新疆哈密市第十五中学2024-2025学年高一化学上学期期末考试试题含解析

PAGE18-新疆哈密市第十五中学2024-2025学年高一上学期期末考试化学试题1.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。哈伯法合成氨须要在10~30MPa的高压和500℃的高温下，并用铁作为催化剂，氨的转化率为10%~15%；最近美国俄勒冈高校的化学家运用了一种名为trans-Fe(DMeOPrPE)2A.哈伯法合成氨是吸热反应，新法合成氨是放热反应B.新法合成和哈伯法相比不须要在高温条件下，可节约大量能源C.新法合成能在常温下进行也须要断裂化学键D.新的催化剂降低了反应的活化能【答案】A【解析】【详解】A．合成氨都是放热反应，催化剂不会变更反应热效应，故A错误；B．题目给出信息新法合成“在常温下合成氨”，所以新法合成和哈伯法相比不须要在高温条件下，可节约大量能源，具有发展前景，故B正确；C．新法合成能在常温下进行也发生了化学反应，任何化学反应都涉及旧键的断裂和新键的生成，即也须要断裂化学键，故C正确；D．哈伯法合成氨须要在10~30MPa的高压和500℃的高温下，并用铁作为催化剂，而新法合成能在常温下进行，即新的催化剂降低了反应所须要的活化能，故D答案选A。【点睛】催化剂只变更反应历程，不变更反应热，可降低活化能。2.反应A+B→C△H＜0，分两步进行①A+B→X△H＞0②X→C△H＜0。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变更的是A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】依据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．【详解】由反应A+B→C（△H＜0）分两步进行①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象D符合，

故选D。【点睛】本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变更、分析，题目难度不大，留意反应热与物质总能量大小的关系推断3.已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1molO=O键完全断裂时汲取热量496kJ，水蒸气中1molH-O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH-H键断裂时汲取热量为A.436kJ B.557kJ C.920kJ D.618kJ【答案】A【解析】【详解】1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，可知H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-242kJ·，设1molH-H键断裂时汲取热量x，ΔH=反应物中键能之和-生成物中键能之和，则x+×496-2×463=-242，解得x=436kJ，答案选A。4.已知：a．C2H2（g）+H2（g）=C2H4（g）ΔH＜0b.2CH4（g）=C2H4（g）+2H2（g）ΔH＞0推断以下3个热化学方程式：①C（s）+2H2（g）=CH4（g）ΔH1②C（s）+H2（g）=C2H2（g）ΔH2③C（s）+H2（g）=C2H4（g）ΔH3ΔH1、ΔH2、ΔH3由大到小的依次是（）A.ΔH2＞ΔH3＞ΔH1 B.ΔH3＞ΔH2＞ΔH1C.ΔH3＞ΔH1＞ΔH2 D.ΔH1＞ΔH2＞ΔH3【答案】A【解析】【详解】(②－③)×2得出：C2H4(g)=C2H2(g)＋H2(g)△H=2（△H2－△H3），依据反应a，逆过程为吸热反应，△H2－△H3>0，△H2>△H3，2×(③－①)2CH4(g)=C2H4(g)＋2H2(g)△H=2（△H3－△H1），依据b反应，△H3－△H1>0，△H3>△H1，故选项A正确。5.在25℃、101kPa下,1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ,下列热化学方程式书写正确的是()A.CH3OH(l)+3/2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)

ΔH=+725.76kJ·mol-1B.2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)

ΔH=-1451.52kJ·mol-1C.2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)

ΔH=-725.76kJ·mol-1D.2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)

ΔH=+1451.52kJ·mol-1【答案】B【解析】【分析】1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g即2mol甲醇燃烧放的热量为1451.52kJ【详解】A、甲醇燃烧是放热反应，焓变值为负值，故A错误；B、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g即2mol甲醇燃烧放的热量为1451.52kJ，热化学方程式为：2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1451.52kJ·mol－1，故B正确；C、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g即2mol甲醇燃烧放的热量为1451.52kJ，反应热数值计算错误，故CD、甲醇燃烧是放热反应，焓变值为负值，故D错误。综上所述，本题正确答案为B。【点睛】本题考查热化学方程式的书写规范和焓变值计算。热化学方程式是用以表示化学反应中的能量变更和物质变更。热化学方程式的意义为热化学方程式不仅表明白一个反应中的反应物和生成物，还表明白肯定量物质在反应中所放出或汲取的热量。在书写热化学方程式时应标明各物质的状态，反应的温度和压强（如没标表示25℃，101kPa），还要标明反应热，放热ΔH为负，吸热ΔH为正。6.在可逆反应2A(g)+3B(g)xC(g)+D(g)中,已知:反应起先加入的物质只有A、B,起始浓度A为5mol·L-1，B为3mol·L-1，前2minC的平均反应速率为0.5mol·L-1·min-1。2min后,测得D的浓度为0.5mol·L-1。则关于此反应的下列说法中正确的是()A.2min末时A和B的浓度之比为5∶3B.x=1C.2min末时B的浓度为1.5mol·L-1D.2min末时A的消耗浓度为0.5mol·L-1【答案】C【解析】【分析】先依据反应速率求出2min内C的浓度变更量，依据变更量之比等于化学计量数之比，确定x的值及反应物的变更量。【详解】变更量之比等于化学计量数之比。依题意2min末c(C)=0.5mol·(L·min)-1×2min=1mol·L-1，而此时c(D)=0.5mol·L-1，所以x=2。则前2minA和B的变更量分别为1mol·L-1和1.5mol·L-1。A.2min末时A和B的浓度之比为（5-1）∶（3-1.5）=8:3，A不正确；B.x=2，B不正确；C.2min末时B的浓度为1.5mol·L-1，C正确；D.2min末时A的消耗浓度与C的生成浓度相同，为1mol·L-1，D不正确。可知C正确。7.有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol·L－1，下列说法正确的是A.3种溶液pH的大小依次是③＞②＞①B.若将3种溶液稀释相同倍数，pH变更最大的是②C.若分别加入25mL0.1mol·L－1盐酸后，pH最大的是①D.若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小依次是③＞①＞②【答案】C【解析】【详解】A.酸越弱，相应的钠盐越简单水解，醋酸的酸性强于碳酸的，所以碳酸钠的碱性强于醋酸钠的，A不正确；B.稀释促进水解，所以pH变更最大的是氢氧化钠，B不正确；C.醋酸钠和氢氧化钠都恰好与盐酸反应，但碳酸钠生成碳酸氢钠，溶液显碱性，pH最大，C正确；D.氢氧化钠是强碱，所以选项D中应当是②＞①＞③，D不正确；答案选C。8.某温下气体反应达到化学平衡，平衡常数K＝c(A)·c2(B)/[c2(E)·c(F)]，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加，下列说法正确的是()A.增大c(A)、c(B)，K增大B.降低温度，正反应速率增大C.该反应的焓变为负值D.该反应的化学方程式为2E(g)＋F(g)A(g)＋2B(g)【答案】D【解析】【分析】某温度下气体反应达到化学平衡，平衡常数K=，则该反应为2E(g)+F(g)⇌A(g)+2B(g)，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应。【详解】A．平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；B．降低温度，正、逆反应速率都降低，逆反应速率降低更多，平衡向正反应方向移动，故B错误；C．正反应为吸热反应，焓变为正值，故C错误；D．平衡常数K=，则该反应为2E(g)+F(g)⇌A(g)+2B(g)，故D正确；故选D。【点睛】本题考查化学平衡常数、化学平衡影响因素等，依据平衡常数表达式书写反应是解题关键。9.肯定温度下，可逆反应在体积固定的密闭容器中反应，达到平衡状态的标记是()①单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmol②混合气体压强不再变更③混合气体的平均相对分子质量不再变更④单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO⑤混合气体的颜色不再变更⑥用、NO、的物质的量浓度变更表示的反应速率的比为2：2：1A.①④⑤⑥ B.①②③⑤ C.②③④⑥ D.以上全部【答案】B【解析】【详解】单位时间内生成n

mol

，等效于消耗2n

mol

，同时生成2n

mol

，正逆反应速率相等，故正确；混合气体的压强不再变更，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；混合气体的平均相对分子质量不再变更，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；单位时间内生成n

mol

，同时生成2n

mol

NO，都体现的正反应方向，故错误；混合气体的颜色不再变更，说明二氧化氮的浓度不变反应达平衡状态，故正确；只要反应发生就有、NO、的物质的量浓度变更表示的反应速率的比为2：2：1，故错误；故选：B。【点睛】依据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变更，解题时要留意，选择推断的物理量，随着反应的进行发生变更，当该物理量由变更到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。10.据报导，我国已研制出“可充室温钠—二氧化碳电池”，电极材料为钠金属片和碳纳米管，电解液为高氯酸钠四甘醇二甲醚，电池总反应为：4Na+3CO22Na2CO3+C，生成固体Na2CO3沉积在碳纳米管上。下列叙述不正确的是A.放电时钠金属片发生氧化反应B.放电时汲取CO2，充电时释放CO2C.放电时Na+向碳纳米管移动D.放电时的负极反应为2Na-2e-+CO32-=Na2CO3【答案】D【解析】【分析】依据电池总反应：4Na+3CO22Na2CO3+C可知，放电时为原电池，钠在负极发生氧化反应，二氧化碳在正极发生还原反应，钠离子向正极移动；充电时，为电解池，碳在阳极发生氧化反应，而钠离子在阴极发生还原反应，据以上分析解答。【详解】A.放电时钠金属片作负极，失去电子发生氧化反应，A正确；B.原电池中正极上汲取CO2气体，CO2中的C原子得到电子，被还原产生C单质，充电时C单质失去电子，与Na2CO3反应变为CO2气体，同时产生金属Na，B正确；C.放电时Na+向负电荷较多的正极碳纳米管方向移动，C正确；D.放电时的Na失去电子，负极反应为：Na-e-=Na+，D错误；综上所述，本题正确选项D。11.某电池的简易装置图如下所示，a、b、y、x电极材料均为惰性电极，分别从A、B处通入乙醇和O2，用该装置进行试验，下列说法正确的是()A.a电极反应式为C2H5OH+12OH――12e－=2CO2↑+9H2OB.AlCl3溶液中的总反应为2Cl－+2H2O=Cl2↑+H2↑+2OH－C.反应起先后，视察到x电极旁边出现白色沉淀D.左侧电池每通入32gO2，右侧电解池共生成2mol气体【答案】C【解析】【分析】分别从A、B处通入乙醇和O2，左侧装置是乙醇燃料电池，a是负极、b是正极；右侧装置为电解池，y是阳极、x是阴极。【详解】A.a是燃料电池负极，a电极反应式为C2H5OH+16OH――12e－=2CO32－+11H2O，故A错误；B.电解AlCl3溶液中的总反应为2Al3++6Cl－+6H2O3Cl2↑+3H2↑+2Al(OH)3↓，故B错误；C.反应起先后，x电极的极反应是2Al3＋+6H2O＋6e－＝3H2↑+2Al(OH)3↓，所以视察到x电极旁边出现白色沉淀，故C正确；D.左侧电池每通入32gO2，转移4mol电子，右侧电解池生成2mol氢气、2mol氯气，共生成4mol气体，故D错误。12.据最近报道,中国生产的首艘国产航母“山东”号已经下水。为爱护航母、延长服役寿命可采纳两种电化学方法。方法1：舰体镶嵌一些金属块;方法2：航母舰体与电源相连。下列有关说法正确的是（）A.方法1叫外加电流的阴极爱护法B.方法2叫牺牲阳极的阴极爱护法C.方法1中金属块可能是锌、锡和铜D.方法2中舰体连接电源的负极【答案】D【解析】试题分析：舰体是由钢板做的。方法1，舰体镶嵌一些金属块，必需是比铁活泼的金属，如锌等（锡和铜不行），这种方法叫牺牲阳极的阴极爱护法；方法2，航母舰体与电源相连，必需与电源负极相连，这种方法叫外加电流的阴极爱护法。综上所述，D正确，本题选D。13.下列反应中，肯定不能自发进行的是A.2KClO3(s)===2KCl(s)＋3O2(g)ΔH＝－78.03kJ/molΔS＝1110J/(mol·K)B.CO(g)===C(石墨，s)＋1/2O2(g)ΔH＝＋110.5kJ/molΔS＝－89.36J/(mol·K)C.4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s)ΔH＝－444.3kJ/molΔS＝－280.1J/(mol·K)D.NH4HCO3(s)＋CH3COOH(aq)===CO2(g)＋CH3COONH4(aq)＋H2O(l)ΔH＝＋37.301kJ/molΔS＝184.05J/(mol·K)【答案】B【解析】A.ΔH<0，ΔS>0，△H–T△S＜0，故A肯定能自发进行；B.ΔH>0，ΔS<0，△H–T△S>0，故B肯定不能自发进行；C.ΔH<0，ΔS<0，故C低温时，△H–T△S<0，能自发进行,高温时，△H–T△S>0，不能自发进行；D.ΔH>0，ΔS>0，故D低温时，△H–T△S>0，不能自发进行，高温时，△H–T△S<0，能自发进行。故选B。点睛：解答本题须要明确：△H–T△S＜0，反应能自发进行；△H–T△S>0，反应不能自发进行。14.利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)．在体积肯定的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变更如图所示。下列说法正确的是A.该反应的△H＜0，且p1＜p2B.反应速率：ν逆(状态A)＞ν逆(状态B)C.在C点时，CO转化率为75%D.在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数不同【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，上升温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故AB．B点对应的温度和压强均大于A点，温度上升、增大压强均使该反应的化学反应速率加快，因此ν逆（状态A）＜ν逆（状态B），故B错误；C．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始120变更x2xx结束1-x2-2xx在C点时，CH3OH的体积分数==0.5，解得x=0.75，故C正确；D．由等效平衡可知，在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数都相同，故D错误；故选C。15.利用可消退的污染，反应原理为：，在10L密闭容器中分别加入和，测得不同温度下随时间变更的有关试验数据如表所示：组别温度

时间物质的量010204050M下列说法正确的是A.组别中内，降解速率为B.由试验数据可知温度C.时，表格中M对应的数据为D.该反应只有在高温下才能自发进行【答案】B【解析】【详解】A.中，内，甲烷的降解速率为，由速率之比等于化学计量数之比可知内的降解速率为，故A错误；B.相同时间内，中甲烷的物质的量减小的快，可知试验限制的温度，故B正确；C.中平衡时甲烷的物质的量为，且比先达到平衡状态，则对应的数据肯定小于，故C错误；中浓度变更快，可知，且对应甲烷平衡浓度大，则上升温度平衡逆向移动，可知正反应为放热反应，，该反应的，则，反应能自发进行，则该反应在任何温度下能自发进行，故D错误。故选B。【点睛】留意化学反应的自发性的推断：1.自发过程：在肯定的条件下，不须要外力就可以自动进行的过程。2.焓变推断：一个自发的过程，体系趋向是由能量高的状态向能量低的状态转化。对化学反应而言，放热反应有自发的倾向。但是，吸热反应也有自发的，发热反应也有不自发的。3.熵变推断：在与外界隔离的体系中，自发过程将导致体系的熵增加。

4.自由能变△G的的推断方法△G＝△H－T△S。△G＜0，反应正向自发进行。△G＝0，反应处在平衡状态。△G＞0，反应逆向自发进行。16.25℃时，0.1mol/L的3种溶液①盐酸②氨水③CH3COONa溶液。下列说法中，不正确的是（）A.3种溶液中pH最小的是①B.3种溶液中水的电离程度最大的是③C.①与②等体积混合后溶液显酸性D.①与③等体积混合后c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A.25℃时，0.1mol•L-1的3种溶液

①盐酸

②氨水

③CH3COONa溶液，溶液pH：②＞③＞①，最小的是盐酸，故AB．③CH3COONa溶液，水解促进水的电离，①盐酸②氨水均抑制水的电离，3种溶液中水的电离程度最大的是③，故B正确；C.①与②等体积等浓度混合生成氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，NH4++H2ONH3•H2O+H+，故C正确；D．①与③等体积等浓度混合生成等物质的量浓度的醋酸和氯化钠，溶液c(Na+)=c(Cl-)，故D错误；故选D。【点睛】解答本题的关键是清晰盐酸是强酸，氨水是弱碱，醋酸钠是强碱弱酸盐。本题的易错点为B，要知道，酸溶液和碱溶液抑制水的电离，能够水解的盐溶液促进水的电离。17.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)反应过程的能量变更如图所示，已知1molSO2(g)被氧化为1molSO3(g)的ΔH=-99kJ·mol-1。回答下列问题:（1）图中A、C分别表示:________、________。（2）图中ΔH=___kJ·mol-1。（3）已知单质硫的燃烧热为296kJ·mol-1，计算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH并写出其热化学反应方程式：________。【答案】(1).反应物能量(2).生成物能量(3).-198(4).S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ·mol-1，SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ·mol-1，3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-1【解析】【分析】(1)依据A、C分别表示反应物总能量和生成物总能量；(2)依据参与反应SO2的物质的量之比等于对应的△H之比；(3)依据单质硫的燃烧热以及1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的反应热利用盖斯定律来求；【详解】(1)图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量；(2)因1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的△H=-99kJ•mol-1，所以2molSO2(g)氧化为2molSO3(g)的△H=-198kJ•mol-1，则2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-198kJ•mol-1；(3)因单质硫的燃烧热为296kJ•mol-1，则S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ•mol-1，而1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的△H=-99kJ•mol-1，则SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ•mol-1，由盖斯定律可得：S(s)+O2(g)=SO3(g)△H=-296kJ•mol-1+(-99kJ•mol-1)=-395kJ•mol-1，所以S(s)生成3molSO3(g)的△H为-395kJ•mol-1×3=-1185kJ•mol-1，其热化学反应方程式：3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-1。18.中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，其反应如下：2CH4(g)⇌C2H4(g)＋2H2(g)ΔH＞0化学键H—HC—HC＝CC—CE(kJ/mol)abcd（1）已知相关化学键的键能如上表，甲烷制备乙烯反应的ΔH＝____________(用含a、b、c、d的代数式表示)。（2）T1温度时，向1L的恒容反应器中充入2molCH4，仅发生上述反应，反应过程中0～15minCH4的物质的量随时间变更如图1，测得10～15min时H2的浓度为1.6mol/L。①0～10min内CH4表示的反应速率为__________mol/(L·min)。②若图1中曲线a、曲线b分别表示在温度T1时，运用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n(CH4)变更曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是________(填“a”或“b”)。③15min时，若变更外界反应条件，导致n(CH4)发生图1中所示变更，则变更的条件可能是_____________________________________(任答一条即可)。（3）试验测得v正＝k正c2(CH4)，v逆＝k逆c(C2H4)·c2(H2)其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，T1温度时k正与k逆的比值为______(填数值)。若将温度由T1升高到T2，则反应速率增大的倍数v正____v逆(填“>”“＝”或“<”)，推断的理由是_________________（4）科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解。如图2所示，电解质是掺杂了Y2O3与ZrO2的固体，可在高温下传导O2－。①C极的Pt为______极(填“阳”或“阴”)。②该电池工作时负极反应方程式为_____________________。③用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标况下气体总体积为112mL，则阴极区所得溶液在25℃时pH＝_______(假设电解前后NaCl溶液的体积均为500mL)【答案】(1).+(4b-c-2a)kJ/mol(2).0.16(3).b(4).上升温度或减小压强(5).12.8(6).＞(7).温度上升，k正增大的倍数大于k逆(8).阳(9).CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2【解析】【分析】(1)2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g)△H＞0，反应吸热反应，焓变为正值，反应焓变△H=反应物总键能-生成物总键能；(2)①依据v=计算；②催化剂表面积越大反应速率越快；③15min时，若变更外界反应条件，导致n(CH4)发生图中所示变更，物质的量随时间变更减小，说明平衡正向进行；(3)v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)•c2(H2)其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，温度不变平衡常数不变，反应达到平衡状态时，正逆反应速率相同得到T1温度时k正与k逆的比值等于K，反应为放热反应，升温平衡正向进行；(4)甲烷燃料电池并用于电解，通入甲烷的电极为原电池负极，通入氧气的电极为原电池的正极，D电极为阴极，C为阳极，①C电极为电解池的阳极；②原电池负极电极反应是甲烷失电子生成二氧化碳，传导离子是氧离子，结合电荷守恒、原子守恒写出电极反应；③结合电极反应计算溶液中氢离子浓度削减得到增加的氢氧根离子浓度，结合离子积常数计算得到氢离子浓度计算溶液PH。【详解】(1)2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g)△H＞0，反应为吸热反应，焓变为正值，反应焓变△H=反应物总键能-生成物总键能=(8b-c-4b-2a)kJ/mol=+(4b-c-2a)kJ/moL；(2)①T1温度时，向1L的恒容反应器中充入2molCH4，仅发生上述反应，测得10-15min时H2的浓度为1.6mol/L，物质的量为1.6mol，反应达到平衡状态，此时消耗甲烷物质的量1.6mol，0～10min内CH4表示的反应速率v===0.16mol/(L•min)；②若图1中曲线a、曲线b分别表示在温度T1时，运用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n(CH4)的变更曲线，催化剂表面积越大反应速率越快，达到平衡所需时间越短，其中表示催化剂表面积较大的曲线是b，故答案为：b；③15min时，若变更外界反应条件，导致n(CH4)发生图中所示变更，物质的量随时间变更减小，说明平衡正向进行，反应为气体体积增大的吸热反应，上升温度或减小压强，平衡正向进行，符合图象变更；(3)v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)•c2(H2)其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，温度不变平衡常数不变，反应达到平衡状态时，正逆反应速率相同得到，T1温度时k正与k逆的比值=K，测得10-15min时H2的浓度为1.6mol/L，K==12.8，反应为放热反应，升温平衡正向进行，正逆反应速率增大，正反应增大的倍数大于逆反应增大的倍数，v正＞v逆；(4)①甲烷燃料电池并用于电解，通入甲烷的电极为原电池负极，通入氧气的电极为原电池的正极，D电极为阴极，C为阳极；②原电池负极电极反应是甲烷失电子生成二氧化碳，传导离子是氧离子，该电池工作时负极反应方程式为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；③用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标况下气体总体积为112mL，物质的量n==0.005mol，为生成的氢气和氯气，n(H2)=n(Cl2)=0.0025mol，结合电极反应计算，2H++2e-=H2↑，溶液中氢离子浓度削减=增加的氢氧根离子浓度=×2=0.01mol/L，结合离子积常数计算得到氢离子浓度=mol/L=10-12mol/L，计算溶液pH=12。19.在室温下，下列五种溶液：①0.1mol/LNH4Cl②0.1mol/LCH3COONH4③0.1mol/LNH4HSO4④0.1mol/LNH3•H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液⑤0.1mol/LNH3•H2O。请依据要求填写下列空白：(1)溶液①呈_____性（填“酸”、“碱”或“中”），其缘由是________(用离子方程式表示)。(2)比较②③溶液中，c(NH4+)的大小关系是②______③(填“>”“<”或“=”)。(3)在溶液④中，_____离子浓度为0.1mol/L；NH3•H2O和_____离子的物质的量浓度之和为0.2mol/L。(4)室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO-的水解程度_____(填“>”“<”或“=”)NH4+-的水解程度。CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是：c(CH3COO-)_____c(NH4+)(填“>”“<”或“=”)。【答案】(1).酸(2).NH4++H2ONH3•H2O+H+(3).(4).Cl-(5).NH4+(6).=(7).=【解析】【分析】(1)氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性；(2)酸溶液中氢离子浓度越大，溶液pH越小，结合铵根离子水解的影响因素分析；(3)0.1mol/LNH3•H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液中，氯离子不变，铵根离子水解，依据离子性质和物料守恒分析；(4)醋酸根离子水解程度和铵根离子水解程度几乎相同。【详解】(1)氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，NH4++H2ONH3•H2O+H+；(2)②0.1mol/LCH3COONH4中CH3COO-水解会促进NH4+的水解；③0.1mol/LNH4HSO4溶液中电离出氢离子显酸性，抑制铵根离子水解；上述分析可知酸性最强的是0.1mol/LNH4HSO4溶液，铵根离子浓度c(NH4+)：②<③；(3)在④中0.1mol/LNH3•H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液中，氯离子物质的量不变，浓度不变，浓度为0.1mol/L，铵根离子水解，一水合氨电离，一水合氨的电离作用大于铵根离子的水解作用，使溶液呈碱性，依据溶液中料守恒可知，c(NH3•H2O)+c(NH4+)=0.2mol/L；(4)测得溶液②的pH=7，醋酸根离子水解程度和铵根离子水解程度几乎相同，则CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是相同。【点睛】本题考查了弱电解质的电离和盐类水解。在比较溶液中离子浓度大小，要依据溶液的成分，依据弱电解质的电离作用和盐的水解作用的相对大小，分析推断溶液的