云南省曲靖市第一中学高二化学上学期第二次半月考试题含解析

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云南省曲靖市第一中学高二化学上学期第二次半月考试题含解析

2022-08-25 11:32:39
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云南省曲靖市会泽县第一中学2022-2022学年高二上学期第二次半月考化学试题1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是A.某密闭容器中盛有0.2molSO2和0.1molO2，一定条件下充分反应，生成SO3分子数小于0.2NAB.一定条件下，2.3gNa与O2完全反应生成3.6g产物时失去的电子数0.1NAC.25℃时，pH＝13的Ba(OH)2溶液中含有OH－的数目为0.1NAD.20gD2O中含有的质子数为10NA【答案】C【解析】【分析】A、此反应属于可逆反应，不能进行到底；B、Na与氧气无论生成Na2O还是Na2O2，1molNa失去1mol电子；C、题目中没有说明溶液的体积，无法计算；D、利用质量数等于同位素近似相对原子质量，D2O的摩尔质量为20g·mol－1。【详解】A、发生2SO2＋O22SO3，此反应可逆反应，不能进行到底，生成SO3的物质的量小于0.2mol，故A说法正确；B、Na与氧气反应，无论生成Na2O还是Na2O2，1molNa失去1mol电子，即2.3gNa完全与O2发生反应时，转移电子物质的量为2.3×1/23mol=0.1mol，故B说法正确；C、pH=13的溶液中c(OH－)=10－13mol·L－1，因此没有说明溶液的体积，无法计算出OH－的物质的量，故C说法错误；D、D2O的摩尔质量为20g·mol－1，20gD2O中含有质子的物质的量为20×10/20mol=10mol，故D说法正确。【点睛】本题的易错点是选项A，因为二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，此反应属于可逆反应，可逆反应不能进行到底，因此生成SO3的物质的量小于0.2mol。解决阿伏加德罗常数时一定注意隐含条件，如还有2NO2N2O4等。2.下图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是(　　)13\nA.由图可知此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为：MgBr2(s)+Cl2(g)MgCl2(s)+Br2(g)ΔH=+117kJ·mol-1B.热稳定性:MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2C.工业上可由电解MgCl2溶液冶炼金属Mg，该过程需吸收热量D.金属镁和卤素单质(X2)的反应能自发进行是因为ΔH均小于零【答案】D【解析】【详解】A.由图可知此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应是放热反应，热化学方程式为：MgBr2(s)+Cl2(g)MgCl2(s)+Br2(g)ΔH=-117kJ·mol-1，故A错误；B、物质具有的能量越低越稳定，由图可知热稳定性:MgI2<MgBr2<MgCl2<MgF2，故B错误；C、已知由镁制取氯化镁是放热过程，所以电解熔融氯化镁制取镁单质是是吸热过程，而电解MgCl2溶液不能得到镁单质，故C错误；D、根据图像可知，反应物总能量大于生成物总能量，均为放热反应，ΔH均小于零，能自发进行，故D正确；故选D。3.向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al(OH)3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是(　　)A.a点对应的溶液中：Na＋、Fe3＋、SO42-、HCO3-B.b点对应的溶液中：Na＋、S2－、SO42-、Cl－C.c点对应的溶液中：Ag＋、Ca2＋、NO3-、F－D.d点对应的溶液中：K＋、NH4+、I－、CO32-【答案】B【解析】【分析】A．a点溶液显碱性，NaOH过量；B．b点恰好生成偏铝酸钠；C．c点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝；D．d点为氯化铝溶液。【详解】A．a点溶液显碱性，NaOH过量，则不可能存在Fe3+、HCO3-，不能共存，选项A错误；B．b点恰好生成偏铝酸钠，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，选项B13\n正确；C．c点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝，还生成氯化钠，则不可能存在Ag+，不能共存，选项C错误；D．d点为氯化铝溶液，Al3+、CO32-相互促进水解生成沉淀和气体，则不能共存，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查离子的共存，明确图象中各点对应的反应及溶液的成分、离子之间的反应是解答的关键，注意选项D中的相互促进水解反应，题目难度不大。4.下列关系曲线不能正确反映其对应变化关系的是（）A.加热KClO3和MnO2固体混合物B.向Ca(OH)2溶液中通入CO2至过量（碳酸钙遇到溶有二氧化碳的水，能生成可溶性碳酸氢钙）C.向一定浓度的NaOH溶液中加水稀释D.将等质量的Mg和Al分别与过量等浓度的盐酸反应，则a为Mg，b为Al【答案】D【解析】【详解】A.MnO2在反应中做催化剂，其质量保持不变，故A图正确；B.向Ca(OH)2溶液中通入CO213\n至过量时，先生成碳酸钙沉淀，后碳酸钙又溶解转化为碳酸氢钙，且前后二氧化碳的质量之比为1:1，故B图正确；C.向一定浓度的NaOH溶液中加水稀释时，溶液的碱性逐渐减弱，pH逐渐减小，但不可能小于7，故C图正确；D.将等质量的Mg和Al分别与过量等浓度的盐酸反应时，镁比铝活泼，则反应速率更快，但产生氢气的质量较铝小，故对应坐标图中的b曲线，铝对应图中的a曲线，故D图错误；答案选D。【点睛】在分析Mg和Al分别与等浓度盐酸的反应过程中，时间与产生氢气的关系时，需要关注两点，一是单位时间内产生氢气质量的大小，二是反应生成氢气的总量；因镁比铝活泼，反应速率更快，故单位时间内产生的氢气的质量较铝多，曲线的斜率较铝要大；但单位质量的铝较镁产生的氢气要多，故在等质量的情况下，铝较镁产生的氢气的总量要多。5.向100mL0.1mol·L-1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1 Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示。则下列说法中正确的是A.a点对应的沉淀只有BaSO4B.b点发生反应的离子方程式是：Al3++2SO42-+2Ba2++3OH-==Al(OH)3↓+2BaSO4↓C.c点溶液呈碱性D.c点加入Ba(OH)2溶液的体积为200mL【答案】C【解析】分析：向100mL0.1mol·L-1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，硫酸根结合钡离子生成硫酸钡沉淀，铵根和铝离子结合氢氧根生成一水合氨和氢氧化铝沉淀，氢氧化钡过量时氢氧化铝被氢氧根溶解生成偏铝酸盐，结合图像变化趋势、有关离子的物质的量分析解答。详解：NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol，溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42-0.02mol。开始滴加同时发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH-，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42-13\n未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3・H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当SO42-完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH-，Al3+反应掉0.03molOH-，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH-恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为BaSO4和Al（OH）3；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液。则A、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，a点对应的沉淀为BaSO4和Al（OH）3，A错误；B、由分析可知，b点发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3・H2O，B错误；C、由分析可知，c点溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，C正确；D、由分析可知，c点加入Ba（OH）2的物质的量为0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以需要氢氧化钡溶液的体积为0.025mol÷0.1mol/L=0.25L=250mL，D错误；答案选C。点睛：本题主要是考查了铝及其化合物的性质，化学反应图像、化学计算的相关知识，题目难度较大。明确物质的性质特点、发生的先后反应是解答的关键，注意图像题的答题技巧，首先弄清纵、横坐标的含义，其次弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程，最后弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。6.下列有关滴定操作的说法正确的是A.用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mLB.用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，则测定结果偏低C.用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中含有NaOH杂质，则测定结果偏高D.用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏高【答案】D【解析】【详解】A．滴定管精确值为0.01mL，读数应保留小数点后2位，A错误；B．用标准KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH13\n溶液进行滴定，由于没有润洗，标准液浓度减小，消耗标准液体积增加，则测定结果偏高，B错误；C．所用的固体KOH中混有NaOH，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配的溶液的OH-浓度偏大，导致消耗标准液的体积V（碱）偏小，根据c（酸）＝c(碱)×V(碱)/V(酸)可知c（酸）偏小，C错误；D．用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若滴定前仰视读数，滴定至终点后俯视读数，导致消耗的盐酸体积偏小，依据c（酸）＝c(碱)×V(碱)/V(酸)可知测定结果偏高，D正确；答案选D。7.电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定10.00mL浓度均为0.100mol·L－1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是A.曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线B.A点溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝0.1mol·L－1C.在相同温度下，A、B、C三点溶液中水的电离程度：A＜C＜BD.D点溶液中：c(Cl－)+2c(H＋)＝2c(OH－)【答案】D【解析】【分析】溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着NaOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应时离子浓度最小，继续加入NaOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，曲线①代表0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，据此解答。【详解】A.由分析可以知道，曲线②代表0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，故A错误；13\nB.A点溶液中c(Na+)=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝c(Na+)=0.05mol/L，故B错误；C.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C点溶质为NaCl，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，NaOH会抑制水的电离，所以在相同温度下，水的电离程度：B＜C＜A，故C错误；D.D点溶液中，存在电荷守恒，c(Cl－)＋c(OH－)＝c(Na+)+c(H＋)，定量分析可以知道，c(Na+)=1.5c(Cl－)，将电荷守恒式中c(Na+)代换为c(Cl－)并整理得：c(OH－)＝0.5c(Cl－)+c(H＋)，即c(Cl－)+2c(H＋)＝2c(OH－)，所以D选项是正确的；综上所述，本题正确答案为D。8.工业生产需要大量原料，消耗大量能源，在得到所需产品同时产生了大量废气、废水、废渣。某工厂排放的废水中含有Cu2＋、Fe2＋、Hg2＋、H＋等离子，某化学小组为了充分利用资源和保护环境，准备回收废水中的铜和汞，同时得到绿矾。他们设计了如下实验方案：（1）现有仪器：酒精灯、玻璃棒、坩埚、蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯、铁架台等，完成步骤Ⅳ的实验操作还需要选择的玻璃仪器是__________设计简单实验检验绿矾是否变质，简述你的操作：__________。（2）步骤Ⅰ中加入过量铁粉的目的是__________，步骤Ⅱ中__________(填“能”或“不能”)用盐酸代替硫酸。（3）步骤V利用氧化铜制取铜有如下四种方案：方案甲：利用氢气还原氧化铜；方案乙：利用一氧化碳还原氧化铜；方案丙：利用炭粉还原氧化铜；方案丁：先将氧化铜溶于稀硫酸，然后加入过量的铁粉、过滤，再将滤渣溶于过量的稀硫酸，再过滤、洗涤、烘干。从安全角度考虑，方案__________不好；从产品纯度考虑，方案__________不好。13\n（4）写出步骤Ⅱ中涉及反应的离子方程式：__________；步骤Ⅳ得到绿矾的操作蒸发浓缩__________、__________。【答案】(1).漏斗(2).取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质(3).将Cu2+Hg2+全部置换出来(4).不能(5).甲乙(6).丙(7).Fe+2H+=Fe2++H2↑(8).冷却结晶(9).过滤【解析】分析：通过流程可知步骤Ⅳ是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。可燃性气体作为还原剂在加热的过程中会有爆炸的可能性，而固体还原剂一般不易控制量会引入杂质；一种反应物过量的目的往往是为了使另一种反应物充分反应。加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。详解：（1）滤液中硫酸亚铁的浓度较低，先蒸发水到热饱和溶液，然后降温结晶，最后过滤得到硫酸亚铁晶体，过滤还需要漏斗，蒸发结晶还需要坩埚；绿矾变质生成+3价铁，检验Fe3+用硫氰化钾溶液，即取少量晶体溶于水，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红色，说明绿矾已变质。答案：漏斗；取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质。（2）加入过量的铁粉，将铜离子和汞离子全部转化成相应单质得到铜和汞；若用稀盐酸代替稀硫酸，制得的绿矾中会混有氯化亚铁杂质；所以不能用稀盐酸代替稀硫酸。答案：将Cu2+Hg2+全部置换出来；不能。（3）氢气和一氧化碳易燃烧，且一氧化碳有毒，用二者还原氧化铜存在不安全因素，即易发生爆炸，所以从安全方面考虑甲、乙不好；用炭粉还原氧化铜，所得铜中易混有炭粉，即从纯度方面考虑，丙不好。答案：甲乙；丙。（4）根据框图知滤渣成分为的为Cu、Fe、Hg步骤II加入稀硫酸只有Fe能与酸反应，所以反应的离子方程式分别为2H++Fe=Fe2++H2↑。步骤Ⅳ是由硫酸亚铁溶液得到绿矾的操作，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶和过滤即可。答案：2H++Fe=Fe2++H2↑；冷却结晶；过滤。点睛：通过流程可知步骤Ⅳ是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。13\n加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。9.能源是人类生活和社会发展的基础，研究化学反应中的能量变化，有助于更好地利用化学反应为生产和生活服务。（1）甲硅烷（SiH4）是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃。①甲硅烷（SiH4）固态时属于___________晶体。②已知室温下1g甲硅烷自燃生成SiO2和液态水放出热量44.6kJ，则其热化学方程式为______________________。（2）甲醇燃料电池的总反应为：2CH3OH+3O2═2CO2↑+4H2O，其工作原理如下图所示。①图中CH3OH从_____________（填a或b）通入，该电池的正极是____________（填M或N）电极，其中在N极发生的电极反应式是_____________________。②如果在外电路中有1mol电子转移，则消耗标准状况下O2的体积为_______L。（3）25℃，101kPa条件下，14gN2和3gH2反应生成NH3的能量变化如下图所示：已知：①x=1127；②25℃101 kPa下，N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=－92kJ·mol—1。则y=__________。【答案】(1).分子(2).SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH＝-1427.2kJ/mol(3).b(4).N(5).4H++O2+4e－=2H2O(6).5.6L(7).117313\n【解析】(1)①甲硅烷(SiH4)是由SiH4分子构成的共价化合物，在固态时属于分子晶体；②在室温下1g甲硅烷即1/32mol，自燃生成SiO2和液态水放出44.6kJ的热量，则其热化学方程式为SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l)ΔH＝-1427.2kJ/mol；(2)根据反应方程式2CH3OH+3O2═2CO2↑+4H2O，结合原电池示意图可知CH3OH在负极反应，失去电子生成CO2，O2在正极反应，得到电子生成水，所以①CH3OH从b口通入，从c口排出CO2，O2从a口通入，电池的正极是N，负极是M，正极N上发生的电极反应为O2+4H++4e－=2H2O；②若外电路有1mol电子转移，则消耗标况下O2的体积为14mol×22.4L/mol=5.6L；(3)根据图示的能量变化，可得12N2(g)+32H2(g)NH3(g) △H =(x-y)kJ·mol-1，结合已知条件可得2(x-y)=-92，x=1127，解得y=1173。10.A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素。其中A与Y同主族，X与Z同主族，A与B和X均可形成10个电子的化合物；B与Z的最外层电子数之比为2∶3，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其水溶液可使酚酞试液变红。请回答下列问题：(1)Z元素在元素周期表中的位置是______________，化合物B2A4的电子式为______________(2)化合物A2X和A2Z中，沸点较高的是__________(填化学式)，其主要原因是_____________(3)A与X、A与Z均能形成18个电子的化合物，此两种化合物发生反应的化学方程式为：_______(4)将Z与X形成的气态化合物ZX2通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀和NO气体生成，发生反应的离子方程式为___________________，由此可得出一氧化氮与ZX2的还原性大小关系为________________(5)将Y2X2投入到Y2Z的水溶液中可生成Z的单质，发生反应的离子方程式为：______________，并用单线桥标出此反应中电子转移的方向和数目。(6)两种均含A、X、Y、Z四种元素的化合物相互反应放出气体的反应离子方程式为：_________【答案】(1).第三周期第VIA族(2).(3).H2O(4).水分子间存在氢键(5).H2O2+H2S=S↓+2H2O(6).3SO2+3Ba2++2NO3-+2H213\nO=3BaSO4↓+2NO+4H+(7).SO2>NO(8).(9).HSO3-+H+=SO2↑+H2O【解析】A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，常见化合物Y 2 X 2 与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红，Y 2 X 2 为Na 2 O 2 ，则X为O元素，则Y为Na元素；A与X可形成10个电子化合物，A与Y同主族，则A为H元素；X与Z同主族，则Z为S元素；B与Z的最外层电子数之比为2：3，则B元素的最外层电子数为4，A与B可形成10个电子化合物，B为C元素。(1)S元素在元素周期表中的位置是第三周期第VIA族，化合物C2H4的电子式为;(2)化合物H2O和H2S中，沸点较高的是H2O，因为水分子间形成氢键；(3)H与O、H与S均能形成18个电子的化合物，分别是：H2O2、H2S，H2O2可将H2S氧化成S，故方程式为：H2O2+H2S=S↓+2H2O；(4)将S与O形成的气态化合物SO2通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀和NO气体生成，发生反应的离子方程式为:3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+;根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故还原性：SO2>NO；(5)将Na2O2投入到Na2S的水溶液中可生成S的单质，Na2O2将Na2S氧化成S，反应的离子方程式为：；(6)两种均含H、O、Na、S四种元素的化合物为：NaHSO3和NaHSO4，相互反应放出气体的反应离子方程式为：HSO3-+H+=SO2↑+H2O。11.甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上采用如下反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)（1）分析该反应并回答下列问题：①该反应的平衡常数表达式为K=____________。②下列选项能判断该反应达到平衡状态的依据有__________（填序号）。A．2v（正）(H2)=v（逆）(CO)B．一定条件下，单位时间内消耗2molH2的同时生成1molCH3OH13\nC．恒温、恒容时，容器内的压强不再变化D．恒温、恒容时，容器内混合气体的密度不再变化E．混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化（2））下图是该反应在不同温度下CO转化率随时间的变化曲线：①该反应的△H________0（填“>”、“<”或“=”）。②T1和T2温度下的平衡常数：K1________K2（填“>”、“<”或“=”）。（3）某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝0.2mol／L，则CO的转化率为________________。（4）已知在常温常压下：①2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(g)ΔH1＝－1275.6kJ／mol②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ／mol③H2O(g)＝H2O(l)ΔH3＝－44.0kJ／mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式________________________。（5）2022年10月，中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，组装出了自呼吸电池及主动式电堆。甲醇燃料电池的工作原理如图所示。①该电池工作时，b口通入的物质为__________（填化学式，下同），c口通入的物质为__________。②该电池正极的电极反应式为_______________。13\n【答案】(1).(2).CE(3).<(4).>(5).80%(6).CH3OH(l)+O2(g)＝CO(g)+2H2O(l) ΔH＝－442.8kJ∕mol(7).CH3OH(8).O2(9).O2+4e－+4H+=2H2O【解析】【详解】（1）平衡常数是在一定条件下的可逆反应中，当可逆反应反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据反应的方程式可知，该反应的平衡常数是K=；②A、v（正）(H2)=2v（逆）(CO)时说明正逆反应速率相等，说明到达平衡，选项A错误；B、单位时间内消耗2molH2的同时生成1molCH3OH都表示正反应速率，自始至终反应速率都按2：1进行，不能说明到达平衡，选项B错误；C、反应为气体体积变化的反应，压强随着反应也发生变化，若压强不变，则说明可逆反应到达平衡状态，选项C正确；D、反应物都为气体，容器的体积不变，混合气体的总质量不变，密度自始至终为定值，不能说明可逆反应到达平衡，选项D错误；E、混合气体的总质量不变，随反应进行，混合气体的总的物质的量减小，即平均相对分子质量减小，最后为定值，说明可逆反应到达平衡状态，选项E正确；答案选CE；（2）①由图可知，T2先达到平衡，温度大，温度高时CO的转化率低，则正反应为放热反应，所以△H＜0；②由K=，升高温度平衡逆向移动，则升高温度K减小，T1＜T2，所以K1＞K2；(3)达到平衡时测得c（CO）=0.2mol/L，则转化的CO的物质的量为2.0mol-0.2mol/L×1L=1.6mol，所以CO的转化率为×100%=80%；（4）根据盖斯定律，将已知反应①-②-③×4得到CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），所以该反应的△H=（-1275.6kJ/mol）-（-566.0kJ/mol）-（-44.0kJ/mol）×4=442.8kJ/mol，即CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8kJ/mol；（5）①据氢离子移动方向知，右侧电极为正极，正极上氧气得电子，左侧电极为负极，负极上通入燃料甲醇，故答案为：CH3OH；O2；②负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。13 查看更多