2025年苏教版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

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A.上述生产过程的能量转化形式为太阳能和电能转化为化学能B.阳极反应式为2-4e-=2CO2↑+O2↑C.高温的目的只是将碳酸盐熔融，提供阴、阳离子D.当电路中通过4mol电子时，理论上得到12gC2、具有难挥发性的二硫化钽(TaS2)可采用如图装置提纯。将不纯的TaS2粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中，发生反应的化学方程式如下：TaS2(s)+2I2(g)=TaI4(s)+S2(g)△H＞0。下列说法错误的是。

A.该反应的△S＞0B.不纯的TaS2粉末应放在高温区，提纯后的TaS2在低温区生成C.高温区Tal4(g)的浓度大于低温区的D.高温区和低温区的相等3、用H2和N2直接合成氨：N2+3H22NH3，下列措施肯定能使合成氨反应速率加快的是①升高温度；②加入正催化剂；③增大反应物浓度；④增大压强（）A.都可以B.只有①②④C.只有①③④D.只有①②③4、常温下，向的二元弱酸溶液中滴加相同浓度的烧碱溶液，溶液中的的物质的量分数随的变化如图所示[已知]；下列说法错误的是。

A.的数量级为B.常温下，的溶液显酸性C.溶液中：D.从1.2变化至4.2的过程中，先增大后减小5、多晶硅是单质硅的一种形态；是制造硅抛光片；太阳能电池等的主要原料。已知多晶硅第三代工业制取流程如图所示：

下列说法错误的是A.Y、Z分别为H2、Cl2B.制取粗硅时焦炭与石英发生副反应生成碳化硅，该副反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C.SiHCl3极易水解，产物为H2SiO3、H2、HCl，据此推测SiHCl3中硅为+2价D.多晶硅是硅的一种同素异形体6、一种通过电化学方法，由和辛胺为原料合成甲酸和辛腈的工作原理如图所示。下列说法正确的是。

A.电极与电源负极相连，发生氧化反应B.总反应方程式可表示为：C.左室所盛电解质溶液可能为NaOH溶液D.转化时，有从左室移动到右室评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)7、向体积为10L的恒容密闭容器中通入1.1mol和1.1mol制备反应原理为(正反应吸热)。在不同温度()下测得容器中随时间的变化曲线如图所示。下列说法错误的是。

A.温度>B.时，的平衡转化率C.时，平衡时再充入1.1mol平衡常数增大D.时，若改为恒温恒压容器，平衡时8、2NO2(红棕色)N2O4(无色)△H<0。将一定量的NO2充入注射器中并密封；改变活塞位置的过程中，气体透光率随时间的变化如图所示(气体颜色越深，透光率越小)。下列说法不正确的是。

A.b点达到了平衡状态B.d点：v(正)>v(逆)C.若在c点将温度降低，其透光率将增大D.b点对应的时刻改变的条件是将注射器的活塞向外拉9、温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)(正反应吸热)。实验测得：v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是()。容器编号物质的起始浓度(mol·L-1)物质的平衡浓度(mol·L-1)c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)c(O2)I0.6000.2II0.30.50.2Ⅲ00.50.35

A.达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5B.达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的大C.达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%D.当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2<T110、反应经B的浓度减少对该反应速率的表示，下列说法正确的是A.用A表示的反应速率是B.用C、D表示的反应速率之比为3∶2∶1C.在末，用B表示的反应速率是D.在内用B表示的反应速率逐渐减小，用C表示的反应速率逐渐增大11、如图是一种利用微生物处理废水中的尿素生成环境友好物质的装置。下列说法正确的是。

A.该装置将电能转化为化学能，M极为阳极B.由左室经过质子交换膜移向右室C.M电极反应式为D.该装置的缺点是处理后使废水的酸性增强，不能直接排放12、某实验小组，以甲图燃料电池为电源电解制备图甲中A与B都为惰性电极，图乙的电极分别是铁电极和石墨电极，下列相关说法中正确的是。

A.燃料电池负极反应式为：B.乙中x可为NaCl，也可为C.苯的作用是隔绝空气，防止被氧化D.甲中接线柱A应与乙中Fe电极相连13、南京大学开发出一种以太阳能驱动的恒流电解装置；成功实现了从海水中提取金属锂，其工作原理如图。下列说法错误的是。

A.工作时的能量转化形式：太阳能→化学能→电能B.铜箔为阳极，发生还原反应C.阳极区可能有Cl2和O2生成D.固体陶瓷膜可让海水中Li+选择性通过14、25℃时，0.1molNa2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液。溶液中部分微粒与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是。

A.W点所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)=3c(CO)+c(OH-)+c(Cl-)B.pH=4的溶液中：c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)＜0.1mol/LC.pH=8的溶液中：c(H+)+c(H2CO3)+c(HCO)=c(OH-)+c(Cl-)D.pH=11的溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(H2CO3)15、80℃时，NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个体积相等且恒容的密闭容器中，投入NO2和SO2，起始浓度如表所示，其中甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，下列说法错误的是。起始浓度甲乙丙c(NO2)/(mol·L-1)0.100.200.20c(SO2)/(mol·L-1)0.100.100.20

A.容器甲中的反应在前2min的平均速率v(SO2)=0.025mol·L-1·min-1B.达到平衡时，容器丙中正反应速率与容器甲相等C.温度升至90℃，上述反应平衡常数为1.56，则反应的ΔH＜0D.容器乙中若起始时改充0.10mol·L-1NO2和0.20mol·L-1SO2，达到平衡时c(NO)与原平衡相同评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、如图所示的装置中；若通入直流电5min时，铜电极质量增加21.6g，试回答：

(1)若电源为碱性甲醇燃料电池，则电源电极X反应式为_______；

(2)pH变化：A_______，B_______，C_______；(填“增大”“减小”或“不变”)

(3)若A中KCl足量且溶液的体积是200mL，电解后，溶液的pH为_______(假设电解前后溶液的体积无变化)

(4)通电5min后，B中共收集2240mL气体(标准状况)，溶液体积为200mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为_______(设电解前后溶液体积无变化)，若要使B装置溶液要恢复到电解前的状态，需要加入的物质以及相应的物质的量正确的是_______。

A．0.05molCuOB．0.05molCuO和0.025molH2OC．0.05molCu(OH)2D．0.05molCuCO3和0.05molH2O17、一定温度下；在2L的密闭容器中，X；Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图所示：

(1)从反应开始到10s时，用Z表示的反应速率为______，X的物质的量浓度减少了______，Y的转化率为______。

(2)该反应的化学方程式为______。

(3)10s后的某一时刻(t1)改变了外界条件，其速率随时间的变化图像如图所示。则下列说法符合该图像的是______。

A.t1时刻，增大了X的浓度B.t1时刻；升高了体系温度。

B.t1时刻，缩小了容器体积D.t1时刻，使用了催化剂18、硫及许多化合物有很多重要的应用。

（1）古代四大发明之一的黑火药是由硫磺、木炭粉和__________按一定比例混合而成。

（2）黄铁矿的主要成分是FeS2；用于工业制取硫酸。生产硫酸经历三个生产阶段：

①第一阶段将黄铁矿粉末投入沸腾炉里与空气燃烧生成氧化铁等，其反应的化学方程式为__________________，氧化产物是_______________。

②第二阶段是在氧化炉中将S进行催化氧化。已知6.4gSO2气体完全氧化为SO3气体放出14.8kJ的热量。写出该反应的热化学方程式为________________________。工业上采用常压生产，则提高SO3产率的措施还有______________________(写2种即可)

（3）亚硫酸钠（Na2SO3）可用于生产饮用水作去氯剂，写出去氯（Cl2）的离子方程式：_____________。

（4）五水硫代硫酸钠(Na2S2O3·5H2O)是一种重要的化工原料。工业上的一种生产方法是将SO2通入由Na2S与Na2CO3按特定比例配成的混合液中并在合适温度下进行反应，然后经一系列工艺结晶获得。写出SO2通入Na2S与Na2CO3混合液发生反应的化学方程式为_________________________。19、亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病；其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。

回答下列问题：

(1)人体血液的pH在7.35~7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是___________。

(2)将KOH溶液滴入亚砷酸溶液中，当pH调至9时发生反应的离子方程式为___________。

(3)下列说法错误的是___________。(填序号)

A．n(H3AsO3)∶n(H2AsO)=1∶1时；溶液显碱性。

B．H3AsO3溶液中：c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH-)=c(H+)

C．K3AsO3溶液中：c((AsO)>c(HAsO)>c(H2AsO)>c(H3AsO3)

D．H3AsO3的电离平衡常数Ka1∶Ka2=10b+a

(4)P和As位于同主族元素，存在亚磷酸(H3PO3)，常温下，0.10mol·L-1H3PO3溶液的pH=1.6，该酸与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3。

①Na2HPO3为___________(填“正盐”或“酸式盐”)；常温下Na2HPO3溶液的pH___________7(填“>”“<”或“=”)。

②亚磷酸可由PCl3完全水解制取，反应的化学方程式为___________。20、I.写出下列反应的热化学方程式。

（1）CuCl（s）与O2反应生成CuCl2（s）和一种黑色固体。在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1molCuCl（s），放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是___________。

（2）在1.01×105Pa时，16gS固体在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，放出148.5kJ的热量，则S固体燃烧热的热化学方程式为_____________。（S相对原子质量为32）

II.研究NOx、SO2；CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

（3）处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S固体。已知：

①CO（g）＋O2（g）=CO2（g）ΔH＝－283.0kJ·mol－1

②S（s）＋O2（g）=SO2（g）ΔH＝－296.0kJ·mol－1

此反应的热化学方程式是___________。21、某化学小组构想将汽车尾(NOx转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A心B为多孔材料。写出总化学方程式___________。

评卷人得分四、原理综合题(共3题，共30分)22、对温室气体二氧化碳的研究一直是科技界关注的重点。

Ⅰ.在催化剂存在下用H2还原CO2是解决温室效应的重要手段之一；相关反应如下：

主反应：CO2(g)＋4H2(g)⇌CH4(g)＋2H2O(g)ΔH1①

副反应：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41.2kJ·mol－1

已知：H2和CH4的燃烧热分别为285.5kJ·mol－1和890.0kJ·mol－1，H2O(l)===H2O(g)ΔH＝＋44kJ·mol－1。

(1)ΔH1＝________kJ·mol－1。

(2)有利于提高CH4产率的反应条件是(至少写两条)______________________________工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是________________________________。

(3)T℃时，若在体积恒为2L的密闭容器中同时发生上述反应，将物质的量之和为5mol的H2和CO2以不同的投料比进行反应，结果如图1所示。若a、b表示反应物的平衡转化率，则表示H2平衡转化率的是________，c、d分别表示CH4(g)和CO(g)的体积分数，由图1可知＝________时，甲烷产率最高。若该条件下CO的产率趋于0，则T℃时①的平衡常数K＝___________________。

Ⅱ.溶于海水的CO295%以HCO3-形式存在。

在海洋中；通过图2钙化作用实现碳自净。

(4)写出钙化作用的离子方程式________________。

(5)电解完成后，a室的pH________(填“变大”、“变小”或“几乎不变”)；b室发生反应的离子方程式为________________________。23、乙烯是合成食品外包装材料聚乙烯的单体；可以由丁烷裂解制备。

主反应：(g，正丁烷)

副反应：(g，正丁烷)(g，丙烯)

回答下列问题：

(1)化学上，将稳定单质的能量定为0，单质生成稳定化合物时释放(-)或吸收(+)的能量叫生成热，生成热可表示为该物质的相对能量。下表为25℃、101kPa下几种有机物的生成热：。物质甲烷乙烷乙烯丙烯正丁烷异丁烷生成热-75-85+52+20-125-132

①表格中的物质，最不稳定的是__________(填名称)。

②上述反应中，__________

(2)一定温度下，在恒容密闭容器中投入一定量正丁烷发生反应生成乙烯。下列情况表明该反应达到平衡状态的是__________(填标号)。

A．气体密度保持不变B．保持不变C．气体压强不变D．正丁烷分解速率和乙烷生成速率相等。

(3)向恒压密闭容器中充入正丁烷，在一定条件(浓度、催化剂及压强等)下发生反应，相同时间内，测得乙烯产率与温度的关系如图所示。温度高于600℃时，随着温度升高，乙烯产率降低，可能的原因是__________(填标号)。

A．活化分子百分数降低B．活化能降低。

C．催化剂活性降低D．副产物增多。

(4)在一定温度下向1L恒容密闭容器中充入2mol正丁烷；反应生成乙烯和乙烷(不考虑刚反应)，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的1.75倍。

①内乙烷的生成速率为__________

②上述条件下，该反应的平衡常数K=__________。24、研究表明，在Cu-ZnO2催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO；反应的热化学方程式如下：

反应Ⅰ．△H1=-49．0kJ·mol-1，K1；

反应Ⅱ．△H2=+41．2kJ·mol-1，K2。

（1）CO和H2合成甲醇的热化学方程式为___________。

（2）一定条件下，将n(CO2)：n(H2)=1：1的混合气体充入绝热恒容密闭容器中发生反应Ⅰ。下列事实可以说明反应Ⅰ达到平衡状态的是_______(填选项字母)。

A．容器内的气体密度保持不变B．CO2的体积分数保持不变。

C．该反应的平衡常数保持不变D．混合气体的平均相对分子质量不变。

（3）反应的平衡常数K3=____(用含K1、K2的代数式表示)。

（4）恒压密闭容器中，CO2和H2发生反应Ⅰ合成甲醇，在其他条件不变的情况下，下列措施能提高CO2平衡转化率的是_____(填选项字母)。

A．降低反应温度。

B．投料比不变；增加反应物的物质的量。

C．增大CO2与H2的初始投料比。

D．混合气体中掺入一定量的惰性气体(不参与反应)

（5）T1时，将1．00molCO2和3．00molH2充人体积为1．00L的恒容密闭容器中发生反应Ⅰ，容器起始压强为p0。

①充分反应达到平衡后，若CO2的转化率为a，则容器的压强与起始压强之比为_____(用含a的代数式表示)。

②若经过3h反应达到平衡，平衡后，混合气体的物质的量为3．00mol，则该过程中H2的平均反应速率为_______；平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数。则上述反应的平衡常数KP=________(用含p0的代数式表示)。

（6）研究证实，CO2可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇一极的电极反应式为______。当生成16g甲醇时，理论上电路中转移电子的物质的量为___________。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共28分)25、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：26、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。27、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。28、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

连接电源正极的阳极上失电子产生氧气，连接负极的阴极石墨电极上CO2得电子产生C，电极总反应式为能量转化形式为太阳能和电能转化为化学能。

【详解】

A．由题图可知；题述生产过程的能量转化形式为太阳能和电能转化为化学能，选项A正确；

B．阳极电极反应式为选项B正确；

C．高温的目的是将碳酸盐熔融，提供阴、阳离子，并将碳酸钙分解为CaO和选项C错误；

D．阴极反应式为则电解总反应式为从而实现水泥生产时的零排放；故当电路中通过4mol电子时，理论上得到12gC，选项D正确。

答案选C。2、D【分析】【详解】

A．由题目可知，△H＞0，T＞0，<0；则△S＞0，故A正确；

B．TaS2的转化反应是吸热反应，高温区进行TaS2的转化，低温区进行逆反应生成TaS2；故B正确；

C．高温区进行正向反应，同时生成Tal4(g)，低温区进行逆向反应同时消耗Tal4(g)，故高温区Tal4(g)的浓度大于低温区；故C正确；

D．高温区进行正向反应，生成S2(g)和消耗I2(g)，低温区进行逆向反应生成I2(g)消耗S2(g)，故高温区大于低温区的故D错误；

故选D。3、D【分析】【分析】

根据升温；加压、增大浓度、使用催化剂等可加快化学反应速率；由此分析。

【详解】

①升高温度；活化分子的百分数增大，使化学反应速率加快，故①符合题意；

②加入正催化剂；降低反应所需的活化能，能使化学反应速率加快，故②符合题意；

③增大反应物浓度；活化分子的数目增多，反应速率加快，故③符合题意；

④如体积不变时加入惰性气体而增大压强；反应物浓度不变，则反应速率不变；故④不符合题意；①②③都能使化学反应速率加快；

答案选D。4、D【分析】【详解】

A．=当PH=4.2时，c(A2-)=c(HA-)，则Ka2=c(H+)=10-4.2，所以Ka2的数量级为10-5；则A正确；

B．常温下，Ka2=c(H+)=10-4.2时溶液显酸性，所以的溶液；电离大于水解，溶液显酸性，和溶液浓度大小无关，则B正确；

C．溶液中，电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，物料守恒c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，两式相减，得c(H+)=c(OH-)+c(A2-)-c(H2A)，所以则C正确；

D．PH=1.2时，Ka1(H2A)=PH=4.2时，Ka2(H2A)=Ka1Ka2=由于温度没变，整个过程中Ka1Ka2是个常数，那么=由于c(H+)浓度越来越小，所以整个过程中的值越来越小，那么整个过程一直减小；则D错误；

本题答案D。5、C【分析】【分析】

【详解】

A、电解饱和食盐水得到NaOH、H2、Cl2，Y和Z点燃下能够发生反应，即X为NaOH，根据流程中，SiHCl3被还原成Si，即Y为H2，Z为Cl2；故A说法正确；

B、焦炭和石英发生的副反应：SiO2＋3CSiC＋2CO↑；焦炭既是氧化剂又是还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故B说法正确；

C、SiHCl3水解的产物是H2SiO3、H2、HCl，推出SiHCl3中H应为－1价；即Si的化合价为＋4价，故C说法错误；

D；多晶硅为单质；是硅的一种同素异形体，故D说法正确。

【点睛】

易错点为选项C，学生错认为SiHCl3中Si的化合价为＋2价，SiHCl3易水解，发生SiHCl3＋3H2O=H2SiO3＋H2↑＋3HCl，按照水解原理，Si应与水电离出的OH－结合成H2SiO3，H2SiO3中Si为＋4价，Si的化合价不变，SiHCl3中H应显－1价，与H2O电离出的H＋发生氧化还原反应，生成H2，SiHCl3中Si显＋4价。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．在A电极上CO2得到电子被还原为HCOO-；所以A电极为阴极，与电源的负极连接，发生还原反应，A错误；

B．在A电极上发生反应：CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-；在B电极上发生反应：CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，根据同一闭合回路中电子转移数目相等可知总反应方程式为：2CO2+2OH-+CH3(CH2)6CH2NH2=2HCOO-+CH3(CH2)6CN+2H2O；B错误；

C．根据选项B分析可知：左室反应消耗OH-；因此溶液为碱性溶液，可以是NaOH溶液，C正确；

D．未指出气体所处的外界条件，因此不能计算CO2的物质的量；也就不能进行有关计算，D错误；

故合理选项是C。二、多选题(共9题，共18分)7、BC【分析】【详解】

A．由题图可知，温度下先达到平衡，温度下的速率快，所以>故A正确；

B．时，的平衡转化率由化学方程式得反应掉的和生成的CO的量一样多，生成的CO的量为1.0mol，所以故B错误；

C．平衡常数与温度有关；温度不变，平衡常数不变，故C错误；

D．时，平衡时若改为恒温恒压容器，由于该反应是气体体积增大的反应，相当于在原来基础上降低压强，平衡正向移动，因此平衡时故D正确；

故选BC。8、BD【分析】【详解】

A．各物质浓度不变时反应达到平衡状态，b点之前透光率不变；则二氧化氮浓度不变，反应达到平衡状态，故A正确；

B．d点后透光率减小，说明二氧化氮浓度增大，则平衡逆向移动，所以v(正)＜v(逆)；故B错误；

C．如果在c点温度降低；平衡正向移动，二氧化氮浓度减小，透光率增大，故C正确；

D．根据图知，b点后气体透光率瞬间降低；说明二氧化氮浓度瞬间增大，且改变条件后透光率增大说明改变条件后平衡正向移动，所以该点是压缩注射器，故D错误；

故选：BD。9、BC【分析】【详解】

由容器I中反应数据列三段式：

可以求出平衡常数K==0.8，平衡时气体的总物质的量为0.8mol，其中NO占0.4mol，所以NO的体积分数为50%，=1。在平衡状态下，v正=v(NO2)消耗=v逆=v逆(NO)消耗，所以k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，进一步求出=K=0.8；

A．显然容器II的起始投料与容器I的平衡量相比；增大了反应物浓度，平衡将向正反应方向移动，所以容器II在平衡时气体的总物质的量一定小于1mol，故两容器的压强之比一定大于4：5，故A错误；

B．容器I中反应平衡时=1；若容器II在某时刻，=1；列三段式：

因为，==1，解之得x=求出此时浓度商Qc==＞K，说明II中平衡时应该存在c(NO2)＞c(O2)，所以容器II达平衡时，一定大于1；故B正确；

C．若容器Ⅲ在某时刻；NO的体积分数为50%；

由0.5-2x=2x+0.35-x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc==4.8＞K；说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，NO进一步减少，平衡时NO的体积分数小于50%，故C正确；

D．υ正=υ(NO2)消耗=k正c2(NO2)，υ逆=υ(NO)消耗=2υ(O2)消耗=k逆c2(NO)•c(O2)，达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，T2时若k正=k逆，则c2(NO2)=c2(NO)•c(O2)，化学平衡常数K=1＞0.8，该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，化学平衡常数增大，则T2＞T1；故D错误；

答案选BC。10、AB【分析】【详解】

A．经2min，B的浓度减少0.6mol/L，用B表示的反应速率v(B)==0.3mol·L-1·min-1，同一反应用不同物质表示的反应速率之比等于化学方程式中相应物质的系数之比，所以用A表示的反应速率v(A)=×0.3mol·L-1·min-1=0.4mol·L-1·min-1；故A正确；

B．同一反应用不同物质表示的反应速率之比等于化学方程式中相应物质的系数之比，由可知；B；C、D的系数之比为3∶2∶1，用B、C、D表示的反应速率之比为3∶2∶1，故B正确；

C．内用B表示的化学反应速率为此反应速率为平均速率，不能计算2min末的瞬时速率，故C错误；

D．随着反应的进行，反应物的浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小，所以内用B和C表示的化学反应速率都逐渐减小；故D错误；

答案为AB。11、BC【分析】【分析】

根据题给信息知，图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：正极上得电子发生还原反应，电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，氢离子由左室经质子交换膜移向右室，总反应为：由此分析。

【详解】

A．该装置是将化学能转化为电能的原电池；M是负极，故A不符合题意；

B．由分析可知，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：由左室经过质子交换膜移向右室；故B符合题意；

C．M是负极，负极上失电子发生氧化反应，M电极反应式为故C符合题意；

D．根据分析可知，该装置的总反应为：处理后使废水的酸性并没有增强，尽管废水中的尿素被处理了，但是也不能直接排放，会污染土壤，故D不符合题意；

答案选BC。12、BC【分析】【详解】

A．甲图是燃料电池，通入肼的一极为负极，通入氧气的一极为正极，由图可知正极附近有大量的氧离子，所以负极反应式为：故A错误；

B．要制备乙为电解池，其中Fe电极为阳极，电极反应为C电极为阴极，电极反应为电解质溶液X可为NaCl，也可为故B正确；

C．有较强的还原性，苯的密度比水小，且与水互不相溶，所以乙中的苯可以隔绝空气，防止被氧化；故C正确；

D．由AB分析可知甲中接线柱A为燃料电池的负极；乙中C电极为电解池的阳极，二者应该相连，故D错误；

故答案为：BC。13、AB【分析】【分析】

根据海水提取金属锂的装置图知，催化电极上放出气体，为氯离子放电生成氯气，因此该电极为阳极，铜是活泼金属，铜箔为阴极，阴极上Li+得电子发生还原反应析出金属锂；据此分析解答。

【详解】

A．太阳能电池中太阳能转化为电能；电解时电能转化为化学能，则该装置主要涉及的能量变化：太阳能→电能→化学能，故A错误；

B．铜箔为阴极，在阴极上Li+得电子发生还原反应生成金属锂；故B错误；

C．阳极上发生失去电子的氧化反应，溶液中的氯离子、氢氧根离子均能放电，因此阳极区可能有Cl2和O2生成；故C正确；

D．Li+要透过固体陶瓷膜向阴极移动，所以固体陶瓷膜可让海水中Li+选择性通过；故D正确；

故选AB。14、AB【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知，W点为碳酸钠、碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液，溶液中c(CO)=c(HCO)，由溶液中的电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)+c(Cl-)可得c(Na+)+c(H+)=3c(CO)+c(OH-)+c(Cl-)；故A正确；

B．溶液pH=4说明反应中有生成的二氧化碳气体逸出，由物料守恒关系可知，溶液中c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)＜0.1mol/L；故B正确；

C．由图可知，pH=8的溶液为碳酸钠溶液和盐酸恰好反应得到的碳酸氢钠和氯化钠混合溶液，溶液中的电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)+c(Cl-)，溶液中的物料守恒关系为2c(H2CO3)+2c(HCO)+2c(CO)=2c(Cl-)=c(Na+)，整合可得关系式c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO)=c(OH-)+c(Cl-)；故C错误；

D．由图可知，pH=11的溶液中，碳酸钠溶液的浓度远大于碳酸氢钠溶液的浓度，说明溶液中碳酸根浓度远大于氯离子浓度，由于碳酸氢钠在溶液中水解，碳酸氢根离子浓度小于氯离子浓度，则溶液中：c(Na+)＞c(CO)＞c(Cl-)＞c(HCO)＞c(H2CO3)；故D错误；

故选AB。15、BC【分析】【分析】

【详解】

A．甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，可列三段式：容器甲中的反应在前2min的平均速率v(SO2)==0.025mol·L-1·min-1；A项正确；

B．反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)是气体体积不变的反应；压强不影响平衡，则容器甲和丙互为等效平衡，平衡时反应物的转化率相等，由于丙中各组分浓度是甲中的2倍，则容器丙中的反应速率较大，B项错误；

C．80℃，平衡常数K==1，温度升至90℃，上述反应平衡常数为1.56＞1，则正反应为吸热反应，ΔH＞0；C项错误；

D．设平衡时NO的浓度为xmol/L，所以则=1，解得x=0.067mol/L，所以若起始时改充0.10mol·L-1NO2和0.20mol·L-1SO2；平衡时c(NO)与原平衡相同，D项正确；

故答案为BC。三、填空题(共6题，共12分)16、略

【分析】【分析】

电解AgNO3溶液，在阴极上Ag+得到电子被还原产生Ag单质；则Cu电极为阴极，Ag电极为阳极，则根据电解池装置，可知对于电源，X为负极，Y为正极；对于A装置，左边Pt电极为阴极，右边Pt电极为阳极；对于装置B，左边Pt电极为阴极，右边Pt电极为阳极，然后根据Cu电极产生Ag的质量计算其物质的量，进而利用同一闭合回路中电子转移数目相等进行有关计算。

【详解】

（1）X为原电池的负极，Y为原电池的非正极。在负极上甲醇失去电子被氧化产生CO2，CO2与溶液中OH-结合形成COH2O，故负极X电极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O；

（2）对于A装置，电解反应方程式为：2KCl+2H2OCl2↑+H2↑+2KOH；电解后反应产生KOH，导致溶液碱性增强，故溶液pH增大；

对于B装置，电解时发生反应方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，电解反应产生H2SO4，使溶液酸性增强，因而溶液pH减小；对于C装置，阳极上Ag失去电子变为Ag+进入溶液；在阴极Cu上Ag+得到电子变为Ag单质，溶液成分不变，浓度不变，因此电解后溶液pH不变；

（3）铜电极发生反应Ag++e-=Ag，质量增加21.6g，其物质的量n(Ag)=则n(e-)=n(Ag)=0.2mol，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，结合A装置的电解反应方程式为：2KCl+2H2OCl2↑+H2↑+2KOH可知：反应转移0.2mol电子时反应产生0.2molKOH，由于溶液体积是200mL，故c(KOH)=在室温下溶液c(H+)=故溶液pH=14；

（4）通电5min后，B中共收集2240mL即0.lmol气体(标准状况)，阳极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，铜电极发生反应Ag++e-=Ag，质量增加21.6g，电路中转移0.2mol电子，生成氧气物质的量是0.05mol，故阴极分别发生反应Cu2++2e-=Cu，2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成H2的物质的量是0.05mol，转移电子n(e-)=0.05mol×2=0.lmol，铜离子得电子0.lmol，故铜离子的物质的量为n(Cu2+)=0.05mol，由于溶液体积为200mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为c(CuSO4)=电解过程中生成0.05molCu、0.05molO2气和0.05molH2，若要使B装置溶液要恢复到电解前的状态，需要加入的物质0.05molCu(OH)2或0.05molCuO和0.05molH2O或0.05molCuCO3和0.05molH2O，故合理选项是CD。【解析】(1)CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O

(2)增大减小不变。

(3)14

(4)0.25mol/LCD17、略

【分析】【详解】

(1)由图像可知，0-10s，△c(Z)==0.79mol/L，v(Z)===0.079mol/(LS)；△c(X)==0.395mol/L；Y的转化率=×100%=79%；

(2)由图象可以看出，反应中x、Y的物质的量减少，应为反应物，z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到10s时，△n(X)=0.79mol，△n(Y)=0.79mol，△n(Z)=1.58mol，则△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；

(3)由图象可知正逆反应速率增大；平衡没移动；

A．t1时刻；增大了X的浓度，平衡正移，不符合题意，故A错误；

B．t1时刻；升高了体系温度，平衡移动，不符合题意，故B错误。

C．t1时刻；缩小了容器体积，速率增大，由于反应前后计量数相等，平衡不移动，符合题意，故C正确；

D．t1时刻；使用了催化剂，速率增大，平衡不移动，符合题意，故D正确；

故选CD。【解析】①.0.079mol/（L·s）②.0.395mol/L③.79%④.X（g）+Y（g）2Z（g）⑤.BD18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)黑火药的成分是硝酸钾；硫磺、木炭；故答案为硝酸钾。

(2)①黄铁矿在沸腾炉中生成SO2和Fe2O3，因此反应方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，FeS2中铁显＋2价，铁元素由＋2价到＋3价，S由－1价到＋4价，化合价均升高，失电子，所以FeS2为还原剂，对应Fe2O3和SO2为氧化产物。

②6.4gSO2气体完全氧化为SO3气体放出14.8kJ的热量，即0.1molSO2气体完全氧化为SO3气体放出14.8kJ的热量，则2molSO2完全氧化放出热量为20.1×14.8=296kJ，所以热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)==2SO3(g)△H＝－296kJ/mol，工业上提高SO3产率的措施还有通入过量O2(或增大O2的浓度)，及时分离出SO3；通过热交换器及时散热。

(3)Na2SO3表现还原性，生成Cl2表现氧化性，被还原为Cl－，根据得失电子守恒和物料守恒可知离子反应方程式为：+Cl2+H2O＝+2Cl－+2H＋。

(4)SO2中S的化合价由＋4价→＋2价，化合价降低2价，Na2S中S的化合价－2价→＋2价，化合价升高4价，最小公倍数为4，即化学反应方程式为：Na2CO3+2Na2S+4SO2＝3Na2S2O3+CO2。【解析】硝酸钾(或硝石)4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2Fe2O3，SO22SO2(g)+O2(g)==2SO3(g)△H＝－296kJ/mol通入过量O2(或增大O2的浓度)，及时分离出SO3，通过热交换器及时散热+Cl2+H2O＝+2Cl－+2H+Na2CO3+2Na2S+4SO2＝3Na2S2O3+CO219、略

【分析】【详解】

(1)根据图像可知pH在7.35～7.45之间时，As元素主要存在形式为H3AsO3；

(2)根据题意可知亚砷酸溶液中pH减小时H3AsO3首先转化为H2AsOpH=9时主要以H3AsO3和H2AsO的形式存在，所以发生的离子方程式为H3AsO3+OH－=H2AsO+H2O；

(3)A．据图可知n(H3AsO3)：n(H2AsO)=1：1时；溶液的pH约为9，呈碱性，故A正确；

B．H3AsO3溶液中存在电荷守恒：c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH－)=c(H+)；故B正确；

C．K3AsO3溶液中As元素的主要存在形式为AsO结合图像可知AsO占比最大时溶液中的离子浓度c((AsO)＞c(HAsO)＞c(H2AsO)＞c(H3AsO3)；故C正确；

D．Ka1=据图可知当n(H3AsO3)=n(H2AsO3-)时溶液的pH为a，即c(H+)=10-amol/L，所以Ka1=10-a，同理Ka2=10-b，则Ka1∶Ka2=10-a：10-b=10b-a；故D错误；

综上所述答案为D；

(4)①亚磷酸与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3，说明Na2HPO3不能电离出氢离子，所以Na2HPO3为正盐；0.10mol·L−1H3PO3溶液的pH=1.6，说明亚磷酸为弱酸，所以Na2HPO3溶液中存在HPO的水解，溶液显碱性，pH>7；

②水解反应为非氧化还原反应，根据元素守恒可得化学方程式为PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl。【解析】H3AsO3H3AsO3+OH-=H2AsO+H2OD正盐>PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl20、略

【分析】【详解】

I（1）由原子守恒可知CuCl（s）和O2反应生成的一种黑色固体为CuO，反应的方程式为4CuCl+O2=2CuCl2+2CuO，每消耗1molCuCl（s），放热44.4kJ，则消耗4molCuCl（s），放热44.4kJ×4=177.6kJ，该反应的热化学方程式为4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）ΔH=-177.6kJ·mol-1；

（2）在1.01×105Pa时，16gS即0.5molS固体在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，放出148.5kJ的热量，则1molS固体充分燃烧时放热148.5kJ×2=297kJ，表示S固体燃烧热的热化学方程式为S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1；

II（3）处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S固体，根据原子守恒可知，另一种产物为CO2；已知：

①CO（g）＋O2（g）=CO2（g）ΔH＝－283.0kJ·mol－1

②S（s）＋O2（g）=SO2（g）ΔH＝－296.0kJ·mol－1

根据盖斯定律，①×2-②得：2CO（g）＋SO2（g）=S（s）＋2CO2（g）ΔH＝－270kJ·mol－1。【解析】4CuCl（s）＋O2（g）=2CuCl2（s）＋2CuO（s）ΔH＝－177.6kJ·mol－1S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-12CO（g）＋SO2（g）=S（s）＋2CO2（g）ΔH＝－270kJ·mol－121、略

【分析】【详解】

根据图示可知A为原电池的负极，电极反应式为：NOx-(5-2x)e-+（3-x）H2O=+(6-2x)H+，B为正极，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，根据得失电子总数相等，正、负极的电极反应左右分别相加即得总反应式为：4NOx+2H2O+(5-2x)O2=4HNO3，故答案为：4NOx+2H2O+(5-2x)O2=4HNO3。【解析】4NOx+2H2O+(5-2x)O2=4HNO3四、原理综合题(共3题，共30分)22、略

【分析】【分析】

Ⅰ(1)根据盖斯定律解答；

(2)该主反应为气体分子数减小的放热反应；根据外界条件平衡移动的影响分析如何提高产率；

(3)结合图像曲线分析的比值；确定转化率，再利用“三段式”求解平衡常数；

Ⅱ(4)由图2可知，HCO3-为反应物，CaCO3、CO2为生成物；据此分析书写离子反应方程式；

(5)a室为阳极室，阳极上发生氧化反应，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋；阳离子向阴极移动，据此分析。

【详解】

Ⅰ(1)由H2和CH4的燃烧热分别为285.5kJ·mol－1和890.0kJ·mol－1；可得：

①CO2(g)＋4H2(g)⇌CH4(g)＋2H2O(g)ΔH1

②H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.5kJ·mol－1

③CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890.0kJ·mol－1

④H2O(l)=H2O(g)ΔH＝＋44kJ·mol－1

根据盖斯定律知，①＝②×4－③＋④×2，则ΔH1＝(－285.5kJ·mol－1)×4－(－890.0kJ·mol－1)＋(＋44kJ·mol－1)×2＝－164.0kJ·mol－1；

(2)该主反应为气体分子数减小的放热反应，故有利于提高CH4产率的反应条件是降低温度；增大压强。催化剂具有专一性；工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是催化剂；

(3)随着增大，H2的平衡转化率减小，CO2的平衡转化率增大，结合题图1可得，b表示H2的平衡转化率，a表示CO2的平衡转化率。c表示甲烷的体积分数，当＝4时，甲烷产率最高。＝4时，CO的产率趋于0，由题意并结合题图1得起始时c(CO2)＝0.5mol·L－1，c(H2)＝2mol·L－1，CO2、H2的平衡转化率均为0.80；则根据三段式法有：

平衡常数K＝＝＝100；

Ⅱ(4)由题图2可知，HCO为反应物，CaCO3、CO2为生成物，则钙化作用的离子方程式为2HCO＋Ca2＋=CaCO3↓＋CO2↑＋H2O；

(5)a室为阳极室，阳极上发生氧化反应，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，反应产生的H＋通过质子交换膜进入b室参与反应生成CO2和H2O时进入阴极室与OH－也反应，所以电解后a室溶液的pH几乎不变，b室发生反应的离子方程式为H＋＋HCO3-=CO2↑＋H2O。【解析】①.－164.0②.降低温度、增大压强③.催化剂④.b⑤.4⑥.100⑦.2HCO3-＋Ca2＋=CaCO3↓＋CO2↑＋H2O⑧.几乎不变⑨.H＋＋HCO3-=CO2↑＋H2O23、略

【分析】【详解】

(1)①能量越低越稳定，即由稳定单质生成稳定化合物时放出释放的能量越大越稳定，由图表可知乙烯的生成热最高，即生成乙烯时释放能量最小，乙烯能量最高，最不稳定，故答案为：乙烯；

②反应方程式中焓变=生成物的生成热-反应物的生成热；所以该反应的焓变=(-75+20+125)kJ/mol=+70kJ/mol，故答案为：+70；

(2)A．C4H10(g，正丁烷)⇌C2H4(g)+C2H6(g)反应前后气体总质量不变；容器体积不变则气体的体积不变；所以密度为恒定值，因此密度不变，不能判断平衡状态，故A错误；

B．保持不变时，即QC=K，或者各物质的物质的量浓度不变；说明达到平衡状态，故B正确；

C．由反应可知；正向反应过程中气体的物质的量增加，则气体压强增大，当压强不变时，反应达到平衡状态，故C正确；

D．正丁烷分解速率和乙烷生成速率始终相等；都是指正反应速率，但未指明逆反应速率的情况，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；

故答案为：BC；

(3)催化剂活性受温度影响；有机化学反应中副反应较多，随着温度升高，乙烯产率降低，可能的原因是催化剂活性降低，副产物增多，选项C和D符合题意；

故答案为：CD；

(4)恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的1.75倍，说明平衡后气体总物质的量是原来的1.75倍，混合气体物质的量=2mol×1.75=3.5mol，增加的物质的量相当于生成的n(C2H4)=n(C2H6)=(3.5-2)mol=1.5mol，剩余的n(C4H10)=(2-1.5)mol=0.5mol，平衡时c(C2H4)=c(C2H6)==1.5mol/L，c(C4H10)==0.5mol/L，①0～10min内乙烷的生成速率v(C2H6)==mol/(L•min)=0.15mol/(L•min)；②根据上面的分析可知该反应的平衡常数K==4.5mol/L；

故答案为：0.15；4.5；【解析】乙烯+70BCCD0.154.524、略

【分析】【分析】

（1）根据盖斯定律，反应I-反应II即可得到CO和H2合成甲醇的反应；

（2）已知该装置为绝热恒容的装置；反应I为放热反应，装置内的温度不再改变时处于平衡状态，化学平衡常数与温度有关，温度不变时平衡常数则不该改变；该反应均为气体，装置恒容，则反应前后密度不变；反应的气体计量数的和不相等，则压强发生改变；混合气体的平均摩尔质量改变及二氧化碳的体积分数不变；

（3）根据反应I；II、III；

（4）恒压密闭容器中，CO2和H2发生反应Ⅰ合成甲醇；降低反应温度，反应正向移动；在恒压密闭容器中，投料比不变，增加反应物的物质的量，则体积增大，平衡不移动；容器为恒压，混合气体中掺入一定量的惰性气体(不参与反应)，体积增大，二氧化碳的浓度降低，平衡逆向移动；

（5）T1时；恒容的密闭容器中，压强之比的物质的量之比；

②平衡后，恒容密闭容器中反应后的压强=3p0/4，KP=p（CH3OH）×p（H2O）/[p（CO2）×p3（H2）]；

（6）已知，CO2可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇；二氧化碳化合价降低，得电子与溶液中的氢离子结合生成甲醇和水；

【详解】

（1）根据盖斯定律，反应I-反应II即可得到CO和H2合成甲醇的反应，热方程式为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）∆H=-90.2kJ/mol；

（2）已知该装置为绝热恒容的装置；反应I为放热反应，装置内的温度不再改变时处于平衡状态，化学平衡常数与温度有关，温度不变时平衡常数则不该改变；该反应均为气体，装置恒容，则反应前后密度不变；反应的气体计量数的和不相等，则压强发生改变；混合气体的平均摩尔质量改变及二氧化碳的体积分数不变，答案为：CD；

（3）根据反应I、II，K1=c（H2O）×c（CH3OH）/c3（H2）×c（CO2），K2=c（H2O）×c（CO）/c（H2）×c（CO2），K3=c（CH3OH）/[c（CO）×c2（H2）]，则K3=K1/K2；

（4）恒压密闭容器中，CO2和H2发生反应Ⅰ合成甲醇；

A．降低反应温度；