福建省2023年高考化学模拟题汇编-07化学能与电能

这是一份福建省2023年高考化学模拟题汇编-07化学能与电能，共22页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

福建省2023年高考化学模拟题汇编-07化学能与电能

一、单选题
1．（2023·福建福州·统考二模）部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图，c、d、f均为钠盐，下列叙述正确的是

A．b在化学反应中只能被氧化
B．电解饱和c溶液可得到钠单质
C．a→d→e的转化可以通过一步反应实现
D．f的阴离子空间构型为正四面体
2．（2023·福建厦门·统考二模）Science报道某电合成氨装置及阴极区含锂微粒转化过程如图。下列说法错误的是

A．阳极电极反应式为
B．阴极区生成氨的反应为
C．理论上，若电解液传导，最多生成标准状况下
D．乙醇浓度越高，电流效率越高(电流效率)
3．（2023·福建漳州·统考三模）南京大学研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆”电池，该电池(如图)在充电过程中，聚对苯二酚被氧化，能通过半透膜，而有机聚合物不能通过半透膜，下列说法错误的是

A．放电时，b为负极，发生氧化反应
B．放电时，a极上的电极反应：
C．充电时，由a极区向b极区迁移
D．充电时，在阴极被还原
4．（2023·福建·统考模拟预测）处理烟气中的可以采用碱吸——电解法，其流程如图1；模拟过程Ⅱ如图2，下列推断不正确的是

A．电解溶液时，亚硫酸根离子通过阴离子交换膜进入右室
B．若用锌锰碱性电池为电源，a极与锌极相连
C．a极的电极反应式为
D．若收集22.4L的P(标准状况下)，则转移4mol电子
5．（2023·福建漳州·统考三模）下列离子方程式书写正确的是
A．用铁电极电解饱和食盐水：
B．溶液与过量的溶液反应：
C．向少量苯酚稀溶液中滴加饱和溴水，生成白色沉淀：
D．向酸性溶液中滴入双氧水：
6．（2023·福建厦门·统考二模）厦门大学设计具有高催化活性与稳定性纳米催化剂用于质子交换膜氢氧燃料电池。下列说法错误的是
A．、、均属于过渡元素 B．催化剂通过降低活化能提高电池工作效率
C．纳米催化剂属于胶体 D．正极电极反应式为
7．（2023·福建福州·统考二模）我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯，装置示意图如图。已知：电解效率。下列说法正确的是

A．电极a连接电源的正极
B．电极b上发生反应：
C．通电后右室溶液质量减少
D．若电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，标况下产生1.12L乙烯
8．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4还含有少量FeO、CuO等)可用于湿法制锌，其流程如图所示。下列说法错误的是

A．“酸浸”中ZnFe2O4发生的反应为：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O
B．可用ZnS除去溶液中的Cu2+的依据是Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)
C．为提高生产效率，“酸浸”“净化I”“净化II”的反应温度越高越好
D．“电解”的产物之一可用于替换“净化I”中的H2O2
9．（2023·福建漳州·统考模拟预测）将电催化转化成燃料和化学品具有重要意义。甲酸可以作为氢载体直接用于甲酸燃料电池。某科学家在常温下用S-In催化剂电催化还原制甲酸的机理如图甲所示，反应历程如图乙所示，其中吸附在催化剂表面的原子用*标注。下列说法错误的是

A．使用S-In催化剂，可以降低反应的活化能
B．在催化剂表面的催化作用下转化为和
C．电催化还原制甲酸的总反应式为
D．电催化还原制备甲酸时，阳极电势比阴极低
10．（2023·福建·统考模拟预测）在实验室和生活中高铁酸钾都是一种应用十分广泛的盐类，如下有几种制备方式，
湿法：
干法：
电解法：
下列选项中说法正确的是
A．实验室中常用钾盐而不是钠盐原因是钠盐易风化导致固体结块
B．物质的氧化性和还原性在水溶液中和非水体系中不一定相同
C．坤cà和Nilky两神根据元素和化合物知识做出推断，坤ca：高铁酸钾在生活中可用于杀菌因为具有强氧化性；Nilky：高铁酸钾不可用作净水剂，因为高铁酸根不能水解生成胶体
D．高铁酸根在酸性或中性溶液中分解，将生成气体收集在试管中，点燃的小木条靠近可以听到轻微的爆鸣声，且该气体在能源方面有很广泛的发展前景，常用于作清洁能源
11．（2023·福建漳州·统考模拟预测）下列变化对应的离子(或化学)方程式正确的是
A．苯酚钠溶液中通入，出现白色浑浊：
B．用氯化铁溶液腐蚀铜印刷电路板：
C．以铁作电极电解NaCl溶液：
D．实验室制取乙酸乙酯：
12．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）利用Cl2易溶于CCl4的性质，科学家研发了一种如图所示可作储能设备的无膜新型氯流电池。放电时电极a的反应为：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+。下列说法错误的是

A．放电时NaCl溶液的pH不变 B．充电时NaCl溶液的浓度减小
C．充电时电极b反应为：Cl2+2e-=2Cl- D．电极a增重4.6g时，设备内生成0.1molCl2
13．（2023·福建·校联考一模）应用电化学方法，对水体消毒并去除余氯，装置如下图所示。下列说法正确的是

A．闭合后，可对池中的水杀菌消毒
B．断开，闭合时，由M极流出
C．断开，闭合后，N极金属不断累积
D．钠离子交换膜可用质子交换膜代替
14．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）应对新冠肺炎疫情时所采取的措施是对环境进行彻底消毒，二氧化氯(C1O2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的

A．a与电源的负极连接，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸
B．电解池a极上发生的电极反应为+ 6e -+3C1- = NCl3+4H+
C．当有0.3 mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12 L NH3
D．二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6

二、实验题
15．（2023·福建漳州·统考模拟预测）某校实验小组欲探究溶液与的反应。
Ⅰ.配制溶液。
(1)由固体配制溶液，下列仪器中需要使用的有_______(写出名称)。

Ⅱ.探究溶液与的反应。
经查阅资料，该实验小组设计了如下实验，结合实验现象回答下列问题：

已知：易溶于水；CuCl为白色难溶于水的固体。
(2)若试管d中发生了氧化还原反应，写出该反应的离子方程式_______。
(3)该实验小组对试管d中加入NaCl固体后产生白色沉淀的原因提出了如下猜想：
猜想1：改变了的还原性。
猜想2：改变了的氧化性。
为进一步证实上述猜想，该实验小组利用原电池原理设计了如下实验：
编号
实验1
实验2
实验装置


实验现象
闭合开关K，电流计指针发生微小偏转，烧杯中未见明显现象
闭合开关K，电流计指针发生微小偏转，烧杯中未见明显现象

通过分析上表中对比实验现象可知_______(填“猜想1”或“猜想2”)不合理。
(4)为证明猜想2的合理性，对实验1的装置做了如下改进：

①烧杯B中的石墨电极是原电池的_______极，电极反应式为_______。
②闭合开关K，若_______(描述实验现象)，说明猜想2合理。
③请从化学反应原理的角度解释原因_______，使与的反应能够进行完全。

三、工业流程题
16．（2023·福建福州·统考模拟预测）菱锰矿的主要成分为，主要杂质为、、、、。已知利用菱锰矿制晶体的流程如下：

(1)酸浸时含锰组分发生反应的化学方程式为___________。
(2)氧化过滤时体系溶液的pH=3，此时发生反应的离子方程式为___________。
(3)滤渣3的主要成分为___________。
(4)加入沉淀剂SDD是为了除去生成重金属螯合物沉淀。
①SDD可表示为 ，中性螯合物沉淀的结构式为___________。
②若使用Na2S做沉淀剂，除了因体系pH过低会产生H2S外，还会产生絮状无定型沉淀，造成___________。
(5)沉锰时发生反应的离子方程式为___________；滤液X中含有___________，经浓缩结晶可做化肥。
(6)通过在MnO晶体(正极)中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。

②代表电池___________(填“充电”或“放电”)过程，该过程的电极反应式为___________。

四、原理综合题
17．（2023·福建漳州·统考三模）的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将转化为高附加值化学品已成为有吸引力的解决方案。
Ⅰ．以、为原料合成
(1)和在某催化剂表面上合成的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。

该反应历程中活化能最小步骤的化学方程式为___________。
(2)已知相关化学键的键能数据如下：
化学键






436
414
464
326
803

结合表中数据及反应历程图，写出由和合成的热化学方程式___________。
(3)在一容积可变的密闭容器中，充入与，发生上述反应，实验测得在不同温度下的平衡转化率与总压强的关系如图所示：

①、、从高到低排序为___________。
②请计算在温度下，该反应的压强平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，保留三位有效数字)。
Ⅱ．利用下列工艺脱除并利用水煤气中的温室气体

(4)上述脱除工艺中可循环利用的物质是___________；某温度下，当吸收塔中溶液时，溶液中___________(已知：该温度下的，)。
(5)用上述装置电解利用气体，制取燃料，铂电极上的电极反应式为___________。当玻碳电极上生成标准状况下时，通过质子交换膜的离子的物质的量为___________。
Ⅲ．以表面覆盖为催化剂，可以将和直接转化成乙酸
(6)在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250～400℃时，生成乙酸的速率先减小后增大，理由是___________。


参考答案：
1．C
【分析】c、d、f均为钠盐，则c、d、f分别为NaCl、NaClO、NaClO3，a为Cl2，b为HCl，e为HClO。
【详解】A．b为HCl，Cl为-1价，可以被氧化，H为+1价，可以被还原，A错误；
B．c为NaCl，钠离子放电顺序在氢离子之后，电解饱和c(NaCl)溶液时阴极为氢离子放电得到氢气，不可得到钠单质，B错误；
C．a(Cl2)→d(NaClO)：氯气与冷的NaOH溶液反应一步实现，d(NaClO)→e(HClO)：NaClO溶液与二氧化碳反应可一步实现，C正确；
D．f的阴离子即氯酸根离子，中心Cl的价层电子对数=3+=3+1，有一对孤电子，空间构型为三角锥形，D错误；
答案选C。
2．D
【分析】由图可知，通入氢气的一极为阳极，阳极电极反应式为：，通入氮气的一极为阴极，阴极的电极反应式为：。
【详解】A．阳极发生失电子的氧化反应，由图可知，阳极电极反应式为：，A项正确；
B．由图可知，阴极区氮气得电子，并结合锂离子先转化为，后与反应生成了氨气，即生成氨的反应为，B项正确；
C．和羟基中的H均来自电解液传导的氢离子，理论上，若电解液传导，根据生成氨的反应：可知，最多生成1mol，标准状况下为，C项正确；
D．由电池总反应：可知，乙醇属于中间产物，乙醇浓度增大，电流效率无明显变化，D项错误；
答案选D。
3．D
【分析】充电过程中，聚对苯二酚被氧化，a为阳极，放电时为正极，b电极充电时的阴极，放电时的负极；
【详解】A．充电过程中，聚对苯二酚被氧化，a为阳极，b为阴极，所以放电时b为负极，发生氧化反应，A正确；
B．放电时，a极为正极，发生还原反应，电极反应为：　，B正确；
C．充电时，阳离子向阴极移动，a为阳极，b为阴极，所以由a极区向b极区迁移，C正确；
D．充电时，阴极发生还原反应生成，D错误；
故选D。
4．D
【分析】根据图2中信息左边生成浓的氢氧化钠溶液，说明钠离子穿过膜1进入到左边，亚硫酸根穿过膜2与在阳极和生成的氧气反应生成硫酸根，则a极为阴极，b极为阳极。
【详解】A．电解池“异性相吸”，电解溶液时，亚硫酸根离子向阳极即通过阴离子交换膜进入右室，故A正确；
B．根据前面分析a极为阴极，若用锌锰碱性电池为电源，a极与锌极相连，故B正确；
C．a极是水中氢离子得到电子变为氢气即电极反应式为，故C正确；
D．根据前面分析左边电极反应式为，若收集22.4L(物质的量为1mol)的P(标准状况下)，则转移2mol电子，故D错误；
综上所述，答案为D。
5．A
【详解】A．用铁电极电解饱和食盐水，阳极铁放电，离子方程式为：，故A正确；
B．溶液中和都将和溶液反应，离子方程式为，故B错误；
C．向少量苯酚稀溶液中滴加饱和溴水，生成白色沉淀为2,4,6-三溴苯酚，离子方程式为 3H++3Br-+，故C错误；
D．向酸性溶液中滴入双氧水生成氧气，离子方程式为：，故D错误；
故答案选A。
6．C
【详解】A．、、均属于过渡元素，在第Ⅷ族，A正确；
B．电池催化剂起到降低电极反应活化能、提高反应速率的作用，B正确；
C．纳米材料不属于胶体，C错误；
D．质子交换膜氢氧燃料电池，为酸性环境，正极电极反应式为，D正确；
故选C。
7．D
【详解】A．CO2在a极发生还原反应生成乙烯，a是阴极，电极a连接电源的负极，故A错误；
B．CO2在a极发生还原反应生成乙烯，a是阴极，b是阳极，电极b上发生反应：，故B错误；
C．根据，若电路中转移4mol电子，阳极放出1mol氧气，4molOH-通过阴离子交换膜由左室移入右室，右室质量增加36g，故C错误；
D．阴极反应式为，若电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，生成0.05mol乙烯，标况下产生乙烯的体积为1.12L，故D正确；
选D。
8．C
【分析】锌焙砂中含有ZnO、ZnFe2O4、FeO、CuO，加入硫酸酸浸，ZnO、FeO、CuO转化成相应的硫酸盐，ZnFe2O4与盐酸反应生成Zn2+、Fe3+，加入过氧化氢，利用过氧化氢的氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，加入ZnO，调节pH，使Fe3+以Fe(OH)3形式沉淀出来，过滤，加入过量ZnS，将Cu2+以CuS形式沉淀出，据此分析；
【详解】A．ZnFe2O4写成ZnO·Fe2O3，ZnO和Fe2O3与酸反应生成Zn2+、Fe3+，因此ZnFe2O4与H+反应的方程式为ZnFe2O4+8H+= Zn2++2Fe3++4H2O，故A说法正确；
B．净化Ⅱ的目的是将Cu2+以CuS形式沉淀出，发生ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，根据溶度积的规律，推出Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，故B说法正确；
C．过氧化氢受热易分解，温度过高，使过氧化氢分解，造成原料浪费，因此不是反应温度越高越好，故C说法错误；
D．净化Ⅱ得到溶质主要为ZnSO4，电解硫酸锌，阴极电极反应式为Zn2++2e-=Zn，阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，氧气具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，因此氧气可以替换过氧化氢，故D说法正确；
故答案为C。
9．D
【详解】A．催化剂的催化原理是降低反应的活化能，提高反应速率，故A正确；
B．根据图甲可知，催化剂活性位点在催化过程中的作用是活化水分子，将转化为和，故B正确；
C．结合图乙反应历程图的起始物质和最终物质，可以得出电催化二氧化碳转化为甲酸的总反应式为，故C正确；
D．电解池中，阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连，电源正极电势高于负极，所以电解池的阳极电势高于阴极，故D错误；
故答案选D。
【点睛】本题主要考查催化机理分析、根据催化机理图能判断微粒的转化及作用、根据反应历程图书写转化反应、综合应用信息书写总的反应方程式、判断电解池中阳极、阴极电势高低，注意对题干中信息的提取和应用。
10．B
【详解】A．实验室中常用钾盐而不是钠盐原因是钠盐的吸湿能力比钾盐强，钠盐易导致固体结块，故A错误；
B．溶剂的极性对氧化性和还原性产生较大的影响，因此物质的氧化性和还原性在水溶液中和非水体系中不一定相同，故B正确；
C．高铁酸钾具有强氧化性，生成的还原产物铁离子水解生成胶体，具有吸附杂质的作用，因此高铁酸钾可用作净水剂，故C错误；
D．根据化合价升降守恒，铁化合价降低，则应该是氧化合价降低，因此将分解生成的气体收集在试管中，用带火星的小木条靠近，可看见小木条复燃，不会听到轻微的爆鸣声，故D错误。
综上所述，答案为B。
11．D
【详解】A．苯酚钠溶液与反应生成苯酚和碳酸氢钠，A错误；
B．用氯化铁溶液腐蚀铜电路板的原理是氧化Cu生成和，该离子方程式电荷不守恒，B错误；
C．铁为活性电极，电解时Fe失电子生成，发生氧化反应，不会生成氯气，C错误；
D．制备乙酸乙酯时，根据酸脱羟基醇脱氢的规则，反应为，D正确；
故选D。
12．C
【分析】已知放电时电极a的反应为：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，则电极a为负极，电极b为正极，电极反应为，充电时，电极a为阴极，电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na+ +2e-=Na3Ti2(PO4)3，电极b为阳极，电极反应为。
【详解】A．放电时电极a的反应为：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，电极b的反应为，NaCl溶液浓度变大，pH不变，故A正确；
B．充电时，电极a电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na+ +2e-=Na3Ti2(PO4)3，电极b电极反应为，故充电时NaCl溶液的浓度减小，故B正确；
C．充电时电极b反应为：，故C错误；
D．电极a增重4.6g时，应为充电过程，电极a电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na+ +2e-=Na3Ti2(PO4)3，4.6gNa+物质的量为0.2mol，转移电子0.2mol，此时电极b发生反应为，根据两电极转移电子数相同，可知设备内生成0.1molCl2，故D正确；
故选C。
13．A
【分析】断开，闭合时，构成电解池装置，M极为阳极，电极反应式：2Cl--2e-=Cl2↑，氯气进入水池消毒，N极为阴极，电极反应式：Na++e-=Na；断开，闭合时，构成原电池装置，M极为正极，电极反应式：Cl2+2e-=2Cl，除去余氯，N极为负极，电极反应式：Na-e-=Na+。
【详解】A．闭合后，构成电解池装置，M极为阳极，电极反应式：2Cl--2e-=Cl2↑，氯气进入水池消毒，A正确；
B．断开，闭合时，构成原电池装置，M极为正极，N极为负极，由N极流出，B错误；
C．断开，闭合后，构成原电池装置，N极为负极，电极反应式：Na-e-=Na+，N极金属不断减少，C错误；
D．钠离子交换膜换成质子交换膜后H+会穿过膜与N极的Na反应，故不可换为质子交换膜，D错误；
答案选A。
14．D
【详解】A．a电极上失去电子，为阳极，与电源的正极连接，在b极区有氢离子得电子生成氢气，氯离子通过阴离子交换膜移向a极，所以在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，A项错误；
B．电解池a极上发生的电极反应为-6e -+3C1- = NCl3+4H+，B项错误；
C．未说明氨气是否在标况下，不能确定气体体积，C项错误；
D．二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应为 ，其中氧化剂为NCl3，还原剂为 ，二者物质的量比为1:6，D项正确；
故选D。
15．(1)烧杯、量筒、托盘天平
(2)
(3)猜想1
(4)     正          电流表指针偏转明显，烧杯A中有气泡产生且在烧杯B中产生白色沉淀     与的还原产物形成沉淀，降低，提高的氧化性

【详解】（1）用固体试剂配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，称量固体需要用到药匙、天平(匹配容量瓶精度应使用分析天平，由于客观条件限制可使用托盘天平或电子天平)，溶解需要用到烧杯、玻璃棒、量筒，转移需要用到玻璃棒、100mL容量瓶，定容需要用到胶头滴管，所以答案为：烧杯、量筒、托盘天平；
（2）分析试管d溶液中存在的离子，结合试管d的实验现象(白色沉淀和气体)，可知试管d中和发生氧化还原反应；根据题目信息，易溶于水，可知还原生成的与溶液中的结合生成白色沉淀，该反应的离子方程式为；
（3）实验1和实验2，A烧杯中加入固体前后实验现象相同，即并未因存在发生自发的氧化反应，故猜想1不合理，答案为：猜想1；
（4）①根据原电池中自发的氧化还原反应可知，得电子发生还原反应，生成白色沉淀，故烧杯B中石墨电极为原电池的正极，电极反应式为，答案为：正，；
②在溶液中加入固体，闭合开关K后，若电流表指针发生明显偏转，烧杯A中有气泡产生且烧杯B中产生白色沉淀即可验证猜想2合理，答案为：电流表指针偏转明显，烧杯A中有气泡产生且在烧杯B中产生白色沉淀；
③从化学反应原理角度，的还原产物可与形成沉淀脱离溶液，降低了溶液中的，提高了的氧化性，促使与的反应能够进行完全，答案为：与的还原产物形成沉淀，降低，提高的氧化性。
16．(1)
(2)
(3)、
(4)          不易过滤(或造成吸附损失)
(5)         
(6)     放电    

【分析】菱锰矿的主要成分为，主要杂质为、、、、，用硫酸溶解，碳酸锰和硫酸反应生成硫酸锰、碳酸钙和硫酸反应生成硫酸钙沉淀、氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝、碳酸亚铁和和硫酸反应生成硫酸亚铁，二氧化硅和硫酸不反应，过滤出二氧化硅、硫酸钙沉淀，滤液中含有Mn2+、Al3+、Fe2+，用二氧化锰氧化Fe2+生成Fe(OH)3沉淀除铁，过滤出氢氧化铁沉淀，滤液中加氢氧化钙调节pH=5生成Al(OH)3沉淀除铝，滤液中加SDD除，过滤，滤液加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀，灼烧碳酸锰得到MnO晶体。
【详解】（1）酸浸时和硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，发生反应的化学方程式为；
（2）氧化过滤时体系溶液的pH=3，目的是氧化Fe2+生成Fe(OH)3沉淀，此时发生反应的离子方程式为。
（3）根据，可知pH=5时，Al3+能完全沉淀，硫酸钙微溶，所以滤渣3是、；
（4）①SDD可表示为 ，沉淀剂SDD是为了除去生成重金属螯合物沉淀，SDD与通过配位键以2:1结合生成中性螯合物沉淀，结构式为 。
②若使用Na2S做沉淀剂，除了因体系pH过低会产生H2S外，还会产生絮状无定型沉淀，絮状无定型沉淀具有吸附性，不易过滤，吸附损失。
（5）沉锰时碳酸氢铵和硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀、硫酸铵、二氧化碳，发生反应的离子方程式为；滤液X中含有，经浓缩结晶可做化肥。
（6）电池放电时，阳离子向正极移动，嵌入晶体，②代表电池放电过程，该过程的电极反应式为。
17．(1)
(2)
(3)         
(4)         
(5)          4mol
(6)当温度高于，催化剂活性降低，反应速率减慢，随着温度升高，反应速率主要受温度影响，与催化剂无关，所以反应速率又增大

【详解】（1）由图可知，该过程中能垒最小的步骤为：；
（2）由图可知，和合成的化学方程式为：，根据，根据键能，，所以热化学方程式为：；
（3）①因为该反应为放热反应，压强不变时，温度越高，平衡逆向移动，的转化率越小，所以、、从高到低排序为；
②平衡常数只与温度有关，时，压强为50atm，的转化率为50％，根据三段式：，
，；
（4）根据图示，用溶液吸收，生成，分解生成，可以循环使用；的电离常数，，，；
（5）由图可知，玻碳电极产生，为阳极，铂电极为阴极，发生反应的电极反应式为：，阳极的电极反应式为：，生成标准状况下，有4mol质子通过质子交换膜；
（6）250～400℃时，生成乙酸的速率先减小后增大，原因是当温度高于，催化剂活性降低，反应速率减慢，随着温度升高，反应速率主要受温度影响，与催化剂无关，所以反应速率又增大。