福建省华安县高二化学上学期期末考试试题（含解析）.doc

福建省华安县2016-2017学年高二化学上学期期末考试试题（含解析）（考试时间：90分钟满分：100分） 可能用到的相对原子质量：h1o16cu64n14一、选择题（共16小题，每小题3分共48分，每小题只有一个选项符合题意。）1. 已知zn(s)h2so4(sq)=znso4(aq)h2(g)h0，则下列叙述不正确的是()a. 该反应的化学能可以转化为电能b. 该反应的h值与反应方程式的化学计量数有关c. 该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量d. 该反应中反应物的化学键断裂放出能量，生成物化学键形成吸收能量【答案】d【解析】a反应是氧化还原反应，可以设计成原电池，锌做负极，失电子，溶液中氢离子在正极得到电子实现化学能转化为电能，故a正确；b作为一个描述系统状态的状态函数，焓变没有明确的物理意义，h（焓变）表示的是系统发生一个过程的焓的增量，焓变并不随反应物的增加而增加，但焓变与化学方程式的系数有关，故b正确；c反应是放热反应，依据能量守恒，反应物总能量大于生成物总能量，故c正确；d断裂化学键吸收能量，生成化学键会放热，故d错误；故选d。2. 用食用白醋（醋酸浓度约1 moll-1）进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是（ ）a. 用白醋做导电性实验，灯泡发亮b. 用ph试纸测试其ph约为2c. 向白醋中加入镁粉出现气泡d. 向cu(oh)2中加入白醋，cu(oh)2溶解【答案】b【解析】a导电性与离子浓度大小有关，与电解质的强弱没有必然关系，所以不能证明醋酸部分电离，不能证明醋酸是弱电解质，故a错误；bph试纸显示白醋的ph为2，氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，为弱电解质，故b正确；c向白醋中加入镁粉出现气泡，只能证明醋酸呈酸性，无法证明醋酸为弱电解质，故c错误；d向cu（oh）2中加入白醋，cu（oh）2溶解，只能证明醋酸呈酸性，无法判断醋酸的电离程度大小，故d错误；故选b。 点睛：强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，只要证明醋酸在溶液中部分电离就能证明醋酸为弱电解质，注意与导电性强弱无关，据此分析解答。3. 在298 k、100 kpa时，已知：2h2o(g)=2h2(g)o2(g) h1； cl2(g)h2(g)=2hcl(g) h2； 2cl2(g)2h2o(g)=4hcl(g)o2(g) h3则h3、h2和h1之间的关系正确的是（ ）a. h3h1h2 b. h3h12h2c. h3h12h2 d. h3h1h2【答案】b【解析】2h2o（g）=2h2（g）+o2（g）h1；h2（g）+cl2（g）=2hcl（g）h2；2cl2（g）+2h2o（g）=4hcl（g）+o2（g）h3；则反应=2+，由盖斯定律可知，h3=2h2+h1；故答案为b。点睛：根据三个化学反应方程式可知，反应2cl2（g）+2h2o（g）=4hcl（g）+o2（g）可由另两个反应变形后加和得到，则由盖斯定律可知，h3应为另两个反应反应热的加和；根据1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热判断。4. 反应c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（） 增加c的量 将容器的体积缩小一半 保持体积不变，充入n2使体系压强增大 保持压强不变，充入n2使容器体积变大 升温a. b. c. d. 【答案】c点睛：考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，对应反应c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g），有气体参加和生成，则温度、压强都能对化学反应速率产生影响，以此解答该题。5. 在密闭绝热容器中发生反应：so2(g)no2(g) so3(g)no(g) h0d. 常温下，在agcl悬浊液中加入少量nacl饱和溶液，减小，ksp(agcl)减小【答案】c【解析】anh4+在溶液中部分水解，所以常温下，0.1moll-1 nh4cl溶液中氢离子浓度小于0.1moll-1，则ph1，故a错误；b活性电极作阳极，阳极直接失电子，溶液中的阴离子不失电子，所以工业上电解饱和食盐水时，以石墨作阴极，不能用铁棒作阳极，故b错误；c当g=h-ts0时反应能自发进行，反应co2（g）+c（s）=2co（g）的s0，在高温下可自发进行，则该反应的h0，故c正确；dksp（agcl）只随温度的变化而变化，所以常温下，在agcl悬浊液中加入少量nacl饱和溶液，c（ag+）减小，ksp（agcl）不变，故d错误；故选c。8. 可逆反应ma(s)nb(g)ec(g)fd(g)，反应过程中，当其他条件不变时，c的百分含量(c%)与温度(t)和压强(p)的关系如下图。下列叙述正确的是图图a. 化学方程式中m+nefb. 达平衡后，若升温，平衡左移c. 达平衡后，加入催化剂则c%增大d. 达平衡后，增加a的量有利于平衡向右移动【答案】b【解析】a由上述分析可知，可逆反应ma（固）+nb（气）pc （气）+qd（气）正反应为气体物质的量增大的反应，即np+q，故a错误；b由上述分析可知，可逆反应ma（固）+nb（气）pc （气）+qd（气）正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向逆反应移动，故b正确；c催化剂只改变化学反应速率，对平衡移动没有影响，c的质量分数不变，故c错误；da为固体，浓度为定值，达平衡后，增加a的量，平衡不移动，故d错误；故选b。点睛：根据图象判断外界条件对平衡的移动的影响是解答该题的关键；可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短由图象（1）可知t1t2，温度越高，平衡时c的体积分数（c）越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短由图（2）可知p2p1，压强越大，平衡时c的体积分数（c）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即np+q，据此结合外界条件对化学平衡的影响分析解答。9. 常温下，将0.1 moll1氢氧化钠溶液与0.06 moll1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的ph等于()a. 1.7 b. 2.0 c. 12.0 d. 12.4【答案】b【解析】设溶液的体积都是1l，则氢氧化钠的物质的量为1l0.1 moll-1=0.1 mol，硫酸的物质的量为1l0.06 moll-1=0.06 mol，h+的物质的量为0.06 mol2=0.12 mol，则当酸碱发生中和时h+和oh-的物质的量分别为0.12 mol和0.1 mol，则硫酸过量，过量的h+的物质的量为0.12 mol-0.1 mol=0.02 mol，则反应后溶液中h+的物质的量浓度为c（h+）=0.01 moll-1，ph=-lg10-2=2.0，故选b。点睛：考查溶液ph的有关计算，明确酸碱反应的过量分析是解答的关键，根据酸碱溶液混合时，先判断过量，然后计算过量的酸或碱的物质的量浓度，最后计算溶液的ph来解答即可。10. 常温下，物质的量浓度均为0.1 moll-1的下列溶液：na2co3溶液 naoh溶液 nahso4溶液 nh4cl溶液 nano3，溶液的ph由小到大的排列顺序是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】为碱性，中水解显碱性，等浓度强碱溶液的ph大，则ph为；为酸性，电离显酸性，水解显酸性，等浓度时中酸性强，则中ph最小，ph为，为中性，则溶液的ph由小到大的排列顺序是，故选a。点睛：考查ph的比较，把握盐类水解、电解质的电离、ph与酸碱性的关系为解答的关键，为碱性，等浓度强碱溶液的ph大，为酸性，等浓度时中酸性强，则中ph最小，为中性，以此来解答。11. 100时，将0.1mol n2o4置于1l密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：n2o4（g）2no2 （g），下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是（） n2o4的消耗速率与no2的生成速率之比为1：2 no2生成速率与no2消耗速率相等 烧瓶内气体的压强不再变化 烧瓶内气体的质量不再变化 no2的物质的量浓度不再改变 烧瓶内气体的颜色不再加深 烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化 烧瓶内气体的密度不再变化a. b. c. 只有 d. 只有【答案】b【解析】无论反应是否达到平衡状态，n2o4的消耗速率与no2的生成速率之比都为1：2，所以不能证明是否达到平衡状态，故错误；no2的正逆反应速率相等，所以能证明达到平衡状态，故正确；该反应是反应前后气体体积改变的反应，当该反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变，所以压强就不再改变，能证明该反应达到平衡状态，故正确；根据质量守恒，无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的质量都不再改变，所以不能证明该反应是否达到平衡状态，故错误；平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，所以能证明该反应达到平衡状态，故正确；平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，烧瓶内气体的颜色不再加深，所以能证明该反应达到平衡状态，故正确；平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，质量始终不变，所以当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，能证明该反应达到平衡状态，故正确；根据质量守恒，反应前后气体质量不变，容器的体积不变，所以烧瓶内气体的密度始终不变，故错误；所以不能说明是平衡状态的是，故答案为b。点睛：考查化学平衡状态的判断。注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。12. 实验：0.1 moll1 agno3溶液和0.1 moll1nacl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c； 向滤液b中滴加0.1 moll1 ki溶液，出现浑浊； 向沉淀c中滴加0.1 moll1ki溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是a. 浊液a中存在沉淀溶解平衡：agcl(s) ag(aq)cl(aq)b. 滤液b中不含有agc. 中颜色变化说明agcl转化为agid. 实验可以证明agi比agcl更难溶【答案】b【解析】a浊液a中含有agcl，存在沉淀的溶解平衡：agcl（s）ag+（aq）+cl-（aq），故a正确；b滤液为agcl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在ag+，故b错误；c向agcl中滴加0.1moll-1ki溶液，白色agcl沉淀变为黄色agi沉淀，故c正确；d向agcl中滴加0.1moll-1ki溶液，白色agcl沉淀变为黄色agi沉淀，实验证明agi比agcl更难溶，故d正确；故选b。13. 已知cu(oh)2在水中存在着如下沉淀溶解平衡：cu(oh)2(s) cu2(aq)2oh(aq)，在常温下，ksp21020。某cuso4溶液中，c(cu2)0.02 moll1，在常温下如果要生成cu(oh)2沉淀，需要向cuso4溶液加入碱溶液来调整ph，使溶液的ph大于a. 2 b. 3 c. 4 d. 5【答案】d【解析】已知ksp=210-20，c（cu2+）=0.02 moll-1，在常温下如果要生成cu（oh）2沉淀，则c（cu2+）c2（oh-）210-20，所以c（oh-）=10-9（mol/l），应调节溶液ph大于5，故选d。点睛：考查难溶电解质的溶解平衡，侧重于浓度的计算，在常温下如果要生成cu（oh）2沉淀，应满足c（cu2+）c2（oh-）210-20，以此计算溶液的c（oh-），可确定溶液的ph。14. 下列关于各图的说法，正确的是 ( )a.中阴极处能产生使湿润淀粉ki试纸变蓝的气体b. 中待镀铁制品应与电源正极相连c. 中的离子交换膜可以避免生成的cl2与naoh溶液反应d. 中钢闸门应与外接电源的正极相连【答案】c15. 2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系。下列叙述错误的是() a. a为电池的正极b. 电池充电反应为limn2o4=li1xmn2o4xlic. 放电时，a极锂元素的化合价发生变化d. 放电时，溶液中li从b向a迁移【答案】c【解析】a根据图知，放电时，b电极上li失电子生成 li+，所以b是负极，则a是正极，故a正确；b放电时，负极反应式为xli-xe-x li+，正极反应式为xli+li1-xmn2o4+xe-limn2o4，所以电池反应式为li1-xmn2o4+xli=limn2o4，故b正确；c放电时，a极上li元素化合价都是+1价，化合价不变，故c正确；da是正极、b是负极，放电时电解质溶液中阳离子向正极移动，所以溶液中的li+从b向a迁移，故d正确；故选c。点睛：考查化学电源新型电池，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，放电时，li易失电子作负极，负极反应式为xli-xe-x li+，正极反应式为xli+li1-xmn2o4+xe-limn2o4，得失电子相同时将正负极电极反应式相加即可得到电池反应式，放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动；难点是电极反应式的书写，注意电解质溶液中阴阳离子移动方向，为易错点。16. 把6molm和5moln的混合气体通入容积为4l的密闭容器中，在一定条件下发生如下反应：5m（g）+ 4n（g） 6p（g）+ xq（g），经5min后反应达到平衡，此时生成p 3mol，并测得q的平均反应速率为0.1mol/(lmin)下列说法正确的是（ ）a. 化学计量数x=2b. m的转化率为41.67%c. n的平衡浓度为0.075mol/ld. 反应前后混合气体的压强比为23/22【答案】b【解析】q的平均反应速率为0.1moll-1min-1，换算为生成d的物质的量为0.1moll-1min-15min4l=2mol， 5m（g）+4n（g）6p（g）+xq（g）起始量（mol） 65 0 0变化量（mol）2.5 2 3 2 平衡量（mol）3.5 3 3 2a物质的量的变化量之比等于化学方程式中的系数之比，c、d的物质的量之比为3：2，则x=4，故a错误；bm的转化率为100%=41.67%，故b正确；cn的平衡浓度为=0.75 mol/l，故c错误；d反应前后混合气体的物质的量之比为=2223，根据压强之比等于物质的量之比为22：23，故d错误；故选b。点睛：考查化学平衡的计算应用，根据化学平衡三段式计算，结合题给化学反应速率概念，速率之比等于化学方程式中的系数之比进行分析计算，压强之比等于物质的量之比。二、非选择题（52分）17. 请你利用所学的化学反应原理解决下列问题：（1）现需要对农作物同时施用氮肥、磷肥、钾肥三种化肥，对给定的下列化肥k2co3、kcl、ca(h2po4)2、(nh4)2so4，氨水，最适当的组合是_abcd（2）焙制糕点把nahco3作为发酵粉使用时，往往添加入少量的明矾，这是因为_a明矾起催化作用 b硫酸铝钾比碳酸氢钠更易分解c明矾受热分解放出气体 d铝盐在水中水解，能起到酸的作用（3）实验室配制feso4溶液，溶解时先要加入少量的稀硫酸，其原因是_ (用离子方程式和适当文字说明)；配制完毕后要加入少量铁屑，其目的是_。（4）工业上合成氨：n2(g)3h2(g)2nh3 (g) h0，采用高温、高压、催化剂作为反应条件，原因是：_ 。（5）已知ksp(baso4)=1.0710-10 ksp(baco3)=2.5810-9 ，二者的溶解能力相差不大，但_溶解能力相对更小。重晶石（主要成分是baso4）是制备钡化合物的重要原料，但是baso4不溶于酸，若用_处理即可转化为易溶于酸的baco3 。总反应的离子方程式是：_。【答案】 (1). 【答题空1】c (2). 【答题空2】d (3). 【答题空3】fe2+ +2h2ofe(oh)2+2h+ (4). 【答题空4】稀硫酸可抑制fe2+水解 (5). 【答题空5】防止fe2+被氧化 (6). 【答题空6】高温、高压、催化剂有利于提高反应速率，高压有利于氨气的生成，提高氨的产率 (7). 【答题空7】baso4 (8). 【答题空8】饱和na2co3溶液 (9). 【答题空9】baso4(s) + co3 2- (aq)baco3(s)+ so42-(aq)【解析】（1）ak2co3水解显碱性，nh4cl水解显酸性，二者混合会发生相互促进的水解反应生成氨气，会降低肥效；k2co3 与ca（h2po4）2反应会生成沉淀，会降低肥效，故a错误；bk2co3 与ca（h2po4）2反应会生成沉淀，会降低肥效；ca（h2po4）2与氨水反应生成沉淀，会降低肥效，故b错误；ckcl、ca（h2po4）2、（nh4）2so4 相互不发生反应，可以混合使用，故c正确；dca（h2po4）2与氨水反应生成磷酸钙沉淀，会降低肥效，故d错误；故选c；（2）明矾在溶液中会发生水解，溶液显酸性，nahco3在酸性条件下生成二氧化碳，所以把nahco3作为以酵粉使用时，往往加入少量的明矾，明矾在水中能起到酸的作用；故选d。（3）因fe2+在溶液中易水解，发生反应的离子方程式为fe2+ +2h2ofe(oh)2+2h+，实验室配制feso4，溶解时先要加入少量的稀硫酸，其原因是稀硫酸可抑制fe2+水解 ；fe2+易被空气中的氧气氧化成fe3+，配制完毕后要加入少量铁屑，其目的是铁可将fe3+还原成fe2+， 防止被氧化；（4） 高温、高压、催化剂有利于提高反应速率，高压有利于氨气的生成，提高氨的产率，因此工业上合成氨常采用高温、高压、催化剂作为反应条件；（5）因为ksp(baso4)=1.0710-10 ksp(baco3)=2.5810-9 ，则baco3溶解能力相对更小；根据沉淀转移原理，可用饱和na2co3溶液处理baso4即可转化为易溶于酸的baco3 ，发生反应的离子方程式为baso4(s) + co3 2- (aq)baco3(s)+ so42-(aq)。18. (1)常温下，a ml 0.1 moll1的ch3cooh溶液与b ml 0.1 moll1的naoh溶液混合，充分反应。写出反应的离子方程式：_。0.1 moll1的ch3cooh溶液与 0.1 moll1的naoh溶液，两溶液ph之和_14(填“”)。若ab，则反应后溶液中粒子(除水分子外)浓度从大到小的顺序是_。若混合后溶液呈中性，则a_b，反应后溶液中c(ch3coo)_c(na)(填“”)。(2)常温下，a ml ph2的h2so4溶液与b ml ph12的氨水溶液混合，充分反应。混合前，两溶液中由水电离出的h浓度之比为_；若ab，则反应后溶液显_（填“酸性”、“ 中性”或“碱性”）。【答案】 (1). ch3coohoh=ch3cooh2o (2). (3). c(na) c(ch3coo)c(oh)c(ch3cooh)c(h) (4). (5). (6). 11 (7). 碱性【解析】（1）酸碱中和反应生成盐和水，离子方程式为ch3cooh+oh-=ch3coo-+h2o；0.1mol/l的ch3cooh的ph大于1，0.1mol/lnaoh的ph=13，之和大于14；a=b，反应后溶液中的溶质为醋酸钠，ch3coo-+h2och3cooh+oh-，醋酸根水解呈碱性，离子浓度为c（na+）c（ch3coo-）c（oh-）c（ch3cooh）c（h+）；若a=b，反应后溶液中的溶质为醋酸钠，醋酸根水解呈碱性，若要呈中性，则碱要少加些，根据电荷守恒c（na+）+c（h+）=c（ch3coo-）+c（oh-），中性则c（h+）=c（oh-），此时c（ch3coo-）=c（na+）；（2）硫酸和氨水均抑制水的电离；常温下，amlph=2的硫酸与bmlph=12的氨水溶液，两溶液中由水电离出的h+浓度均为10-12mol/l，则由水电离出的h+浓度之比为11；若a=b，两者完全混合后得到硫酸铵和过量氨水，以nh3h2o的电离为主，溶液呈碱性。19. 用物质的量浓度为a moll1的标准naoh溶液去测定v ml盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白： (1)碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是_。(2)用标准naoh溶液滴定时，应将标准naoh溶液注入_(填“甲”或“乙”)中。(3)取20.00 ml待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加23滴酚酞作指示剂，用标准naoh溶液进行滴定。重复上述滴定操作23次，记录数据如下。实验编号naoh溶液的浓度(moll1)滴定完成时naoh溶液滴入的体积(ml)待测盐酸的体积(ml)10.1022.6220.0020.1022.7220.0030.1022.8020.00滴定达到终点的标志是_。根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_(保留两位有效数字)。(4)若所测得盐酸浓度偏大，原因可能是_。a.实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时naoh溶液的体积b.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡c.盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗d.第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗e.滴加naoh溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定【答案】 (1). 用标准碱液润洗23次 (2). 乙 (3). 溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不退色 (4). 0.11 moll1 (5). b、c、d【解析】（1）碱式滴定管用蒸馏水洗净后，为了不影响氢氧化钠溶液的浓度，应该用标准naoh溶液润洗23次；（2）氢氧化钠溶液呈碱性，应该为碱式滴定管，图1中乙为碱式滴定管，所以应将标准naoh溶液注入乙中；（3）滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，即酚酞在酸中为无色，在碱性溶液中显浅红色；3组数据均合理，得出v（标准）=22.7ml，c（待测）=0.11350.11mol/l；（4）a滴定终点读数时俯视读，造成v（标准）偏小，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏小，故a错误；b碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致计算时消耗标准液体积偏大，则根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大，故b正确；c盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗，则标准液的浓度降低，造成v（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏高，故c正确；d锥形瓶用待装液润洗过，造成造成v（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大，故d正确；e滴加naoh溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，溶液未完全中和，消耗的标准液体积偏小，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏低，故e错误；答案为bcd。点睛：本题考查中和滴定操作、计算及误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。20. 淮南市我国重要的煤炭生产基地，通过煤的气化和液化，能使煤炭得以更广泛的应用。.工业上先将煤转化为co，再利用co和水蒸气反应制h2是存在以下平衡：co(s)+h2o(g)2co2(g)+h2（g）（1）向2l恒容密闭容器中充入一定量的co和h2o，800时，测得部分数据如下表：t/min01234n(h2o)/mol1.201.040.900.700.70n(co)/mol0.80.640.500.300.30则反应从开始到2min时，用h2表示的平均反应速率_moll1min1 ；该温度下反应的平衡常数k=_(小数点后保留1位有效数字）（2）相同条件下时，向2l恒容密闭容器中充入co(g)、h2o(g)、co2(g)、h2(g)的物质的量分别为1.00mol、3.00mol、2.00mol、2.00mol，则此时该反应v（正）_v（逆）（填“”、“”或“=”）。 ii.已知co(g)、h2(g)、ch3oh(l)燃烧热分别为283 kj/mol、286 kj/mol、726 kj/mol。（3）利用一氧化碳、氢气合成液态甲醇的热化学方程式为_。（4）依据化学反应原理，分析升高温度对制备甲醇反应的影响_。 .为摆脱对石油的过度依赖，科研人员将煤液化制备汽油，并设计了汽油燃料电池，电池工作原理如图下图所示：一个电极通入氧气，另一个电极通入汽油