2022-2022学年湖北省襄阳市老河口一中高三（上）期中化学试卷 一、选择题（每题3分，16小题，满分48分）1．下列化学用语的表达正确的是（ ）A．NaHSO3在溶液中的电离：NaHSO3=Na++H++SO32﹣B．Cl﹣的结构示意图：C．HClO结构式：H﹣Cl﹣OD．医用钡餐的化学式：BaSO4 2．如图，在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，下列关于该装置的说法正确的是（ ）A．外电路电流方向为：X→外电路→YB．若两极分别为铁棒和碳棒，则X为碳棒，Y为铁棒C．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D．若两极都是金属，则它们的活动顺序为X＞Y 3．下列说法正确的是（ ）A．羟基跟链烃基直接相连的化合物属于醇类B．含有羟基的化合物属于醇类C．酚类和醇类具有相同的官能团，因而具有相同的化学性质D．分子内含有苯环和羟基的化合物都属于酚类 4．按碳骨架分类，下列说法正确的是（ ）A．CH3CH（CH3）2属于链状化合物B．属于芳香族化合物C．属于脂肪族化合物D．属于醇类化合物 5．某有机化合物的结构如图，关于该化合物的下列说法正确的是（ ）A．由于含有氧元素不是有机物22\nB．完全燃烧时只有二氧化碳和水两种产物C．分子中含有羟基属于醇D．不能使溴水褪色 6．下列有机物是按照碳的骨架进行分类的是（ ）A．烷烃B．烯烃C．芳香烃D．卤代烃 7．化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如图所示，计算反应4～8min间的平均反应速率和推测反应16min时反应物的浓度，结果应是（ ）A．2.5μmol•L﹣1•min﹣1和2.0μmol•L﹣1B．2.5μmol•L﹣1•min﹣1和2.5μmol•L﹣1C．3.0μmol•L﹣1•min﹣1和3.0μmol•L﹣1D．5.0μmol•L﹣1•min﹣1和3.0μmol•L﹣1 8．反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变可使反应速率加快的是（ ）A．增加C的量B．将容器的体积减小一半C．保持体积不变，充入氮气使体系的压强增大D．保持压强不变，充入氮气使体系的体积增大 9．将可逆反应：2NO2←→2NO+O2在固定容积的密闭容器中进行，达到平衡的标志是（ ）①单位时间内消耗nmolO2的同时，生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时，消耗2nmolNO③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态④混合气体的密度不再改变的状态⑤混合气体的颜色不再改变的状态⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①④⑥B．②③⑤C．①③④D．②⑤⑥ 10．制造硫酸的工艺流程反应其中之一是2SO2（g）+O2（g）←→2SO3（g）+190kJ．下列描述中能说明上述反应已达平衡的是（ ）A．v（O2）正=2v（SO3）逆B．容器中气体的平均摩尔质量不随时间而变化C．如果容器容积是固定的，那么混合气体的密度不随时间而变化D．单位时间内生成nmolSO3的同时生成nmolO222\n 11．将足量铁粉投入一定浓度的氯化铁和氯化铜的混合溶液中，充分反应后，溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量相同，则原溶液中氯化铁和氯化铜的浓度之比为（ ）A．2：7B．3：4C．4：7D．2：3 12．如图所示，铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里，电流计中有电流通过，则下列说法正确的是（ ）A．锌片是负极B．两个铜片上都发生氧化反应C．石墨是阴极D．两个番茄都形成原电池 13．下列关于教材中的各项说法错误的一项是（ ）A．在化学反应中，反应物转化为生成物的同时，必然发生能量的变化B．氮肥包括铵态氮肥、硝态氮肥和尿素C．在书写热化学方程式时应标明反应物及生成物的状态，无需标明反应温度和压强D．医疗上用的石膏绷带是利用熟石膏与水混合成糊状后很快凝固的性质 14．X、Y均为元素周期表ⅦA族中的两种元素．下列叙述中，能够说明X的原子得电子能力比Y强的是（ ）A．原子的电子层数：X＞YB．对应的简单离子的还原性：X＞YC．气态氢化物的稳定性：X＞YD．氧化物对应水化物的酸性：X＞Y 15．下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A．在澄清石灰水中加入少量小苏打：Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2OB．苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O﹣+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32﹣C．将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO﹣+H2O=SO32﹣+2HClOD．将标准状况下112mL氯气通入10mL浓度为1mol•L﹣1的溴化亚铁溶液中：2Fe2++4Br﹣+3Cl2=3Fe3++6Cl﹣+2Br2 16．据报道，最近摩托罗拉公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量可达现在使用的镍氢电池或锂电池的十倍，可连续使用一个月才充一次电．其电池反应为：2CH3OH+3O2+4OH﹣═2CO32﹣+6H2O，则下列说法错误的是（ ）A．放电时CH3OH参与反应的电极为正极B．充电时电解质溶液的pH逐渐增大C．放电时负极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2OD．充电时每生成1molCH3OH转移6mol电子 22\n二、填空题（本题共6小题，满分52分）17．（10分）（2022秋•湖北校级期中）有如下有机物：（每空一分）①②③④CH3CH=CHCH3⑤⑥⑦（1）互为同分异构体的是： ，存在手性异构体的是： ，存在顺反异构体的是 ，互为同系物的是（任写一对）： ；（2）氢核磁共振（1H﹣NMR）图谱如上图所示的有 ；（3）上述物质中，不属于同分异构体，相同质量时，在氧气中完全燃烧消耗的氧气的质量完全相同的烃是： ；（4）有机物④的系统命名法名称是 ；（5）有机物⑤的键线式 ，其分子中碳原子 杂化． 18．下表是某地区市场上销售的一种“加碘食盐”包装袋上的部分文字说明．请根据此表，结合初中化学和生物学科的知识，回答下列问题．配料表精制海盐、碘酸钾[含碘量20～40mg/kg卫生许可证号××卫碘字（1999）第001号分装日期见封底储藏方法密封、避光、防潮食用方法烹调时，待食品熟后加入碘盐（1）碘是合成下列哪种激素的主要原料之一 A．胰岛素B．甲状腺素C．生长激素D．雄性激素（2）长期生活在缺碘山区，又得不到食盐供应，易患 A．甲状腺亢进B．贫血症C．地方性甲状腺肿大D．糖尿病（3）食盐中加碘，这碘指的是 （填元素、原子或单质）．（4）碘酸钾的化学式为KIO3，其中碘元素的化合价为 ．（5）根据含碘盐的食用方法可推测碘元素的化学性质，碘酸钾在受热时容易 ．（6）已知可用盐酸酸化的碘化钾淀粉溶液，检查食盐中含碘酸钾（进行如下反应：IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2O）．现有①纯净水、②白酒、③食醋、④淀粉KI试纸、⑤纯碱，试从中选择必须的物质检验食盐样品中是否加入碘，选择的物质 （填序号）． 19．可逆反应：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）；根据图回答：22\n①压强P1 P2；（a+b） （c+d）（填“＞”或“＜”下同）．②温度t1℃ t2℃；△H 0．③保持体积和温度不变，通入He，平衡会 移动（填“正向”、“逆向”或“不”）． 20．写出下列元素基态原子的电子排布式：29Cu 32Ge（简式） ． 21．（11分）（2022秋•柯城区校级期末）在火箭推进器中装有强还原剂肼（N2H4）和强氧化剂（H2O2），当它们混合时，即产生大量的N2和水蒸气，并放出大量热．已知0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量．（1）写出该反应的热化学方程式： ．（2）已知H2O（l）═H2O（g）；△H=+44kJ•mol﹣1，则16g液态肼燃烧生成氮气和液态水时，放出的热量是 kJ．（3）上述反应应用于火箭推进剂，除释放大量的热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是 ．（4）已知N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）；△H=+67.7kJ•mol﹣1，N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）；△H=﹣534kJ•mol﹣1，根据盖斯定律写出肼与NO2完全反应生成氮气和气态水的热化学方程式 ． 22．（15分）（2022秋•湖北校级期中）甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景．请回答下列与甲醇有关的问题．（1）甲醇分子是 分子（填“极性”或“非极性”）．（2）工业上一般可采用如下反应来合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣86.6KJ/mol，在T℃时，往一个体积固定为1L的密闭容器中加入1molCO和2molH2，反应达到平衡时，容器内的压强是开始时的3/5．①达到平衡时，CO的转化率为 ②下列选项能判断该反应达到平衡状态的依据的有 A．2v（H2）=v（CH3OH）B．CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率C．容器内的压强保持不变D．混合气体的密度保持不变E．混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化（3）已知在常温常压下：①2CH3OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣akJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣bkl•mol﹣1③H2O（g）=H2O（1）△H=﹣ckJ•mol﹣1则CH3OH（1）+O2（g）═CO（g）+2H2O（1）△H= kJ•mol﹣122\n（4）由甲醇、氧气和NaOH溶液构成的新型手机电池，可使手机连续使用一个月才充一次电．①该电池负极的电极反应式为 ．②若以该电池为电源，用石墨做电极电解200mL含有如下离子的溶液．离子Cu2+H+Cl﹣SO42﹣c/mol•L﹣10.5220.5电解一段时间后，当两极收集到相同体积（相同条件）的气体时（忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象）阳极上收集到氧气的质量为 ． 2022-2022学年湖北省襄阳市老河口一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每题3分，16小题，满分48分）1．下列化学用语的表达正确的是（ ）A．NaHSO3在溶液中的电离：NaHSO3=Na++H++SO32﹣B．Cl﹣的结构示意图：C．HClO结构式：H﹣Cl﹣OD．医用钡餐的化学式：BaSO4【考点】电离方程式的书写；原子结构示意图；结构简式．【专题】化学用语专题．【分析】A．亚硫酸氢钠在溶液中电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子不能拆开；B．氯离子的核电荷数为17，；C．次氯酸的中心原子为O，其分子中不存在H﹣Cl键；D．医用钡餐为硫酸钡．【解答】解：A．亚硫酸氢钠在溶液中完全电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，正确的电离方程式为：NaHSO3=Na++HSO3﹣，故A错误；B．氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，其正确的离子结构示意图为：，故B错误；C．次氯酸分子中含有1个H﹣O键和1个O﹣Cl键，HClO正确的结构式为：H﹣O﹣Cl，故C错误；D．医用用钡餐为硫酸钡，硫酸钡的化学式为BaSO4，故D正确；故选D．【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及离子结构示意图、电离方程式、化学式、结构式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及规范答题能力． 2．如图，在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，下列关于该装置的说法正确的是（ ）22\nA．外电路电流方向为：X→外电路→YB．若两极分别为铁棒和碳棒，则X为碳棒，Y为铁棒C．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D．若两极都是金属，则它们的活动顺序为X＞Y【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据图片知，该装置是原电池，根据电子的流向判断正负极，电流的流向正好与电子的流向相反；较活泼的金属作负极，不活泼的金属或导电的非金属作正极；负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应．【解答】解：A、根据图片知该装置是原电池，外电路中电子从X电极流向Y电极，电流的流向与此相反，即Y→外电路→X，故A错误；B、原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，若两电极分别为Fe和碳棒，则Y为碳棒，X为Fe，故B错误；C、X是负极，负极上发生氧化反应；Y是正极，正极上发生还原反应，故C错误；D、原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，该原电池中X是负极，Y是正极，所以若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为X＞Y，故D正确；故选D．【点评】本题考查了原电池原理，难度不大，会根据电子的流向判断原电池的正负极是解本题的关键，明确正负极的判断方法、正负极上发生反应的类型、电子和电流的流向即可解答本题． 3．下列说法正确的是（ ）A．羟基跟链烃基直接相连的化合物属于醇类B．含有羟基的化合物属于醇类C．酚类和醇类具有相同的官能团，因而具有相同的化学性质D．分子内含有苯环和羟基的化合物都属于酚类【考点】醇类简介．【专题】有机化学基础．【分析】A．醇是脂肪烃、脂环烃或芳香烃侧链中的氢原子被羟基取代而成的化合物；B．醇是脂肪烃、脂环烃或芳香烃侧链中的氢原子被羟基取代而成的化合物；C．酚类和醇类的结构不同，性质不同；D．苯环可通过链烃基再与羟基相连则形成醇类．【解答】解：A．羟基跟链烃基直接相连的化合物属于醇类，故A正确；B．含有羟基的化合物不一定属于醇类，如与苯环上的碳原子直接相连属于酚，故B错误；C．酚具有弱酸性而醇则没有弱酸性，故C错误；D．苯环可通过链烃基再与羟基相连则形成醇类．如，故D错误．22\n故选A．【点评】本题考查醇和酚的区别，注意羟基与烃基或苯环侧链相连的是醇，与苯环相连的是酚，较简单． 4．按碳骨架分类，下列说法正确的是（ ）A．CH3CH（CH3）2属于链状化合物B．属于芳香族化合物C．属于脂肪族化合物D．属于醇类化合物【考点】常见有机化合物的结构．【专题】有机化学基础．【分析】A．CH3CH（CH3）2是异丁烷，属于链状化合物；B．芳香族化合物指含有苯环的化合物；C．结构中含有苯环，属于芳香族化合物；D．结构中羟基与苯环直接相连，属于酚类．【解答】解：A．CH3CH（CH3）2是异丁烷，属于链状化合物，故A正确；B．芳香族化合物指含有苯环的化合物，不含苯环，属于环烯，故B错误；C．结构中含有苯环，属于芳香族化合物，不是脂环化合物，故C错误；D．结构中羟基与苯环直接相连，属于酚类，故D错误．故选A．【点评】本题考查有机物的分类，题目难度不大，注意基础知识的掌握以及酚与醇的区别． 5．某有机化合物的结构如图，关于该化合物的下列说法正确的是（ ）A．由于含有氧元素不是有机物B．完全燃烧时只有二氧化碳和水两种产物C．分子中含有羟基属于醇D．不能使溴水褪色【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】该有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，以此解答该题．【解答】解：A．有机物一定含有C元素，可能含有氧元素，含有氧元素的有机物为烃的含氧衍生物，故A错误；B．有机物由C、H、O元素组成，完全燃烧时只有二氧化碳和水两种产物，故B正确；C．分子中含有酚羟基，为酚类物质，故C错误；D．该有机物含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，故D错误．22\n故选B．【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于有机物组成、分类以及性质的考查，注意把握有机物的结构特点，根据有机物官能团的性质判断有机物可能具有的性质，题目难度不大． 6．下列有机物是按照碳的骨架进行分类的是（ ）A．烷烃B．烯烃C．芳香烃D．卤代烃【考点】有机化合物中碳的成键特征；有机物分子中的官能团及其结构．【分析】有机物按碳的骨架分类： 1．链状化合物：这类化合物分子中的碳原子相互连接成链状，因其最初是在脂肪中发现的，所以又叫脂肪族化合物，其结构特点是碳与碳间连接成不闭口的链； 2．环状化合物：环状化合物指分子中原子以环状排列的化合物．环状化合物又分为脂环化合物和芳香化合物；（1）脂环化合物：不含芳香环（如苯环、稠环或某些具有苯环或稠环性质的杂环）的带有环状的化合物，如环丙烷、环己烯、环己醇等； （2）芳香化合物：含芳香环（如苯环、稠环或某些具有苯环或稠环性质的杂环）的带有环状的化合物，如苯、苯的同系物及衍生物等，根据以上知识进行判断．【解答】解：A．烷烃为饱和烃，有机物分子中碳原子数相同时烷烃的含氢量最大，是按照H的饱和程度进行分类，不是按照碳架分类的，故A错误；B．烯烃分子中含有官能团碳碳双键，烯烃是按照官能团种类进行分类的，故B错误；C．芳香烃中含有苯环的烃，属于环状化合物中的芳香化合物，是按照碳架分类的，故C正确；D．烃中氢原子被卤素原子取代后生成的化合物称为卤代烃，卤代烃是按照官能团种类分类的，故D错误；故选C．【点评】本题考查了有机物分类方法及有机物中碳的成键特征，题目难度不大，明确常见有机物的结构与分类方法为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生灵活应用基础知识的能力． 7．化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如图所示，计算反应4～8min间的平均反应速率和推测反应16min时反应物的浓度，结果应是（ ）A．2.5μmol•L﹣1•min﹣1和2.0μmol•L﹣1B．2.5μmol•L﹣1•min﹣1和2.5μmol•L﹣1C．3.0μmol•L﹣1•min﹣1和3.0μmol•L﹣1D．5.0μmol•L﹣1•min﹣1和3.0μmol•L﹣1【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；反应速率的定量表示方法．22\n【专题】化学反应速率专题．【分析】根据v=计算反应4～8min间的平均反应速率；0～4min期间，反应物浓度变化为（40﹣20）μmol/L=20μmol/L，4～8min期间，反应物浓度变化为（20﹣10）μmol/L=10μmol/L，可知，每隔4分钟，速率降为原来的一半，据此计算．【解答】解：由图可知，4～8min期间，反应物浓度变化为（20﹣10）μmol/L=10μmol/L，所以4～8min期间，反应速率为=2.5μmol/（L•min）；由图可知，0～4min期间，反应物浓度变化为（40﹣20）μmol/L=20μmol/L，4～8min期间，反应物浓度变化为（20﹣10）μmol/L=10μmol/L，可知，每隔4分钟，浓度变化量降为原来的一半，所以8～12min浓度变化为5μmol/L，12～16min浓度变化为2.5μmol/L，所以16min时浓度为10μmol/L﹣5μmol/L﹣2.5μmol/L=2.5μmol/L．故选B．【点评】本题考查反应速率的有关计算，难度中等，根据图中浓度变化判断相同时间内的浓度变化量是解题关键． 8．反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变可使反应速率加快的是（ ）A．增加C的量B．将容器的体积减小一半C．保持体积不变，充入氮气使体系的压强增大D．保持压强不变，充入氮气使体系的体积增大【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】A、改变纯固体或液体的量，对反应速率无影响；B、体积缩小，反应体系中物质的浓度增大，相当于压强增大；C、体积不变，反应体系中的各物质的浓度不变；D、压强不变，充入N2，容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小．【解答】解：A、因该反应中只有C为纯固体，则增加C的量对化学反应速率无影响，故A错误；B、将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故B正确；C、保持体积不变，充入N2，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故C错误；D、保持压强不变，充入N2，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故D错误；故选B．【点评】本题考查增大化学反应速率的措施，明确常见的温度、浓度、压强、稀有气体等对化学反应速率的影响即可解答，抓住浓度是否变化来分析是关键． 9．将可逆反应：2NO2←→2NO+O2在固定容积的密闭容器中进行，达到平衡的标志是（ ）①单位时间内消耗nmolO2的同时，生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时，消耗2nmolNO22\n③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态④混合气体的密度不再改变的状态⑤混合气体的颜色不再改变的状态⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①④⑥B．②③⑤C．①③④D．②⑤⑥【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】①只要反应发生就有单位时间内消耗nmolO2的同时，生成2nmolNO2；②单位时间内生成nmolO2的同时，消耗2nmolNO，因此v正=v逆；③在任何时候，反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态；④气体的质量和体积始终不变，所以混合气体的密度始终不随时间的改变而改变；⑤混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，即气体的物质的量不变，说明正逆反应速率相等．【解答】解：①未体现正与逆的关系，故错误；②单位时间内生成nmolO2的同时，消耗2nmolNO，等于计量数之比，正逆反应速率相等，故正确； ③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态只要反应发生就符合这个关系，故错误；④气体的质量和体积始终不变，所以混合气体的密度始终不随时间的改变而改变，所以不一定达平衡状态，故错误；⑤混合气体的颜色不再改变的状态，说明正逆反应速率相等，故正确； ⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，即气体的物质的量不变，说明正逆反应速率相等，故正确；故选D．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0． 10．制造硫酸的工艺流程反应其中之一是2SO2（g）+O2（g）←→2SO3（g）+190kJ．下列描述中能说明上述反应已达平衡的是（ ）A．v（O2）正=2v（SO3）逆B．容器中气体的平均摩尔质量不随时间而变化C．如果容器容积是固定的，那么混合气体的密度不随时间而变化D．单位时间内生成nmolSO3的同时生成nmolO2【考点】化学平衡状态的判断．【专题】平衡思想；化学平衡专题．【分析】根据化学平衡状态的标志：正反应速率等于逆反应速率，平衡混合物中各组成成分的含量不变来判断．【解答】解：化学平衡状态的标志：正反应速率等于逆反应速率，平衡混合物中各组成成分的含量不变来判断，A、速与化学方程式计量数之比率之比为正反应速率之比，v正（O2）=2v逆（SO3）不符合速率之比，不能判断是否达到平衡，故A不符合；B、容器中气体的平均分子量不随时间而变化，说明平衡混合物中各组成成分含量不变，反应达到平衡状态，故B符合；22\nC、气体的密度=，根据质量守恒定律，反应过程中气体的总质量不变，容器体积不变，气体的密度不会发生变化，故容器中气体的密度不随时间而变化，不能判断反应是否达到平衡，故C不符合；D、生成2nmolSO3的同时生成nmolO2时，反应达到平衡状态，故D不符合；故选B．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度中等，注意化学平衡状态的根本标志是：①v（正）=v（逆），②各组分百分含量不变；在解题时要牢牢抓住这两个根本标志，并明确气体的颜色、密度、压强、平均相对分子质量的变化与根本标志的关系，才能全面分析、正确作答． 11．将足量铁粉投入一定浓度的氯化铁和氯化铜的混合溶液中，充分反应后，溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量相同，则原溶液中氯化铁和氯化铜的浓度之比为（ ）A．2：7B．3：4C．4：7D．2：3【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】在氯化铁和氯化铜的混合溶液中加入过量的铁粉，分别发生：2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2++Cu，搅拌使其充分反应，所得固体残渣的质量与原铁粉的质量恰好相等，则消耗的铁的质量应等于生成的铜的质量，以此解答．【解答】解：设混合物中含有xmolFeCl3，ymolCuCl2，在FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入过量的铁粉，分别发生：2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2++Cu，x0.5xyy搅拌使其充分反应，所得固体残渣的质量与原铁粉的质量恰好相等，则消耗的铁的质量应等于生成的铜的质量，则（0.5x+y）×56=64y，x：y=2：7，故选A．【点评】本题考查混合物的计算，注意把握铁与氯化铁和氯化铜反应的方程式的书写，根据质量关系结合方程式计算，题目难度不大． 12．如图所示，铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里，电流计中有电流通过，则下列说法正确的是（ ）A．锌片是负极B．两个铜片上都发生氧化反应C．石墨是阴极D．两个番茄都形成原电池【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】依据图装置分析可知铜和锌电极发生的是原电池反应，锌做负极，铜做正极；右装置是电解池，铜做电解池的阴极，碳做电解池的阳极；22\n【解答】解：A、装置中依据活泼性差别判断，锌为原电池负极，故A正确；B、原电池中铜电极发生还原反应，右装置是电解池，铜电极上发生还原反应，故B错误；C、石墨和原电池正极相连做电解池的阳极，故C错误；D、左装置是原电池，右装置是电解池，故D错误；故选A．【点评】本题考查原电池、电解池原理的分析应用，电极名称、电极判断、电极反应是解题关键，题目较简单． 13．下列关于教材中的各项说法错误的一项是（ ）A．在化学反应中，反应物转化为生成物的同时，必然发生能量的变化B．氮肥包括铵态氮肥、硝态氮肥和尿素C．在书写热化学方程式时应标明反应物及生成物的状态，无需标明反应温度和压强D．医疗上用的石膏绷带是利用熟石膏与水混合成糊状后很快凝固的性质【考点】反应热和焓变；热化学方程式；氮族元素简介．【专题】基本概念与基本理论；元素及其化合物．【分析】A、化学反应的过程就是旧键断裂和新键形成的过程；B、氮肥就是含氮元素的化学肥料；C、不同条件下，反应热的数值不同；D、石膏绷带就是利用CaSO4•2H2O失水生成CaSO4•H2O从而凝固的原理．【解答】解：A、化学反应的过程就是旧键断裂和新键形成的过程，断键吸收能量，成键释放能量．故A正确；B、常用氮肥包括铵态氮肥、硝态氮肥和尿素，故B正确；C、不同条件下，反应热的数值不同，所以书写热化学方程式时必须注明温度和压强，常温常压可以不注明，故C错误；D、石膏绷带就是利用CaSO4•H2O遇水生成糊状CaSO4•2H2O，CaSO4•2H2O很快失水生成CaSO4•H2O从而凝固的原理，故D正确；故选：C．【点评】本题主要考查了一些基础、重点、易忽略的小知识点，注意平时的积累，题目难度不大． 14．X、Y均为元素周期表ⅦA族中的两种元素．下列叙述中，能够说明X的原子得电子能力比Y强的是（ ）A．原子的电子层数：X＞YB．对应的简单离子的还原性：X＞YC．气态氢化物的稳定性：X＞YD．氧化物对应水化物的酸性：X＞Y【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．【分析】根据单质之间的置换反应、气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性、与氢化合的难易、元素周期律等来比较非金属性，以此来解答．【解答】解：A．X原子的电子层数比Y原子的电子层数多，为同主族元素，则Y的非金属性强，故A不选；B．元素的非金属性越强，对应的简单离子的还原性越弱，对应的简单离子的还原性：X＞Y，则Y的非金属性强，故B不选；C．X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，则X的非金属性强，故C选；22\nD．比较非金属性的强弱，应为最高价氧化物的水化物，故D不选．故选C．【点评】本题考查非金属性的比较，为高频考点，注意归纳非金属性比较的方法是解答的关键，明确同主族元素性质的变化规律即可解答，题目难度不大． 15．下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A．在澄清石灰水中加入少量小苏打：Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2OB．苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O﹣+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32﹣C．将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO﹣+H2O=SO32﹣+2HClOD．将标准状况下112mL氯气通入10mL浓度为1mol•L﹣1的溴化亚铁溶液中：2Fe2++4Br﹣+3Cl2=3Fe3++6Cl﹣+2Br2【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．在澄清石灰水中加入少量小苏打，二者反应生成碳酸钙、水；B．无论二氧化碳是否过量，二者反应都生成苯酚和碳酸氢钠；C．二者发生氧化还原反应生成硫酸钠和氯化钠；D.112mL氯气的物质的量是0.005mol，溴化亚铁的物质的量=1mol/L×0.01L=0.01mol，氯气先氧化亚铁离子后氧化溴离子，氧化亚铁离子需要0.005mol氯气，所以溴离子不反应．【解答】解：A．在澄清石灰水中加入少量小苏打，二者反应生成碳酸钙、水，离子方程式为Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2O，故A正确；B．无论二氧化碳是否过量，二者反应都生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为C6H5O﹣+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3﹣，故B错误；C．二者发生氧化还原反应生成硫酸钠和氯化钠，离子方程式为Cl2+SO32﹣+H2O═SO42﹣+2H++2Cl﹣，故C错误；D.112mL氯气的物质的量是0.005mol，溴化亚铁的物质的量=1mol/L×0.01L=0.01mol，氯气先氧化亚铁离子后氧化溴离子，氧化亚铁离子需要0.005mol氯气，所以溴离子不反应，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，涉及氧化还原反应、复分解反应，明确离子反应先后顺序及离子性质是解本题关键，易错选项是CD，注意D中离子反应先后顺序，题目难度不大． 16．据报道，最近摩托罗拉公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量可达现在使用的镍氢电池或锂电池的十倍，可连续使用一个月才充一次电．其电池反应为：2CH3OH+3O2+4OH﹣═2CO32﹣+6H2O，则下列说法错误的是（ ）A．放电时CH3OH参与反应的电极为正极B．充电时电解质溶液的pH逐渐增大C．放电时负极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2OD．充电时每生成1molCH3OH转移6mol电子【考点】化学电源新型电池．【分析】放电时，相当于原电池的工作原理，正极发生得电子的还原反应，负极发生失电子的氧化反应；充电时，相当于电解池的工作原理，根据反应方程式来确定溶液的酸碱性并判断电子转移的量．22\n【解答】解：A、放电时，相当于原电池的工作原理，负极发生失电子的氧化反应，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，则放电时CH3OH参与反应的电极为负极，故A错误；B、充电时，相当于电解池的工作原理，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，生成大量的氢氧根离子，所以碱性增强，故电解质溶液的pH逐渐增大，故B正确；C、放电时负极发生失电子的氧化反应，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，则负极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，故C正确；D、充电时，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，每生成2molCH3OH转移12mol电子，则每生成1molCH3OH转移6mol电子，故D正确．故选A．【点评】本题考查学生有关二次电池的有关知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大． 二、填空题（本题共6小题，满分52分）17．（10分）（2022秋•湖北校级期中）有如下有机物：（每空一分）①②③④CH3CH=CHCH3⑤⑥⑦（1）互为同分异构体的是： ①⑥ ，存在手性异构体的是： ② ，存在顺反异构体的是 ④ ，互为同系物的是（任写一对）： ①②或②⑥ ；（2）氢核磁共振（1H﹣NMR）图谱如上图所示的有 ③⑤ ；（3）上述物质中，不属于同分异构体，相同质量时，在氧气中完全燃烧消耗的氧气的质量完全相同的烃是： ③⑦ ；（4）有机物④的系统命名法名称是 2﹣丁烯 ；（5）有机物⑤的键线式 ，其分子中碳原子 sp3 杂化．【考点】有机物的结构和性质；常见有机化合物的结构；有机物分子中的官能团及其结构；有机化合物的异构现象．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】（1）同分异构体是分子式相同结构不同的物质；22\n手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：手性碳原子一定是饱和碳原子；手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，然后根据手性分子是含有手性碳原子的分子进行判断；具有顺反异构体的有机物中含有碳碳双键，且C=C应连接不同的原子或原子团；同系物是结构相似，组成上相差CH2原子团的物质互称同系物；（2）核磁共振氢谱中只给出1种峰，说明该分子中的H原子都是等效的，只有1种H原子；（3）两种烃组成的混合物，混合物的总质量一定，完全燃烧消耗氧气的质量为一恒量，则混合物中C元素、H元素的质量为定值，故两种烃的最简式相同；（4）④为烯烃，根据烯烃的命名原则写出其名称；（5）键线式中省去碳氢元素的符号，只要求表示出碳碳键以及与碳原子相连的基团，键线式中每个拐点和终点均表示一个碳原子，每个碳原子都形成四个共价键；中的两个碳原子形成了3个单键和1对未成键电子对，据此判断杂化方式．【解答】解：（1）①和⑥具有相同分子式、不同结构，二者互为同分异构体；②分子中3号C连接了4个不同的原子或原子团，为手性碳原子；④CH3CH=CHCH3分子的碳碳双键两边连接的原子或原子团不相同，存在顺反异构；①和②、②和⑥都属于烷烃，具有相似结构、分之间相差1个CH2原子团，它们属于同系物，故答案为：①⑥；②；④；①②或②⑥；（2）根据图示的氢核磁共振（1H﹣NMR）图谱可知，该有机物分子中只含有1种H，所以满足条件的有机物具有对称结构，如：③、⑤，故答案为：③⑤；（3）以上有机物中③和⑦属于烃、不属于同分异构体且具有相同最简式，所以满足条件，故答案为：③⑦；（4）CH3CH=CHCH3分子中，碳碳双键在2号C，主链含有4个C，则其名称为：2﹣丁烯，故答案为：2﹣丁烯；（5）中省去碳原子和H原子后得到的键线式为：；其分子中的两个C都形成的3个单键，还含有1个未成键电子对，其杂化方式为：sp3杂化，故答案为：；sp3．【点评】本题考查了有机物结构与性质，题目难度中等，明确常见有机物结构与性质为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力．22\n 18．下表是某地区市场上销售的一种“加碘食盐”包装袋上的部分文字说明．请根据此表，结合初中化学和生物学科的知识，回答下列问题．配料表精制海盐、碘酸钾[含碘量20～40mg/kg卫生许可证号××卫碘字（1999）第001号分装日期见封底储藏方法密封、避光、防潮食用方法烹调时，待食品熟后加入碘盐（1）碘是合成下列哪种激素的主要原料之一 B A．胰岛素B．甲状腺素C．生长激素D．雄性激素（2）长期生活在缺碘山区，又得不到食盐供应，易患 C A．甲状腺亢进B．贫血症C．地方性甲状腺肿大D．糖尿病（3）食盐中加碘，这碘指的是 元素 （填元素、原子或单质）．（4）碘酸钾的化学式为KIO3，其中碘元素的化合价为 +5 ．（5）根据含碘盐的食用方法可推测碘元素的化学性质，碘酸钾在受热时容易 分解 ．（6）已知可用盐酸酸化的碘化钾淀粉溶液，检查食盐中含碘酸钾（进行如下反应：IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2O）．现有①纯净水、②白酒、③食醋、④淀粉KI试纸、⑤纯碱，试从中选择必须的物质检验食盐样品中是否加入碘，选择的物质 ①③④ （填序号）．【考点】微量元素对人体健康的重要作用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】卤族元素；化学应用．【分析】（1）碘元素有利于合成甲状腺素；（2）缺少碘元素易患地方性甲状腺肿大；（3）碘以化合物形式存在；（4）化合物中正负化合价的代数和为0；（5）由说明分析其性质；（6）根据题中所给信息：“IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2O，单质碘能使淀粉变蓝色”，验证IO3﹣的存在是利用在酸性环境中与碘离子反应，故应选择酸性物质、含碘离子的物质及淀粉等．【解答】解：（1）碘元素有利于合成甲状腺素，故答案为：B；（2）缺少碘元素易患地方性甲状腺肿大，故答案为：C；（3）物质是由元素组成的，“含碘量”中的碘是指元素，故答案为：元素；（4）碘酸钾的化学式KIO3，其中钾元素化合价为+1价，氧元素化合价为﹣2价，根据正负化合价的代数和为0，设碘元素化合价为x，则+1+x+（﹣2）×3=0，x=+5；故答案为：+5；（5）根据“文字说明”避光、避热，可推测碘酸钾的一种化学性质为：见光、受热易分解；故答案为：见光、受热易分解；（6）根据题中信息：“IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2O，单质碘能使淀粉变蓝色”，可知所需物质有碘离子、酸性物质、淀粉，对比可供选用的物质，食醋显酸性，碘化钾淀粉试纸中含有碘离子、淀粉，所以必须的试剂和物质是碘化钾淀粉试纸、食醋，即选用①③④，故答案为：①③④．【点评】本题考查碘及其化合物，注重化学与生活的联系，侧重学生读标签识标签且根据标签做题的能力，题目难度不大． 19．可逆反应：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）；根据图回答：22\n①压强P1 ＜ P2；（a+b） ＜ （c+d）（填“＞”或“＜”下同）．②温度t1℃ ＞ t2℃；△H ＞ 0．③保持体积和温度不变，通入He，平衡会 不 移动（填“正向”、“逆向”或“不”）．【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡图像；化学平衡专题．【分析】根据先拐先平衡判断：t1＞t2，p2＞p1．温度升高，A的百分含量减小，说明平衡正向移动，△H＞0，增大压强，A的转化率减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，以此解答该题．【解答】解：①由图象可知时P2先达到平衡，说明P2压强较大，反应速率较大，则压强P1比P2小，增大压强，A的转化率减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则（a+b）比（c+d）小，故答案为：＜；＜；②由图象可知t1℃时先达到平衡，温度较高，则温度t1℃比t2℃高，温度升高，A的百分含量减小，说明平衡正向移动，△H＞0，故答案为：＞；＞；③保持体积和温度不变，通入He，反应物和生成物的浓度不变，所以平衡不移动，故答案为：不．【点评】本题考查化学平衡图象问题，注意根据图象的曲线变化趋势判断，特别是注意外界条件对平衡移动的影响与反应方程式的关系． 20．写出下列元素基态原子的电子排布式：29Cu 1s22s22p63s23p63d104s1 32Ge（简式） 1s22s22p63s23p63d104s24p2 ．【考点】原子核外电子排布．【专题】原子组成与结构专题．【分析】根据元素原子的核外电子数，结合能量最低原理书写核外电子排布式；【解答】解：Cu为29号元素，原子核外有29个电子，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1；Ge为32号元素，原子核外有32个电子，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2；故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；1s22s22p63s23p63d104s24p2；【点评】本题考查了基态原子的核外电子排布式，核外电子排布规律来写，题目难度不大． 21．（11分）（2022秋•柯城区校级期末）在火箭推进器中装有强还原剂肼（N2H4）和强氧化剂（H2O2），当它们混合时，即产生大量的N2和水蒸气，并放出大量热．已知0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量．22\n（1）写出该反应的热化学方程式： N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.625kJ•mol﹣1 ．（2）已知H2O（l）═H2O（g）；△H=+44kJ•mol﹣1，则16g液态肼燃烧生成氮气和液态水时，放出的热量是 408.8 kJ．（3）上述反应应用于火箭推进剂，除释放大量的热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是 产物为氮气和水，无污染 ．（4）已知N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）；△H=+67.7kJ•mol﹣1，N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）；△H=﹣534kJ•mol﹣1，根据盖斯定律写出肼与NO2完全反应生成氮气和气态水的热化学方程式 2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1135.7kJ•mol﹣1 ．【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）根据题给条件厉害书写热化学方程式的原则写出；（2）依据（2）中写出的热化学方程式和H2O（1）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，利用盖斯定律写出热化学方程式计算；（3）依据反应产物的性质分析无污染物产生分析；（4）根据盖斯定律计算焓变，并书写热化学方程式．【解答】解：（1）已知0.4mol液态肼和足量H2O2（l）反应生成氮气和水蒸气时放出256.64kJ的热量，依据热化学方程式的书写原则，结合定量关系写出，1mol肼和过氧化氢反应生成氮气和水蒸气放出的热量==641.6KJ，所以热化学方程式为：N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.625kJ/mol，故答案为：N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.625kJ/mol；（2）16g液态肼物质的量==0.5mol，由①N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）；△H=﹣641.6kJ/mol；②H2O（1）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，结合盖斯定律的内容和要求，可以把②×4方向倒转得到③4H2O（g）=4H2O（l）△H=﹣44×4kJ/mol=﹣176kJ/mol，①+③得到N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（l）；△H=﹣817.6kJ/mol，所以0.5mol液态肼与足量双氧水反应生成氮气和液态水时，放出的热量==408.8kJ，故答案为：408.8；（3）反应应用于火箭推进器，除释放出大量热量和快速生成大量气体产生巨大推力外，反应的生成物是氮气和水，很突出的优点是对环境无污染；故答案为：产物为氮气和水，无污染；（4））①N2（g）+2O2（g）═2NO2（g），△H=+67.7KJ•mol﹣1；②N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g），△H=﹣534KJ•mol﹣1将方程式2②﹣①得2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=2（﹣534KJ•mol﹣1）﹣（+67.7KJ•mol﹣1）=﹣1135.7kJ•mol﹣1，故答案为：2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g）；△H=﹣1135.7kJ•mol﹣1．【点评】本题考查了有关肼的结构和性质，利用信息的推断能力，热化学方程式的书写与计算，盖斯定律的应用，反应产物的分析，氧化还原反应的原理应用．22\n 22．（15分）（2022秋•湖北校级期中）甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景．请回答下列与甲醇有关的问题．（1）甲醇分子是 极性 分子（填“极性”或“非极性”）．（2）工业上一般可采用如下反应来合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣86.6KJ/mol，在T℃时，往一个体积固定为1L的密闭容器中加入1molCO和2molH2，反应达到平衡时，容器内的压强是开始时的3/5．①达到平衡时，CO的转化率为 60% ②下列选项能判断该反应达到平衡状态的依据的有 CE A．2v（H2）=v（CH3OH）B．CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率C．容器内的压强保持不变D．混合气体的密度保持不变E．混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化（3）已知在常温常压下：①2CH3OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣akJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣bkl•mol﹣1③H2O（g）=H2O（1）△H=﹣ckJ•mol﹣1则CH3OH（1）+O2（g）═CO（g）+2H2O（1）△H= （b﹣a﹣4c） kJ•mol﹣1（4）由甲醇、氧气和NaOH溶液构成的新型手机电池，可使手机连续使用一个月才充一次电．①该电池负极的电极反应式为 CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O ．②若以该电池为电源，用石墨做电极电解200mL含有如下离子的溶液．离子Cu2+H+Cl﹣SO42﹣c/mol•L﹣10.5220.5电解一段时间后，当两极收集到相同体积（相同条件）的气体时（忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象）阳极上收集到氧气的质量为 3.2g ．【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）甲醇分子结构不对称，分子中正负电荷正向不重合；（2）①恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，计算平衡时混合气体物质的量，再利用差量法计算参加反应CO物质的量，进而计算CO的转化率；②可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；（3）根据盖斯定律，（①﹣②+③×4）÷2可得：CH3OH（1）+O2（g）═CO（g）+2H2O（1）；（4）①原电池负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水；②溶液中n（Cu2+）=0.2L×0.5mol/L=0.1mol，n（H+）=0.2L×2mol/L=0.4mol，c（Cl﹣）=0.2L×2mol/L=0.4mol，开始阶段，阴极电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，阳极电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，电解一段时间后，当两极收集到相同体积（相同条件）的气体，且阳极生成氧气，则阴极还发生反应：2H++2e﹣=H2↑，阳极还发生：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阳极生成氯气为0.2mol，假设氧气为xmol，则氢气为（x+0.2）mol，根据电子转移守恒列方程计算解答．22\n【解答】解：（1）甲醇分子结构不对称，分子中正负电荷正向不重合，属于极性分子，故答案为：极性；（2）①恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，平衡时混合气体物质的量为（1mol+2mol）×=1.8mol，则：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）物质的量减小120.6mol3mol﹣1.8mol=1.2mol则CO的转化率为×100%=60%，故答案为：60%；②A．未指明正逆速率，不能说明到达平衡，若分别表示正逆速率，反应到达平衡，故A错误；B．CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率，均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，故B错误；C．随反应进行混合气体物质的量变化，恒温恒容下，容器内的压强发生变化，若容器内压强保持不变，说明反应到达平衡，故C正确；D．混合气体总质量不变，容器的容积不变，混合气体的密度始终保持不变，故D错误；E．混合气体总质量不变，随反应进行混合气体物质的量变化，则平均相对分子质量发生变化，混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化，说明反应到达平衡，故E正确，故选：CE；（3）已知：①2CH3OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣akJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣bkl•mol﹣1③H2O（g）=H2O（1）△H=﹣ckJ•mol﹣1根据盖斯定律，（①﹣②+③×4）÷2可得：CH3OH（1）+O2（g）═CO（g）+2H2O（1），△H=[﹣a﹣（﹣b）﹣4c]kJ/mol=（b﹣a﹣4c）kJ/mol，故答案为：（b﹣a﹣4c）；（4）①原电池负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水，负极电极反应式为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；②溶液中n（Cu2+）=0.2L×0.5mol/L=0.1mol，n（H+）=0.2L×2mol/L=0.4mol，c（Cl﹣）=0.2L×2mol/L=0.4mol，开始阶段，阴极电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，阳极电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，电解一段时间后，当两极收集到相同体积（相同条件）的气体，且阳极生成氧气，则阴极还发生反应：2H++2e﹣=H2↑，阳极还发生：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阳极生成氯气为0.2mol，假设氧气为xmol，则氢气为（x+0.2）mol，根据电子转移守恒，则0.1mol×2+（x+0.2）mol×2=0.2mol×2+xmol×4，解得x=0.1，故收集氧气的质量为0.1mol×32g/mol=3.2g，故答案为：3.2g．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡状态判断、盖斯定律应用、电解原理及有关计算等，是对学生综合能力的考查，难度中等． 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