广东省广州市高二下学期开学适应性模拟测试化学练习卷-A4

这是一份广东省广州市高二下学期开学适应性模拟测试化学练习卷-A4，共37页。
A．催化剂可降低反应的ΔH，加快反应速率
B．C（s，石墨）═C（s，金刚石）ΔH＝+1.9kJ•ml﹣1，则石墨比金刚石稳定
C．H2的燃烧热为﹣285.8kJ•ml﹣1，则H2（g）+O2（g）═H2O（g） ΔH＝﹣285.8kJ•ml﹣1
D．稀醋酸与稀NaOH溶液发生中和反应，生成1mlH2O时放出的热量等于57.3kJ
2．（2024春•越秀区期中）一定条件下，白磷转化为红磷需要放出能量。在该条件下，下列结论正确的是（ ）
A．白磷比红磷更稳定
B．等质量的红磷和白磷完全燃烧，白磷释放的热量更多
C．等质量的红磷和白磷比较，红磷的总能量高
D．断开等质量的白磷和红磷中的化学键所吸收的能量，白磷大于红磷
3．（2024春•天河区校级期中）碳燃烧过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．1ml C（s）和ml O2反应生成1ml CO（g）放出110.5kJ热量
B．1ml CO2（g）反应生成1ml C（s）和1ml O2（g）收出393.5kJ热量
C．1ml C（s）与ml O2（g）的总能盘小于1ml CO（g）的总能量
D．碳燃烧时化学能全部转化为热能
4．（2024春•越秀区期中）如图表示N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化，下列说法正确的是（ ）
A．1ml N2（g）和O2（g）反应放出的热量是180kJ
B．1ml N2（g）和O2（g）具有的总能量小于2ml NO（g）具有的能量
C．通常情况下，N2（g）和O2（g）混合能直接生成NO（g）
D．该反应的能量变化与物质的组成无关
5．（2024春•越秀区校级期中）氢能的低成本、低温、高速率制取一直是亟待解决的关键难题。实验计算机模拟在催化剂表面水煤气变换低温产氢反应（CO+H2O═CO2+H2）过程中能量的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中化学键断键所吸收的能量小于成键所放出的能量
B．该反应过程中先断开所有的化学键，再原子之间重新成键
C．过程Ⅲ只形成了新的非极性键
D．当反应物或生成物状态发生变化时，能量示意图不变
6．（2024•番禺区校级三模）银饰用久了表面会有一层Ag2S而发黑，将银饰与，Al片接触并加入NaCl溶液，可以除去银饰表面的Ag2S，下列说法不正确的是（ ）
A．Al是负极
B．阳离子向银饰移动
C．若有0.9gAl反应，最多能复原0.1ml Ag2S
D．Ag2S表面发生反应：Ag2S+2e﹣＝2Ag+S2﹣
7．（2023秋•天河区期末）生活中金属腐蚀主要是电化学腐蚀，利用电化学原理可以保护金属。下列金属防护方式没有涉及电化学原理的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
8．（2023秋•天河区期末）我国科学家发明的一种可控锂水电池的工作原理如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．锂为负极，发生还原反应
B．Li+计移向正极并在正极得电子
C．电子由锂→有机电解质→固体电解质→水溶液→石墨
D．电池工作时的总反应为：2Li+2H2O═2LiOH+H2↑
9．（2024春•广州期末）下列图像及对应的叙述正确的是（ ）
A．图1中Mg是原电池的负极
B．图2中所示反应的化学方程式可以表示为X+Y⇌2Z
C．图3表示足量锌分别与500mL 0.1ml/L盐酸、200mL 0.1ml/L硫酸反应产生氢气的体积随时间变化的图像
D．图4表示等质量的石墨和金刚石完全燃烧时释放的热量：石墨＞金刚石
10．（2024•番禺区校级三模）西北工业大学推出一种新型Zn—NO2电池，该电池能有效地捕获NO2并将其转化为。现利用Zn—NO2电池将产生的电解制氨，过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．c电极的电势比d电极的电势高
B．当电路中转移2mle﹣时，丙室溶液质量减少18g
C．电解池的总反应式为2H+++2H2O＝2NH3+3O2↑
D．为增强丙中水的导电性，可以加入一定量的NaCl固体
11．（2023秋•天河区期末）11．下列溶液中各离子的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．NH4Cl溶液中：滴加几滴稀盐酸，增大
B．饱和小苏打溶液中：
C．CH3COOH与CH3COONa混合溶液呈酸性：
D．50℃时，pH＝12的纯碱溶液：c（OH﹣）＝1.0×10﹣2ml⋅L﹣1
12．（2023秋•天河区期末）我国古代劳动人民对草木灰的使用积累了丰富的经验，草木灰含K2CO3、K2SO4、KCl等。下列有关说法不正确的是（ ）
A．草木灰可以用作化肥
B．草木灰浸泡的溶液焰色试验火焰呈黄色
C．草木灰经溶解、过滤、蒸发可制得钾盐
D．古人可用草木灰浸泡的溶液洗涤衣裳冠带
13．（2024春•天河区期末）用0.1ml/LNaOH溶液滴定醋酸溶液，用酚酞作指示剂，滴定过程中溶液pH随加入的NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．a点溶液c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．b点溶液c（Na+）＝c（CH3COO﹣），V1＝20mL
C．c点溶液n（CH3COO﹣）大于b点
D．滴定过程中，c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）
14．（2021秋•广州月考）室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1ml⋅L﹣1的三种酸HA、HB和HD溶液，滴定曲线如图所示。下列判断不正确的是（ ）
A．三种酸的电离常数关系：KHA＞KHB＞KHD
B．P点时，溶液中：c（B﹣）＞c（Na+）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．pH＝7时，三种溶液中：c（A﹣）＝c（B﹣）＝c（D﹣）
D．当HA中和达100%时，溶液中：c（HA）＝
15．（2024秋•广州月考）在25℃时，向三羟甲基甲胺（简写为RNH2）与其盐酸盐（Cl﹣）组成的10mL混合溶液中，分别逐滴滴入0.02ml•L﹣1盐酸和0.02ml•L﹣1NaOH溶液，测得pH与滴入溶液体积的关系如图所示。已知：起始时，c（RNH2）＝0.02ml•L﹣1，图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示起始时，c（RNH2）：c（Cl﹣）为1：1、1：3、1：4的曲线。
下列说法正确的是（ ）
A．Kb（RNH2）数量级为10﹣5
B．溶液中水的电离程度：c＜a＜b
C．当V[NaOH（aq）]＝10mL时，混合溶液都有c（）+c（H+）＞c（OH﹣）
D．三羟甲基甲胺与其盐酸盐可组成缓冲体系
16．（2024春•天河区期末）氨是一种重要的化工原料，如图为合成氨以及由氨制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的（ ）
A．提高合成塔中的反应温度，可以实现N2全部转化为NH3
B．氨分离器中，可通过加压或降温使氨液化分离
C．向吸收塔和氧化炉中通入的A为空气
D．氧化炉中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4
17．（2024春•越秀区期中）在一定温度下的容积不变的密闭容器中发生反应：X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）。下列叙述中，能说明反应已达到化学平衡状态的是（ ）
A．Z的生成速率与Z的分解速率相等
B．单位时间内消耗amlX，同时生成3amlZ
C．容器内的压强不再变化
D．混合气体总的物质的量不再变化
18．（2023秋•广州期末）工业上利用Ga与NH3高温条件下合成半导体材料氮化镓（GaN）固体的反应原理为2Ga（s）+2NH3（g）⇌2GaN（s）+3H2（g）ΔH＜0。在恒温恒容密闭容器内进行该反应，正反应速率（v正）随时间的变化曲线如图1所示，某物理量x随压强的变化曲线如图2所示。下列说法错误的是（ ）
A．t时刻平衡逆向移动
B．t时刻改变的条件一定为加压
C．x可以是平衡时Ga的质量
D．x可以是平衡时体系内混合气体平均相对分子质量
19．（2023秋•海珠区校级期中）反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）在2L的密闭容器中进行，30s后NH3的物质的量减小了6ml，则对此反应的速率的表示正确的是（ ）
A．v（NH3）＝0.2ml•（L•s）﹣1
B．v（O2）＝0.1ml•（L•s）﹣1
C．v（H2O）＝0.15ml•（L•s）﹣1
D．v（O2）：v（NO）＝4：5
20．（2024春•越秀区校级期中）已知2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2，为了验证FeCl3溶液和KI溶液的反应存在一定的限度，取5mL0.5ml•L﹣1KI溶液，向其中加入0.1ml•L﹣1的FeCl31mL，充分反应，对反应后的溶液进行下列实验操作，能说明该反应存在限度的是（ ）
A．滴加AgNO3溶液，有黄色沉淀产生
B．滴加KSCN溶液，溶液变为红色
C．滴加K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀产生
D．滴加淀粉溶液，溶液变为蓝色
二．解答题（共4小题）
21．（2023秋•广州校级期中）（1）已知充分燃烧ag乙炔（C2H2）气体时生成1ml二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，乙炔的燃烧热热化学方程式为 。
（2）在发射“神舟”十一号的火箭推进器中装有肼（N2H4）和过氧化氢，当两者混合时即产生气体，并放出大量的热。已知：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）ΔH＝﹣641.6kJ•ml﹣1；
H2O（l）＝H2O（g）ΔH＝+44.0kJ•ml﹣1
若用6.4g液态肼与足量过氧化氢反应生成氮气和液态水，则整个过程中放出的热量为 。
（3）已知：Ⅰ.C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1＝﹣393.5kJ•ml﹣1
Ⅱ.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH2＝﹣571.6kJ•ml﹣1
Ⅲ.2C2H2（g）+5O2（g）＝4CO2（g）+2H2O（l）ΔH5＝﹣2599.2k•ml﹣1
则由C（石量，s）和H2（g）反应生成1mlC2H2（g）的焓变为 。（用ΔH1，ΔH2，ΔH3，表达）
（4）研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如图：
反应Ⅰ：2H2SO4（l）＝2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）ΔH1＝+551kJ•ml﹣1
反应Ⅲ：S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH3＝297kJ•ml﹣1反应Ⅱ的热化学方程式： 。
（5）我国科学家实现了在铜催化剂条件下将（CH3）2NCHO转化为N（CH3）3。计算机模拟单个分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示。（单位为eV•ml﹣1）
该反应的热化学方程式： 。（用相对能量的变化来表示ΔH）
（6）甲硅烷（SiH4）是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态水。已知室温下1g甲硅烷自燃放出热量44.6kJ，则该反应的热化学方程式为 。
22．（2023春•荔湾区校级期中）阅读题目，回答问题：
（1）FeCl3常用于腐蚀印刷电路铜板，反应过程的离子方程式为 ，若将此反应设计成原电池，请写出该原电池负极电极反应为 ，正极电极反应为 。
（2）为探究FeCl3在H2O2制取O2反应中的作用，某兴趣小组进行下列实验：向试管中加入5mL11ml•L﹣1H2O2溶液，静置几分钟，无明显现象；滴加2滴1ml•L﹣1FeCl3溶液，立即产生大量气泡。（已知H2O2不与Cl﹣反应）
①加FeCl3溶液反应20min后，H2O2的浓度变为10.5ml•L﹣1，则20min内H2O2的平均反应速率为 。
②反应结束后，滴加KSCN溶液，试管中溶液呈红色。经测定，溶液中Fe3+的量没有变化。综合以实验，可推断出：在H2O2制O2反应中，FeCl3作 剂。
（3）如图装置可以把氢气中蕴含的化学能转化为电能，被称为氢氧燃料电池。
①该电池的正极是电极 （填“a”或“b），负极发生反应的反应类型为 。
②电池工作时，溶液中的K+会向 区移动（填“正极”或“负极”），当外电路中转移1ml电子时，消耗的O2在标准状况下体积为 。
23．（2023秋•广州期末）水资源的处理和利用是环境化学的重要课题。
Ⅰ．NH4Al（SO4）2常作食品加工中的食品添加剂，也可用作净水剂。请回答下列问题：
（1）NH4Al（SO4）2作净水剂的原理是 （用离子方程式说明）。几种均为0.1ml⋅L﹣1的电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图1所示。其中符合0.1ml⋅L﹣1NH4Al（SO4）2溶液的pH随温度变化的曲线是 （填罗马数字），判断的是 。
Ⅱ．高铁酸钾是绿色、环保型水处理剂。
（2）高铁酸盐在水溶液中有四种含铁形体。25℃时，它们的物质的量分数随pH的变化如图示：pH＝2.4时，溶液中主要含铁形体浓度的大小关系为 。
（3）已知H3电离常数分别为：K1＝2.51×10﹣2，K2＝4.16×10﹣4，K3＝5.01×10﹣8，当pH＝4时，溶液中＝ 。
（4）高铁酸钾（K2FeO4）不仅是一种理想的水处理剂，而且高铁电池的研制也在进行中。如图所示是高铁电池的模拟实验装置。
①该电池放电时正极产生Fe（OH）3，正极电极反应为 。
②盐桥中盛有饱和KCl溶液，此盐桥中氯离子向 （填“左”或“右”）移动；
③图4为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有 。
24．（2024秋•广州月考）甲醇是一种重要的化工原料和燃料。利用CO2和H2生成甲醇的反应如下：
反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1
反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
已知：几种化学键的键能数据如下表所示。
（1）结合上表数据，ΔH1＝ kJ•ml﹣1。反应Ⅱ能自发进行的条件是 （填“低温”“高温”或“任意温度”）。
（2）在120℃，体积恒定的密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ。
①若达到平衡后，增大体系的压强，则CO的物质的量 （填“增大”“减小”或“不变”），原因是 。
②若通入1ml CO2和2.5ml H2混合气体，起始压强为0.35MPa，发生反应Ⅰ和Ⅱ.平衡时，总压为0.25MPa，CO2的转化率为60%，则反应Ⅱ的压强平衡常数Kp＝ （MPa）﹣2（分压＝总压×物质的量分数，列出计算式即可）。
（3）某研究小组自制熔融碳酸盐甲醇燃料电池，工作原理如图所示：
①负极电极反应式为 。
②该电池以恒定电流IA工作tmin，测得化学能转化为电能的转化率为α，则消耗甲醇 kg（已知：一个电子的电量为1.6×10﹣19C，阿伏加德罗常数的值为NA）。
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2023秋•广州期末）化学反应常常伴随着热量的释放或吸收。下列说法正确的是（ ）
A．催化剂可降低反应的ΔH，加快反应速率
B．C（s，石墨）═C（s，金刚石）ΔH＝+1.9kJ•ml﹣1，则石墨比金刚石稳定
C．H2的燃烧热为﹣285.8kJ•ml﹣1，则H2（g）+O2（g）═H2O（g） ΔH＝﹣285.8kJ•ml﹣1
D．稀醋酸与稀NaOH溶液发生中和反应，生成1mlH2O时放出的热量等于57.3kJ
【答案】B
【分析】A．催化剂不能改变反应物和生成物的能量，
B．由C（s，石墨）═C（s，金刚石）ΔH＝+1.9kJ•ml﹣1，可知该反应吸热，可知金刚石的能量比石墨的能量高；
C．根据燃烧热的含义来回答；
D．CH3COOH是一元弱酸，电离过程需吸收能量。
【解答】解：A．催化剂不能改变反应物和生成物的能量，加入催化剂，该反应的反应热不变，故A错误；
B．由C（s，石墨）═C（s，金刚石）ΔH＝+1.9kJ•ml﹣1，可知该反应吸热，可知金刚石的能量比石墨的能量高，所以石墨比金刚石稳定，故B正确；
C．氢气的燃烧热是完全燃烧1ml氢气生成液态水所放出的能量，气态水变为液态水释放热的，所以则H2（g）+O2（g）═H2O（g） ΔH＜﹣285.8kJ•ml﹣1，故C错误；
D．电离过程需吸收能量，CH3COOH是一元弱酸，故1mlCH3COOH的醋酸稀溶液与含1mlNaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ，故D错误，
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变与物质内能或总键能的计算关系、催化剂的作用为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
2．（2024春•越秀区期中）一定条件下，白磷转化为红磷需要放出能量。在该条件下，下列结论正确的是（ ）
A．白磷比红磷更稳定
B．等质量的红磷和白磷完全燃烧，白磷释放的热量更多
C．等质量的红磷和白磷比较，红磷的总能量高
D．断开等质量的白磷和红磷中的化学键所吸收的能量，白磷大于红磷
【答案】B
【分析】A．能量越低越稳定；
B．等质量的白磷能量高于红磷；
C．白磷转化为红磷需要放出能量；
D．白磷转化为红磷需要放出能量，说明红磷的能量低，断开等质量的白磷和红磷中的化学键所吸收的能量，白磷小于红磷。
【解答】解：A．由图可知，红磷能量低于白磷，能量越低越稳定，则红磷比白磷稳定，故A错误；
B．白磷的能量高，等质量的红磷和白磷完全燃烧，白磷释放的热量更多，故B正确；
C．白磷转化为红磷需要放出能量，说明红磷的能量低，故C错误；
D．白磷转化为红磷需要放出能量，说明红磷的能量低，断开等质量的白磷和红磷中的化学键所吸收的能量，白磷小于红磷，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3．（2024春•天河区校级期中）碳燃烧过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．1ml C（s）和ml O2反应生成1ml CO（g）放出110.5kJ热量
B．1ml CO2（g）反应生成1ml C（s）和1ml O2（g）收出393.5kJ热量
C．1ml C（s）与ml O2（g）的总能盘小于1ml CO（g）的总能量
D．碳燃烧时化学能全部转化为热能
【答案】A
【分析】A．由图可知，C（s）+O2（g）与CO（g）+O2（g）的能量差为393.5kJ﹣283kJ＝110.5kJ，即C（s）+O2（g）＝CO（g）+110.5kJ；
B．由图可知，C（s）+O2（g）＝CO2（g）+393.5kJ，吸收热量；
C．若为放热反应时，反应物具有的能量大于生成物具有的能量，反之相反；
D．碳燃烧时化学能转化为热能、光能等。
【解答】解：A．由图可知，1ml C（s）与1ml O2（g）的总能量比1ml CO（g）与ml O2（g）的总能量高393.5kJ﹣283.0kJ＝110.5kJ，则由 1ml C（s）和ml O2（g）反应生成1ml CO（g）放出110.5kJ热量，故A正确；
B．由图可知，1ml CO2（g））的总能量比1ml C（s）和1ml O2（g）的总能量低，故该反应为吸热反应，应吸收393.5kJ热量，故B错误；
C．由A 项分析可知，1ml C（s）和ml O2（g）的总能量大于1ml CO（g）的总能量，故C错误；
D．碳燃烧时化学能转化为热能、光能等，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应热与焓变、吸放热反应的判断、盖斯定律的应用和热化学方程式的书写，注意图象信息分析与运用，题目难度不大。
4．（2024春•越秀区期中）如图表示N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化，下列说法正确的是（ ）
A．1ml N2（g）和O2（g）反应放出的热量是180kJ
B．1ml N2（g）和O2（g）具有的总能量小于2ml NO（g）具有的能量
C．通常情况下，N2（g）和O2（g）混合能直接生成NO（g）
D．该反应的能量变化与物质的组成无关
【答案】B
【分析】A．NA个O2（g）的物质的量为1ml，焓变＝反应物断裂化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出的能量；
B．吸热反应中反应物总能量小于生成物总能量；
C．氮气和氧气在放电条件才能反应；
D．该反应的能量变化与物质的组成和状态有关。
【解答】解：A．焓变＝反应物断裂化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出的能量，N2（g）+O2（g）＝2NO（g），ΔH＝946kJ/ml+498kJ/ml﹣2×632kJ/ml＝+180kJ/ml，反应是吸热反应，故A错误；
B．该反应为吸热反应，则反应物总能量小于生成物总能量，即1ml N2（g）和1ml O2（g）具有总能量小于2ml NO（g）具有的总能量，故B正确；
C．通常情况下，N2（g）和O2（g）混合不能直接生成NO，需要放电条件，故C错误；
D．该反应的能量变化与物质的组成和状态有关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应热和焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变与键能关系，题目难度不大。
5．（2024春•越秀区校级期中）氢能的低成本、低温、高速率制取一直是亟待解决的关键难题。实验计算机模拟在催化剂表面水煤气变换低温产氢反应（CO+H2O═CO2+H2）过程中能量的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中化学键断键所吸收的能量小于成键所放出的能量
B．该反应过程中先断开所有的化学键，再原子之间重新成键
C．过程Ⅲ只形成了新的非极性键
D．当反应物或生成物状态发生变化时，能量示意图不变
【答案】A
【分析】A．ΔH＝整个过程中化学键断键所吸收的能量﹣成键所放出的能量；
B．由图可知，该反应过程中CO分子内的化学键并没有断裂；
C．由图可知，过程Ⅲ只形成了C＝O键、H—O键；
D．物质的能量与状态有关。
【解答】解：A．由图可知，反应CO+H2O═CO2+H2属于放热反应，ΔH＝整个过程中化学键断键所吸收的能量﹣成键所放出的能量＜0，故整个过程中化学键断键所吸收的能量小于＜成键所放出的能量，故A正确；
B．由图可知，该反应过程中CO分子内的化学键并没有断裂，断裂的原子之间再重新成键，故B错误；
C．由图可知，过程Ⅲ只形成了新的极性键，包括C＝O键、H—O键，故C错误；
D．物质的能量与状态有关，当反应物或生成物状态发生变化时，能量示意图改变，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，同时考查学生的看图理解能力、分析能力，属于基本知识的考查，难度不大。
6．（2024•番禺区校级三模）银饰用久了表面会有一层Ag2S而发黑，将银饰与，Al片接触并加入NaCl溶液，可以除去银饰表面的Ag2S，下列说法不正确的是（ ）
A．Al是负极
B．阳离子向银饰移动
C．若有0.9gAl反应，最多能复原0.1ml Ag2S
D．Ag2S表面发生反应：Ag2S+2e﹣＝2Ag+S2﹣
【答案】C
【分析】铝、银和NaCl溶液构成原电池，铁较活泼、作负极，银作正极，负极上铁发生失电子的氧化反应生成Al3+，正极上Ag2S发生得电子的还原反应生成Ag，负极反应式为Al﹣3e﹣＝Fe3+，正极反应式为Ag2S+2e﹣＝2Ag+S2﹣，放电时电子由负极铝经过外电路流向Ag，据此分析解答。
【解答】解：A．该电池的本质是Al还原Ag2S，Al为还原剂，为负极，银饰为正极，故A正确；
B．阳离子向正极银饰方向移动，故B正确；
C．根据电子守恒，0.9g Al反应，失0.1ml e﹣，将有0.05ml Ag2S被还原，故C错误；
D．Ag2S被还原，发生反应方程式为：Ag2S+2e﹣＝2Ag+S2﹣，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理，为高频考点，侧重分析能力和运用能力的考查，把握正负极的判断、电极反应、电子或离子的移向是解本题关键，题目难度不大。
7．（2023秋•天河区期末）生活中金属腐蚀主要是电化学腐蚀，利用电化学原理可以保护金属。下列金属防护方式没有涉及电化学原理的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【分析】电化学原理进行金属的防护是让被保护金属做原电池的正极或者是电解池的阴极，据此回答。
【解答】解：A．地下金属钢管连接电源负极属于外加电流法，涉及电化学原理，故A错误；
B．在铁板表面镀锌，阻止了铁与空气、水的接触，从而防止金属铁防锈，没有连接外加电源，如果镀层破坏，锌的活泼性大于铁，用牺牲锌的方法来保护铁不被腐蚀，属于牺牲阳极法，涉及电化学原理，故B错误；
C．汽车底盘喷涂高分子膜阻止了铁与空气、水的接触，从而防止金属铁防锈，没有连接外加电源，没有涉及电化学原理，故C正确；
D．镁的活泼性大于铁，用牺牲镁块的方法来保护锅炉而防止铁被腐蚀，属于牺牲阳极法，涉及电化学原理，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生金属腐蚀和防护的掌握情况，试题难度中等。
8．（2023秋•天河区期末）我国科学家发明的一种可控锂水电池的工作原理如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．锂为负极，发生还原反应
B．Li+计移向正极并在正极得电子
C．电子由锂→有机电解质→固体电解质→水溶液→石墨
D．电池工作时的总反应为：2Li+2H2O═2LiOH+H2↑
【答案】D
【分析】A.原电池的负极上发生失电子的氧化反应；
B.原电池工作时，电解质中的阳离子移向正极；
C.电子从负极沿着导线流向正极；
D.金属Li可以和水之间反应生成氢氧化锂和氢气.
【解答】解：A.原电池的负极上是金属锂发生失电子的氧化反应，故A错误；
B.该原电池工作时，电解质中的阳离子锂离子会移向正极，在水中的氢离子正极得电子发生还原反应，故B错误；
C.电子从负极沿着导线流向正极电子不会经过溶液，故C错误；
D.金属Li可以和水之间反应生成氢氧化锂和氢气应是自发的氧化还原反应，即为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查学生原电池的工作原理知识，注意能量的转化等知识，知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大。
9．（2024春•广州期末）下列图像及对应的叙述正确的是（ ）
A．图1中Mg是原电池的负极
B．图2中所示反应的化学方程式可以表示为X+Y⇌2Z
C．图3表示足量锌分别与500mL 0.1ml/L盐酸、200mL 0.1ml/L硫酸反应产生氢气的体积随时间变化的图像
D．图4表示等质量的石墨和金刚石完全燃烧时释放的热量：石墨＞金刚石
【答案】B
【分析】A．负极发生氧化反应；
B．反应系数之比等于物质的量变化之比；
C．氢离子浓度越大，反应越快，氢离子物质的量越多产生的氢气越多；
D．物质的能量越大，放出的热量越多。
【解答】解：A．图1中Al发生氧化反应，Al为负极，故A错误；
B．由图可知，物质的量变化之比为1：1：2，故图2中所示反应的化学方程式可以表示为X+Y⇌2Z，故B正确；
C．氢离子浓度越大，反应越快，氢离子物质的量越多产生的氢气越多，硫酸的氢离子浓度大，反应速率快，但氢离子的物质的量少，产生的氢气体积小，故C错误；
D．由图可知金刚石的能量大，故等质量的石墨和金刚石完全燃烧时释放的热量：金刚石＞石墨，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查电化学、化学平衡及化学反应中能量变化，属于基础知识的考查，题目比较简单。
10．（2024•番禺区校级三模）西北工业大学推出一种新型Zn—NO2电池，该电池能有效地捕获NO2并将其转化为。现利用Zn—NO2电池将产生的电解制氨，过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．c电极的电势比d电极的电势高
B．当电路中转移2mle﹣时，丙室溶液质量减少18g
C．电解池的总反应式为2H+++2H2O＝2NH3+3O2↑
D．为增强丙中水的导电性，可以加入一定量的NaCl固体
【答案】B
【分析】由图可知，左池为原电池，Zn电极为原电池负极，b电极为原电池正极，则与原电池相连的右池为电解池。与原电池负极相连的c极为电解池阴极，与原电池正极相连的d极为电解池阳极。
【解答】解：A．c为阴极、d为阳极，c电极的电势比d电极的电势低，故A错误；
B．丙室中阳极上水失电子产生氧气，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，当电路中转移2mle﹣时，丙室产生氧气减少的质量为16g，同时会有2ml质子转移至乙室，则丙室溶液质量减少量为16g+2ml×1g/ml＝18g，故B正确；
C．电解池溶液为亚硝酸盐溶液，反应物中不出现H+，电解池总反应为+4H2O＝2NH3 +3O2↑+2OH﹣，故C错误；
D．放电顺序：Cl﹣＞OH﹣，若加入NaCl，Cl﹣会在阳极放电产生Cl2，并不能生成H+迁移至乙室去平衡电荷，导致电解反应生成氨难以发生。可加入硫酸钠固体增强溶液导电性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生原电池和电解池的掌握情况，试题难度中等。
11．（2023秋•天河区期末）11．下列溶液中各离子的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．NH4Cl溶液中：滴加几滴稀盐酸，增大
B．饱和小苏打溶液中：
C．CH3COOH与CH3COONa混合溶液呈酸性：
D．50℃时，pH＝12的纯碱溶液：c（OH﹣）＝1.0×10﹣2ml⋅L﹣1
【答案】B
【分析】A．水解反应为+H2O⇌NH3•H2O+H+，盐酸抑制其水解；
B．饱和碳酸氢钠溶液中物料关系为c（Na+）＝c（）+c（）+c（H2CO3）；
C．CH3COOH与CH3COONa混合溶液中电荷守恒关系为c（H+）+c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）；
D．水的电离吸热，50℃时水的离子积Kw＝c（H+）•c（OH﹣）＞1×10﹣14。
【解答】解：A．水解反应为+H2O⇌NH3•H2O+H+，滴加几滴稀盐酸时溶液中c（H+）增大，水解反应逆向移动，则c（NH3•H2O）减小、c（），减小，故A错误；
B．小苏打是碳酸氢钠的俗名，其水溶液中存在物料关系为c（Na+）＝c（）+c（）+c（H2CO3），则c（Na+）＞c（）+c（），故B正确；
C．CH3COOH与CH3COONa混合溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），电荷守恒关系为c（H+）+c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故C错误；
D．水的电离吸热，50℃时水的离子积Kw＝c（H+）•c（OH﹣）＞1×10﹣14，则50℃时pH＝12的纯碱溶液中c（OH﹣）＞ml/L＝1.0×10﹣2ml⋅L﹣1，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查溶液中离子浓度大小比较，侧重考查基础知识检测和运用能力，明确盐类水解及其影响因素、溶液中守恒关系式的应用和水的离子积常数的计算应用是解题关键，题目难度不大。
12．（2023秋•天河区期末）我国古代劳动人民对草木灰的使用积累了丰富的经验，草木灰含K2CO3、K2SO4、KCl等。下列有关说法不正确的是（ ）
A．草木灰可以用作化肥
B．草木灰浸泡的溶液焰色试验火焰呈黄色
C．草木灰经溶解、过滤、蒸发可制得钾盐
D．古人可用草木灰浸泡的溶液洗涤衣裳冠带
【答案】B
【分析】A．草木灰为钾肥；
B．钾元素的焰色试验需要透过钴玻璃观察为紫色火焰；
C．草木灰含K2CO3、K2SO4、KCl等，经溶解、过滤、蒸发可制得钾盐；
D．草木灰溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性。
【解答】解：A．草木灰含K2CO3、K2SO4、KCl等，属于钾肥，可以用作化肥，故A正确；
B．草木灰含K2CO3、K2SO4、KCl等，钾元素的焰色试验需要透过钴玻璃观察为紫色火焰，故B错误；
C．草木灰含K2CO3、K2SO4、KCl等，经溶解、过滤、蒸发可制得钾盐，故C正确；
D．K2CO3水解显碱性，衣服上的油脂在碱性溶液中水解，古人可用草木灰浸泡的溶液洗涤衣裳冠带，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了草木灰的成分以及盐类的水解，题目难度不大，应注意基础的掌握。
13．（2024春•天河区期末）用0.1ml/LNaOH溶液滴定醋酸溶液，用酚酞作指示剂，滴定过程中溶液pH随加入的NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．a点溶液c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．b点溶液c（Na+）＝c（CH3COO﹣），V1＝20mL
C．c点溶液n（CH3COO﹣）大于b点
D．滴定过程中，c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）
【答案】B
【分析】A．a点加入n（NaOH）是醋酸物质的量的一半，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液的pH＜7，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），再根据电荷守恒科比较离子浓度大小；
B．b点溶液pH＝7，溶液呈中性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），醋酸钠溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量；
C．c点NaOH过量，抑制CH3COO﹣水解；
D．任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断。
【解答】解：A．a点醋酸反应一半，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，由图可知溶液的pH＜7，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），再由电荷守恒：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），则c（CH3COO﹣）＞c（Na+），所以溶液中存在：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；
B．b点溶液pH＝7，溶液呈中性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），则c（Na+）＝c（CH3COO﹣），醋酸钠溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，则V1＜20mL，故B错误；
C．c点醋酸完全反应且NaOH过量，抑制CH3COO﹣水解，b点醋酸还有剩余，所以c点n（CH3COO﹣）大于b点，故C正确；
D．任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意守恒理论的灵活运用。
14．（2021秋•广州月考）室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1ml⋅L﹣1的三种酸HA、HB和HD溶液，滴定曲线如图所示。下列判断不正确的是（ ）
A．三种酸的电离常数关系：KHA＞KHB＞KHD
B．P点时，溶液中：c（B﹣）＞c（Na+）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．pH＝7时，三种溶液中：c（A﹣）＝c（B﹣）＝c（D﹣）
D．当HA中和达100%时，溶液中：c（HA）＝
【答案】C
【分析】A．相同浓度的一元弱酸，溶液的pH越小，该酸的酸性越强，其电离平衡常数越大；
B．P点溶液中溶质为物质的量浓度相同的HB、NaB，pH＜7，溶液呈酸性，说明HB电离程度大于B﹣水解程度；
C．pH＝7时，溶液呈中性，要使混合溶液呈中性，酸越弱，加入的NaOH越少；
D．当HA中和达100%时，溶液中存在电荷守恒c（A﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+）、存在物料守恒c（Na+）＝c（A﹣）+c（HA），K（HA）＝。
【解答】解：A．相同浓度的一元弱酸，溶液的pH越小，该酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，根据图知，0.1ml⋅L﹣1的三种酸HA、HB和HD溶液，pH（HA）＜pH（HB）＜pH（HD），则酸性HA＞HB＞HD，所以KHA＞KHB＞KHD，故A正确；
B．P点溶液中溶质为物质的量浓度相同的HB、NaB，pH＜7，溶液呈酸性，说明HB电离程度大于B﹣水解程度，c（B﹣）＞c（HB），钠离子不水解，且HB电离程度、B﹣水解程度都较小，所以溶液中存在c（B﹣）＞c（Na+）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；
C．pH＝7时，溶液呈中性，要使混合溶液呈中性，各溶液中都存在c（A﹣）＝c（Na+）、c（B﹣）＝c（Na+）、c（D﹣）＝c（Na+），酸越弱，加入的NaOH越少，酸性：HA＞HB＞HD，所以加入n（NaOH）：HA＞HB＞HD，则存在c（A﹣）＞c（B﹣）＞c（D﹣），故C错误；
D．当HA中和达100%时，溶液中存在电荷守恒c（A﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+）、存在物料守恒c（Na+）＝c（A﹣）+c（HA），K（HA）＝，则＝＝＝＝c（HA），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确酸性强弱判断方法、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，D采用逆向思维方法进行判断，题目难度中等。
15．（2024秋•广州月考）在25℃时，向三羟甲基甲胺（简写为RNH2）与其盐酸盐（Cl﹣）组成的10mL混合溶液中，分别逐滴滴入0.02ml•L﹣1盐酸和0.02ml•L﹣1NaOH溶液，测得pH与滴入溶液体积的关系如图所示。已知：起始时，c（RNH2）＝0.02ml•L﹣1，图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示起始时，c（RNH2）：c（Cl﹣）为1：1、1：3、1：4的曲线。
下列说法正确的是（ ）
A．Kb（RNH2）数量级为10﹣5
B．溶液中水的电离程度：c＜a＜b
C．当V[NaOH（aq）]＝10mL时，混合溶液都有c（）+c（H+）＞c（OH﹣）
D．三羟甲基甲胺与其盐酸盐可组成缓冲体系
【答案】D
【分析】A．，即当时，，曲线Ⅰ中，在此体系中，存在电荷守恒：，物料守恒：；
B．在混合溶液中，RNH2会发生电离使溶液呈碱性，会发生水解使溶液呈酸性，c、b、a三点混合溶液均为碱性，说明RNH2的电离程度大于的水解程度，而电离程度越大对水的电离抑制程度越大；
C．当V[NaOH（aq）]＝10mL时，对于曲线Ⅰ，恰好完全反应生成RNH2和NaCl，RNH2电离产生的和OH﹣相等；
D．三羟甲基甲胺是弱碱，为强酸弱碱盐。
【解答】解：A．，即当时，，曲线Ⅰ中，存在电荷守恒：，物料守恒：，c（RNH2）、氢离子及氢氧根的浓度相对RNH2及来说比较小，可忽略，故RNH2和的浓度近似相等，＝10﹣5.86，Kb（RNH2）数量级为10﹣6，故A错误；
B．电离程度越大对水的电离抑制程度越大，RNH2会发生电离使溶液呈碱性，会发生水解使溶液呈酸性，c、b、a三点混合溶液均为碱性，说明RNH2的电离程度大于的水解程度，故水的电离程度：c＞b＞a，故B错误；
C．当V[NaOH（aq）]＝10mL时，对于曲线Ⅰ，恰好完全反应生成RNH2和NaCl，RNH2电离产生的和OH﹣相等，水电离出的H+和OH﹣相等，故对于曲线Ⅰ，，故C错误；
D．三羟甲基甲胺是弱碱，为强酸弱碱盐，可组成缓冲体系，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生酸碱中和滴定的掌握情况，试题难度中等。
16．（2024春•天河区期末）氨是一种重要的化工原料，如图为合成氨以及由氨制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的（ ）
A．提高合成塔中的反应温度，可以实现N2全部转化为NH3
B．氨分离器中，可通过加压或降温使氨液化分离
C．向吸收塔和氧化炉中通入的A为空气
D．氧化炉中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4
【答案】A
【分析】合成塔内通入N2和H2，反应生成NH3，该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，进入氨分离器的是N2、H2、NH3，分离出NH3后，N2、H2进入合成塔，循环利用，NH3进入氧化炉，进行催化氧化，生成NO，NO进入吸收塔，同时向吸收塔内通入氧气和水，发生反应：4NO+O2+2H2O＝4HNO3，最后进行尾气处理，用碱液吸收尾气，据此分析作答。
【解答】解：A．合成氨的反应为可逆反应，反应为放热反应，提高合成塔中的反应温度，平衡逆向进行，不能实现N2全部转化为NH3，故A错误；
B．氨分离器中，可通过加压或降温使氨液化，便于从平衡体系中分离，故B正确；
C．A是空气，吸收塔中通入A是为了氧化NO生成二氧化氮，氧化炉中是氧化氨气生成一氧化氮，故C正确；
D．氧化炉中发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O，其中氧化剂是氧气，还原剂是氨气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查合成氨的具体内容，侧重考查氧化还原反应、可逆反应、化学平衡的影响因素等，属于基本知识的考查，题目难度不大。
17．（2024春•越秀区期中）在一定温度下的容积不变的密闭容器中发生反应：X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）。下列叙述中，能说明反应已达到化学平衡状态的是（ ）
A．Z的生成速率与Z的分解速率相等
B．单位时间内消耗amlX，同时生成3amlZ
C．容器内的压强不再变化
D．混合气体总的物质的量不再变化
【答案】A
【分析】X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）为气体总物质的量不变的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。
【解答】解：A.Z的生成速率与Z的分解速率相等，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故A正确；
B.单位时间内消耗amlX，同时生成3amlZ，表示的都是正反应速率，无法判断平衡状态，故B错误；
C.该反应中气体总物质的量相等，则容器中压强始终不变，不能根据容器内的压强判断平衡状态，故C错误；
D.该反应前后气体的总物质的量始终不变，不能根据混合气体总的物质的量判断平衡状态，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡状态的判断，明确题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
18．（2023秋•广州期末）工业上利用Ga与NH3高温条件下合成半导体材料氮化镓（GaN）固体的反应原理为2Ga（s）+2NH3（g）⇌2GaN（s）+3H2（g）ΔH＜0。在恒温恒容密闭容器内进行该反应，正反应速率（v正）随时间的变化曲线如图1所示，某物理量x随压强的变化曲线如图2所示。下列说法错误的是（ ）
A．t时刻平衡逆向移动
B．t时刻改变的条件一定为加压
C．x可以是平衡时Ga的质量
D．x可以是平衡时体系内混合气体平均相对分子质量
【答案】B
【分析】A．依据正逆反应速率相对大小判断反应方向；
B．依据温度、压强对平衡的影响分析；
C．依据压强对平衡的影响分析；
D．结合压强对平衡的影响和气体的摩尔质量大小分析。
【解答】解：A．由图可知，t时刻逆反应速率大于正反应速率，故平衡逆向移动，故A正确；
B．反应正向放热，升高温度，逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度，平衡逆向移动，反应正向气体分子数增加，增大压强逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度，平衡逆向移动，故此时刻改变条件可能为升高温度或增大压强，故B错误；
C．反应正向气体分子数增加，增大压强平衡逆向移动，Ga的质量增加，与图象相符，故C正确；
D．反应正向气体分子数增加，增大压强平衡逆向移动，氨气的量增加，氢气的量减小，氨气的摩尔质量大于氢气的摩尔质量，故平衡时体系内混合气体平均相对分子质量增大，与图象相符，故D正确；
故选：B。
【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化学平衡的影响是解题的关键。
19．（2023秋•海珠区校级期中）反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）在2L的密闭容器中进行，30s后NH3的物质的量减小了6ml，则对此反应的速率的表示正确的是（ ）
A．v（NH3）＝0.2ml•（L•s）﹣1
B．v（O2）＝0.1ml•（L•s）﹣1
C．v（H2O）＝0.15ml•（L•s）﹣1
D．v（O2）：v（NO）＝4：5
【答案】C
【分析】根据v＝计算v（NH3），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算解答。
【解答】解：A．v（NH3）＝＝0.1ml•（L•s）﹣1，故A错误；
B．速率之比等于其化学计量数之比，v（O2）＝v（NH3）＝×0.1ml•（L•s）﹣1＝0.125ml•（L•s）﹣1，故B错误；
C．v（NH3）＝＝0.1ml•（L•s）﹣1，速率之比等于其化学计量数之比，故v（H2O）＝v（NH3）＝×0.1ml•（L•s）﹣1＝0.15ml•（L•s）﹣1，故C正确；
D．速率之比等于其化学计量数之比，则v（O2）：v（NO）＝5：4，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率的计算，题目比较基础，注意根据定义式与速率规律进行解答，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
20．（2024春•越秀区校级期中）已知2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2，为了验证FeCl3溶液和KI溶液的反应存在一定的限度，取5mL0.5ml•L﹣1KI溶液，向其中加入0.1ml•L﹣1的FeCl31mL，充分反应，对反应后的溶液进行下列实验操作，能说明该反应存在限度的是（ ）
A．滴加AgNO3溶液，有黄色沉淀产生
B．滴加KSCN溶液，溶液变为红色
C．滴加K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀产生
D．滴加淀粉溶液，溶液变为蓝色
【答案】B
【分析】A．KI过量，反应后有剩余；
B．氯化铁不足，反应后检验铁离子可证明反应的限度；
C．滴加K3[Fe（CN）6]溶液，可检验亚铁离子；
D．淀粉可检验碘单质。
【解答】解：A．KI过量，反应后有剩余，则滴加AgNO3溶液，有黄色沉淀产生，不能证明反应的限度，故A错误；
B．氯化铁不足，反应后滴加KSCN溶液，溶液变为红色，可知少量的铁离子不能完全转化，则可证明反应存在限度，故B正确；
C．滴加K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀产生，证明反应生成亚铁离子，不能证明反应的限度，故C错误；
D．滴加淀粉溶液，溶液变为蓝色，可知反应有碘单质生成，不能证明反应的限度，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应的限度，为高频考点，把握物质的性质、物质及离子的检验为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
二．解答题（共4小题）
21．（2023秋•广州校级期中）（1）已知充分燃烧ag乙炔（C2H2）气体时生成1ml二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，乙炔的燃烧热热化学方程式为 C2H2（g）+O2（g）＝2CO2（g）+H2O（l）ΔH＝﹣2b kJ•ml﹣1 。
（2）在发射“神舟”十一号的火箭推进器中装有肼（N2H4）和过氧化氢，当两者混合时即产生气体，并放出大量的热。已知：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）ΔH＝﹣641.6kJ•ml﹣1；
H2O（l）＝H2O（g）ΔH＝+44.0kJ•ml﹣1
若用6.4g液态肼与足量过氧化氢反应生成氮气和液态水，则整个过程中放出的热量为 163.52kJ 。
（3）已知：Ⅰ.C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1＝﹣393.5kJ•ml﹣1
Ⅱ.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH2＝﹣571.6kJ•ml﹣1
Ⅲ.2C2H2（g）+5O2（g）＝4CO2（g）+2H2O（l）ΔH5＝﹣2599.2k•ml﹣1
则由C（石量，s）和H2（g）反应生成1mlC2H2（g）的焓变为 2ΔH1+ΔH2﹣ΔH3 。（用ΔH1，ΔH2，ΔH3，表达）
（4）研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如图：
反应Ⅰ：2H2SO4（l）＝2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）ΔH1＝+551kJ•ml﹣1
反应Ⅲ：S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH3＝297kJ•ml﹣1反应Ⅱ的热化学方程式： 3SO2（g）+2H2O（g）＝2H2SO4（l）+S（s）ΔH2＝﹣254kJ/ml 。
（5）我国科学家实现了在铜催化剂条件下将（CH3）2NCHO转化为N（CH3）3。计算机模拟单个分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示。（单位为eV•ml﹣1）
该反应的热化学方程式： （CH3）2NCHO（g）+2H2（g）＝N（CH3）3（g）+H2O（g）ΔH＝﹣1.02NAeV⋅ml﹣1 。（用相对能量的变化来表示ΔH）
（6）甲硅烷（SiH4）是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态水。已知室温下1g甲硅烷自燃放出热量44.6kJ，则该反应的热化学方程式为 SiH4（g）+2O2（g）＝SiO2（s）+2H2O（g）ΔH＝﹣1427.2 kJ/ml 。
【答案】（1）C2H2（g）+O2（g）＝2CO2（g）+H2O（l）ΔH＝﹣2b kJ•ml﹣1；
（2）163.52kJ；
（3）2ΔH1+ΔH2﹣ΔH3；
（4）3SO2（g）+2H2O（g）＝2H2SO4（l）+S（s）ΔH2＝﹣254kJ/ml；
（5）（CH3）2NCHO（g）+2H2（g）＝N（CH3）3（g）+H2O（g） ΔH＝﹣1.02NAeV⋅ml﹣1；
（6）SiH4（g）+2O2（g）＝SiO2（s）+2H2O（g）ΔH＝﹣1427.2 kJ/ml。
【分析】（1）燃烧ag乙炔气体时生成1ml二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，1ml乙炔完全燃烧生成2ml二氧化碳气体和液态水时放出热量为2bkJ，据此书写乙炔燃烧热的热化学方程式；
（2）利用盖斯定律联立①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）ΔH＝﹣641.6 kJ•ml﹣1和②H2O（l）═H2O（g）ΔH＝+44.0 kJ•ml﹣1，①﹣4×②可得目标方程式N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）根据方程式系数与ΔH的关系进行计算；
（3）已知：Ⅰ．C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1＝﹣393.5kJ•ml﹣1
Ⅱ．2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH2＝﹣571.6kJ•ml﹣1
Ⅲ．2C2H2（g）+5O2（g）＝4CO2（g）+2H2O（l）ΔH3＝﹣2599.2kJ•ml﹣1
将方程式Ⅰ×2+Ⅱ×﹣Ⅲ×可得：2C（s，石墨）+H2 （g）＝C2H2（g）ΔH＝2ΔH1+ΔH2﹣ΔH3；
（4）反应Ⅰ：2H2SO4（l）＝2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）ΔH1＝+551kJ•ml﹣1
反应Ⅲ：S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH3＝﹣297kJ•ml﹣1
将方程式﹣（Ⅰ+Ⅲ）得3SO2（g）+2H2O（g）＝2H2SO4（l）+S（s），ΔH2＝﹣（ΔH1+ΔH3）；
（5）由反应历程图可知，反应物的总能量比生成物的总能量高出1.02NAeV；
（6）根据n＝计算物质的量，进而计算1ml甲硅烷燃烧放出的热量，可写出热化学方程式。
【解答】解：（1）燃烧ag乙炔气体时生成1ml二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成2ml二氧化碳气体和液态水，并放出热量2bkJ，则乙炔燃烧热的热化学方程式为：C2H2（g）+O2（g）＝2CO2（g）+H2O（l）ΔH＝﹣2b kJ•ml﹣1，
故答案为：C2H2（g）+O2（g）＝2CO2（g）+H2O（l）ΔH＝﹣2b kJ•ml﹣1；
（2）由盖斯定律利用①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）ΔH＝﹣641.6 kJ•ml﹣1、②H2O（l）═H2O（g）ΔH＝+44.0 kJ•ml﹣1，①﹣4×②可得N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）ΔH＝﹣817.6 kJ•ml﹣1，若用6.4g液态肼即0.2ml，与足量过氧化氢反应生成氮气和液态水，则整个过程中放出的热量为 0.2ml×817.6 kJ•ml﹣1═163.52kJ，
故答案为：163.52kJ；
（3）已知：Ⅰ．C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1＝﹣393.5kJ•ml﹣1
Ⅱ．2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH2＝﹣571.6kJ•ml﹣1
Ⅲ．2C2H2（g）+5O2（g）＝4CO2（g）+2H2O（l）ΔH3＝﹣2599.2kJ•ml﹣1
将方程式Ⅰ×2+Ⅱ×﹣Ⅲ×可得：2C（s，石墨）+H2 （g）＝C2H2（g）ΔH＝2ΔH1+ΔH2﹣ΔH3＝[2×（﹣393.5）+×（﹣571.6）﹣×（﹣2599.2）]kJ/ml＝+226.8kJ•ml﹣1，
故答案为：2ΔH1+ΔH2﹣ΔH3；
（4）反应Ⅰ：2H2SO4（l）＝2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）ΔH1＝+551kJ•ml﹣1
反应Ⅲ：S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH3＝﹣297kJ•ml﹣1
将方程式﹣（Ⅰ+Ⅲ）得3SO2（g）+2H2O（g）＝2H2SO4（l）+S（s）ΔH2＝﹣（ΔH1+ΔH3）＝﹣（+551﹣297）kJ/ml＝﹣254kJ/ml，
故答案为：3SO2（g）+2H2O（g）＝2H2SO4（l）+S（s）ΔH2＝﹣254kJ/ml；
（5）由反应历程图可知，反应物的总能量比生成物的总能量高出1.02NAeV，故该热化学方程式为：（CH3）2NCHO（g）+2H2（g）＝N（CH3）3（g）+H2O（g） ΔH＝﹣1.02NAeV⋅ml﹣1，
故答案为：（CH3）2NCHO（g）+2H2（g）＝N（CH3）3（g）+H2O（g） ΔH＝﹣1.02NAeV⋅ml﹣1；
（6）1g甲硅烷的物质的量为：n＝＝ml，则1ml甲硅烷燃烧放出的反应热为＝1427.2 kJ/ml，所以该反应的热化学方程式为：SiH4（g）+2O2（g）＝SiO2（s）+2H2O（g）ΔH＝﹣1427.2 kJ/ml，
故答案为：SiH4（g）+2O2（g）＝SiO2（s）+2H2O（g）ΔH＝﹣1427.2 kJ/ml。
【点评】该题考查了盖斯定律和反应热的计算，突出对基础知识的应用和推理，难度不大。
22．（2023春•荔湾区校级期中）阅读题目，回答问题：
（1）FeCl3常用于腐蚀印刷电路铜板，反应过程的离子方程式为 2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+ ，若将此反应设计成原电池，请写出该原电池负极电极反应为 Cu﹣2e﹣＝Cu2+ ，正极电极反应为 Fe3++e﹣＝Fe2+ 。
（2）为探究FeCl3在H2O2制取O2反应中的作用，某兴趣小组进行下列实验：向试管中加入5mL11ml•L﹣1H2O2溶液，静置几分钟，无明显现象；滴加2滴1ml•L﹣1FeCl3溶液，立即产生大量气泡。（已知H2O2不与Cl﹣反应）
①加FeCl3溶液反应20min后，H2O2的浓度变为10.5ml•L﹣1，则20min内H2O2的平均反应速率为 0.025ml⋅L﹣1⋅min﹣1 。
②反应结束后，滴加KSCN溶液，试管中溶液呈红色。经测定，溶液中Fe3+的量没有变化。综合以实验，可推断出：在H2O2制O2反应中，FeCl3作 催化 剂。
（3）如图装置可以把氢气中蕴含的化学能转化为电能，被称为氢氧燃料电池。
①该电池的正极是电极 b （填“a”或“b），负极发生反应的反应类型为 氧化反应 。
②电池工作时，溶液中的K+会向 正极 区移动（填“正极”或“负极”），当外电路中转移1ml电子时，消耗的O2在标准状况下体积为 5.6L 。
【答案】（1）2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+；Cu﹣2e﹣＝Cu2+；Fe3++e﹣＝Fe2+；
（2）①0.025ml⋅L﹣1⋅min﹣1；
②催化；
（3）①b；氧化反应；
②正极；5.6L。
【分析】（1）FeCl3常用于腐蚀印刷电路铜板，FeCl3和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+；若将此反应设计成原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；
（2）①加FeCl3溶液反应20min后，H2O2 的浓度变为10.5ml•L﹣1；
②反应结束后，滴加KSCN溶液，试管中溶液呈红色。经测定，溶液中Fe3+的量没有变化。催化剂在化学反应前后质量、化学性质不变；
（3）①原电池中正极得电子发生还原反应，该电池中，氧气在b电极得电子生成氢氧根离子，负极氢气失电子生成水；
②电池工作时，阳离子向正极移动，所以K+会向正极移动；正极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，当外电路中转移1ml电子时，消耗的0.25mlO2。
【解答】解：（1）FeCl3常用于腐蚀印刷电路铜板，FeCl3和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+；若将此反应设计成原电池，负极发生氧化反应，该原电池负极反应为Cu﹣2e﹣＝Cu2+；正极发生还原反应，正极电极反应为Fe3++e﹣＝Fe2+，
故答案为：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+；Cu﹣2e﹣＝Cu2+；Fe3++e﹣＝Fe2+；
（2）①加FeCl3溶液反应20min后，H2O2 的浓度变为10.5ml•L﹣1，则20min内H2O2的平均反应速率为，
故答案为：0.025ml⋅L﹣1⋅min﹣1；
②反应结束后，滴加KSCN溶液，试管中溶液呈红色。经测定，溶液中Fe3+的量没有变化。催化剂在化学反应前后质量、化学性质不变，在H2O2制O2反应中，FeCl3作催化剂，
故答案为：催化；
（3）①原电池中正极得电子发生还原反应，该电池中，氧气在b电极得电子生成氢氧根离子，正极是电极b，负极氢气失电子生成水，负极反应的反应类型为氧化反应，
故答案为：b；氧化反应；
②电池工作时，阳离子向正极移动，所以K+会向正极移动；正极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，当外电路中转移1ml电子时，消耗的0.25mlO2，标准状况下体积为0.25ml×22.4L/ml＝5.6L，
故答案为：正极；5.6L。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生原电池的掌握情况，试题难度中等。
23．（2023秋•广州期末）水资源的处理和利用是环境化学的重要课题。
Ⅰ．NH4Al（SO4）2常作食品加工中的食品添加剂，也可用作净水剂。请回答下列问题：
（1）NH4Al（SO4）2作净水剂的原理是 Al3++3H2O＝Al（OH）3（胶体）+3H+ （用离子方程式说明）。几种均为0.1ml⋅L﹣1的电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图1所示。其中符合0.1ml⋅L﹣1NH4Al（SO4）2溶液的pH随温度变化的曲线是 Ⅰ （填罗马数字），判断的是 NH4Al（SO4）2水解溶液呈酸性，升高温度使水解程度增大，pH减小 。
Ⅱ．高铁酸钾是绿色、环保型水处理剂。
（2）高铁酸盐在水溶液中有四种含铁形体。25℃时，它们的物质的量分数随pH的变化如图示：pH＝2.4时，溶液中主要含铁形体浓度的大小关系为 c（H2FeO4）＞c（）＞c（H3） 。
（3）已知H3电离常数分别为：K1＝2.51×10﹣2，K2＝4.16×10﹣4，K3＝5.01×10﹣8，当pH＝4时，溶液中＝ 4.16 。
（4）高铁酸钾（K2FeO4）不仅是一种理想的水处理剂，而且高铁电池的研制也在进行中。如图所示是高铁电池的模拟实验装置。
①该电池放电时正极产生Fe（OH）3，正极电极反应为 +4H2O+3e﹣＝Fe（OH）3+5OH﹣ 。
②盐桥中盛有饱和KCl溶液，此盐桥中氯离子向 右 （填“左”或“右”）移动；
③图4为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有 使用时间长、工作电压稳定 。
【答案】Ⅰ．（1）Al3++3H2O＝Al（OH）3（胶体）+3H+；Ⅰ；NH4Al（SO4）2水解溶液呈酸性，升高温度使水解程度增大，pH减小；
Ⅱ．（2）c（H2FeO4）＞c（）＞c（H3）；
（3）4.16；
（4）①+4H2O+3e﹣＝Fe（OH）3+5OH﹣；
②右；
③使用时间长、工作电压稳定。
【分析】Ⅰ．（1）NH4Al（SO4）2作净水剂的原理是铝离子水解形成氢氧化铝胶体，能吸附悬浮的杂质，依据盐水解情况和温度对水解平衡的影响分析，盐类水解反应为吸热反应，升温促进水解反应正向进行；
Ⅱ．（2）根据图可知，pH＝2.4时溶液中主要含铁形体微粒及浓度大小；
（3）溶液中＝×＝；
（4）①放电时高铁酸钾为正极，得到电子发生还原反应碱性条件下生成氢氧化铁；
②电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极；
③高铁电池的优点有：使用时间长、工作电压稳定。
【解答】解：Ⅰ．（1）NH4Al（SO4）2可作净水剂，其原理是：Al3++3H2O＝Al（OH）3（胶体）+3H+，NH4Al（SO4）2水解溶液呈酸性，升高温度使水解程度增大，pH减小，故符合0.1ml•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液的pH随温度变化的曲线是Ⅰ，
故答案为：Al3++3H2O＝Al（OH）3（胶体）+3H+；Ⅰ；NH4Al（SO4）2水解溶液呈酸性，升高温度使水解程度增大，pH减小；
Ⅱ．（2）由图可知，pH＝2.4时溶液中主要含铁形体微粒及浓度大小关系为：c（H2FeO4）＞c（）＞c（H3），
故答案为：c（H2FeO4）＞c（）＞c（H3）；
（3）溶液中＝×＝＝＝4.16，
故答案为：4.16；
（4）①放电时高铁酸钾为正极，得到电子发生还原反应碱性条件下生成氢氧化铁，电极反应式为：+4H2O+3e﹣＝Fe（OH）3+5OH﹣，
故答案为：+4H2O+3e﹣＝Fe（OH）3+5OH﹣；
②电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，所以盐桥中氯离子向负极锌极移动，为向右移动，
故答案为：右；
③由图电池的放电曲线可知，高铁电池的优点有：使用时间长、工作电压稳定，
故答案为：使用时间长、工作电压稳定。
【点评】本题考查物质的制备，涉及电解质溶液中离子浓度关系的分析判断、电离常数有关计算、原电池原理等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。
24．（2024秋•广州月考）甲醇是一种重要的化工原料和燃料。利用CO2和H2生成甲醇的反应如下：
反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1
反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
已知：几种化学键的键能数据如下表所示。
（1）结合上表数据，ΔH1＝ +45 kJ•ml﹣1。反应Ⅱ能自发进行的条件是 低温 （填“低温”“高温”或“任意温度”）。
（2）在120℃，体积恒定的密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ。
①若达到平衡后，增大体系的压强，则CO的物质的量 增大 （填“增大”“减小”或“不变”），原因是 增大体系的压强，反应Ⅱ平衡正向移动，则c（H2O）浓度变大，使得反应Ⅰ平衡逆向移动，则CO的物质的量减小 。
②若通入1ml CO2和2.5ml H2混合气体，起始压强为0.35MPa，发生反应Ⅰ和Ⅱ.平衡时，总压为0.25MPa，CO2的转化率为60%，则反应Ⅱ的压强平衡常数Kp＝ （MPa）﹣2（分压＝总压×物质的量分数，列出计算式即可）。
（3）某研究小组自制熔融碳酸盐甲醇燃料电池，工作原理如图所示：
①负极电极反应式为 。
②该电池以恒定电流IA工作tmin，测得化学能转化为电能的转化率为α，则消耗甲醇 kg（已知：一个电子的电量为1.6×10﹣19C，阿伏加德罗常数的值为NA）。
【答案】（1）+45；低温；
（2）①增大；增大体系的压强，反应Ⅱ平衡正向移动，则c（H2O）浓度变大，使得反应Ⅰ平衡逆向移动，则CO的物质的量减小；
②；
（3）①；
②。
【分析】（1）CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH1＝反应物的键能﹣生成物的键能＝2×803kJ•ml﹣1+436 kJ•ml﹣1﹣1071 kJ•ml﹣1﹣2×463 kJ•ml﹣1＝+45 kJ•ml﹣1；依据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0反应能自发进行；
（2）①若达到平衡后，增大体系的压强，反应Ⅱ平衡正向移动，则c（H2O）浓度变大，使得反应Ⅰ平衡逆向移动；
②通入1ml CO2和2.5ml H2混合气体，起始压强为0.35MPa，平衡压强为0.25MPa，则平衡时气体总共物质的量为2.5ml，设反应ⅠCO2的变化量为x，列出三段式可知，
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
起始/ml：1 2.5 0 0
变化/ml：x x x x
平衡/ml：1﹣x 2.5﹣x x x
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始/ml：1﹣x 2.5﹣x 0 x
变化/ml：0.6﹣x 1.8﹣3x 0.6﹣x 0.6﹣x
平衡/ml：0.4 0.7+2x 0.6﹣x 0.6
则0.4+0.7+2x+0.6﹣x+0.6﹣x+x＝2.5，解得x＝0.1ml，则平衡时p（H2O）＝，p（CH3OH）＝，p（H2）＝，p（CO2）＝；
（3）①由原电池原理可知，通入甲醇的一端为负极，通入氧气的一端为正极；
②根据公式Q＝I×t，Q是电量，单位是库伦C，I是电流，单位是安培A；t是时间，单位是秒s；以1 A的电流工作tmin，也就是60t s，通过的电量是60ItC，1个电子的电量是1.6×10﹣19C，所以通过的电子数量是，由于甲醇的碳是﹣2价，反应后升到+4价，1个甲醇分子就要失去6个电子。
【解答】解：（1）CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH1＝反应物的键能﹣生成物的键能＝2×803kJ•ml﹣1+436 kJ•ml﹣1﹣1071 kJ•ml﹣1﹣2×463 kJ•ml﹣1＝+45 kJ•ml﹣1；依据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0反应能自发进行，反应Ⅱ的ΔH2＜0、ΔS＜0，则在低温能自发进行，
故答案为：+45；低温；
（2）①若达到平衡后，增大体系的压强，反应Ⅱ平衡正向移动，则c（H2O）浓度变大，使得反应Ⅰ平衡逆向移动，则CO的物质的量减小，
故答案为：增大；增大体系的压强，反应Ⅱ平衡正向移动，则c（H2O）浓度变大，使得反应Ⅰ平衡逆向移动，则CO的物质的量减小；
②通入1ml CO2和2.5ml H2混合气体，起始压强为0.35MPa，平衡压强为0.25MPa，则平衡时气体总共物质的量为2.5ml，设反应ⅠCO2的变化量为x，列出三段式可知，
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
起始/ml：1 2.5 0 0
变化/ml：x x x x
平衡/ml：1﹣x 2.5﹣x x x
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始/ml：1﹣x 2.5﹣x 0 x
变化/ml：0.6﹣x 1.8﹣3x 0.6﹣x 0.6﹣x
平衡/ml：0.4 0.7+2x 0.6﹣x 0.6
则0.4+0.7+2x+0.6﹣x+0.6﹣x+x＝2.5，解得x＝0.1ml，则平衡时p（H2O）＝，p（CH3OH）＝，p（H2）＝，p（CO2）＝，则反应Ⅱ的压强平衡常数＝（MPa）﹣2，
故答案为：；
（3）①由原电池原理可知，通入甲醇的一端为负极，通入氧气的一端为正极，则负极的反应为，
故答案为：；
②根据公式Q＝I×t，Q是电量，单位是库伦C，I是电流，单位是安培A；t是时间，单位是秒s；以1 A的电流工作tmin，也就是60t s，通过的电量是60ItC，1个电子的电量是1.6×10﹣19C，所以通过的电子数量是，由于甲醇的碳是﹣2价，反应后升到+4价，1个甲醇分子就要失去6个电子，因此转移 电子就需要个甲醇分子发生反应，考虑到能量转化效率是α，所以实际发生反应的甲醇分子数是，物质的量是ml，其质量是＝kg，
故答案为：。




A.地下金属钢管连接电源负极
B.集装箱表面喷涂以锌粉为主的漆
C.汽车底盘喷涂高分子膜
D.锅炉内壁安装镁合金
化学键
H—H
C＝O
C≡O
O—H
键能/
436
803
1071
463




A.地下金属钢管连接电源负极
B.集装箱表面喷涂以锌粉为主的漆
C.汽车底盘喷涂高分子膜
D.锅炉内壁安装镁合金
化学键
H—H
C＝O
C≡O
O—H
键能/
436
803
1071
463