山东省烟台市福山格迈纳尔中学2022学年高二化学上学期期中考错试卷1含解析

2022-2022学年山东省烟台市福山格迈纳尔中学高二（上）期中化学考错试卷（1）　一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题3分，共48分）1．下列变化属于吸热反应的是：①液态水汽化②Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体混合搅拌有氨气放出③浓硫酸稀释④氯酸钾分解⑤生石灰跟水反应（　　）A．②B．①②④C．②④D．①④⑤　2．如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置．通电后在石墨电极a和b附近分别滴加一滴石蕊溶液．下列实验现象中错误的是（　　）A．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色B．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色C．逸出气体的体积，a电极的大于b电极的D．a、b两电极都逸出无色无味气体　3．下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是（　　）A．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅B．高压比常压有利于合成SO3的反应C．由H2（g）、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅　4．下列物质的有关事实与电化学腐蚀无关的是（　　）A．轮船水线以下的船壳上镶嵌有一定量的锌块B．镀锌的铁制品比镀锡的铁制品耐用C．埋在潮湿疏松土壤里的铁管比干燥致密不透气的土壤里的铁管更易被腐蚀D．在空气中，金属镁、铝的表面可形成一层氧化膜　5．如图装置中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液（已知氯化铵溶液显酸性），各加入生铁块，放置一段时间．下列有关描述错误的是（　　）A．生铁块中的碳是原电池的正极22\nB．红墨水柱两边的液面变为左低右高C．两试管中相同的电极反应式是：Fe﹣2e﹣=Fe2+D．a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀　6．某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）A．反应过程a有催化剂参与B．该反应为放热反应，热效应不等于△HC．改变催化剂，可改变该反应的活化能D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2　7．A、B的混合气体在密闭容器中发生如下反应：xA（g）+yB（g）═zC（g）△H＜0．达到化学平衡后测得A的浓度为0.5mol•L﹣1；保持温度不变，将密闭容器的容积缩小至原来的一半，再次达到平衡时，测得A的浓度为0.9mol•L﹣1．则下列有关判断正确的是（　　）A．平衡向正反应方向移动了B．x+y＜zC．B的转化率下降D．C的体积分数减小　8．已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快下列有关该反应的说法正确的是（　　）A．反应速率与I﹣的浓度有关B．IO﹣也是该反应的催化剂C．反应活化能等于98kJ•mol﹣1D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2）　9．某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，如想增大NH4+的浓度，而不增大OH﹣的浓度，应采取的措施是（　　）A．适当升高温度B．加入NaOH固体C．通入NH3D．加入NH4Cl固体　10．少量纯净的氨基甲酸铵置于体积不变的密闭真空容器中，在恒定温度下发生分解：H2NCOONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）△H＞0，下列说法正确的是（　　）A．当氨气的体积分数不变时，该分解反应达到了平衡B．当氨气的物质的量浓度不变时，该反应达到了平衡C．如果V正（NH3）=2V正（CO2）时，该反应达到了平衡D．如果2V正（NH3）=V逆（CO2）时，该反应向正反应方向进行　11．在一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0．t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图．下列说法正确的是（　　）22\nA．0～t2时，v正＞v逆B．t2时刻改变的条件可能是加催化剂C．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，A的体积分数Ⅰ=ⅡD．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，平衡常数I＜Ⅱ　12．据报道用Mg与石墨作电极与NH4Cl溶液形成原电池（盐桥为装有琼胶的饱和KCl溶液），也可生成NH3．下列说法正确是（　　）A．石墨电极反应式为2NH4++2e﹣=2NH3↑+H2↑B．乙烧杯中一直存在：c（Cl﹣）＜c（NH4+）C．电子流向是由石墨→导线→MgD．盐桥中的Cl﹣移向乙烧杯　13．根据热化学方裎式S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣297.3kJ•mol﹣1分析下列说法中正确的是（　　）A．S（g）+O2（g）═SO2（g）△H＜﹣297.3kJ•mol﹣1B．2SO2（g）═2S（s）+2O2（g）△H=+297.3kJ•mol﹣1C．1molSO2的键能总和小于1molS和1molO2的键能总和D．1molSO2具有的总能量大于1molS和1molO2的总能量　14．人体血液内的血红蛋白（Hb）易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反应：CO+HbO2⇌O2+HbCO，37℃时，该反应的平衡常数K=220．HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损．据此，下列结论错误的是（　　）A．CO与HbO2反应的平衡常数B．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损22\nD．把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动　15．向甲乙两个容积均为1L的恒容容器中，分别充入2molA、4molB和1molA、2molB．相同条件下，发生下列反应：A（g）+2B（g）xC（g）△H＜0．测得两容器c（A）随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是（　　）A．x可能等于3B．向平衡后的乙容器中充入氦气可使A的转化率降低C．将乙容器单独升温，c（A）可达到0.78mol/LD．若向甲容器中再充入2molA、4molB，平衡时甲容器中c（A）大于1.56mol/L　16．“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔．下列关于该电池的叙述错误的是（　　）A．电池反应中有NaCl生成B．电池的总反应是金属钠还原三价铝离子C．正极反应为：NiCl2+2e﹣═Ni+2Cl﹣D．钠离子通过钠离子导体在两电极间移动　　二、填空题17．电化学原理在生产中有广泛的应用，请回答下列问题：（1）控制和治理CO2、SO2是解决温室效应、减少酸雨的有效途径，有学者设想以如图1所示装置将它们转化为重要化工原料．①若A为CO2，B为H2，C为CH3OH，生成1molCH3OH转移电子为　　　　　　mol．②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，H+的移动方向为从　　　　　　（填“左到右”或“右到左”），正极反应式为　　　　　　．（2）某小组同学设想用如图2装置电解硫酸钾溶液来制取氧气、氢气、硫酸和氢氧化钾．①X极与电源的　　　　　　（填“正”或“负”）极相连，氢气从　　　　　　（选填“A”、“B”、“C”或“D”）口导出．22\n②若在标准状况下，制得11.2L氢气，则生成硫酸的质量是　　　　　　．　18．氮是大气中含量最多的气体，研究氮及其化合物对人类有重要的意义．（1）合成氨的原理为：N2（g）+3H2⇌2NH3△H=﹣92.4kJ/mol①将一定量的N2（g）和H2（g）放入1L的密闭容器中，在500℃、2×107Pa下达到平衡，平衡时测得N2为0.1mol，H2为0.3mol，NH3为0.1mol．该条件下H2的转化率为　　　　　　．此温度下该反应的平衡常数K=　　　　　　．②欲提高H2的转化率，下列措施可行的是　　　　　　．a．向容器中按原比例再充入原料气b．向容器中再充入惰性气体c．改变反应的催化剂d．液化生成物分离出氨（2）在2L密闭容器中，800℃时反应2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H＜0体系中，各成分浓度随时间的变化如图：①用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=　　　　　　．②能说明该反应已经达到平衡状态的是　　　　　　．a．v（NO2）=2v（O2）b．容器内压强保持不变c．v逆（NO）=2v正（O2）d．容器内的密度保持不变③为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是　　　　　　．a．及时分离出NO2气体b．适当升高温度c．增大O2的浓度d．选择高效的催化剂（3）汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体．4CO（g）+2NO2（g）⇌4CO2（g）+N2（g）△H=﹣1200kJ•mol﹣1对于该反应，温度不同（T2＞T1）、其他条件相同时，下列图象正确的是　　　　　　（填代号）．22\n　19．科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池．已知1molH2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧放出的热量为分别为285.8kJ、283.0kJ和726.5kJ．请回答下列问题：（1）用太阳能分解10mol水消耗的能量是　　　　　　kJ；（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为　　　　　　；（3）在容积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变得情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如下图所示（注：T1、T2均大于300℃）；下列说法正确的是　　　　　　（填序号）①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为v（CH3OH）=mol•L﹣1•min﹣1②该反应在T时的平衡常数比T2时的小③该反应为放热反应④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大（4）在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a，则容器内的压强与起始压强之比为　　　　　　；（5）在直接以甲醇为燃料电池中，电解质溶液为酸性，负极的反应式为　　　　　　、正极的反应式为　　　　　　．理想状态下，该燃料电池消耗1mol甲醇所能产生的最大电能为702.1kJ，则该燃料电池的理论效率为　　　　　　（燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比）　　22\n2022-2022学年山东省烟台市福山格迈纳尔中学高二（上）期中化学考错试卷（1）参考答案与试题解析　一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题3分，共48分）1．下列变化属于吸热反应的是：①液态水汽化②Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体混合搅拌有氨气放出③浓硫酸稀释④氯酸钾分解⑤生石灰跟水反应（　　）A．②B．①②④C．②④D．①④⑤【考点】吸热反应和放热反应．【分析】大多数的化合反应是放热反应，大多数的分解反应是吸热反应，浓硫酸稀释放出大量的热，水由液态到气态需要吸热，Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl晶体混合，需要吸热．【解答】解：①液态水汽化，即水由液态到气态需要吸热，但是物理变化过程，故错误；②Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl晶体混合发生反应需要吸热，属于吸热反应，故正确；③浓硫酸稀释放出大量的热，故错误；④氯酸钾分解属于分解反应需要吸热，故正确；⑤生石灰跟水反应生成熟石灰，属于化合反应，放出大量的热，故错误；故选C．【点评】本题考查学生常见的放热反应和吸热反应，注意知识的积累，难度不大．　2．如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置．通电后在石墨电极a和b附近分别滴加一滴石蕊溶液．下列实验现象中错误的是（　　）A．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色B．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色C．逸出气体的体积，a电极的大于b电极的D．a、b两电极都逸出无色无味气体【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】根据装置图中，b是阳极，a是阴极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，则阳极附近氢离子浓度增大而使溶液呈酸性，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度增大而使溶液呈碱性，实质上是电解水．【解答】解：A．a电极上氢离子放电，则a电极附近氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，溶液变蓝色，b电极上氢氧根离子放电，导致b电极附近氢离子浓度增大，溶液变红色，故A错误；B．根据A知，a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色，故B正确；C．a电极上生成氢气，b电极上生成氧气，且二者的体积之比为2：1，故C正确；D．a电极上析出氢气，b电极上析出氧气，氢气和氧气都是无色无味的气体，故D正确；故选A．22\n【点评】本题考查了电解原理，明确阴阳极上放电的离子及生成物的性质是解本题关键，难度不大．　3．下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是（　　）A．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅B．高压比常压有利于合成SO3的反应C．由H2（g）、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅【考点】化学平衡移动原理．【专题】化学平衡专题．【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释．【解答】解：A．存在平衡2NO2（g）⇌N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A不选；B．存在平衡2SO2+O2（g）⇌2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不选；C．存在平衡H2+I2（g）⇌2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故C选；D．对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；故选C．【点评】本题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动．　4．下列物质的有关事实与电化学腐蚀无关的是（　　）A．轮船水线以下的船壳上镶嵌有一定量的锌块B．镀锌的铁制品比镀锡的铁制品耐用C．埋在潮湿疏松土壤里的铁管比干燥致密不透气的土壤里的铁管更易被腐蚀D．在空气中，金属镁、铝的表面可形成一层氧化膜【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】与电化学有关，说明该装置符合原电池构成条件而形成原电池，据此分析解答．【解答】解：A．锌、铁和电解质溶液构成原电池，锌易失电子而作负极，铁作正极被保护，所以与电化学腐蚀有关，故A错误；B．锌、铁和电解质溶液能构成原电池，铁作正极被保护，锡、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极加速被腐蚀，所以镀锌的铁制品比镀锡的铁制品耐用，与电化学腐蚀有关，故B错误；C．潮湿疏松的土壤中铁管易形成原电池而加速铁被腐蚀，所以与电化学腐蚀有关，故C错误；22\nD．在空气中，金属镁、铝易被氧气氧化生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，属于化学腐蚀，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学腐蚀与电化学腐蚀，明确原电池形成条件是解本题关键，再结合原电池原理来分析解答，难度不大．　5．如图装置中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液（已知氯化铵溶液显酸性），各加入生铁块，放置一段时间．下列有关描述错误的是（　　）A．生铁块中的碳是原电池的正极B．红墨水柱两边的液面变为左低右高C．两试管中相同的电极反应式是：Fe﹣2e﹣=Fe2+D．a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】生铁中含有铁和碳，铁、碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；左边试管中是中性溶液，发生吸氧腐蚀，右边试管中是酸性溶液发生析氢腐蚀．【解答】解：A．铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀时，铁易失电子作负极，则碳都作正极，故A正确；B．左边试管中是中性溶液，发生吸氧腐蚀，右边试管中是酸性溶液发生析氢腐蚀，所以左边试管内气体的氧气减小，右边试管内气体的压强不大，导致U型管内红墨水左高右低，故B错误；C．生铁中含有铁和碳，铁、碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应Fe﹣2e﹣→Fe2+，故C正确；D．左边a试管中是中性溶液，发生吸氧腐蚀，右边b试管中是酸性溶液发生析氢腐蚀，故D正确；故选B．【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护，明确生铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的环境是解本题关键，难度不大．　6．某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）A．反应过程a有催化剂参与B．该反应为放热反应，热效应不等于△H22\nC．改变催化剂，可改变该反应的活化能D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、催化剂能降低反应的活化能；B、反应物能量高于生成物；C、不同的催化剂对反应的催化效果不同；D、催化剂改变了反应历程，E1、E2分别代表各步反应的活化能．【解答】解：A、b中使用了催化剂，故A错误；B、反应物能量高于生成物，反应为放热反应，△H=生成物能量﹣反应物能量，故B错误；C、不同的催化剂，反应的活化能不同，故C正确；D、E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，故D错误．故选C．【点评】本题通过图象考查了反应的活化能，以及催化剂能够降低反应的活化能的相关知识．　7．A、B的混合气体在密闭容器中发生如下反应：xA（g）+yB（g）═zC（g）△H＜0．达到化学平衡后测得A的浓度为0.5mol•L﹣1；保持温度不变，将密闭容器的容积缩小至原来的一半，再次达到平衡时，测得A的浓度为0.9mol•L﹣1．则下列有关判断正确的是（　　）A．平衡向正反应方向移动了B．x+y＜zC．B的转化率下降D．C的体积分数减小【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变将容器的容积缩小到原来的一半，如平衡不移动，则A的浓度应增大为1.0mol/L，而此时为0.9mol/L，则说明增大压强平衡向正方向移动，以此进行判断．【解答】解：平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变将容器的容积缩小到原来的一半，如平衡不移动，则A的浓度应增大为1.0mol/L，而此时为0.9mol/L，则说明增大压强平衡向正方向移动，A、由以上分析可知平衡向正反应方向移动，故A正确；B、增大压强平衡向正方向移动，说明反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数，应为x+y＞z，故B错误；C、平衡向正方向移动，B的转化率增大，故C错误；D、平衡向正方向移动，C的体积分数增大，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学平衡移动知识，题目难度不大，注意从浓度的变化的角度判断平衡移动的方向，结合压强对平衡移动的影响分析．　8．已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快下列有关该反应的说法正确的是（　　）A．反应速率与I﹣的浓度有关B．IO﹣也是该反应的催化剂C．反应活化能等于98kJ•mol﹣1D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2）22\n【考点】反应热和焓变；化学反应的基本原理；化学反应的能量变化规律．【专题】物质的性质和变化专题；化学反应中的能量变化．【分析】A、反应速率的快慢主要决定于反应速率慢的第一步反应；B、反应的催化剂是I﹣；C、分解1mol过氧化氢放出的热量是其△H．而非活化能；D、在一个化学反应中，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比；【解答】解：A、已知：①H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢②H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I﹣是①的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，故A正确；B、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I﹣，IO﹣只是中间产物，故B错误；C、1mol过氧化氢分解的△H=﹣98KJ/mol，△H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故C错误；D、因为反应是在含少量I﹣的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故D错误．故选：A．【点评】本题是2022年河北高考题，题目主要考查催化剂、活化能、化学反应速率的相关知识，题目难度不大．　9．某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，如想增大NH4+的浓度，而不增大OH﹣的浓度，应采取的措施是（　　）A．适当升高温度B．加入NaOH固体C．通入NH3D．加入NH4Cl固体【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】增大铵根离子浓度而不增大氢氧根离子浓度，说明应该加入含有铵根离子的物质，据此分析解答．【解答】解：A．升高温度促进一水合氨电离，则溶液中铵根离子和氢氧根离子浓度都增大，所以不符合题意，故A错误；B．加入NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，则铵根离子浓度减小，故B错误；C．通入氨气，溶液中一水合氨浓度增大，一水合氨电离出的氢氧根离子和铵根离子浓度都增大，故C错误；D．加入氯化铵，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，则氢氧根离子浓度减小，符合题意，故D正确；故选D．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离的影响因素是解本题关键，再结合题意分析解答，题目难度不大．　10．少量纯净的氨基甲酸铵置于体积不变的密闭真空容器中，在恒定温度下发生分解：H2NCOONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）△H＞0，下列说法正确的是（　　）A．当氨气的体积分数不变时，该分解反应达到了平衡B．当氨气的物质的量浓度不变时，该反应达到了平衡C．如果V正（NH3）=2V正（CO2）时，该反应达到了平衡D．如果2V正（NH3）=V逆（CO2）时，该反应向正反应方向进行22\n【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】A、反应特征是氨气和二氧化碳按照2；1生成，反应过程中氨气的体积分数始终不变；B、浓度不变是平衡的标志；C、V正（NH3）=2V正（CO2）时说明反应正向进行；D、如果V正（NH3）=2V逆（CO2）时，反应达到平衡，2V正（NH3）=V逆（CO2）时该反应向逆反应方向进行；【解答】解：A、反应过程中氨气的体积分数始终不变，不能说明反应达到平衡，故A错误；B、当氨气的物质的量浓度不变时，该反应达到了平衡，故B正确；C、V正（NH3）=2V正（CO2）时说明反应正向进行，不能说明反应达到平衡，故C错误；D、如果V正（NH3）=2V逆（CO2）时，反应达到平衡，2V正（NH3）=V逆（CO2）时该反应向逆反应方向进行，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学平衡的标志分析判断，注意正逆反应速率相同的应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　11．在一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0．t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图．下列说法正确的是（　　）A．0～t2时，v正＞v逆B．t2时刻改变的条件可能是加催化剂C．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，A的体积分数Ⅰ=ⅡD．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，平衡常数I＜Ⅱ【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A、图象分析可知，0～t1时，逆反应速率大于正反应速率，t1﹣﹣t2正逆反应速率相同；B、催化剂改变化学反应速率，不能改变化学平衡，根据催化剂对正逆反应速率都有影响，逆反应速率增大，正反应速率一定会增大分析；C、依据图象分析，t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变，说明和原平衡相同；D、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，逆反应不变，反应达到相同平衡状态；【解答】解：A、图象分析判断0～t2时，0～t1逆反应速率大于正反应速率，t1～t2正逆反应速率相同，故A错误；B、在t2时刻若是加入催化剂，由于催化剂对正逆反应速率都有影响，图象中逆反应速率和正反应速率同等程度增大，而现在逆反应速率先增大最后和原平衡相同，速率不变，最后反应达到平衡和原平衡相同，故B错误；C、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ，故C正确；22\nD、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，平衡常数不变，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学平衡的建立，图象分析方法，影响平衡的因素分析判断，题目难度中等．　12．据报道用Mg与石墨作电极与NH4Cl溶液形成原电池（盐桥为装有琼胶的饱和KCl溶液），也可生成NH3．下列说法正确是（　　）A．石墨电极反应式为2NH4++2e﹣=2NH3↑+H2↑B．乙烧杯中一直存在：c（Cl﹣）＜c（NH4+）C．电子流向是由石墨→导线→MgD．盐桥中的Cl﹣移向乙烧杯【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】依据原电池的原理结合电池反应，正极反应是得到电子发生还原反应的电极反应，是铵根离子得到电子的反应，据此解答即可．【解答】解：A、反应的总反应式为Mg+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2↑，则2NH4+在正极（石墨）上得电子生成NH3和H2，发生还原反应电极反应式为：2NH4++2e﹣=2NH3↑+H2↑，故A正确；B、乙烧杯中由于铵根放电，故铵根浓度随着反应进行，逐渐减小，故说法一直存在：c（Cl﹣）＜c（NH4+）错误，故B错误；C、此装置为原电池，原电池中电子由负极流向正极，即从Mg经导线流向石墨，故C错误；D、溶液中的阴离子流向负极，故盐桥中的氯离子经溶液流向甲烧杯，故D错误，故选A．【点评】本题主要考查的是原电池原理，依据题给信息得出电极反应式是解决本题的关键，牵涉电子流动方向分析、溶液中阴阳离子流动方向分析，综合性较强．　13．根据热化学方裎式S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣297.3kJ•mol﹣1分析下列说法中正确的是（　　）A．S（g）+O2（g）═SO2（g）△H＜﹣297.3kJ•mol﹣1B．2SO2（g）═2S（s）+2O2（g）△H=+297.3kJ•mol﹣1C．1molSO2的键能总和小于1molS和1molO2的键能总和D．1molSO2具有的总能量大于1molS和1molO2的总能量【考点】热化学方程式．22\n【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、因物质由固态转变成气态也要吸收热量，所以S（g）+O2（g）=SO2（g）的反应热的绝对值大于297.23kJ•mol﹣1，焓变为负值比较大小；B、S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣297.3kJ•mol﹣1，反应的逆反应2SO2（g）═2S（s）+2O2（g）△H=+297.3×2kJ•mol﹣1=594.62kJ•mol﹣1；C、反应焓变△H=反应物总键能之和﹣生成物总键能总和，反应为放热反应，△H＜0；D、反应为放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量．【解答】解：A、因物质由固态转变成气态也要吸收热量，所以S（g）+O2（g）=SO2（g）的反应热的绝对值大于297.23kJ•mol﹣1，焓变为负值，△H＜﹣297.3kJ•mol﹣1，故A正确；B、S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣297.3kJ•mol﹣1，反应的逆反应2SO2（g）═2S（s）+2O2（g）△H=+297.3×2kJ•mol﹣1=594.62kJ•mol﹣1，故B错误；C、反应焓变△H=反应物总键能之和﹣生成物总键能总和，反应为放热反应，△H＜0，所以1molSO2的键能总和大于1molS和1molO2的键能总和，故C错误；D、反应为放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，即1molS（s）与1molO2（g）所具有的能量之和高于1molSO2（g）所具有的能量，故D错误．故选：A．【点评】本题考查反应热与物质状态的关系、反应热与物质能量的关系，难度不大，注意化学反应中反应热的计算，物质三态之间的转变也存在能量的变化．　14．人体血液内的血红蛋白（Hb）易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反应：CO+HbO2⇌O2+HbCO，37℃时，该反应的平衡常数K=220．HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损．据此，下列结论错误的是（　　）A．CO与HbO2反应的平衡常数B．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损D．把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】压轴题；化学平衡专题．【分析】A．平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积；B．从平衡移动的角度分析；C．根据平衡常数计算HbCO与HbO2浓度的关系；D．从平衡移动的角度分析．【解答】解：A．平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，反应的方程式为CO+HbO2⇌O2+HbCO，则平衡常数，故A正确；B．人体吸入的CO越多，CO的浓度增大，平衡向正反应分析移动，与血红蛋白结合的O2越少，故B正确；22\nC．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，根据平衡常数可知，=220，=4.4，智力早就受到伤害了，故C错误；D．CO中毒的病人放入高压氧仓中，氧气的浓度增大，平衡向左移动，故D正确．故选C．【点评】本题考查化学平衡移动以及平衡常数的计算，题目难度中等，该题中注意平衡常数的意义及应用．　15．向甲乙两个容积均为1L的恒容容器中，分别充入2molA、4molB和1molA、2molB．相同条件下，发生下列反应：A（g）+2B（g）xC（g）△H＜0．测得两容器c（A）随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是（　　）A．x可能等于3B．向平衡后的乙容器中充入氦气可使A的转化率降低C．将乙容器单独升温，c（A）可达到0.78mol/LD．若向甲容器中再充入2molA、4molB，平衡时甲容器中c（A）大于1.56mol/L【考点】等效平衡．【专题】化学平衡专题．【分析】A、D选项利用等效平衡分析，B、C选项利用外界条件对化学平衡的影响分析．【解答】解：A：甲容器所到达的平衡状态可以等效为乙容器压强增大一倍（体积缩小为原来的），当乙容器体积缩小为原来的时，这一瞬间，c（A）乙=1mol/L，大于0.78mol/L，说明容器内平衡受压强影响而移动，向着消耗A的方向移动，即向正反应方向移动，压强增大向着体积减小的方向移动，故：1+2＞X．故A错．B：向平衡后的乙容器中充入氦气，容器内压强虽然增大，但反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，转化率不变（压强影响平衡移动的本质是改变体积进而影响反应混合物各组分的浓度）．故B错．C：该反应为放热反应，将乙容器单独升温，平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向移动，c（A）增大，c（A）可达到0.78mol/L，故C对．D：向甲容器中再充入2molA、4molB，可以等效为原平衡状态下压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，转化率增大，所以平衡时甲容器中c（A）小于2倍原平衡中的c（A），所以平衡时甲容器中0.78mol/L＜c（A）＜1.56mol/L，故D错．故选C．【点评】本题考察的是外界条件（浓度、温度、压强）对化学平衡移动的影响，巧妙利用等效平衡是解A、D选项的关键．22\n　16．“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔．下列关于该电池的叙述错误的是（　　）A．电池反应中有NaCl生成B．电池的总反应是金属钠还原三价铝离子C．正极反应为：NiCl2+2e﹣═Ni+2Cl﹣D．钠离子通过钠离子导体在两电极间移动【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】该原电池中，钠作负极，负极上电极反应式为：Na﹣e﹣=Na+，Ni/NiCl2作正极，正极上电极反应式为：NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣，钠离子向正极移动．【解答】解：A．负极上电极反应式为：Na﹣e﹣=Na+，正极上电极反应式为：NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣，所以该原电池中有氯化钠生成，故A正确；B．根据正负极电极反应式知，金属钠还原NiCl2，故B错误；C．正极上得电子发生还原反应，电极反应式为：NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣，故C正确；D．原电池放电时，阳离子向正极移动，钠离子在负极产生，向正极移动，所以钠离子通过钠离子导体在两电极间移动，故D正确；故选B．【点评】本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子、离子的移动方向即可分析解答，难点是电极反应式的书写，难度中等．　二、填空题17．电化学原理在生产中有广泛的应用，请回答下列问题：（1）控制和治理CO2、SO2是解决温室效应、减少酸雨的有效途径，有学者设想以如图1所示装置将它们转化为重要化工原料．①若A为CO2，B为H2，C为CH3OH，生成1molCH3OH转移电子为　6　mol．②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，H+的移动方向为从　左到右　（填“左到右”或“右到左”），正极反应式为　O2+4e﹣+4H+=2H2O　．（2）某小组同学设想用如图2装置电解硫酸钾溶液来制取氧气、氢气、硫酸和氢氧化钾．①X极与电源的　正　（填“正”或“负”）极相连，氢气从　C　（选填“A”、“B”、“C”或“D”）口导出．②若在标准状况下，制得11.2L氢气，则生成硫酸的质量是　49g　．22\n【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）原电池中负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，根据元素化合价变化确定正负极及其反应以及转移电子数和离子移动方向；（2）①根据加入的物质知，X电极附近生成硫酸，Y电极附近生成氢氧化钾，则X电极上氢氧根离子放电，Y电极上氢离子放电，所以X是阳极，Y是阴极，阳极与电源正极相连；阳极上生成氧气，阴极上生成氢气；②根据转移电子守恒计算生成硫酸的质量．【解答】解：（1）①A是二氧化碳，B是氢气，二氧化碳中碳元素化合价是+4价，氢气中氢元素化合价是0价，甲醇中碳元素化合价是﹣2价，氢元素化合价是+1价，负极上失电子化合价升高，所以A电极是正极，B电极是负极，正极上二氧化碳失电子和氢离子反应生成甲醇和水，电极反应式为：CO2+6H++6e﹣=CH3OH+H2O，故生成1molCH3OH转移电子为6mol，故答案为：6；②A为SO2，S元素化合价是+4价，B为O2，O元素化合价是0价，C为H2SO4，氧元素化合价是﹣2价，S元素化合价是+6计算，所以二氧化硫失电子，氧气得电子，则A是负极，B是正极，溶液中的阳离子移向正极，负极上二氧化硫失电子和水反应生成硫酸，电极反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣=4H++SO42﹣，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，所以正极电池反应式为：O2+4e﹣+4H+=2H2O，故答案为：左到右；O2+4e﹣+4H+=2H2O；（2）①题图中左边加入含硫酸的水，右侧加入含KOH的水，说明左边制硫酸，右边制备KOH溶液，氢氧根离子在阳极放电，同时电解后溶液呈酸性，氢离子在阴极放电，同时电解后溶液呈碱性，则X为阳极，Y为阴极，所以X连接电源正极；Y电极上氢离子放电生成氢气，所以氢气从C口导出，故答案为：正；C；②n（H2）==0.5mol，根据2H++2e﹣═H2↑知，得电子的物质的量为1mol，得电子数为6.02×1023，X极的反应式为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，根据得失电子守恒知，生成H+的物质的量为1mol，根据氢原子守恒得生成0.5molH2SO4，m（H2SO4）=nM=0.5mol×98g/mol=49g，故答案为：49g．故答案为：49g；6.02×1023．【点评】本题考查了原电池和电解池原理，正确推断电解池阴阳极是解本题关键，根据加入水溶液的溶质确定电极产物，结合电极产物确定阴阳极，再结合转移电子守恒进行有关计算，难度中等．22\n　18．氮是大气中含量最多的气体，研究氮及其化合物对人类有重要的意义．（1）合成氨的原理为：N2（g）+3H2⇌2NH3△H=﹣92.4kJ/mol①将一定量的N2（g）和H2（g）放入1L的密闭容器中，在500℃、2×107Pa下达到平衡，平衡时测得N2为0.1mol，H2为0.3mol，NH3为0.1mol．该条件下H2的转化率为　33.3%　．此温度下该反应的平衡常数K=　3.7（L/mol）2　．②欲提高H2的转化率，下列措施可行的是　ad　．a．向容器中按原比例再充入原料气b．向容器中再充入惰性气体c．改变反应的催化剂d．液化生成物分离出氨（2）在2L密闭容器中，800℃时反应2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H＜0体系中，各成分浓度随时间的变化如图：①用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=　0.0015mol/L•min　．②能说明该反应已经达到平衡状态的是　bc　．a．v（NO2）=2v（O2）b．容器内压强保持不变c．v逆（NO）=2v正（O2）d．容器内的密度保持不变③为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是　c　．a．及时分离出NO2气体b．适当升高温度c．增大O2的浓度d．选择高效的催化剂（3）汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体．4CO（g）+2NO2（g）⇌4CO2（g）+N2（g）△H=﹣1200kJ•mol﹣1对于该反应，温度不同（T2＞T1）、其他条件相同时，下列图象正确的是　乙　（填代号）．【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【分析】（1）①根据化学方程式，依据化学平衡三段式列式进行计算，根据转化率=×100%，依据平衡常数概念计算得到；②根据化学平衡移动原理的有关知识来回答；（2）①由图象数据可知，由方程式2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）可知，平衡时△c（NO）：△c（O2）：△c（NO222\n）=2：1：2，为据此判断表示，浓度变化的曲线，分别为b为NO，c为O2，aNO2，由图中数据可知2s内，O2的浓度变化量为0.005mol/L﹣0.002mol/L=0.003mol/L，根据v=计算v（O2）；②根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；③根据外界条件对反应速率与平衡的移动分析解答；（3）根据影响化学平衡移动的因素以及化学平衡移动的方向来判断即可，根据影响化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂来确定化学反应达平衡用到的时间，根据影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强来确定化学平衡中各个量的变化情况．【解答】解：（1）根据化学方程式和三段式列式计算：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）初始浓度；0.60.450变化浓度：0.50.150.1平衡浓度：0.10.30.1该条件下H2的转化率=×100%≈33.3%，平衡常数K===3.7（L/mol）2故答案为：33.3%；3.7（L/mol）2；③根据化学平衡：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），反应是气体体积减小的放热反应，欲提高H2的转化率，平衡正向进行；a．向容器中按原比例再充入原料气，则压强增大，平衡向右移动，氢气的转化率增大，故a正确；b．向容器中再充入惰性气体，则各组分浓度不变，平衡不移动，氢气的转化率不变，故b错误；c．改变反应的催化剂，不影响平衡的移动，氢气的转化率不变，故c错误；d．液化生成物分离出氨，平衡向右移动，氢气的转化率增大，故d正确；故选ad．（2）①由图象数据可知，由方程式2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）可知，平衡时△c（NO）：△c（O2）：△c（NO2）=2：1：2，为据此判断表示，浓度变化的曲线，分别为b为NO，c为O2，aNO2，由图中数据可知2s内，O2的浓度变化量为0.005mol/L﹣0.002mol/L=0.003mol/L，根据v=计算v（O2）==0.0015mol/L•min；故答案为：0.0015mol/L•min；②能说明该反应已经达到平衡状态的是当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变；a．未指明正逆速率，若都为同一方向速率，始终都存在v（NO2）=2v（O2）关系，故不能说明到达平衡，若为不同方向的速率，速率之比等于化学计量数之比，说明到达平衡，故a错误；22\nb．随反应进行气体的物质的量减小，压强增减小，容器内压强保持不变，说明到达平衡，故b正确；c．不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故v逆（NO）=2v正（O2），说明到达平衡，故c正确；d．反应混合气体的质量不变，容器的体积不变，密度始终不变，故容器内物质的密度保持不变，不能说明到达平衡，故d错误；故选bc；③为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动依据平衡移动原理分析判断；a．及时分离出NO2气体，平衡向正反应移动，但反应速率降低，故a错误；b．适当升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应移动，故b错误；c．增大O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，故c正确；d．选择高效的催化剂，增大反应速率，不影响平衡移动，故d错误；故选c；（3）甲：升高温度，化学平衡逆向移动，化学反应速率会迅速增大，会离开原来的速率点，故甲错误；乙：升高温度，化学反应速率会迅速增大，所以T2时先达到化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故乙正确；丙：对于反应：4CO（g）+2NO2（g）⇌4CO2（g）+N2（g），T不变，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数会减小，故丙错误．故答案为：乙．【点评】本题考查平衡常数即影响因素、化学反应速率、影响化学平衡的元素与平衡状态的判断等，难度中等，注意平衡状态判断选择判断的物理量，应随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，属于综合的考查，注意知识的归纳和整理是解题关键．　19．科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池．已知1molH2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧放出的热量为分别为285.8kJ、283.0kJ和726.5kJ．请回答下列问题：（1）用太阳能分解10mol水消耗的能量是　2858　kJ；（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为　CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣443.5kJ•mol﹣1　；（3）在容积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变得情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如下图所示（注：T1、T2均大于300℃）；下列说法正确的是　③④　（填序号）①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为v（CH3OH）=mol•L﹣1•min﹣1②该反应在T时的平衡常数比T2时的小③该反应为放热反应④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大（4）在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a，则容器内的压强与起始压强之比为　（2﹣a）：2　；22\n（5）在直接以甲醇为燃料电池中，电解质溶液为酸性，负极的反应式为　2CH3OH+2H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+　、正极的反应式为　3O2++12H++12e﹣=6H2O　．理想状态下，该燃料电池消耗1mol甲醇所能产生的最大电能为702.1kJ，则该燃料电池的理论效率为　96.6%　（燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比）【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）1molH2（g）燃烧生成1molH2O（l）放出的热量为为285.8kJ，据此计算分解10mol水消耗的能量；（2）由CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热可得热化学方程式：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5kJ•mol﹣1根据盖斯定律，②﹣①可得：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）；（3）由图可知，T2先达到平衡，则温度T2＞T1，又温度高时平衡状态CH3OH的物质的量少，则说明可逆反应CO2+3H2⇌CH3OH+H2O向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，则T1时的平衡常数比T2时的大，故反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大，①中按照其计算速率的方法可知反应速率的单位错误，应为mol•min﹣1；（4）根据二氧化碳的转化率计算平衡时各物质的物质的量，恒温恒容下，压强之比对气体物质的量之比；（5）原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，甲醇在负极失去电子，酸性条件下生成二氧化碳，由电荷守恒可知，还生成氢离子，正极上是氧气获得电子，酸性条件下生成水；计算1mol甲醇反应放出的热量，进而计算该燃料电池的理论效率．【解答】解：（1）1molH2（g）燃烧生成1molH2O（l）放出的热量为为285.8kJ，分解10molH2O（l）消耗的能量为285.8kJ×10=2858kJ，故答案为：2858；（2）由CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热可得热化学方程式：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5kJ•mol﹣1根据盖斯定律，②﹣①可得：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），该反应的反应热△H=﹣726.5kJ•mol﹣1﹣（﹣283.0kJ•mol﹣1）=﹣443.5kJ•mol﹣1，故热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣443.5kJ•mol﹣1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣443.5kJ•mol﹣1；22\n（3）①按照其计算速率的方法可知反应速率的单位错误，应为mol•min﹣1，一般用单位时间内浓度变化量表示反应速率，故①错误；②由图可知，T2先达到平衡，则温度T2＞T1，又温度高时平衡状态CH3OH的物质的量少，则说明可逆反应CO2+3H2⇌CH3OH+H2O向逆反应方向移动，则T1时的平衡常数比T2时的大，故②错误；③升高温度，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，故③正确；④反应体系从T1变到T2，平衡逆向移动，则达到平衡时增大，故④正确；故选：③④；（4）反应达到平衡后，若CO2转化率为a，则：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol）：1300转化（mol）：a3aaa平衡（mol）：1﹣a3﹣3aaa根据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，即（1﹣a+3﹣3a+a+a）：（1+3）=（2﹣a）：2，故答案为：（2﹣a）：2；（5）原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，甲醇在负极失去电子，酸性条件下生成二氧化碳，由电荷守恒可知，还生成氢离子，负极电极反应式为2CH3OH+2H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+，正极上是氧气获得电子，酸性条件下生成水，正极电极反应式为：3O2++12H++12e﹣=6H2O，由CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5kJ•mol﹣1，可知1mol甲醇反应放出的热量为725.6kJ，则该燃料电池的理论效率为×100%=96.6%，故答案为：2CH3OH+2H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+；3O2++12H++12e﹣=6H2O；96.6%．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、热化学方程式、原电池等，题目比较综合，需要学生具备扎实的基础，难度中等．　22