江西省赣州市南康中学2019_2020学年高二化学上学期第一次月考试题（含解析）.docx

江西省赣州市南康中学2019-2020学年高二化学上学期第一次月考试题（含解析）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1.已知白磷和P4O6的分子结构如图，现提供以下化学键的键能：P-P：198kJmol1、P-O：360kJmol1、O=O：498kJmol1，则反应P4（白磷）+3O2=P4O6的反应热H为（ ）A. -126kJmol1B. -1638kJmol1C. +126kJmol1D. +1638kJmol1【答案】B【解析】【详解】已知P4分子内有6个P-P键，则P4(白磷)+3O2=P4O6的H=反应物的键能和-生成物的键能和=198kJ/mol6+498kJ/mol3-360kJ/mol12=-1638kJ/mol，故答案为B。2.下列反应的离子方程式表达正确的是A. FeCl3溶液中滴加HI溶液：2Fe3+2HI2Fe2+2H+I2B. 1 molL1 NaAlO2溶液和4 molL1 HCl溶液等体积混合：AlO2+4H+Al3+2H2OC. NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：NH4+H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+NH3H2O+H2OD. Na2S2O3溶液中滴加过量稀H2SO4：3S2O32+2H+4S+2SO42+H2O【答案】B【解析】A. FeC13溶液中滴加HI溶液：2Fe3+2I=2Fe2+I2，A错误；B. 1molL-1NaA1O2溶液和4 molL-1HCl溶液等体积混合恰好反应生成氯化铝、氯化钠和水：AlO2-+4H+=Al3+2H2O，B正确；C. NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O，C错误；D. Na2S2O3溶液中滴加过量稀H2SO4：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，D错误，答案选B。点睛：选项B是易错点，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，反应的先后顺序，注意隐含因素等。3.已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=-571.6kJmol-12CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) H=-1452kJmol-1H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) H=-57.3kJmol-1下列说法正确的是（ ）A. H2(g)的燃烧热为571.6kJmol-1B. H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+H2O(l) H=-57.3 kJmol-1C. 3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+H2O(l) H=+135.9 kJmol-1D. 等质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)燃烧放出的热量多【答案】D【解析】【详解】A根据2H2(g)+O2(g)2H2O(l)H=-571.6kJmol-1可知1mol氢气燃烧生成1mol液态水放出热量为285.8kJmol-1，则氢气燃烧热为285.8kJmol-1，故A错误；B反应中有BaSO4(s)生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3kJ多，即该反应的H-57.3kJmol-1，故B错误；C2H2(g)+O2(g)2H2O(l)H=-571.6kJmol-1，2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)H=-1452kJmol-1，按盖斯定律计算3-得到：6H2(g)+2CO2(g)2CH3OH(l)+2H2O(l)H=-262.8kJmol-1，则正确的热化学方程式是：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(l)+H2O(l)H=-131.4kJmol-1，故C错误；D同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，设质量为1g；2H2(g)+O2(g)2H2O(l)H=-571.6kJmol-12 571.6kJmol 142.9kJ2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)H=-1452kJmol-12 1452kJmol 22.69kJ所以H2(g)放出的热量多，故D正确；故答案D。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系。4.向某密闭容器中加入 0.3 mol A、0.1 mol C 和一定量的 B 三种气体， 一定条件下发生如下反应： 3A(g) B(g)2C(g)，各物质的浓度随时间变化如图所示t0t1 阶段的 c(B)变化未画出。下列说法中正确的是( )A. 若 t115 s，则用 A 的浓度变化表示 t0t1阶段的平均反应速率为 0.004 molL1s1B. t1时该反应达到平衡，A的转化率为 60%C. 该容器的容积为2 L，B的起始的物质的量为 0.02 molD. t0t1 阶段，此过程中容器与外界的热交换总量为 a kJ，该反应的热化学方程式为 3A(g)B(g)2C(g) H50a kJmol1【答案】B【解析】【详解】A.t0t1阶段，A 的浓度变化为0.15-0.06=0.09 molL1，t0t1阶段的平均反应速率为0.09/15=0.006 molL1s1，A错误；B.t1时该反应达到平衡， A 的转化率为=0.09/0.15100=60%，B正确；C.根据反应3A(g) B(g)2C(g)可知，反应达平衡后，c(A)=0.09 molL1, c(B)=O.03 molL1,由图像可知反应达平衡后，c(B)=0.05 molL1，所以B的起始的浓度为0.02 molL1，B的起始的物质的量为0.022=0.04 mol，C错误；D.t0t1 阶段，c(A)=0.09 molL1，n(A)=0.092 mol =0.18 mol，此时放热a kJ，如果有3 mol A完全反应，放热为50 a /3 kJ,即3A(g)B(g)2C(g) H50a/3 kJmol1，D错误。正确选项B。5.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中的硫的回收：SO2(g)2CO(g)2CO2(g)S(l) H0。一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中1molSO2和nmolCO发生反应，5min后达到平衡，生成2amolCO2。下列说法正确的是A. 反应前2min的平均速率v(SO2)0.1amol/(L.min)B. 当混合气体的物质的量不再改变时，反应达到平衡状态C. 平衡后保持其它条件不变，从容器中分离出部分硫，平衡向正反应方向移动D. 平衡后保持其他条件不变，升高温度和加入催化剂，SO2的转化率均增大【答案】B【解析】【详解】A、根据方程式可知，生成2amolCO2的同时，消耗amolSO2，其浓度的变化量是mol/L，所以反应前2min的平均速率v(SO2)mol/L 2min0.25a mol/(Lmin)，A不正确；B、根据方程式可知，该反应是气体的物质的量减小的可逆反应，因此当混合气体的物质的量不再改变时，可以说明反应达到平衡状态，B正确；C、该反应中S是液体，改变液体的质量其浓度不变，故平衡不移动，C不正确；D、该反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率降低。催化剂不能改变平衡状态，转化率不变，D不正确。答案选B。6.在密闭容器中，反应xA(g)+yB(g)zC(g)达平衡时，A的浓度为0.5mol/L。若保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达新平衡时A的浓度降为0.3mol/L。下列判断正确的是（ ）A. xyzB. 平衡向正反应方向移动C. B的转化率降低D. C的体积分数增大【答案】C【解析】【分析】容积扩大原来的2倍，假设平衡不移动，此时A的浓度为应为0.25molL1。达新平衡时A的浓度降为0.3molL1，说明平衡向逆反应方向移动。【详解】A. 容积扩大原来的2倍，容器中的气体压强减小，平衡逆向移动，则xyz，A错误；B. 平衡向逆反应方向移动，B错误；C. 平衡向逆反应方向移动，故B的转化率降低，C正确； D. 平衡向逆反应方向移动，故 C的体积分数减小，D错误。故选项C正确。7.下列事实能用勒夏特列原理来解释是A. SO2氧化为SO3，往往需要使用催化剂2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)B. 500 左右的温度比室温更有利于合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0C. H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深H2(g)+I2(g)2HI(g)D. 实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气Cl2+H2OH+Cl-+HClO【答案】D【解析】【详解】A加入催化剂有利于加快二氧化硫生成三氧化硫的反应速率，但是不会引起平衡平衡移动，不能用勒夏特列原理解释；B合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500左右的温度比室温更有利于合成氨反应，不能用平衡移动原理解释；CH2(g)+ I2(g)2HI(g)的平衡中，增大压强，浓度增加，颜色加深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释；D实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，正确。故选D。8.根据vt图分析外界条件改变对可逆反应A(g)3B(g) 2C(g) H b a【答案】B【解析】【分析】由图可知，B2起始相同时，T2对应的AB3的含量大，则若该正反应为吸热反应，则T2T1，若该正反应为放热反应，则T2T1；由图可知B2越大，达到平衡时A2的转化率越大，且b点AB3的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比，以此来解答。【详解】A根据图象可知，a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大，则反应物的浓度依次增大，反应速率依次增大，故A正确；B根据图象可知，a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大，对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，则另一种反应物的转化率增大，则达到平衡时A2的转化率大小为：abc，故B错误； C若T2T1，由图象可知温度升高生成物的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应分析移动，则正反应为吸热反应，故C正确；D对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量增多，所以达到平衡时，AB3的物质的量大小为cba，故D正确；故答案为B。11.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230时，该反应的平衡常数K=2105。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230制得高纯镍。下列判断正确的是A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B. 第一阶段，在30和50两者之间选择反应温度，选50C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低D. 该反应达到平衡时，v生成Ni(CO)4=4v生成(CO)【答案】B【解析】【详解】A.平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故A错误；B.50时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，故B正确；C.230时，Ni(CO)4分解的平衡常数K逆=1/K正=1/（2105）=5104，可知分解率较高，故C错误； D.平衡时，应该是4v生成Ni(CO)4=v生成(CO)，故D错误；正确答案：B12.在2L恒容密闭容器中充入2molX和1molY，发生反应：2X(g)Y(g)3Z(g)，反应过程持续升高温度，测得X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（ ）A. Q点时，Y的转化率最大B. 升高温度，平衡常数增大C. W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率D. 平衡时，再充入Z，达到平衡时Z的体积分数一定增大【答案】A【解析】【详解】在Q对应温度之前，升高温度，X的含量减小，在Q对应温度之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应。A曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，故A正确；B已知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，故B错误；CW点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以W点X的正反应速率小于M点X的正反应速率，故C错误；D反应前后气体的物质的量不变，在一定温度下，平衡时充入Z，达到平衡时与原平衡是等效平衡，所以达到新平衡时Z的体积分数不变，故D错误；故答案为A。【点睛】图象问题解题步骤：(1)看懂图象：看面(即弄清纵坐标与横坐标的意义)；看线(即弄清线的走向和变化趋势)；看点(即弄清起点、拐点、交点、终点的意义)；看是否要作辅助线(如等温线、等压线)；看定量图象中有关量的多少；(2)联想规律：联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律。13.在1 L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g)M(g)+N(g)，所得实验数据如下表：实验编号温度/起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)7000.100.100.098000.200.200.108000.200. 30a9000.100.15b下列说法错误的是（ ）A. 实验中，若5 min时测得n(M) =0.05 mol，则0至5 min时间内，用N表示的平均反应速率v(N) =0.01 mol/( Lmin)B. 实验中，该反应的平衡常数K=1.0C. 实验中，达到平衡时，X的转化率为60%D. 实验中，达到平衡时，b0.06【答案】D【解析】【详解】A、v（N）=v（M）= ，故A正确；B、 X（g）+Y（g）M（g）+N（g）起始浓度（molL1） 0.01 0.04 0 0转化浓度（molL1） 0.008 0.008 0.008 0.008平衡浓度（molL1） 0.002 0.032 0.008 0.008实验中，该反应的平衡常数 故B正确；C X（g）+Y（g）M（g）+N（g）起始浓度（molL1） 0.02 0.03 0 0转化浓度（molL1） 0.1a 0.1a 0.1a 0.1a平衡浓度（molL1）0.02-0.1a 0.03-0.1a 0.1a 0.1a 该反应的平衡常数K= 解得a=0.12，X的转化率=0.12/0.2100%=60%，故C正确；D根据三段式可求得，700时，化学平衡常数K2.6，升高温度至800得平衡常数为K=1.0，K减小，即平衡逆向移动，则正反应为放热反应，若的温度为800，恒容体系中，气体体积不变的反应，与为等效平衡，b=1/2，a=0.06mol，但的实际温度为900，相比较800，平衡逆向移动，故b0.06，D错误；故选D14.一定温度下，某容器中加入足量碳酸钙，发生反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)达到平衡，下列说法正确的是A. 将体积缩小为原来的一半，当体系再次达平衡时，CO2浓度为原来的2倍B. 增加CaCO3(s)的量，平衡正向移动，CO2的浓度增大C. 将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体密度不变D. 保持容器体积不变，充入He，平衡向逆反应方向进行【答案】C【解析】【详解】A将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，若平衡不移动，CO2的浓度为原来的2倍，由于温度不变，平衡常数不变，平衡向着逆向移动，则平衡时二氧化碳的浓度与原来相等，故A错误；BCaCO3为固体，增加CaCO3(s)的量，平衡不移动，CO2的浓度不变，故B错误；C该反应中只有二氧化碳气体，则将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，平衡常数不变，二氧化碳的浓度不变，气体密度不变，故C正确；D保持容器体积不变，充入He，由于气体的浓度不变，则平衡不会移动，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了化学平衡及其影响因素，明确影响化学平衡的因素为解答关键。本题的C为易错点，注意无论平衡是否移动，反应中只有二氧化碳一种气体，温度不变，平衡常数等于二氧化碳的浓度就不变。15.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）体积分数。下列说法正确的是A. 550时，若充入惰性气体，正，逆 均减小，平衡不移动B. 650时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C. T时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动D. 925时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总【答案】B【解析】【详解】A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此正，逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误；B根据图像可知在650时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 mol，则反应产生CO 0.4 mol，其中含有CO2 0.6 mol，反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol，因此CO2转化率为0.2 mol(06 mol+0.2 mol)100%=25.0%，B正确；CT时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误；D925时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，D错误。答案选B。16.已知反应A(g)B(g)C(g)D(g)的平衡常数和温度的关系如下：温度/70080083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4现有两个相同的2L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器、，在中充入1molA和1molB，在中充入1molC和1 molD，800条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是（ ）A. 容器、中的压强相等B. 容器、中反应的平衡常数相同C. 容器中C的体积分数比容器中的小D. 容器中A的浓度比容器中的小【答案】C【解析】【详解】反应A(g)B(g)C(g)D(g)的平衡常数随温度的升高，而减小，说明温度升高，平衡逆向移动，即正反应放热；A由于该反应正向是放热反应，且密闭容器、均恒容绝热，因此容器、随着反应的进行温度变得不一样，平衡时容器内混合气体的总物质的量不一样，则容器、中的压强不相等，故A错误；BK只与温度有关，由于该反应正向是放热反应，且密闭容器、均恒容绝热，因此容器、随着反应的进行温度变得不一样，则平衡时平衡常数也不一样，故B错误；C若反应过程中保持800不变，则密闭容器、如果在同等条件下，形成的平衡状态完全等效。而容器均恒容绝热，容器的平衡状态可看成是在容器平衡状态的基础上降温，则平衡会向正方向移动，C的体积分数增大，即容器中C的体积分数比容器中的小，故C正确；D若反应过程中保持800不变，则密闭容器、形成的平衡状态完全等效。而两容器均恒容绝热，容器的平衡状态可看成是在容器平衡状态的基础上降温，则平衡会向正方向移动，A的物质的量浓度减小，即容器中A的浓度比容器中的大，故D错误；故答案为C。二、填空题（共52分）17.某实验小组在同样的实验条件下，用同样的实验仪器和方法步骤进行两组中和热测定的实验，实验试剂及其用量如表所示。反应物起始温度/终了温度/中和热/kJmol-1硫酸碱溶液0.5 molL-1 H2SO4溶液50 mL、1.1 molL-1 NaOH溶液50 mL25.125.1H10.5 molL-1 H2SO4溶液50 mL、1.1 molL-1 NH3H2O溶液50 mL25.125.1H2（1）实验中碱液过量的目的是_。（2）甲同学预计H1H2，其依据是_。（3）若实验测得中终了温度为31.8，则该反应的中和热H1=_(已知硫酸、NaOH溶液密度近似为1.0gcm-3，中和后混合液的比热容c=4.18Jg-1-1；计算结果保留2位小数)。（4）在中和热测定实验中，若测定硫酸的温度计未用水洗涤就直接测量碱溶液的温度，则测得的中和热H_(填“偏大”“偏小”或“不变”，下同)。（5）若实验中硫酸用盐酸代替，且中和反应时有少量HCl挥发，则测得中和反应过程中放出的热量Q_。【答案】 (1). 保证酸完全反应，减小实验误差 (2). NH3H2O是弱碱，其电离过程会吸收热量 (3). -56.01 kJmol-1 (4). 偏大 (5). 偏小【解析】【分析】(1)为了使硫酸充分反应，碱液应过量；(2)根据弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程；(3)先求出反应前后的温度差，根据公式Q=cmT来求出生成0.25mol的水放出热量，最后根据中和热的概念求出中和热；(4)测定硫酸的温度计未用水洗涤就直接测量碱溶液的温度，使得碱溶液的初始温度偏高，温度差偏小；(5)实验中硫酸用盐酸代替，且中和反应时有少量HCl挥发，会导致生成水的物质的量减小，会导致中和反应中放出的热量减小。【详解】(1)碱液过量的目的是使硫酸充分反应，提高实验的准确度，减小实验误差；(2)NH3H2O是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，0.5 molL-1 H2SO4溶液50 mL、1.1molL-1 NH3H2O溶液50 mL反应放热偏小，终了温度偏低，反应热数值偏小，但反应热是负值，所以H1H2；(3)反应前后温度差为31.8-25.1=6.7，0.5molL-1 H2SO4溶液50mL和1.1molL-1 NaOH溶液50mL，两种溶液的质量和为100mL1g/mL=100g，c=4.1810-3 kJg-1-1，代入公式Q=cmT得生成0.05mol的水放出热量Q=4.1810-3 kJg-1-1100g6.7=28.006kJ，即生成0.5mol的水放出热量28.006KJ，所以生成1mol的水放出热量为28.006KJ2=56.01kJ，即该实验测得的中和热H=-56.01kJ/mol；(4)测定硫酸的温度计未用水洗涤就直接测量碱溶液的温度，使得碱溶液的初始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，但反应热是负值，中和热H偏大；(5)实验中硫酸用盐酸代替，且中和反应时有少量HCl挥发，会导致生成水的物质的量减小，会导致中和反应中放出的热量减小，测定的中和热数值偏小。18.二甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H 1=90.7 kJmol-1 K12CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H 2=23.5 kJmol-1 K2CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H 3=41.2kJmol-1 K3回答下列问题：（1）则反应3H2(g)3CO(g)CH3OCH3(g)CO2(g)的H_kJmol-1；该反应的平衡常数K=_（用K1、K2、K3表示）（2）下列措施中，能提高CH3OCH3产率的有_。A使用过量的CO B升高温度 C增大压强（3）将合成气以n(H2)/n(CO)=2通入1 L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图1所示，下列说法正确的是_。AH P2P3:C若在P3和316时，起始时n(H2)/n(CO)=3，则达到平衡时，CO转化率小于50（4）采用一种新型的催化剂（主要成分是Cu-Mn的合金），利用CO和H2制备二甲醚。观察图2回答问题。催化剂中n(Mn)/n(Cu)约为_时最有利于二甲醚的合成。（5）图3为绿色电源“二甲醚燃料电池”工作原理示意图，a电极的电极反应式为_。【答案】 (1). -246.1 (2). K12K2K3 (3). AC (4). AB (5). 2.0(2-3之间即可) (6). CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2+12H+【解析】【分析】(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；依据化学平衡常数概念，结合反应化学方程式书写平衡常数，结合平衡常数表达式计算得到平衡常数关系；(2)提高CH3OCH3产率，则平衡正向移动，根据影响平衡因素分析；(4)A根据温度对CO的转化率的影响分析；B该反应正方向为体积减小的方向，根据压强对CO转化率的影响分析；C若在P3和316时，起始时=3，则增大了氢气的量；(5)根据图中生成二甲醚的最大值分析；(6)酸性条件下，二甲醚失电子生成二氧化碳。【详解】(1)已知CO(g)+2H2(g)CH3OH( g)H1=-90.7kJmol-1，K1=；2CH30H(g)CH30CH3(g)+H2O(g)H2=-23.5kJmol-1，K2=；CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H3=-41.2kJmol-1，K3=；根据盖斯定律，2+得3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)H=-246.1kJmol-1；平衡常数K= K12K2K3；(2)A增大反应物的浓度平衡正移，所以使用过量的CO，能提高CH3OCH3产率，故A正确；B该反应为放热反应，升高温度平衡逆移，则CH3OCH3产率会降低，故B错误；C该反应正方向为体积减小的方向，所以增大压强平衡正移，能提高CH3OCH3产率，故C正确；故答案为AC；(4)A由图可知随温度升高，CO的转化率降低，说明升高温度平衡逆移，则正方向为放热反应，故H0，故A正确；B该反应正方向为体积减小的方向，增大压强CO的转化率增大，所以P1P2P3，故B正确；C若在P3和316时，起始时=3，则增大了氢气的量，增大氢气的浓度，平衡正移，CO的转化率增大，所以CO转化率大于50%，故C错误；故答案为AB；(5)由图可知当催化剂中约为2时，CO的转化率最大，生成二甲醚的最多；(6)酸性条件下，二甲醚在负极失电子生成二氧化碳，其电极反应式为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+。【点睛】准确理解平衡常数的概念及影响因素是解题关键，化学平衡常数指一定温度下可逆达到平衡，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，故相同温度下，同一反应的正、逆反应的平衡常数互为倒数；同一转化关系，化学计量数变为原的n倍，则化学平衡常数为原来的n次方倍。19.某温度，将2molCO与5 mol H2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，在催化剂的作用下发生反应：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)。经过5min后，反应达到平衡，此时转移电子6mol。（1）05min内，v(CH3OH)_（2）若保持体积不变，再充入2molCO和1.5molCH3OH，此时v(正)_v(逆)(填“”“”或“”)，平衡常数为_。（3）在题干其他条件不变的情况下，再增加2molCO与5molH2，达到新平衡时，H2的体积分数与原平衡对比：_。（4）已知CO与H2在一定条件下也能合成乙醇，0.5mol乙醇液体燃烧生成二氧化碳和水蒸气，放出的热量为617.1kJ/mol，又知H2O（l）H2O（g）；H=+44.2kJ/mol，请写出乙醇燃烧热的热化学方程式_。【答案】 (1). 0.15molL1min1 (2). (3). 3 (4). 减小 (5). C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l） H=1366.8kJ/mol【解析】【分析】(1)某温度，将2molCO与5molH2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，经过5min后，反应达到平衡，依据化学方程式可知转移电子4mol消耗CO物质的量为1mol，则此时转移电子6mol，消耗CO物质的量=1mol=1.5mol，结合化学平衡三段式列式计算； CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始量(mol) 2 5 0变化量(mol) 1.5 3 1.5平衡量(mol) 0.5 2 1.5平衡浓度c(CO)=0.25mol/L，c(H2)=1mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，结合甲醇表示的反应速率v(CH3OH)=；(2)平衡常数K=；结合浓度商Qc与K关系判断平衡移动的方向，由此推断v(正)与v(逆)的关系；(3)在其它条件不变的情况下，再增加2molCO与5molH2，相当于增大压强，平衡正向进行；(4)先求出1mol液态乙醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量，再根据书写热化学方程式的方法书写。【详解】(1)某温度，将2molCO与5molH2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，经过5min后，反应达到平衡，依据化学方程式可知转移电子4mol消耗CO物质的量为1mol，则此时转移电子6mol，消耗CO物质的量=1mol=1.5mol，结合化学平衡三段式列式计算； CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始量(mol) 2 5 0变化量(mol) 1.5 3 1.5平衡量(mol) 0.5 2 1.5平衡浓度c(CO)=0.25mol/L，c(H2)=1mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，结合甲醇表示的反应速率v(CH3OH)=0.15molL1min1；(2)平衡常数K=3；若保持体积不变，再充入2molCO和1.5molCH3OH，计算此时浓度商Qc=1.23，说明平衡正向进行，此时v(正) v(逆)；(3)在其它条件不变的情况下，再增加2molCO与5molH2，相当于增大压强，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，反应是气体体积减小的反应，平衡正向进行，达到新平衡时，H2的体积分数与原平衡对比减小；(4)1mol液态乙醇完全燃烧生成二氧化碳和气态水放出热量为617.1kJ=1234.2kJ，1mol液态乙醇完全燃烧生成3mol水，3mol气态水转化为液态水放出的热量44.2kJ3=132.6kJ，所以1mol液态乙醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为1234.2kJ+132.6kJ=1366.8kJkJ，则乙醇燃烧生成气态水的热化学方程式为C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO