硫一碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：

（1）因硫酸在常温下稳定，则反应Ⅲ常温下不发生，故a错；由反应Ⅰ可知，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性SO₂＞HI，即SO₂的氧化性比HI的弱，故b错；
由反应Ⅰ×2+Ⅱ×2+Ⅲ可得到2H₂O═2H₂+O₂，则该循环中消耗水，需要及时补充水，故c正确；循环过程中产生1molO₂的同时产生2molH₂，故d错；故答案为：c；
（2）由图可知2min内氢气的物质的量增加了0.1mol，则氢气的浓度为[0.1mol/1L]=0.1mol/L，用氢气表示的化学反应速率为[0.1mol/L/2mim]=0.05mol/（L．min），
由反应中的化学计量数可知v（HI）为0.05mol/（L．min）×2=0.1mol/（L．min）；
2HI（g）H₂（g）+I₂（g）
开始浓度 1molL 0 0
转化浓度 0.2mol/L 0.1mol/L 0.1mol/L
平衡浓度 0.8mol/L 0.1mol/L 0.1mol/L
则该温度下K₁=
0.1mol/L×0.1mol/L
(0.8mol/L)2=[1/64]，
又 2HI（g）H₂（g）+I₂（g）与H₂（g）+I₂（g）2HI（g）互为逆反应，则它们的化学平衡常数的乘积等于1，
即H₂（g）+I₂（g）2HI（g）的化学平衡常数K=[1
K1=64，
对该反应，当温度不变开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，则温度不变，K不变，故a错；物质的量为原来的2倍，该反应是反应前后气体体积相等的反应，
则反应体系中各物质的浓度都是原来的2倍，故b正确；物质的量增大，则化学反应速率先增大的快，后随浓度的减小，速率增大的程度变小，故c错；
由反应方程式及原来的量与后来的量成正比，则这两种情况下建立的平衡为等效平衡，即平衡时H₂的体积分数相同，故d错；
故答案为：0.1mol/L．min；64；b；
（3）由水的电离平衡为H₂O⇌H⁺+OH^-，则硫酸电离出的c（H⁺）对水的电离起抑制作用，当Zn消耗了H⁺，c（H⁺）减小，水的电离平衡向右移动；若加入NaNO₃，溶液
具有硝酸的强氧化性，则不会生成氢气；加入NaHSO₃会和H⁺反应，降低c（H⁺），则反应速率减慢；Na₂SO₄ 的加入，离子不参与反应，则对化学反应速率无影响；
加入CuSO₄ 后，Zn与硫酸铜溶液反应置换出Cu，则构成原电池加快了化学反应速率，故答案为：向右；b；
（4）由2H₂（g）+O₂（g）═2H₂O（I）△H=-572KJ．mol^-1可知，生成1mol水时放出的热量为572KJ×
1/2]=286KJ，
则电池的能量转化率为为[228.8KJ/286KJ]×100%=80%，故答案为：80%．

点评：
本题考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线；氧化性、还原性强弱的比较；化学电源新型电池；化学反应速率的概念；化学平衡移动原理．

考点点评： 本题较复杂，考查的知识点多，注重了基础知识和基本技能的训练，同时体现新课程改革的指导思想，明确氧化还原反应、平衡移动、电化学的知识点是解答本题的关键．

（1）SO₂、I₂在反应前后质量和性质不变，故答案为：催化剂；
（2）由图可知2min内氢气的物质的量增加了0.1mol，则氢气的浓度为0.1mol/L，用氢气表示的化学反应速率为[0.1mol/L/2min]=0.05mol/（L．min），由反应中的化学计量数可知v（HI）为0.05mol/（L．min）×2=0.1mol/（L．min）；①n（H₂）=n（I₂），没有明确反应方向，不变判断反应是否平衡；②压强自始至终不再变化，不能判断平衡；③气体自始至终密度不再变化，不能判断平衡；④2个H-I断裂的同时，有1个H-H断裂，正逆反应速率相等，能判断反应是否平衡；⑤各组分浓度保持不变是判断平衡的标志；⑥c（HI）：c（H₂）：c（I₂）=2：1：1，没有明确反应方向，不变判断反应是否平衡；根据题目中的数据，可知HI分解的反应热：△H=+298kJ/mol×2-151kJ/mol-436kJ/mol=+9kJ/mol；则分解0.2molHI需要吸收：
9kJ/mol
2×0.2mol=0.9kJ，故答案为：0.1mol/L．min；④⑤；吸收；0.9；
（3）加入浓硝酸、用98.3%浓硫酸，溶液具有强氧化性，则不会生成氢气；加热、粗锌代替纯锌、把锌粒制成锌粉，都能加快反应速率；加入CuSO₄ 后，Zn与硫酸铜溶液反应置换出Cu，则构成原电池加快了化学反应速率，故答案为：a、f．

点评：
本题考点： 化学平衡状态的判断；反应热和焓变；化学反应速率的影响因素．

考点点评： 本题较复杂，考查的知识点多，注重了基础知识和基本技能的训练，同时体现新课程改革的指导思想，明确化学反应速率及其影响因素、平衡状态的特点、电化学的知识点是解答本题的关键．