铁板在镀层破损后，金属铁是负极，金属铜是正极，原电池中正极上的金属被保护。【解答】解：A．实验Ⅰ中金属铜是正极，氧气发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故A正确；B．实验Ⅱ中铁钉做正极，锌是负极，金属发生吸氧腐蚀，正极铁电极附近发生电极反应为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，显示碱性，遇到酚酞变红色，故B正确；C．实验Ⅱ中铁钉做正极，锌是负极，发生失电子的氧化反应：Zn﹣2e﹣═Zn2+，故C错误；D．镀锌铁板破损后，金属锌是负极，金属铁是正极，镀铜铁板在镀层破损后，金属铁是负极，金属铜是正极，原电池中正极上的金属被保护，所以镀锌铁板比镀铜铁板在镀层破损后更耐腐蚀，故D正确；故选：C。【点评】本题考查学生金属的腐蚀和防护方面的知识，属于知识的迁移应用，难度不大。10．【分析】升高温度能加快反应速率的主要原因是活化分子的百分数增加。【解答】解：升高温度，分子能量增加，部分非活化分子吸收能量后转化为活化分子，所以增加了活化分子的百分数，增加有效碰撞的次数，反应速率增大，与反应为吸热、放热无关，故选：B。【点评】本题考查温度对化学反应速率的影响，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确温度与化学反应速率的关系是解本题关键，注意：无论放热还是吸热反应，只要是升高温度，化学反应速率一定加快。11．【分析】由反应可知，放电时Zn为负极，电极方程式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣＝Zn（OH）2，K2FeO4在正极上发生还原反应，电极方程式为+4H2O+3e﹣═Fe（OH）3+5OH﹣；充电时电池的正极与电源的正极相连为阳极，阳极发生氧化反应，充电时的反应为放电的逆反应，以此来解答。【解答】解：A．放电时，Zn失去电子，发生Zn﹣2e﹣+2OH﹣＝Zn（OH）2，则放电时锌做负极，故A正确；B．充电时Fe（OH）3失电子结合KOH生成K2FeO4，Fe的化合价升高被氧化，故B正确；C．充电时阳极Fe（OH）3失电子结合KOH生成K2FeO4，溶液的碱性减弱，故C正确；D．放电时，Fe化合价由+6价降低为+3价，则放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学电源新型电池，明确信息中的总反应及放电为原电池反应、充电为电解池反应是解答本题的关键，注意发生的电极反应，题目难度中等。12．【分析】A．和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；B．反应②中Cr元素的化合价升高被氧化；C．Cr2O3、KCrO2中Cr元素的化合价均为+3价，K2CrO4、K2Cr2O7中Cr元素化合价均为+6价；D．反应③中发生反应：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O。【解答】解：A．Cr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应①又告知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3+2KOH＝2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，故A正确；B．反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，KCrO2表现出还原性，故B正确；C．Cr2O3、KCrO2中Cr元素的化合价均为+3价，K2CrO4、K2Cr2O7中Cr元素化合价均为+6价，反应①③的化合价均没有发生变化，故C正确；D．反应③中发生反应：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，溶液由黄色变为橙红色，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的判断，题目难度不大。13．【分析】由装置图可知，X上发生的电极反应为：H2O﹣2e﹣═O2↑+2H+、O元素的化合价升高、发生失电子的氧化反应，则X电极为阳极，Y电极为阴极，阴极上O2、Fe3+发生得电子的还原反应，电极电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+、O2+2H++2e﹣═H2O2，Fe2+和H2O2生成Fe3+、H2O和•OH：Fe2++H2O2+H+＝Fe3++H2O+•OH，据此分析解答。【解答】解：A．由图可知，X上发生的电极反应为：H2O﹣2e﹣═O2↑+2H+，即2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，故A正确；B．阳极X上生成O2，Y电极为阴极，阴极反应为O2+2H++2e﹣═H2O2，所以可将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用，故B正确；C．由图可知，Y电极上O2、Fe3+发生得电子的还原反应，Fe2+和H2O2生成Fe3+、H2O和•OH，则Y为阴极，故C错误；D．若起始时，在阴极Y附近加入适量Fe3+：Fe3+得电子生成Fe2+，Fe3++e﹣═Fe2+，所以起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能出现Fe2+和H2O2生成Fe3+、H2O和•OH的反应，装置均能正常工作，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了电解原理的应用、氧化还原反应等知识，侧重学生观察、分析和运用能力的考查，把握电解池的工作原理以及电极上发生的反应为解题关键，注意结合图中信息书写电极反应式，题目难度中等。14．【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的速率越快．【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，对应反应：4CO（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+4CO2（g），A.＝0.375mol•L﹣1•min﹣1；B.＝0.35mol•L﹣1•min﹣1；C.＝0.4mol•L﹣1•min﹣1；D.＝0.275mol•L﹣1•min﹣1，故C表示的速率最快，故选：C。【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，比较基础，可以转化为同一物质表示的速率进行比较，有利于基础知识的巩固．15．【分析】高温下，某反应达平衡，平衡常数，该反应为CO2+H2⇌CO+H2O，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应为吸热反应，以此来解答。【解答】解：A．恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应为吸热反应，所以△H＞0，故A正确；B．恒温恒容下，增大压强，若通入氢气，则H2浓度增大，故B错误；C．升高温度，正逆反应速率都增大，故C错误；D．由平衡常数可知，该反应为CO2+H2⇌CO+H2O，故D错误；故选：A。【点评】本题考查影响化学平衡的因素，明确平衡常数u化学反应的关系及温度对化学平衡的影响即可解答，题目难度不大。16．【分析】A．反应在前10min内，Δn（CO）＝0.10mol﹣0.04mol＝0.06mol，根据方程式，Δn（H2）＝2×0.06mol＝0.12mol，结合v＝计算；B．30min时Δn（H2）＝0.20mol﹣0.04mol＝0.16mol，Δn（CO）＝Δn（H2）＝0.08mol，30min时n（CO）＝0.10mol﹣0.08mol＝0.02mol，说明20min时达到平衡状态，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）初始（mol）0.10.20转化（mol）0.080.160.08平衡（mol）0.020.040.08K＝；C．由B分析可知，400℃时，反应达到平衡状态，c（CH3OH）＝＝0.08mol/L，保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（CH3OH）＝0.06mol•L﹣1，说明平衡逆向移动；D．400℃时，30分钟后再向容器中充入0.15molH2（g）和0.15molCH3OH（g），则平衡向逆向移动，由于温度不变，则平衡常数不变。【解答】解：A．反应在前10min内，Δn（CO）＝0.10mol﹣0.04mol＝0.06mol，根据方程式，Δn（H2）＝2×0.06mol＝0.12mol，v（H2）＝＝0.012mol/（L•min），故A正确；B．30min时Δn（H2）＝0.20mol﹣0.04mol＝0.16mol，Δn（CO）＝Δn（H2）＝0.08mol，30min时n（CO）＝0.10mol﹣0.08mol＝0.02mol，说明20min时达到平衡状态，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）初始（mol）0.10.20转化（mol）0.080.160.08平衡（mol）0.020.040.08K＝＝＝2500，故B正确；C．由B分析可知，400℃时，反应达到平衡状态，c（CH3OH）＝＝0.08mol/L，保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（CH3OH）＝0.06mol•L﹣1，说明平衡逆向移动，则该反应为放热反应，ΔH＜0，故C正确；D．400℃时，30分钟后再向容器中充入0.15molH2（g）和0.15molCH3OH（g），则平衡向逆向移动，由于温度不变，则平衡常数不变，故D错误，故选：D。【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式知识解答，此题难度中等。17．【分析】A．Zn是活泼电极，放电过程中Zn是负极，Zn失去电子生成Zn（OH）42﹣，电极方程式为：Zn﹣2e﹣+4OH﹣＝Zn（OH）42﹣；惰性电极为正极，Fe（CN）63﹣得到电子生成Fe（CN）64﹣，电极方程式为：Fe（CN）63﹣+e﹣＝Fe（CN）64﹣；B．放电过程中，左侧惰性电极为正极，右侧Zn是负极，该过程需要的OH﹣由左侧池经过聚苯并咪唑（PBI）膜进入右侧池；C．充电过程中，Zn是阴极，电极方程式为：Zn（OH）42﹣+2e﹣＝Zn+4OH﹣，该过程生成的OH﹣一半进入左侧池；D．充电过程中，Zn是阴极。【解答】解：A．Zn是活泼电极，放电过程中Zn是负极，Zn失去电子生成Zn（OH）42﹣，电极方程式为：Zn﹣2e﹣+4OH﹣＝Zn（OH）42﹣；惰性电极为正极，Fe（CN）63﹣得到电子生成Fe（CN）64﹣，电极方程式为：Fe（CN）63﹣+e﹣＝Fe（CN）64﹣；则放电过程中，总反应为：2Fe（CN）63﹣+Zn+4OH﹣═Zn（OH）42﹣+2Fe（CN）64﹣，故A正确；B．放电过程中，左侧惰性电极为正极，右侧Zn是负极，负极电极方程式为：Zn﹣2e﹣+4OH﹣＝Zn（OH）42﹣，该过程需要的OH﹣由左侧池经过聚苯并咪唑（PBI）膜进入右侧池，左侧池中溶液pH逐渐减小，故B正确；C．充电过程中，Zn是阴极，电极方程式为：Zn（OH）42﹣+2e﹣＝Zn+4OH﹣，该过程生成的OH﹣一半进入左侧池，当2molOH﹣通过PBI膜时，导线中通过2mole﹣，故C错误；D．充电过程中，Zn是阴极，电极方程式为：Zn（OH）42﹣+2e﹣＝Zn+4OH﹣，故D正确；故选：C。【点评】本题考查电化学，侧重考查学生二次电池的掌握情况，试题难度中等。18．【分析】保持温度不变，将容器的体积扩大两倍，如平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，实际A的浓度变为0.3mol/L，说明平衡向生成A的方向移动，即向逆反应移动，据此结合选项解答．【解答】解：A．增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即x+y＞z，故A错误；B．由上述分析可知，平衡向逆反应移动，故B错误；C．平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，故C错误；D．平衡向逆反应移动，减小压强平衡向气体物质的量增大的方向移动，气体的物质的量增大，C物质的量减小，故C的体积分数下降，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学平衡移动，难度中等，利用假设法判断平衡移动方向是解题关键．19．【分析】由图a可知，平衡时，X、Y、Z的物质的量浓度变化量分别为0.25mol/L、0.25mol/L、0.5mol/L，化学计量数之比等于物质的量变化量之比，故反应为X（g）+Y（g）⇌2Z（g）；由图b可知，温度为T1先到达平衡，所以T1＞T2，温度越高，平衡时Z的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，A、速率之比等于化学计量数之比；B、由图a可知，Y的起始浓度为0.4mol/L，平衡时Y的物质的量浓度为0.15mol/L，Y的浓度变化为0.25mol/L，结合转化率定义计算；C、增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；D、正反应为吸热反应；【解答】解：由图a可知，平衡时，X、Y、Z的物质的量浓度变化量分别为0.25mol/L、0.25mol/L、0.5mol/L，化学计量数之比等于物质的量变化量之比，故反应为X（g）+Y（g）⇌2Z（g）；由图b可知，温度为T1先到达平衡，所以T1＞T2，温度越高，平衡时Z的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，A、由上述分析可知，反应为X（g）+Y（g）⇌2Z（g），速率之比等于物质的量变化量之比，所以反应时各物质的反应速率大小关系为：2v（X）＝2v（Y）＝v（Z），故A错误；B、由图a可知，Y的起始浓度为0.4mol/L，平衡时Y的物质的量浓度为0.15mol/L，Y的浓度变化为0.25mol/L，故平衡时Y的转化率为×100%＝62.5%，故B错误；C、由上述分析可知，反应为X（g）+Y（g）⇌2Z（g），反应前后气体的体积不变，增大压强平衡不移动，故C错误；D、由上述分析可知，该反应正反应为吸热反应，故ΔH＞0，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学平衡图象问题、平衡有关计算、平衡常数、外界条件对平衡移动影响等，难度中等，根据图象确定反应方程式与判断反应为吸热反应是解题的关键．注意把握图象中曲线的变化特点，分析外界条件对化学平衡的影响．注意平衡图象先拐先平数值大原则与定一议二原则．20．【分析】A.焓变为负，升高温度平衡逆向移动；B.增大N2浓度，可促进氢气的转化；C.为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动；D.催化剂不影响平衡移动。【解答】解：A.焓变为负，升高温度平衡逆向移动，则氢气的转化率减小，与图不一致，故A错误；B.增大N2浓度，可促进氢气的转化，氢气的转化率增大，与图不一致，故B错误；C.为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，则压强大的对应氨气的物质的量分数大，与图不一致，故C错误；D.催化剂不影响平衡移动，则氨气的物质的量分数不变，与图一致，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、压强对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理与图象的结合，题目难度不大。21．【分析】由图象曲线变化可知，随着温度的升高，Z的体积分数增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，说明正反应吸热，增大压强，Z的体积分数减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明反应前的气体计量数之和小于生成物气体的化学计量数，以此解答该题。【解答】解：A．由分析可知该可逆反应的正反应为吸热反应，故A错误；B．由分析可知该反应前的气体计量数之和小于生成物气体的化学计量数，则X和Y中只有一种是气态，Z为气态，故B错误；C．由分析可知该反应前的气体计量数之和小于生成物气体的化学计量数，则X和Y中只有一种是气态，Z为气态，故C正确；D．由图象曲线变化可知，随着温度的升高，Z的体积分数增大，说明平衡正向升高温度Z的生成率变小，故D正确；故选：CD。【点评】本题考查化学平衡移动的图象问题，题目难度中等，解答该题的关键是把握图象中曲线的变化特点，结合外界条件对化学平衡的影响分析．22．【分析】左侧为阳极，反应式为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，发生氧化反应，右侧电极为阴极，反应式为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，Na+通过b膜移向阴极室，通过a膜移向阳极室，则b膜为阳离子离子交换膜、a膜为阴离子交换膜。【解答】解：A．左侧为阳极，反应式为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，Ⅰ区溶液pH下降，故A正确；B．Na+通过b膜移向阴极室，通过a膜移向阳极室，则b膜为阳离子离子交换膜、a膜为阴离子交换膜，故B错误；C．右侧电极为阴极，Ⅲ区发生电极反应：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，故C正确；D．理论上，每生成1molNaOH，电路中转移1mol电子，同时有0.5molH2SO4生成，故D正确；故选：B。【点评】本题考查电解池，侧重考查学生电解原理的掌握情况，试题难度中等。23．【分析】A．化学平衡常数只与温度有关，温度相同，化学平衡常数相同，t1～t2、t2～t3温度相等，所以其平衡常数相等，t1～t2段时c（C）＝0.50mol/L，生成n（C）＝0.50mol/L×2L＝1mol，消耗的n（A）＝n（B）＝n（C）＝×1mol＝0.5mol，则c（A）＝c（B）＝＝0.25mol/L，该反应的化学平衡常数K＝；B．加入催化剂时，各物质浓度不变；C．t3时刻改变条件时C（g）不变，随着反应进行，C（g）增大，平衡正向移动，改变的条件可能是温度、可能是浓度；D.根据图知，t2时刻C（g）增大，但t2～t3段内C（g）不变，说明t2时刻增大C（g）时，平衡不移动，恒温恒容条件下增大气体的浓度，气体压强增大，但增大压强平衡不移动，说明反应前后气体物质的量之和不变。【解答】解：A．化学平衡常数只与温度有关，温度相同，化学平衡常数相同，t1～t2、t2～t3温度相等，所以其平衡常数相等，t1～t2段时c（C）＝0.50mol/L，生成n（C）＝0.50mol/L×2L＝1mol，消耗的n（A）＝n（B）＝n（C）＝×1mol＝0.5mol，则c（A）＝c（B）＝＝0.25mol/L，该反应的化学平衡常数K＝＝＝4，故A正确；B．加入催化剂时，各物质浓度不变，但t2时刻改变的条件时C（g）增大，所以改变的条件不是加入催化剂，通过以上分析知，改变的条件应该是缩小容器体积，故B错误；C．根据B知，t3时刻改变条件可能是降低温度、可能是增大A或B的浓度，故C错误；D.根据图知，t2时刻C（g）增大，但t2～t3段内C（g）不变，说明t2时刻增大C（g）时，平衡不移动，恒温恒容条件下增大气体的浓度，气体压强增大，但增大压强平衡不移动，说明反应前后气体物质的量之和不变，则x＝2，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学平衡有关计算及外界条件对化学反应速率影响，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确化学平衡常数计算方法、浓度或温度对化学反应速率影响原理是解本题关键，题目难度不大。24．【分析】由图中Ⅰ、Ⅱ曲线CO的最终浓度相同，反应速率不同，可知反Ⅰ、Ⅱ应温度相同，催化剂的比表面积不同，Ⅲ与Ⅱ相比，Ⅲ先平衡，说明Ⅲ的温度比Ⅱ高，且Ⅲ中CO的浓度大，可得该反应是放热反应，据此分析。【解答】解：A．由分析可知Ⅰ、Ⅱ反应温度相同，催化剂的比表面积不同，故A正确；B．Ⅱ中△c（CO）＝4×10﹣3mol/L﹣1×10﹣3mol/L＝3×10﹣3mol/L，起始投料比n（CO）：n（NO）均为2：3，△c（NO）＝6×10﹣3mol/L﹣3×10﹣3mol/L＝3×10﹣3mol/L，NO的平衡转化率为×100%＝50%，故B错误；C．由分析可知，该反应是放热反应，故C正确；D．0～tmin，Ⅲ中平均反应速率v（CO）＝mol⋅L﹣1⋅min﹣1＝mol⋅L﹣1⋅min﹣1，故D正确；故选：B。【点评】题考查平衡常数相关计算等，根据化学平衡常数的定义，列三段式计算平衡常数，再根据温度对平衡常数的影响分析是解题关键，注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不影响平衡移动，也不能改变反应的反应热，题目难度中等。二、填空题（52分）25．【分析】（1）题中反应的焓变都大于零，反应如能在高温下自发进行，需满足△G＝ΔH﹣T•△S＜0，则熵变应大于零，否则不能自发进行；（2）投料比增大相当于增大氢气的浓度，增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动；（3）合成氨反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氮气转化率减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，氮气转化率增大。【解答】解：（1）a、b、c、d反应的ΔH＞0，b、c、d反应的△S＞0，ΔH﹣T△S＜0时，反应才能自发进行，即b、c、d在高温下才能自发进行，a反应的△S＜0，ΔH﹣T△S＞0，所以在任意温度下a反应都不能自发进行，故答案为：a；（2）投料比增大相当于增大氢气的浓度，增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，新平衡时，氢气的转化率减小，氮气的转化率最大，由图可知，投料比增大，X的转化率增大，则X为氮气，故答案为：N2；（3）合成氨反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氮气转化率减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，氮气转化率增大，由图可知，L增大，氮气转化率增大，则L为压强（P）、X为温度，由压强相同时，温度X1条件下氮气转化率大于X2可知，温度X1小于X2，故答案为：压强（P）；＜。【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平衡的影响是解题的关键，注意知识的熟练掌握。26．【分析】I.由图可知，燃料电池中左侧硫元素化合价升高失电子，故左侧为负极，电极反应式为SO2﹣2e﹣+2H2O＝4H++，右侧为正极，电极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，电解池中，c为阳极，电极反应式为2O2﹣﹣4e﹣＝O2↑，d为阴极，电极反应式为N2+6e﹣+3H2O＝2NH3+3O2﹣；II.微生物燃料电池中，A极为负极，电极反应式为CH3OH﹣6e﹣+H2O＝CO2+6H+，B极为正极，电极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O。【解答】解：I.（1）①a为负极，电极反应式为SO2﹣2e﹣+2H2O＝4H++，故答案为：负极；SO2﹣2e﹣+2H2O＝4H++；②H+的迁移方向为a（负极）→b（正极），故答案为：a→b；③由两极反应可知，电池总反应的化学方程式为2SO2+O2+2H2O═2H2SO4，故答案为：2SO2+O2+2H2O═2H2SO4；（2）A.d为阴极，N2被还原，故A正确；B.c为阳极，c的电极反应：2O2﹣﹣4e﹣＝O2↑，故B正确；C.固体氧化物中O2﹣的迁移方向为d（阴极）→c（阳极），故C正确；故答案为：ABC；（3）左侧为负极，电极反应式为SO2﹣2e﹣+2H2O＝4H++，消耗48gSO2转移电子×2＝1.5mol，产生的NH3在标准状况下的体积为×2×22.4L//mol＝11.2L，故答案为：11.2；II.（1）该电池外电路电子的流动方向为从A（负极）到B（正极），故答案为：从A到B；（2）工作结束后，B电极室溶液的pH与工作前相比将不变，原因是B电极反应是O2+4e﹣+4H+＝2H2O当B电极消耗4mol氢离子同时，4mol氢离子通过离子交换膜从A到B补充了消耗的氢离子，溶液总体积变化忽略不计，因此溶液pH不变，故答案为：不变；B电极反应是O2+4e﹣+4H+＝2H2O当B电极消耗4mol氢离子同时，4mol氢离子通过离子交换膜从A到B补充了消耗的氢离子，溶液总体积变化忽略不计，因此溶液pH不变；（3）A极为负极，电极反应式为CH3OH﹣6e﹣+H2O＝CO2+6H+，故答案为：CH3OH﹣6e﹣+H2O＝CO2+6H+。【点评】本题考查原电池和电解池，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键。27．【分析】（1）由图可知，反应历程共分四步，其中活化能最大的一步是第四步；（2）①有盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ可得目标反应；②已知830℃时，反应