初中化学鲁教版九年级上册溶液单元复习【省一等奖】

2015-2016学年安徽省蚌埠二中高二（下）期中化学试卷一、选择题（每小题3分且只有一个选项符合题意）1．下列说法不正确的是（）A．电解池的反应属于自发过程B．化学反应热效应数值与参加反应的物质多少有关C．化学反应过程中的能量变化除了热能外，也可以是光能、电能等D．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数2．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）A．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定B．氢气的燃烧热为kJ•mol﹣1，则水分解的热化学方程式2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H=+kJ•mol﹣1C．已知稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣kJ•mol﹣1，则浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水时放出的热量为kJD．密闭容器中，g硫粉与g铁粉混合加热生成硫化亚铁g时，放出kJ热量．则Fe（s）+S（s）=FeS（s）△H=﹣kJ•mol﹣13．用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，加入一定质量的另一种物质（括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是（）A．CuCl2[CuSO4] B．NaCl[HCl] C．NaOH[Na2O] D．CuSO4[Cu（OH）2]4．下列图示中关于铜电极的连接不正确的是（）A． B． C． D．5．已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣12Na2O2（s）+2CO2（g）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣452kJ•mol﹣1根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（）A．图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系B．CO的燃烧热为566kJ/molC．Na2O2（s）+CO2（s）=Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ/molD．CO（g）与Na2O2（s）反应放出509kJ热量时，电子转移数为2××10236．下列有关电化学原理的说法中，不正确的是（）A．镀锌铁制品镀层受损后，铁制品也不容易生锈B．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1mol电子转移，则生成1molNaOHC．粗铜精炼时，电镀液中的c（Cu2+）保持不变D．将钢闸门与直流电源的负极相连，可降低钢闸门腐蚀速率7．将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（）A．Cu电极上发生氧化反应B．电子沿Zn→a→b→Cu路径流动C．片刻后甲池中c（K+）增大D．片刻后可观察到滤纸a点变红色8．10mL浓度为1mol•L﹣1的盐酸跟过量的锌片反应，为减慢反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（）A．加入少量1mol•L﹣1的盐酸 B．加入几滴CuSO4溶液C．加入少量NaNO3溶液 D．加入少量CH3COONa溶液9．已知：①H2O（g）=H2O（l）△H1=﹣akJ•mol﹣1②C2H5OH（g）=C2H5OH（l）△H2=﹣bkJ•mol﹣1③C2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣ckJ•mol﹣1根据盖斯定律判断：若使46g液态无水酒精完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为（）A．（b﹣a﹣c）kJ B．（3a﹣b+c）kJ C．（a﹣3b+c）kJ D．（b﹣3a﹣c）kJ10．在固定容积的密闭容器中，可逆反应2X（？）+Y（g）⇌Z（s）已达到平衡，此时升高温度则气体混合物的密度增大．下列叙述正确的是（）A．正反应为放热反应，X可能是气态、液态或固态B．正反应为放热反应，X一定为气态C．若X为非气态，则正反应为吸热反应D．若加入少量的Z，该平衡向左移动11．常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（如图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，已知0﹣t1时，原电池的负极是Al片，反应过程中有红棕色气体产生．下列说法不正确的是（）A．0﹣t1时，正极的电极反应式为：2H++NO3﹣﹣e﹣═NO2+H2OB．0﹣t1时，溶液中的H+向Cu电极移动C．t1时，负极的电极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+D．t1时，原电池中电子流动方向发生改变是因为Al在浓硝酸中钝化，氧化膜阻碍了Al的进一步反应12．对于反应2NO2（g）⇌N2O4（g）达到平衡后，在温度不变时欲使比值增大，可以采取（）A．体积不变，增加NO2的量 B．体积不变，增加N2O4的量C．使体积扩大到原来的2倍 D．使体积不变充入N213．一个固定体积的密闭容器中，加入2molA和1molB，发生反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（s），达到平衡时，C的浓度为ωmol/L．若维持容器体积和温度不变，改由下列四种配比作为起始物质，达到平衡时，C的浓度仍为ωmol/L的是（）A．4molA+2molB B．3molC+2molDC．1molB+3molC+1molD D．2molA+1molB+3molC+1molD14．在一密闭容器中有如下反应：aX（g）+bY（g）⇌nW（g），某化学兴趣小组的同学根据此反应在不同条件下的实验数据，作出了如下曲线图：其中，ω（W）表示W在反应混合物中的体积分数，t表示反应时间．当其它条件不变时，下列分析正确的是（）A．图I可能是不同压强对反应的影响，且p2＞p1，a+b＞nB．图I可能是不同温度对反应的影响，且T2＞T1，△H＞0C．图II可能是不同压强对反应的影响，且p1＞p2，n=a+bD．图Ⅲ可能是不同温度对反应影响，且T1＞T2，△H＜015．高温下，某反应达到平衡，平衡常数K=．恒容时，温度升高，H2浓度减小．下列说法正确的是（）A．升高温度，逆反应速率减小B．该反应的焓变为正值C．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小D．该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H216．微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示．下列有关微生物电池的说法错误的是（）A．负极反应中有CO2生成B．微生物促进了反应中电子的转移C．质子通过交换膜从正极区移向负极区D．电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O17．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法不正确的是（）A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB．电池充电时，阴极反应为2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2OC．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH升高D．电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）218．某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化如图所示．下列说法中正确的是（）A．8min时表示正反应速率等于逆反应速率B．在0﹣54分钟的反应过程中该可逆反应的平衡常数始终为4C．40min时改变的条件是升高温度，且正反应为放热反应D．反应方程式中的x=1，30min时改变的条件是降低温度19．在体积均为的恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入和，在不同温度下反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）．下列说法正确的是（）A．反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）的△S＞0、△H＜0B．体系的总压强P总：P总（状态Ⅱ）＜2P总（状态Ⅰ）C．体系中c（CO）：c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ）D．逆反应速率V逆：V逆（状态Ⅰ）＞V逆（状态Ⅲ）20．可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），△H=﹣QkJ•mol﹣1（Q＞0）．有甲、乙两个容积相同且不变的密闭容器，向甲容器中加入1molN2和3molH2，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1KJ；在相同条件下，向乙容器中加入2molNH3达到平衡后吸收热量为Q2KJ，已知Q1=4Q2．下列叙述正确的是（）A．达到平衡时，两容器中反应物的转化率相同B．平衡时甲容器中NH3（g）的体积分数比乙容器中的小C．Q1=D．平衡时甲容器中气体的压强为开始时压强的3二、填空题21．已知E1=134kJ•mol﹣1、E2=368kJ•mol﹣1，请参考题中图表，根据要求回答问题：（1）图1是1molNO2（g）和1molCO（g）反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），△H的变化是．请写出NO2和CO反应的热化学方程式：．（2）如表所示是部分化学键的键能参数：化学键P﹣PP﹣OO═OP═O键能/kJ•mol﹣1abcx已知白磷的燃烧热为dkJ•mol﹣1，白磷及其完全燃烧的产物的结构如图2所示，则表中x=kJ•mol﹣1（用含a、b、c、d的代表数式表示）．22．已知2X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g）△H=﹣akJ•mol﹣1（a＞0），在一个容积固定的密闭容器中加入2molX2和1molY2，在500℃时充分反应达平衡后Z的浓度为Wmol•L﹣1，放出热量bkJ．（1）此反应平衡常数表达式为；若将温度降低到300℃，则反应平衡常数将（填“增大”“减少”或“不变”）．（2）若原容器中只加入2molZ，500℃充分反应达平衡后，吸收热量ckJ，则Z浓度Wmol•L﹣1（填“＞”“＜”或“=”），b、c间的关系为．（用a、b、c表示）．（3）能说明反应已达到平衡状态的是（从下列选项中选择）．a．单位时间内消耗1molY2的同时消耗了2molZb．容器内的密度保持不变c．2v逆（X2）=v正（Y2）d．容器内压强保持不变（4）若将上述容器改为恒压容器（反应器开始体积相同），相同温度下起始加入2molX2和1molY2达到平衡后，Y2的转化率将（填“变大”“变小”或“不变”）．23．（1）某课外活动小组同学用1装置进行实验，试回答下列问题：①若开始时开关K与a连接，则铁发生电化学腐蚀中的腐蚀．②若开始时开关K与b连接，则总反应的离子方程式为．（2）芒硝化学式为Na2SO4•10H2O，无色晶体，易溶于水，是一种分布很广泛的硫酸盐矿物．该小组同学设想，如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，用如图2所示装置电解硫酸钠溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钠，无论从节省能源还是从提高原料的利用率而言都更加符合绿色化学理念．①该电解槽的阴极反应式为；此时通过阳离子交换膜的离子数（填“大于”、“小于”或“等于”）通过阴离子交换膜的离子数．②制得的氢氧化钠溶液从出口（填“A”、“B”、“C”或“D”）导出．③若将制得的氢气、氧气和氢氧化钠溶液组合为氢氧燃料电池，则电池正极的电极反应式为．已知H2的燃烧热为•mol﹣1，则该燃料电池工作产生27gH2O（l）时，理论上有kJ的能量转化为电能．三、计算题24．室温下，用下图所示的装置进行电解．通电一会儿，发现湿润的淀粉KI试纸的C端变为蓝色．若电解结束时，A、B装置中共收集到气体（标准状况），假设电解过程中无其他副反应发生，经测定电解后A中溶液体积恰为1000mL，求此时A溶液的pH值．（提示：pH=﹣lgc（H+））

2015-2016学年安徽省蚌埠二中高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分且只有一个选项符合题意）1．下列说法不正确的是（）A．电解池的反应属于自发过程B．化学反应热效应数值与参加反应的物质多少有关C．化学反应过程中的能量变化除了热能外，也可以是光能、电能等D．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数【考点】反应热和焓变．【分析】A、电解池的反应是属于非自发进行的氧化还原反应；B、参加反应的物质越多，放出热量越多；C、根据化学反应过程中的能量变化形式分析；D、热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数．【解答】解：A、电解池的反应是属于非自发进行的氧化还原反应，故A错误；B、参加反应的物质越多，放出热量越多，所以化学反应热效应数值与参加反应的物质多少有关，故B正确；C、根据化学反应过程中的能量转化形式分析，除了热能外，也可以是光能、电能等，故C正确；D、热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数，故D正确．故选：A．2．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）A．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定B．氢气的燃烧热为kJ•mol﹣1，则水分解的热化学方程式2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H=+kJ•mol﹣1C．已知稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣kJ•mol﹣1，则浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水时放出的热量为kJD．密闭容器中，g硫粉与g铁粉混合加热生成硫化亚铁g时，放出kJ热量．则Fe（s）+S（s）=FeS（s）△H=﹣kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式．【分析】A、物质能量越低越稳定分析；B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；C、浓硫酸的稀释过程是放热的；D、根据参加反应的物质的量计算反应热；【解答】解：A、石墨转化为金刚石是吸热，所以石墨具有的能量小于金刚石的能量，石墨比金刚石稳定，故A错误；B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，所以水分解的热化学方程式：H2O（l）=H2（g）+O2（g）△H=+kJ•mol﹣1；故B错误；C、浓硫酸的稀释过程是放热的，浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水时放出的热量大于kJ，故C错误；D、n（S）===，n（Fe）===，已知Fe+SFeS，所以Fe的量不足，按照Fe计算，=，所以1molFe反应放出热量为：kJ，所以热化学方程式为：Fe（s）+S（s）=FeS（s）△H=﹣kJ•mol﹣1，故D正确；故选D．3．用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，加入一定质量的另一种物质（括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是（）A．CuCl2[CuSO4] B．NaCl[HCl] C．NaOH[Na2O] D．CuSO4[Cu（OH）2]【考点】电解原理．【分析】电解池中，要想使电解质溶液复原，遵循的原则是：电解后从溶液中减少的物质是什么就利用元素守恒来加什么．【解答】解：A、电解氯化铜时，阳极放氯气，阴极生成金属铜，所以应加氯化铜让电解质溶液复原，故A错误；B、电解氯化钠时，阳极产生氯气，阴极产生氢气，所以应加氯化氢让电解质溶液复原，故B正确；C、电解氢氧化钠时，阳极产生氧气，阴极产生氢气，所以应加水让电解质溶液复原，故C错误；D、电解硫酸铜时，阳极产生氧气，阴极产生金属铜，所以应加氧化铜让电解质溶液复原，加入氢氧化铜会多加入水，故D错误．故选B．4．下列图示中关于铜电极的连接不正确的是（）A． B． C． D．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．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；B．电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解质溶液中含有铜离子；C．电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极；D、电解氯化铜溶液，石墨作阳极时，阳极上氯离子放电，阴极上铜离子放电．【解答】解：A．该原电池中，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，故A正确；B．电解精炼铜时，粗铜作阳极，阳极上铜失电子发生氧化反应，纯铜作阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应，故B正确；C．电镀时，镀层铜作阳极，镀件作阴极，电解过程中，铜离子在阴极析出，故C错误；D．电解氯化铜溶液时，惰性电极作阳极，则阳极上氯离子放电生成氯气，无论阴极是否活泼，阴极上都是铜离子得电子生成铜，故D正确．故选C．5．已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣12Na2O2（s）+2CO2（g）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣452kJ•mol﹣1根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（）A．图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系B．CO的燃烧热为566kJ/molC．Na2O2（s）+CO2（s）=Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ/molD．CO（g）与Na2O2（s）反应放出509kJ热量时，电子转移数为2××1023【考点】反应热和焓变；热化学方程式．【分析】A、依据热化学方程式，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；分析图象中物质的量不符合反应物质物质的量；B、依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；C、固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值；D、依据热化学方程式，结合盖斯定律计算得到热化学方程式计算分析．【解答】解：A、由热化学方程式，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol，可知图象中一氧化碳和氧气物质的量为1、物质的量不符合反应物质的物质的量，故A错误；B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol，一氧化碳的燃烧热为283kJ/mol，故B错误；C、固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值，由2Na2O2（s）+2CO2（g）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ/mol，故C错误；D、已知：①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；②Na2O2（s）+CO2（g）=Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ/mol依据盖斯定律②×2+①得到：2Na2O2（s）+2CO（g）=2Na2CO3（s）△H=﹣1018kJ/mol；即Na2O2（s）+CO（g）=Na2CO3（s）△H=﹣509kJ/mol；CO（g）与Na2O2（s）反应放出509kJ热量时，反应的一氧化碳物质的量为1mol，电子转移数为2××1023，故D正确．故选：D．6．下列有关电化学原理的说法中，不正确的是（）A．镀锌铁制品镀层受损后，铁制品也不容易生锈B．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1mol电子转移，则生成1molNaOHC．粗铜精炼时，电镀液中的c（Cu2+）保持不变D．将钢闸门与直流电源的负极相连，可降低钢闸门腐蚀速率【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．锌比铁活泼，为原电池的负极；B．惰性电极电解饱和NaCl溶液，阳极氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得到电子生成氢气，依据电极反应电子守恒计算；C．粗铜精炼时，阳极不仅仅是铜放电，还有锌、铁等；D．将钢闸门与直流电源的负极相连，铁为阴极，阴极发生还原反应．【解答】解：A．锌比铁活泼，为原电池的负极，可防止铁被氧化，故A正确；B．惰性电极电解饱和NaCl溶液，阳极氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得到电子生成氢气，依据电极反应电子守恒计算2H++2e﹣=H2↑，若有1mol电子转移，氢离子减小1mol，溶液中氢氧根离子增加1mol，则生成1molNaOH，故B正确；C．粗铜精炼时，阳极不仅仅是铜放电，还有锌、铁等，而阴极只有铜离子放电，则电镀液中的c（Cu2+）减小，故C错误；D．将钢闸门与直流电源的负极相连，铁为阴极，阴极发生还原反应，可降低钢闸门腐蚀速率，故D正确．故选C．7．将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（）A．Cu电极上发生氧化反应B．电子沿Zn→a→b→Cu路径流动C．片刻后甲池中c（K+）增大D．片刻后可观察到滤纸a点变红色【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】甲、乙装置能自发的进行氧化还原反应，所以是原电池，锌易失电子作负极，铜作正极，则含有硫酸钾溶液的滤纸是电解池，a是阴极，b是阳极，阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电，电子从负极沿导线流向电解池阴极，原电池放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以此解答该题．【解答】解：A．Zn较活泼，作原电池的负极，Cu作原电池的正极，Cu电极是发生还原反应，故A错误；B．电子流向是负极到正极，但a→b这一环节是在溶液中导电，是离子导电，电子并没沿此路径流动，故B错误；C．锌为负极，原电池工作时阳离子向正极移动，则乙池c（K+）增大，故C错误；D．电解池中，a电极上氢离子放电生成氢气，同时a电极附近生成氢氧根离子，导致溶液碱性增强，所以a极变红色，故D正确．故选D．8．10mL浓度为1mol•L﹣1的盐酸跟过量的锌片反应，为减慢反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（）A．加入少量1mol•L﹣1的盐酸 B．加入几滴CuSO4溶液C．加入少量NaNO3溶液 D．加入少量CH3COONa溶液【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】为减慢反应速率，又不影响生成氢气的总量，则减小氢离子的浓度，不能改变氢离子的物质的量，以此来解答．【解答】解：A．加入少量1mol•L﹣1的盐酸，生成氢气的量增大，故A不选；B．加入几滴CuSO4溶液，构成原电池加快反应速率，故B不选；C．加入少量NaNO3溶液，在酸性溶液中与Zn发生氧化还原反应生成NO，故C不选；D．加入少量CH3COONa溶液，减小氢离子的浓度，不能改变氢离子的物质的量，则减慢反应速率，又不影响生成氢气的总量，故D选；故选D．9．已知：①H2O（g）=H2O（l）△H1=﹣akJ•mol﹣1②C2H5OH（g）=C2H5OH（l）△H2=﹣bkJ•mol﹣1③C2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣ckJ•mol﹣1根据盖斯定律判断：若使46g液态无水酒精完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为（）A．（b﹣a﹣c）kJ B．（3a﹣b+c）kJ C．（a﹣3b+c）kJ D．（b﹣3a﹣c）kJ【考点】有关反应热的计算．【分析】已知：①H2O（g）═H2O（l）△H1═﹣akJ•mol﹣1②C2H5OH（g）═C2H5OH（l）△H2═﹣bkJ•mol﹣1③C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H3═﹣ckJ•mol﹣1由盖斯定律③﹣②+①×3得：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣（c﹣b+3a）kJ•mol﹣1，再根据反应热计算放出的热量．【解答】解：已知：①H2O（g）═H2O（l）△H1═﹣akJ•mol﹣1②C2H5OH（g）═C2H5OH（l）△H2═﹣bkJ•mol﹣1③C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H3═﹣ckJ•mol﹣1由盖斯定律③﹣②+①×3得：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣（c﹣b+3a）kJ•mol﹣1，46g液态酒精的物质的量为=1mol，所以完全燃烧恢复到室温，放出的热量为1mol×[﹣（c﹣b+3a）kJ•mol﹣1]，所以放出热量为：（3a﹣b+c）kJ，故选：B．10．在固定容积的密闭容器中，可逆反应2X（？）+Y（g）⇌Z（s）已达到平衡，此时升高温度则气体混合物的密度增大．下列叙述正确的是（）A．正反应为放热反应，X可能是气态、液态或固态B．正反应为放热反应，X一定为气态C．若X为非气态，则正反应为吸热反应D．若加入少量的Z，该平衡向左移动【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A、Z是固态，无论X是什么状态，升高温度，平衡向逆向移动，气体的质量都增加，混合气体密度增大；B、升高温度，平衡逆向移动，正反应放热反应，X状态无法确定；C、X无论是什么状态，正反应都是放热反应；D、Z是固体，加入后不影响化学平衡．【解答】解：容器容积不变，Z是固体，升高温度则气体混合物的密度增大，说明平衡向着逆向移动，气体质量增加，证明正反应为放热反应；A、X状态不影响，升高温度则气体混合物的密度增大，故A正确；B、正反应是放热反应，X状态不能确定，故B错误；C、完了X是说明状态，正反应都是放热反应，故C错误；D、由于Z是固体，Z的量不影响化学平衡，故D错误；故选A．11．常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（如图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，已知0﹣t1时，原电池的负极是Al片，反应过程中有红棕色气体产生．下列说法不正确的是（）A．0﹣t1时，正极的电极反应式为：2H++NO3﹣﹣e﹣═NO2+H2OB．0﹣t1时，溶液中的H+向Cu电极移动C．t1时，负极的电极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+D．t1时，原电池中电子流动方向发生改变是因为Al在浓硝酸中钝化，氧化膜阻碍了Al的进一步反应【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】0﹣t1时，Al在浓硝酸中发生钝化过程，Al为负极，氧化得到氧化铝，应有水参加，根据电荷守恒可知，有氢离子生成，Cu为正极，硝酸根放电生成二氧化氮，应由氢离子参与反应，同时有水生成，随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，t1时，铜做负极反应，Al为正极．【解答】解：﹣t1时，原电池的负极是Al片，反应过程中有红棕色气体产生，为正极反应，正极电极反应式为：2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O，故A错误；﹣t1时，铜为正极，溶液中的H+向Cu电极移动，故B正确；C．t1时，铜做负极反应，Al为正极，负极发生Cu﹣2e﹣=Cu2+，故C正确；D．随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，铜做负极反应，电流方向相反，故D正确．故选A．12．对于反应2NO2（g）⇌N2O4（g）达到平衡后，在温度不变时欲使比值增大，可以采取（）A．体积不变，增加NO2的量 B．体积不变，增加N2O4的量C．使体积扩大到原来的2倍 D．使体积不变充入N2【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A、体积不变，增加NO2，相当于增大压强，平衡右移，分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断；B、体积不变，增加N2O4，相当于增大压强，平衡右移，分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断；C、体积增大，相当于减压，平衡左移，分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断；D、充入N2，保持压强不变，体积增大，相当于减压，平衡左移，分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断．【解答】解：A、体积不变，增加NO2，相当于增大压强，平衡右移，NO2的物质的量减小，N2O4的物质的量增大，故比值变小，故A错误；B、体积不变，增加N2O4，相当于增大压强，平衡右移，NO2的物质的量减小，N2O4的物质的量增大，故比值变小，故B错误；C、体积增大，相当于减压，平衡左移，NO2的物质的量增大，N2O4的物质的量减小，故比值变大，故C正确；D、充入N2，保持体积不变，各物质的浓度不变，所以平衡不移动，故比值不变，故D错误；故选C．13．一个固定体积的密闭容器中，加入2molA和1molB，发生反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（s），达到平衡时，C的浓度为ωmol/L．若维持容器体积和温度不变，改由下列四种配比作为起始物质，达到平衡时，C的浓度仍为ωmol/L的是（）A．4molA+2molB B．3molC+2molDC．1molB+3molC+1molD D．2molA+1molB+3molC+1molD【考点】等效平衡．【分析】反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（s），D为固体，D的量不影响平衡；在恒温恒容下，不同途径达到平衡后，C的浓度仍为wmol/L，说明与原平衡为等效平衡，按化学计量数转化到方程式的左边，只要满足n（A）=2mol，n（B）=1mol即可，据此进行分析．【解答】解：A、该反应是气体体积不变的反应，压强不影响平衡，开始加入4molA+2molB，与加入2molA和1molB达平衡的平衡为等效平衡，达到平衡时C的浓度为2wmol/L，故A错误；B、开始加入3molC+1molD，将3molC、1molD按化学计量数转化到左边可得2molA、1molB，故等效为开始加入2molA、2molB所到达的平衡，达到平衡时C的浓度为L，多加的1molD是固体，不会引起平衡的移动，故B正确；C、1molB+3molC+1molD，按化学计量数转化到左边可得2molA、2molB，与原反应不是等效平衡，达到平衡时C的浓度为不是wmol/L，故C错误；D、2molA+1molB+3molC+1molD，按方程式的化学计量数转化到左边，可得4molA、2molB与原反应不是等效平衡，达到平衡时C的浓度为2wmol/L，故D错误；故选：B．14．在一密闭容器中有如下反应：aX（g）+bY（g）⇌nW（g），某化学兴趣小组的同学根据此反应在不同条件下的实验数据，作出了如下曲线图：其中，ω（W）表示W在反应混合物中的体积分数，t表示反应时间．当其它条件不变时，下列分析正确的是（）A．图I可能是不同压强对反应的影响，且p2＞p1，a+b＞nB．图I可能是不同温度对反应的影响，且T2＞T1，△H＞0C．图II可能是不同压强对反应的影响，且p1＞p2，n=a+bD．图Ⅲ可能是不同温度对反应影响，且T1＞T2，△H＜0【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】A．如果图I是不同压强对反应的影响，根据“先拐先平数值大”知，P2＞P1，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；B．如果图Ⅰ是温度对反应的影响，根据“先拐先平数值大”知，T2＞T1，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；C．如果图II是不同压强对反应的影响，根据“先拐先平数值大”知P1＞P2，根据物质的含量判断气体计量数；D．如果图III是不同温度对反应的影响，根据“先拐先平数值大”知，T1＞T2，升高温度，平衡向吸热反应方向移动．【解答】解：A．如果图I是不同压强对反应的影响，根据“先拐先平数值大”知，P2＞P1，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，平衡向逆反应方向移动，则a＜n，故A错误；B．如果图Ⅰ是温度对反应的影响，根据“先拐先平数值大”知，T2＞T1，升高温度，若大正向为吸热反应，则w的分数会增大，与图象矛盾，故B错误；C．如果图II是不同压强对反应的影响，根据“先拐先平数值大”知P1＞P2，增大压强，平衡不移动，说明反应前后气体计量数之和不变，即a+b=n，故C正确；D．如果图III是不同温度对反应的影响，根据“先拐先平数值大”知，T1＞T2，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，则，△H＞0，故D错误．故选：C．15．高温下，某反应达到平衡，平衡常数K=．恒容时，温度升高，H2浓度减小．下列说法正确的是（）A．升高温度，逆反应速率减小B．该反应的焓变为正值C．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小D．该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H2【考点】化学平衡的影响因素．【分析】平衡常数指可逆反应达到平衡时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，平衡常数k=，所以该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O．A、温度升高，正逆反应都增大；B、恒容时，温度升高，H2浓度减小，平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动；C、恒温恒容下，增大压强，分析引起压强增大的可能原因进行判断，如是加入稀有气体的话，各物质浓度没有变，所以平衡不移动，此时各物质的浓度不会变化；D、根据平衡常数表达式书写反应方程式．【解答】解：平衡常数k=，所以该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O．A、温度升高，正逆反应都增大，故A错误；B、恒容时，温度升高，H2浓度减小，平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，即该反应的焓变为正值，故B正确；C、恒温恒容下，增大压强，如果是加入稀有气体的话，各物质浓度没有变，所以平衡不移动，此时各物质的浓度不会变化，若增大二氧化碳浓度，H2浓度一定减小，若中等CO或水的浓度，H2浓度一定增大，故C错误；D、平衡常数k=，所以该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O，故D错误．故选B．16．微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示．下列有关微生物电池的说法错误的是（）A．负极反应中有CO2生成B．微生物促进了反应中电子的转移C．质子通过交换膜从正极区移向负极区D．电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O；B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池；C．原电池中，阳离子向正极移动，所以质子通过交换膜从负极区移向正极区；D．燃料电池反应式和燃料燃烧方程式相同．【解答】解：A．根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，因此CO2在负极产生，故A正确；B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确；C．通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子（H+）通过交换膜从负极区移向正极区，故C错误；D．该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确；故选C．17．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法不正确的是（）A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB．电池充电时，阴极反应为2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2OC．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH升高D．电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据电池的总反应：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2，Ni2O3作正极，发生还原反应，为氧化剂，得电子，最终生成Ni（OH）2，电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，则充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，阴极附近溶液的pH升高，电池充电时，阳极发生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O．【解答】解：A．反应后产物有氢氧化物，可得电解液为碱性溶液，由放电时的反应可以得出铁做还原剂失去电子，Ni2O3做氧化剂得到电子，即正极为Ni2O3、负极为Fe，故A正确；B．电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，则充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，故B错误；C．充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反应为：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，所以电池充电过程时阴极反应为Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，因此电池充电过程中阴极附近溶液的pH会升高，故C正确；D．充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，阳极发生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O，故D正确．故选B．18．某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化如图所示．下列说法中正确的是（）A．8min时表示正反应速率等于逆反应速率B．在0﹣54分钟的反应过程中该可逆反应的平衡常数始终为4C．40min时改变的条件是升高温度，且正反应为放热反应D．反应方程式中的x=1，30min时改变的条件是降低温度【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】A．根据图象可知，20min时反应达到平衡状态，所以8min时平衡向着正向移动；B．40min时改变的条件是升高温度，且正向为放热反应，故平衡常数会减小；C．40min时正逆反应速率同时增大，且逆反应速率大于正反应速率；时正逆反应速率都减小，不可能是增大压强；由于正逆反应速率同时减小，且化学平衡不移动，减小了压强，故x=1．【解答】解：A．0～20min内，反应物B的浓度逐渐减小，生成物C的浓度逐渐增加，说明该时间段反应向着正向移动，正反应速率大于逆反应速率，所以8min时没有达到平衡状态，故A错误；B．40min时改变的条件是升高温度，且正向为放热反应，故平衡常数会减小，故B错误；C．根据图象可知，40min时正逆反应速率都增大，由于该反应是体积不变的反应，所以不可能增大压强，只能是升高了温度；由于升高温度后，逆反应速率大于正反应速率，说明该反应为放热反应，故C正确；D．增大压强，正逆反应速率应该都增大，30min时正逆反应速率都减小，不可能增大了压强；由于改变条件，化学平衡不移动，说明是减小了压强，且x=1，故C错误．故选：C．19．在体积均为的恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入和，在不同温度下反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）．下列说法正确的是（）A．反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）的△S＞0、△H＜0B．体系的总压强P总：P总（状态Ⅱ）＜2P总（状态Ⅰ）C．体系中c（CO）：c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ）D．逆反应速率V逆：V逆（状态Ⅰ）＞V逆（状态Ⅲ）【考点】化学平衡的计算．【分析】A．由气体的化学计量数增大可知△S，由图中温度高平衡时c（CO2）小可知△H；B．分别加入和，曲线I为加入，曲线II为加入，加压CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）平衡逆向移动；C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移动，消耗CO；D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快．【解答】解：A．由气体的化学计量数增大可知△S＞0，由图中温度高平衡时c（CO2）小，则升高温度平衡正向移动，可知△H＞0，故A错误；B．分别加入和，曲线I为加入，曲线II为加入，若平衡不移动，体系的总压强为P总（状态Ⅱ）=2P总（状态Ⅰ），但加压CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）平衡逆向移动，为使c（CO2）相同，则加热使平衡正向移动，则体系的总压强为P总（状态Ⅱ）＞2P总（状态Ⅰ），故B错误；C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移，消耗CO，则c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ），故C正确；D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快，则逆反应速率为V逆（状态Ⅰ）＜V逆（状态Ⅲ），故D错误；故选C．20．可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），△H=﹣QkJ•mol﹣1（Q＞0）．有甲、乙两个容积相同且不变的密闭容器，向甲容器中加入1molN2和3molH2，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1KJ；在相同条件下，向乙容器中加入2molNH3达到平衡后吸收热量为Q2KJ，已知Q1=4Q2．下列叙述正确的是（）A．达到平衡时，两容器中反应物的转化率相同B．平衡时甲容器中NH3（g）的体积分数比乙容器中的小C．Q1=D．平衡时甲容器中气体的压强为开始时压强的3【考点】化学平衡建立的过程．【分析】甲、乙两个容器为等效平衡，Q1+Q2=Q，Q1=4Q2，所以Q1=Q；甲容器反应物的转化率为80%，乙容器反应物的转化率为20%，则达到平衡时，两容器中反应物的转化率不同，平衡时甲容器中NH3（g）的体积分数等于乙容器中NH3（g）的体积分数，A、B、C项错误；甲容器反应物的转化率为80%，则达到平衡时，甲容器中各物质的物质的量分别为、、，根据相同条件下，压强和物质的量成正比，则P（平）：P（始）=：4=3：5，由此分析解答．【解答】解：甲、乙两个容器为等效平衡，Q1+Q2=Q，Q1=4Q2，所以Q1=Q；甲容器反应物的转化率为80%，乙容器反应物的转化率为20%，则达到平衡时，两容器中反应物的转化率不同，平衡时甲容器中NH3（g）的体积分数等于乙容器中NH3（g）的体积分数，A、B、C项错误；甲容器反应物的转化率为80%，则达到平衡时，甲容器中各物质的物质的量分别为、、，根据相同条件下，压强和物质的量成正比，则P（平）：P（始）=：4=3：5，平衡时甲容器中气体的压强为开始时压强的，D项正确；故选D．二、填空题21．已知E1=134kJ•mol﹣1、E2=368kJ•mol﹣1，请参考题中图表，根据要求回答问题：（1）图1是1molNO2（g）和1molCO（g）反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是减小（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），△H的变化是不变．请写出NO2和CO反应的热化学方程式：NO2（g）+CO（g）═CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1．（2）如表所示是部分化学键的键能参数：化学键P﹣PP﹣OO═OP═O键能/kJ•mol﹣1abcx已知白磷的燃烧热为dkJ•mol﹣1，白磷及其完全燃烧的产物的结构如图2所示，则表中x=kJ•mol﹣1（用含a、b、c、d的代表数式表示）．【考点】反应热和焓变；热化学方程式．【分析】（1）加入催化剂能降低反应所需的活化能，但是不改变反应物的总能量和生成物的总能量，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368﹣134=234kJ，根据热化学方程式书写原则进行书写；（2）白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，根据化学键的断裂和形成的数目进行计算．【解答】解：（1）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368﹣134=234kJ，反应热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1，故答案为：减小；不变；NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1；（2）白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6molP﹣P、5molO=O，形成12molP﹣O、4molP=O，所以12mol×bkJ/mol+4mol×xkJ/mol﹣（6mol×akJ/mol+5mol×ckJ/mol）=dkJ/mol，x=kJ/mol，故答案为：．22．已知2X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g）△H=﹣akJ•mol﹣1（a＞0），在一个容积固定的密闭容器中加入2molX2和1molY2，在500℃时充分反应达平衡后Z的浓度为Wmol•L﹣1，放出热量bkJ．（1）此反应平衡常数表达式为；若将温度降低到300℃，则反应平衡常数将增大（填“增大”“减少”或“不变”）．（2）若原容器中只加入2molZ，500℃充分反应达平衡后，吸收热量ckJ，则Z浓度=Wmol•L﹣1（填“＞”“＜”或“=”），b、c间的关系为a=b+c．（用a、b、c表示）．（3）能说明反应已达到平衡状态的是ad（从下列选项中选择）．a．单位时间内消耗1molY2的同时消耗了2molZb．容器内的密度保持不变c．2v逆（X2）=v正（Y2）d．容器内压强保持不变（4）若将上述容器改为恒压容器（反应器开始体积相同），相同温度下起始加入2molX2和1molY2达到平衡后，Y2的转化率将变大（填“变大”“变小”或“不变”）．【考点】化学平衡的计算；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】（1）已知2X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g），结合平衡常数的定义书写；该反应正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大；（2）恒温恒容下，2molZ完全转化到左边，可得2molX2和1molY2，故与原平衡为等效平衡，平衡时Z的浓度相同；同一可逆反应，相同温度下，正、逆反应的反应热数值相等，但符号相反，令平衡时Z的物质的量为nmol，根据反应热计算两个过程的热量数值，据此判断；（3）依据化学平衡的标志是正逆反应速率相同分析判断选项；（4）原平衡随反应进行，压强降低．恒压容器（反应器开始体积相同），相同温度下起始加入2molX2和1molY2，等效为在原平衡的基础上增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动．【解答】解：（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时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，所以2X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g）的平衡常数k=，该反应正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大，故答案为：；增大；（2）恒温恒容下，2molZ完全转化到左边，可得2molX2和1molY2，故与原平衡为等效平衡，平衡时Z的浓度相同，故c（Z）=Wmol•L﹣1，同一可逆反应，相同温度下，正、逆反应的反应热数值相等，但符号相反，令平衡时Z的物质的量为nmol，对于反应2X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g）△H=﹣akJ•mol﹣1，则b=n×，对于反应2Z（g）⇌2X2（g）+Y2（g）△H=akJ•mol﹣1，Z分解的物质的量为（2﹣n）mol，故c=