吉林省扶余市2016-2017学年高一化学下学期期末考试试题(含解析)

1、吉林省扶余市 2016-2017 学年高一下学期期末考试化学试题本试题分第 I 卷（选择题）和第 n 卷（非选择题）两部分。考试结束后，只交答题纸和答题卡，试题自己保留。（考试时间：90 分钟。试卷总分：100 分）。第 I 卷 （54 分）可能用到的相对原子质量：H:1 Li: 7 0:16 Mn :55 Zn:65一、选择题（共 18 小题，每题 3 分，共 54 分。每题只有 1 个选项符合题意）eh1. 以美国为首的北约部队在对南联盟的狂轰滥炸中使用了大量的贫铀弹。所谓“贫铀”是从金属铀中提取/U 以后的副产品，其主要成分是具有低水平放射性的jUo 下列有关：T.的说法中不正确的是（）

2、A.电子数为 92 B.质量数为 238 C.质子数为 92 D. 与 fl互为同素异形体【答案】D【解析】在表示原子组成时，元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数， 即该原子的质子数时 92,质量数是 238,所以中子数是 238- 92 = 146, C 是错误的。所以答案是 C2. 下列过程中共价键被破坏的是（）A. HCl 晶体溶于水B.酒精挥发C.冰熔化为液态水D. NaCI晶体受热熔化1 WI【答案】AJZA）【解析】AHCl 为共价化合物，溶于水发生电离，共价键被破坏，故A 正确；B、酒精挥发破坏的是分子间作用力，故 B 错误；C 冰熔化为液态水，破坏的是分子间作用力，故C

3、 错误；D NaCl 晶体受热熔化破坏的是离子键，故 D 错误；故选 Ao点睛：本题考查共价键的性质，题目难度不大，注意共价化合物与离子化合物以及电解质、 非电解质的区别。解题关键：当共价化合物溶于水发生电离或共价化合物参加化学反应生成 新物质时，共价键被破坏。3. 下列反应中，属于氧化还原反应同时又是放热反应的是（）A. Ba （OH 2 8H2O 与 NHCI 反应 B.铝与稀盐酸C.灼热的炭与水蒸气生成一氧化碳和氢气的反应【答案】BD.氧化铁和稀盐酸的反应2【解析】A.没有元素的化合价变化， 为非氧化还原反应，但属于吸热反应，故 A 不选；B. AI、 H 元素的化合价变化，为氧化还原反

4、应，且为放热反应，故B 选；C. C、H 元素的化合价变化，为氧化还原反应，且为吸热反应，故C 不选；D 没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，但属于放热反应，故 A 不选；点睛：本题考查氧化还原反应及吸热反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及能量变化为解答的关键，注意常见的吸热反应和放热反应，题目难度不大。解题关键：含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，反应物总能量大于生成物总能量,见的放热反应来解答。4.一定条件下， 某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下， 其中 的原子。关于此反应说法错误的是()1 解析】A.反应前后存在相同的物质，说明反应物没有完全转化为生成物，故属于可逆

5、反应，故 A 正确；B 吩解反应一般是吸热反应故 B 错误；U 有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应,故 C 正确；D 吃个隹生成 1 个和 2 个,故属于分解反应，故 D 止碓；故巳止碓。5. 在 2A+B r3C+4D 反应中，表示该反应速率最快的是()fZ/IZAA. v(A) = 0.5mol/(L s) B. v(B)= 0.2mol/(L s)C. v(C) = 0.9moI/(L s) D. v(D)= 1moI/(L s)【答案】C【解析】将各速率均用 B 表示：A. v(A)/2 = 0.25moI/(L s) ; B. v(B) = 0.2moI/(L s);C.v(C)

6、/3 = 0.3moI/(L s) D. v(D)/4= 0.25moI/(L s),故 C 最快。6. 如图所示原电池装置中，电解质溶液为硫酸，下列有关叙述错误的是()为放热反应，结合常*和O代表不同元素A. 一定属于可逆反应B.C. 一定属于氧化还原反应D.一定属于分解反应定属于放热反应3A. 产生 1 g H2,消耗锌的质量 65 gB. 供电时的总反应为：Zn+2HZn+HLfC. 该装置不可实现化学能全部转化为电能D铜做正极发生还原反应【答案】A【解析】A 原电池工作时总反应为：Zn+2H+=Zn2+H2T，产生1gH2，消耗锌的质量 32.5g ,故 A 错误；B、原电池工作时总反

7、应为：Zn+2H+=Zn2+HaT，故 B 正确；C、该装置为原电池，原电池是化学能转化为电能的装置，但不可实现化学能全部转化为电能，故C 正确；D 铜为正极，H+得电子发生还原反应，故 D 正确；点睛：本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性， 难度不大，注意把握原电池的工作原理。解题关键：锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，原电池工作时总反应为：Zn+bT=Zn2+HJ,原电池是化学能转化为电能的装置，以此解答该题。TiO27. TiO2在光照射下可使水分解：2f0_ _ 2H?f

8、+Qf,该过程类似植物的光合作用。光下图是光照射下 Ti02分解水的装置示意图。下列叙述正确的是（）A.该装置将光能只转化为电能B. TiO2电极上发生的反应为： 2H+ 2e=H4C. 该装置工作时，电流由Ti02电极经 R 流向铂电极D. 该装置工作时，Ti02电极附近溶液的 pH 变小4【答案】D【解析】A 该装置将光能转化为电能，再转化为化学能，故A 错误；B、该装置中 TiO2电极上生成氧气，说明该电极上失电子发生氧化反应，故B 错误；C、该装置工作时，Pt 作阴极、二氧化钛作阳极，阳极上失电子、阴极上得电子，所以电流由铂电极经R 流向 TiO2电极，故 C 错误；D 二氧化钛电极为

9、阳极，电极反应式为4OH-4e 上 Qf+2H2Q TQ2电极附近溶液的 pH 变小，故 D 正确；故 D 正确。8.在 25C、101 kPa 条件下，C(s)、(g)、CHCOOH(I)的燃烧热分别为 393.5 kJ/mol、285.8kJ/mol、670.3 kJ/mol ，贝 U 2C(s) + 2f(g) + O(g)=CH3COOH(l)的反应热为()A. 688.3 kJ/mol B. -488.3 kJ/mol C. 191 kJ/mol D. + 488.3 kJ/mol【答案】A【解析】 在 25C、101 kPa 条件下，C(s)、H2(g)、CHCOOH(I)的燃烧热

10、分别为 393.5 kJ/mol、 285.8 kJ/mol、670.3 kJ/mol，C(s) +Q (g) CQ (g) H=-393.5kJ mol1: H2( g) +1/202(g)H2O (l)H=-285.8kJmol1;CHCOOH(l)+5/2O2(g)3 出 0(1)+2CQ(g) H=-670.3kJ mol1；根据盖斯定律-( +x2)得 CH (g) =C (s) +2H (g),111H=(-670.3KJmol)-(-393.5KJmol ) +(-285.8kJmol) x2=688.3KJmol;故选 A。9.在 1100C,一定容积的密闭容器中发生反应：Fe

11、O(s)+CO(g) Fe(s)+CO2(g) H=akJ/mol (a0),下列有关该反应的说法正确的是()A. 若生成 1 mol Fe，则吸收的热量小于akJB. 若升高温度，正反应速率加快，逆反应速率加快，则化学平衡正向移动1丿勺D.若增大压强反应向正反应方向进行/压强反应C. 若容器内压强不随时间变化，则可以判断该反应已达到化学平衡状态【答案】B【解析】A、由热化学方程式可知，生成1molFe，吸收的热量等于 akJ，故 A 错误；B 升高温度，正、逆反应速率都增大，该反应正反应是吸热反应，正反应速率增大更多，平衡向正 反应移动，故 B 正确；C该反应前后气体的物质的量不变，若增大压

12、强平衡不移动，故C错误；D 恒温条件下，压强始终不变，故压强不变，不能说明到达平衡，故D 错误；故选B。点睛：考查热化学方程式、化学平衡的影响因素、平衡状态的判断等，难度中等，注意C5选项中平衡状态的判断，选择判断的物理量随反应进行发生变化， 当该物理量不再变化， 说明到达平衡。解题关键：A、由热化学方程式可知，生成ImolFe,吸收的热量等于 akJ; B、升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡向吸热反应移动；D、该反应前后气体的物质的量不变，恒温条件下，压强始终不变；10. 干电池的负极反应是：Zn - 2e = Zn2+,现以干电池作电源电解33.4g 34%的硝酸钾溶液，一段时间后，测得

13、溶液中溶质的质量分数为37.8%,则干电池中消耗锌的物质的量为（）A. 0.3mol B. 0.05mol C. 0.2mol D. 0.1mol【答案】B【解析】试题分析：惰性电极电解硝酸钾溶液，实质是电解水。设反应后溶液的质量是m则根据溶质不变可知，32.4gx34X= mx 36%解得m= 30.06g，所以被电解的水的质量是32.4g 30.06g = 1.8g，物质的量是 0.1mol。则根据 2H2O 二一 2H4 +Qf可知，电解 0.1mol水转移电子的物质的量是0.1molx2= 0.2mol，则根据电子得失守恒可知，消耗锌的物质的量是 0.2mol - 2= 0.1mol，

14、答案选 D。考点：考查电化学原理的有关计算点评：该题是中等难度的试题，试题综合性强，侧重对学生能力的培养与基础知识的巩固与 训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确电解产物的判断，然后依据电子得失守恒直接列式计算即可。11. 核内中子数为 N 的氏十离子，质量数为 A 则 n g 它的氧化物所含质子的物质的量是（）A- （A - X+ 8）加B-（-+10）mol J + !6J + 16C.I I. 我八D.: I 川【答案】A【解析】试题分析：氧化物的化学式为RO 则 n 克它的氧化物所含电子物质的量为I _- ：、,答案选 Ao考点

15、：考查核素组成的有关判断12. A、B、C、D 为四种短周期元素，已知AC 同主族，B C、D 同周期；A 的气态氢化物 比 C 的气态氢化物稳定；B 的阳离子比 D 的阳离子氧化性强；B 的阳离子比 C 的阴离子少一 个电子层。下列叙述正确的是（）6A.原子序数：ADBC B. 原子半径：DBCA7C.原子序数：CDBA D. 简单离子半径： ABCD【答案】B【解析】A 根据 A 的气态氢化物比 C 的气态氢化物稳定可知：A 的非金属性比 C 强，同一主族，自上而下，元素的非金属性逐渐减弱，则A 在 C 的上一周期。根据 B 的阳离子比 D的阳离子氧化性强，可知：B 的非金属性比 D 强同

16、一周期，自左而右，元素的非金属性逐渐增强，贝 U B 在 D 的右边，根据 B 的阳离子比C 的阴离子少一个电子层,可知 B 与 C 在同一周期且 B 在 C 左边，四种元素的原子序数应为为：CBDA 故 A 错误；B 同一周期，自左而右，元素的原子半径逐渐减小同一主族，自上而下，元素的原子半径逐渐 增大四种元素的原子半径为：DBCA 故 B 正确；rwC 由 A 可知，C 错误；D .A、C 为阴离子,B、D 为阳离子.同一周期的阴离子的半径大于阳离子.所以 C 的简单离子半径大于 B、D.同一周期的阳离子，原子序数越大的半径越小.所以 D 的简单离子半径大于 B,相邻两个周期，前一周期阴离

17、子半径大于后一周期阳离子半径， 所以 A 的简单离子半径大于 B、D.同一主族，自上而下，离子半径逐渐增大，所以所以C的简单离子半径大于 A,所以四种元素的简单离子半径应为：CADB 故 D 错误；故选 Bo13.以 Pt 为电极，电解含有 0.10 mol M+和 0.1 mol N3+（M+屮均为金属阳离子）的溶液， 阴极析出金属单质或气体的总物质的量（y）与导线中通过电子的物质的量（x）的关系如图。对离子氧化能力的强弱判断正确的是（选项中为氢离子）（h0.30.18【考点定位】考查电解原理【名师点晴】本题考查学生根据图象获取信息、运用知识综合分析能力，关键在确定曲线的转折点的含义。根据图

18、象可知，开始即析出固体或气体，有O.lmol 电子通过时，析出固体或气体的物质的量为 O.lmol，证明此时析出的固体是 M 此后，根据失去电子数和析出物物 质的量的关系可知，第二放电的离子是H+，不放电，从而判断离子氧化性。14.已知下列两个热化学方程式：1H2(g) + 1/2 O2(g) HbO(l)H= 300KJ - mol一1GH(g) + 502(g) 一 3CO(g) + 4H20(1)H = 2000.0 KJ mol实验测得氢气的丙烷的混合气体共5mol，完全燃烧时放热 5000KJ，则混合气体中氢气和丙烷的体积比约为()A. 7:10 B. 3:1 C. 10:7 D.

19、1:3【答案】C【解析】设混合气中 H2的物质的量为 n,则 C3H的物质的量为 5mol-n 根据题意,列方程为：300kJmol1xn+2000.0kJmol1x(5mol-n)=5000kJ解得 n=50/17mol ; GH 的物质的量为 5mol-50/17mol=35/17mol所以混合气体中 H2与的体积比即物质的量之比为50/17 mol : 35/17mol=10 : 7。15.在一定条件下，将 3 mol A 和 1 mol B 两种气体混合于固定容积为 2 L 的密闭容器中，发生如下反应：3A(g) + B(g)xC(g) + 2D(g)。2 min 末该反应达到平衡，生

20、成 0.8 mol D,并测得 C 的浓度为 0.8molL1。下列判断错误的是()0仇1 0-2x/mo!A. M+ H+N+H+C. N3+ H+KNT。故选 Ao9A.x= 4 B. 2 min 内 B 的反应速率为 0.1 mol (L min)1C.混合气体密度不变，则表明该反应已达到平衡状态D. B的转化率为 40%【答案】C【解析】根据化学平衡三段式列式计算， 平衡时 C 的浓度为 0.8 molL 1,物质的量为 1.6mol3A(g) +B(g)、-:xC (g) +2D(g)起始量( mol)3100变化量( mol)1.20.41.60.8平衡量( mol)1.80.61

21、.60.8依据上式分析计算：A、根据浓度变化量之比等于化学计量数之比可知x=4,故 A 正确；B、2min 内 B 的反应速率=0.4mol/(2L 2min)=0.1 mol (L min)一1,故 B 正确；C 反应前后气体总质量不变，混合气体密度不变，不能表明该反应已达到平衡状态，故C错误；D B 的转化率=0.4mol/1mol=0.4 ，即 B 的转化率为 40% 故 D 正确；故选 C.点睛：本题考查化学平衡的有关计算、转化率的有关计算、平衡状态的判断等，难度中等，注意平衡状态的判断，选择判断的物理量应随反应发生变化，该物理量不再变化，说明到达平衡。解题关键：依据化学平衡的三段式计

22、算进行分析，结合题中各量列式计算判断；A利用物质的量之比等于化学计量数之比计算x 的值；B、根据平衡浓度的变化量求出速率；C容器的容积不变，混合气体的质量不变，密度不变，不能判断是否达到平衡。D 利用转化率定义计算。16. 定条件下，对于可逆反应X (g) +4Y (g)2Z (g)，若 X、Y、Z 的起始浓度分别为 Ci、C2、C3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z 的浓度分別为 Omol/L 、O.4mol/L、O.1mol/L , 则下列判断正确的是()A. c 仁 C2=4: 1 B.平衡时，Y 和 Z 的生成速率之比为 1: 2C. c1的取值范围为 Omol/Lc10.14mol

23、/L D. X 、Y 的转化率相等【答案】D【解析】A 设 X 转化的浓度为 x,1X(g) +4Y (g) 2Z (g)初始浓度：C1C2C310转化浓度：x 4x2x平衡浓度：0.1moL L公0.4molL一10.1molL一1Yi I则：C1: C2= (x+0.1moL L J: (4x+0.4molL一1) =1: 4,故 A 错误；B.平衡时，正逆反应速率相等，则Y 和 Z 的生成速率之比为 4: 2，即 VY(正)：VZ (逆)2：1,故 B 错误；C 反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则0vC1,如反应向逆反应分析进行，则C10.15molL-1，故

24、有 0vGV0.15molL-1，故 C 错误；D 反应前后 X、Y 气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率 相同，故 D 正确；故选Do17. 3A(g) + 2B(g) 2C(g) + 3D(g)。在温度和体积都相同的条件下分别建立两个平衡：.AB 的起始物质的量为 3mol 和 2mol，.C、D 的起始物质的量分别为 4mol 和 6mol。四个选项中错误的是()A.达平衡时，途径的反应速率vA 不等于途径的反应速率vAB.、都达到平衡时，体系内混合气体的平均相对摩尔质量相同C. 、都达到平衡时，体系内混合气体的组成百分比相同D. 达平衡时，途径所得混合气的密度为

25、途径所得混合气密度相同【答案】D【解析】3A(g) + 2B(g) 2C(g) + 3D(g)，反应前后气体的物质的量相等，：.A、B 的起 始物质的量为 3mol 和2mol，.C、D 的起始物质的量分别为 4mol 和 6mol。相当于 6molA 和 4molB，两种途径的物质的量比值相同，则处于相同平衡状态，则A、中浓度大，达平衡时，途径的反应速率 vA 小于途径的反应速率 vA。故 A 正确；B、两种途径平衡状态 相同，各物质的含量相同，则混合气的平均相对分子质量相同，故B 正确；C 两种途径平衡状态相同，、都达到平衡时，体系内混合气体的组成百分比相同；故C 正确；D 由于途径的质量

26、为途径的质量的2 倍，则途径所得混合气的密度为途径所得混合气密度的一半，故 D 错误；故选 Do点睛：本题考查等效平衡问题，题目难度中等，注意相同条件下，同一可逆反应体系，不管 从正反应开始，还是从逆反应开始，只要按反应方程式中的化学计量数之比投入反应物或生 成物，建立起的平衡状态都是相同的，这就是所谓等效平衡原理.解题关键：由于化学平衡状态与条件有关，而与建立平衡的途径无关。因而，同一可逆反应，从不同的状态开始，只 要达到平衡时条件(温度、11浓度、压强等)完全相同，则可形成等效平衡，在恒温、恒容条 件下，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，只要反应物(或生成物)的物质的量的比值与原平衡相

27、同，则两平衡等效。18.短周期元素 X、Y、Z、W 在元素周期表中的相对位置如图所示。已知Y、W 勺原子序数之和是 Z 的 3 倍，下列说法正确的是()YZXWA.原子半径：XYZC.非金属性：YZ D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W Y【答案】D【解析】由元素在周期表的位置可知，X 为 Si 元素、Y 为 N 元素、Z 为 0 元素、W 为 Cl 元素,A、同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，所以原子半径的大小顺序为：XYZ,故 A 错误；B 同一周期中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，同一主族中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，元素的非金属性越强，其氢化

28、物越稳定，X 是 Si 元素，Z 是 N 元素，N 元素的非金属性大于 P 元素，P 元素的非金属性大于 Si，所以N 元素的非金属性大于 Si 元素，则气态氢化物的稳定性：ZX,故 B 错误；C 同一周期中， 元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，非金属性：YZ，故 C 正确；D 同一周期中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强， 其最高价氧化物的水化物酸性越强，Y 的非金属性小于W所以 W 的最高价氧化物的水化物酸性大于Y,故 D 正确。故选 Do第 II 卷(46 分)二、填空题(本题包括 5 小题，共 46 分)19.有反应 N2(g) + 3f(g) 2NH(

29、g) HO-FNa+AI3+(3). K Na Al Li Cl C O FH (4). KOH NaOH LiOH (5). FOC (6). CO2+2KOH=2CO+H2O (7). Al3+ 4OH = Al02-+ 2 H2O(单核)核电荷数越小，半径越大，这里也只有阴离子半径大干阳离子半径符合,如氧离子或氟离子半 径钠离子或镁离子或铝离子,但是记住氧离子半径氟离子钠禽子 镁离子与原子半径顺序一蚊 故CI O2-F-Na+AP+；30 同一周期从左到右，半径依次减小,同主族从上到小半径依次增大的原子半徑从大到小排序：KANMAAl Li Cl C O F H 4j同一族中从上到下，元

30、素最高价氧化物所对应的水化物的鳳性增强(酸性减弱)，最高价氧化物 对应水化物碱性从大到 NaOH LiOH；5(同周期元素自左向右元素的非金属性依次 增强，的非金属性从大到OCJ60是一种用途十分广泛的非金属，请写出的最高 价氧化物与过量的的氢氧化物反应的化学方程式 CO2+2KOH = K2CO3+H2O；X)号元素的氢氧化物有特殊的化学性质，写出号元素的氯化物与足量的号元素的氢氣优物反应的离子方程式如升44 OH- = AI02-十 2 H2O-21.氢氧燃料电池一种新型环保的发电装置。用氢氧化钾做电解质溶液。(1)_ 氢氧燃料电池的能量转化的主要形式是。正极反应式为_。总反应式为_ 。(

31、3)氢氧燃料电池工作时，H2和 Q 连续由外部供给，电池可连续不断提供电能。因此，大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：I.2Li+H 空 2LiHn丄 iH+H2O=LiOH+Hf【解析】1)写出为钠元素离子的核外电子排布示庸图S;瓦具有相同电子层纟占构的离子161反应i中的氧化剂是 _ ，反应n中的还原剂是 _。2已知 LiH 固体密度为 0.8 g/cm3,用锂吸收 224 L(标准状况)出，生成的 LiH 体积与被吸收的 H2体积比为_。3由生成的 LiH 与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为90%则导线中通过电子的物质的量为_mo

32、l。【答案】(1).化学能转化为电能(2). Q+ 2 H2O + 4e = 4 OH (3).2+0=2 已 0(4). H2(5). LiH (6). 1:1120 (7). 36【解析】氢氧燃料电池工作时， 氢气失电子是还原剂，发生氧化反应；氧气得电子是氧化剂，发生还原反应电解质溶液是KOH 溶液(碱性电解质)(1)氢氧燃料电池的能量转化的主要形式是化学能转化为电能；(2)正极是 Q 得到电子，即：Q +4e - 2O , O 在碱性条 件下不能单独存在，只能结合HQ 生成 QH - 即: 20+2H2Q-4OH -，因此，正极的电极反应式为：02+H2O+4e 4OH ;总反应式为：2

33、 出+0=2 耳 0; (3)得电子，反应I中的氧 化剂是 H2,反应n中 LiH失电子，的还原剂是 LiH。224LH，与锂反应生成的 LiH 有 160g,LiH 与 Ha 的体积比为(160/0.8):224000=1:1120;224LH2是 10mol，得到 20molLiH，应该是 16mol 电子LiH+H2O=LiOH+H, 20molLiH 生成 20molH2，能量转化率为 90% ,所以实际参与反应的H2有20*90%=18mol, 1molH2在电池的电极反应中失去2mol 电子，所以所有的 H 在反应中一共转移了 36mol 电子，即导线中通过电子的物质的量为36mo

34、l22.甲醇来源丰富、价格低廉，是一种重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景。(1 )工业生产甲醇的常用方法是：CO(g)+2H2(g) - 一- CH3OHH= 91kJ/mol。已知：2Hz(g)+O2(g)=2H2O(l)H= 580kJ/mol ;2CO(g)+Q(g)=2CO2(g)H= 570kJ/mol计算 2CHOH(g) +3Q(g)=2CO2(g)+4H2O(I)H=_ 。若在恒温恒容的容器内进行反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，下列表示该反应没有达到平衡状态的有 _ (填字母序号)。A. CO 百分含量保持不变B.容器中混合气体的密度不变化C.有 1 个 H

35、-H 键生成的同时有 3 个 C H 键生成D.容器中混合气体的压强不变化17(2)制甲醇所需要的 H2,可用下列反应制取：H2O(g)+CO(g) Hz(g)+ CO2(g)AHv0,18某温度下该反应达到平衡时，c(H2)c(CQ)=c(CO) C(H20)若起始时c(CO)=1mol/L-1,c(H2O)=1mol/L ，试回答下列问题：1该温度下，反应进行一阶段时间后，测得H2的浓度为 0.5mol/L-1，则此时该反应v(正)_v(逆)(填或“ = ”)；2若反应温度不变，达到平衡后，H2O 的转化率为 _。(3) 某实验小组设计了甲醇以氢氧化钾为电解质溶液的燃料电池装置。1试想该电

36、池工作时， OF向_ 极移动(填“负”或“正”)；2工作一段时间后，测得溶液的pH 减小，该电池负极反应的离子方程式为_ 。总反应的化学方程式 _ 。 汽C 【答案】 (1).-1548 kJ/mol (2). C (3).= (4).50% (5). 负.2CHOH+12OH -12e-=2 CQ2-+12 H2O (7). 2CH30H+3O+4KOH=2 KCO+6HO【解析】(1) CO(g)+2H2(g) - 一- CH3OH(g)H= 91kJ/mol :2Ha(g)+O2(g)=2H2。(1)H= 580kJ/mol : 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H= 570kJ/

37、mol，根据盖斯定律，X2-2 + 得：2CH3OH(g) +3Q(g)=2CO2(g)+4H2OQ)H= -1548 kJ/mol ;对反应 CO(g)+2H2(g)-.一-CH3OH(g)A、CO 百分含量保持不变，反应处于平衡状态，说明反应处于平衡状态，故 A 正确；B 由于该反应在恒容条件下进行，气体质量守恒，所以密度也不变，故容器中气体的密度不再改变，不能说明反应处于平衡状态，故 生成的同时有 3 个 C-H 键生成，才说明反应处于平衡状态，故 积减小的反应，在反应到达平衡的过程中，压强是不断减小,11|.片时，说明反应处于平衡状态，故D 正确；故选 BC(2)H2O(g)+CO(g) Hb(g)+ CO2(g)初始浓度(mol/L_1)： 1100变化浓度(mol/L ): 0.5