湖南省娄底市2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题含解析

PAGE14-湖南省娄底市2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）说明：本卷满分100分，考试时间90分钟可能用到的相对原子质量：H-1O-16Ti-48Fe-56一、选择题：（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）1.中国是瓷器的家乡，钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一，以“入窑一色出窑万彩”的奇妙窑变著称。下列关于陶瓷的说法正确的是(

)A.高品质的白瓷晶莹剔透，属于纯净物B.瓷器中含有大量的金属元素，因此陶瓷属于金属材料C.氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料D."窑变"是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的改变【答案】D【解析】【详解】A.陶瓷中含有多种物质，属于混合物，不符合题意，A错误；B.瓷器属于无机非金属材料，不符合题意，B错误；C.氮化硅属于新型无机非金属材料，不符合题意，C错误；D.“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色改变，符合题意，D正确；答案为D。2.下列改变中，不属于化学改变的是()A.SO2使品红溶液褪色 B.氯水使有色布条褪色C.活性炭使红墨水褪色 D.漂粉精使某些染料褪色【答案】C【解析】【分析】二氧化硫和次氯酸具有漂白性，活性炭具有吸附性，据此回答问题。【详解】A.SO2具有漂白性，使品红溶液褪色，属于化学改变，A不符合题意；B.氯水中含有漂白性的次氯酸，使有色布条褪色，属于化学改变，B不符合题意；C.活性炭具有吸附性，使红墨水褪色，属于物理改变，不属于化学改变，C符合题意；D.漂粉精溶于水，水解生成次氯酸，使某些染料褪色，属于化学改变，D不符合题意；答案为C。3.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（

）A.10g质量分数为34%的H2O2溶液含有的氢原子数为0.2NAB.0.1molNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.4NAC.标准状态下，11.2LSO2含有的氧原子数为NAD.100mL0.1mol/L醋酸中含有的醋酸分子数是0.01NA【答案】C【解析】【详解】A.10g质量分数为34%的H2O2溶液中过氧化氢的质量为3.4g，物质的量为0.1mol，即过氧化氢含有的氢原子数为0.2NA，但水分子也含有氢原子，故溶液中氢原子含量远大于0.2NA，A错误；B.Na2O2和Na2O两物质阳离子和阴离子的比例均为2:1，即0.1molNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.3NA，B错误；C.标准状态下，11.2LSO2的物质的量为0.5mol，含有的氧原子数为NA，C正确；D.醋酸在水溶液中部分发生电离，100mL0.1mol/L醋酸中含有的醋酸分子数小于0.01NA，D错误。答案为C。4.能正确表示下列反应的离子方程式是A.向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO－＋SO2＋H2O===HClO＋HSO3-B.0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/LBa(OH)2溶液等体积混合：Al3＋＋2SO42-＋2Ba2＋＋4OH－＝2BaSO4＋AlO2-＋2H2OC.用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4-＋6H＋＋5H2O2＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2OD.Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3＋6H＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2＋3H2O【答案】D【解析】A项，次氯酸钠溶液具有氧化性，亚硫酸氢根离子具有还原性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：ClO-+SO2+H2O=SO42-+Cl-+2H+，故A错误；B项，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2物质的量之比1：2，离子方程式为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3•H2O，故B错误；C项，高锰酸钾具有强的氧化性，能氧化氯离子，所以不能用盐酸酸化，一般用稀硫酸酸化，故C错误；D项，Fe2O3可溶于氢碘酸，Fe3+具有氧化性能氧化I-，反应的离子方程式为：Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++3H2O+I2，故D正确。点睛：本题考查了离子方程式的书写，侧重考查氧化还原反应型离子方程式书写，明确反应实质是解题关键，如题中A、C、D均涉及氧化还原反应的推断，留意与反应物的用量有关的反应，如B项属于复分解型的离子反应，SO42-和Ba2+为1:1正好生成BaSO4沉淀，NH4+、Al3+、OH-为1:1:4，NH4+和Al3+都能与OH-反应，因为Al(OH)3难溶于NH3•H2O，所以生成Al(OH)3和NH3•H2O。5.在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是A.FeFeCl3FeCl2B.Al（OH）3AlCl3（aq）无水AlCl3C.C6H5ONaC6H5OHCO2DNH4Cl(s)NH3Mg(OH)2【答案】D【解析】【详解】A.Fe和盐酸反应生成氯化亚铁，A错误；B.Al（OH）3和盐酸反应生成氯化铝，溶液蒸发时，铝离子水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸受热易挥发，促进平衡右移，故最终蒸干得到氢氧化铝固体，不能得到氯化铝固体，B错误；C.C6H5ONa加盐酸生成苯酚，苯酚与碳酸钠反应，生成苯酚钠和碳酸氢钠，没有二氧化碳气体放出，C错误；D.NH4Cl(s)和氢氧化钙反应生成氨气，氨气溶于水显碱性，与氯化镁反应生成氢氧化镁，D正确。答案为D。6.下列说法正确的是（

）A.有化学键断裂不肯定发生化学反应 B.吸热反应只有加热才能发生C.有能量改变的肯定是化学反应 D.活化分子间的碰撞肯定发生化学反应【答案】A【解析】【详解】A.有化学键断裂不肯定发生化学反应，可能是晶体溶解，如氯化钠固体溶于水中，离子键被破坏，A正确；B.吸热反应是指反应物能量比生成物能量小的关系，与反应条件无关，B错误；C.有能量改变的不肯定是化学反应，可能是物质状态发生改变，如固体变液体，C错误；D.活化分子间的有效碰撞才能发生化学反应，D错误。答案为A。7.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13。X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是（）A.原子半径的大小依次:r(Y)>r(Z)>r(W)B.元素Z、W的简洁离子的电子层结构不同C.元素Y的简洁气态氢化物的热稳定性比Z的强D.只含X、Y、Z三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物【答案】D【解析】【详解】由题推知：X为H（氢），Y为N（氮），Z为O（氧），W为Na（钠）。A．原子半径大小应当是：r(W)>r(Y)>r(Z)，选项A错误；B．元素Z、W的简洁离子分别为O2-和Na+，电子层结构相同，选项B错误；C．Y、Z气态氢化物分别是NH3和H2O，稳定性H2O大于NH3，选项C错误；D．只含X、Y、Z三种元素的化合物可以是共价化合物如：HNO3，也可以是离子化合物如：NH4NO3，选项D正确。答案选D。8.下列说法正确的是（）A.乙烯使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色的本质是不同的B.蛋白质、油脂、纤维素等均属于自然高分子化合物C.保鲜膜按材质可分为聚乙烯（PE）、聚氯乙烯（PVC）等，PVC的单体可由PE的单体与氯化氢加成制得D.乙醇用作医用消毒剂时，无水乙醇消毒效果最好【答案】A【解析】【详解】A．乙烯使溴水褪色发生了加成反应，乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色发生了氧化反应，故A正确；B．油脂不是高分子化合物，故B错误；C．聚乙烯（PE）的单体不含碳碳双键，不能发生加成反应，故C错误；D．乙醇用作医用消毒剂时，75%效果最好，故D错误；答案选A。9.10mL浓度为1mol/L的盐酸和过量的锌反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采纳的方法是A.再加入10mL浓度为0.5mol/L的硫酸B.加入几滴CuCl2溶液C.加入几滴NaNO3溶液D.加入少量CH3COONa溶液【答案】B【解析】0.5mol/L硫酸溶液中c(H+)=1mol/L与1mol/L的盐酸溶液中c(H+)=1mol/L相同，反应速率不变，A错误；CuCl2溶液与锌反应生成铜，锌、铜、盐酸构成原电池，反应速率加快，B正确；NO3-、H+与锌反应不产生氢气，C错误；CH3COONa溶液与盐酸相遇生成CH3COOH，强酸变为弱酸，反应速率减慢，但是生成氢气的量不变，D错误；正确选项B。10.向肯定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL浓度为1.00mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，有气体放出，所得溶液中加入KSCN溶液后无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量此混合物，能得到铁的质量是（）A.11.2g B.5.6g C.2.8g D.1.4g【答案】C【解析】【分析】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，依据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=n(HCl)；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，依据铁元素守恒可以知道n(Fe)=n(FeCl2)，据此结合m=nM计算得到的铁的质量。【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，依据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=n(HCl)=×0.1×1=0.05mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，依据铁元素守恒可以知道n(Fe)=n(FeCl2)=0.05mol，质量为0.05×56=2.8g；综上所述，本题正确选项C。11.某种碱性氢氧燃料电池的的正极反应式为:O2+4e-+2H2O=4OH-。下列有关该电池的叙述正确的是（

）A.工作时，电解质溶液中的OH-向正极移动B.工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度减小C.负极上发生的反应为H2-2e-=2H+D.若电池在工作过程中有0.4mol电子转移，则正极消耗2.24LO2【答案】B【解析】【详解】A.正极发生还原反应，得到电子，电子带负电，阴离子如OH-向反方向，即负极移动，A错误；B.燃烧电池总反应为2H2+O2=2H2O，反应生成大量的水，电解液中KOH的物质的量浓度减小，B正确；C.负极发生氧化反应，在碱性环境下发生的反应为H2+2OH--2e-=2H2O，C错误；D.若电池在工作过程中有0.4mol电子转移，则正极消耗0.1mol氧气，但状况不知，体积无法计算，D错误。答案为B。12.海水开发利用的部分过程如图所示，下列说法错误的是A.粗盐可采纳除杂和重结晶等过程提纯B.向苦卤中通入Cl2是为了提取溴C.实际生产中常选用Ca(OH)2作为沉淀剂D.工业生产中电解氯化镁溶液的方法制取镁【答案】D【解析】【详解】A.粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42−等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故A正确；B.向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分别得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故B正确；C.实际生产中常选用碳酸钙、氧化钙制取得到的Ca(OH)2作镁离子的沉淀剂，故C正确；D.获得金属Mg是电解熔融氯化镁得到金属镁，氧化镁的熔点太高，不宜采纳电解熔融物的方法，故D错误；故选D。13.在盛有饱和硫酸钠溶液的烧杯中，保持温度不变，用惰性电极电解肯定时间后（）A.溶液的pH值将增大 B.钠离子数和硫酸根离子数的比值将变小C.溶液的浓度渐渐增大，有肯定量晶体析出 D.溶液的浓度不变，有晶体析出【答案】D【解析】【分析】电解饱和硫酸钠溶液的总反应式为2H2O2H2↑+O2↑，一段时间后，水削减，则溶解的硫酸钠削减，溶液照旧为饱和溶液，硫酸钠的浓度不变，有固体析出。【详解】A.溶液照旧为中性溶液，pH值将不变，A错误；B.硫酸钠溶液照旧为此温度下的饱和溶液，则钠离子数和硫酸根离子数的比值将不变，B错误；C.溶液的浓度不变，有肯定量晶体析出，C错误；D.溶液的浓度不变，溶剂的质量削减，则溶解的溶质的量削减，有晶体析出，D正确；答案为D。【点睛】温度不变时，某溶质的饱和溶液的浓度、pH不变。14.下列说法正确的是A.水的电离方程式：H2O=H＋+OH－B.pH=7的溶液肯定是中性溶液C.上升温度，水的电离程度增大D.将稀醋酸加水稀释时，c(H＋)减小，c(OH－)也减小【答案】C【解析】【详解】A、水的电离是可逆反应，A错误；B、没有说明温度，pH=7的溶液不肯定是中性溶液，B错误；C、水的电离是吸热反应，上升温度电离程度增大，C正确；D、醋酸加水稀释c（H+）减小，c（OH-）增大，D错误。答案选C。【点睛】本题考查了电解质的电离，明确电离平衡常数与酸的强弱之间的关系，电离平衡常数用来表示弱电解质的电离程度及其相对强弱，而平衡常数只受温度的影响。15.下列有关试验能达到相应试验目的的是A.试验①用于试验室制备氯气 B.试验②用于制备干燥的氨气C.试验③用于石油分馏制备汽油 D.试验④用于制备乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A．试验①的图中利用MnO2和浓盐酸反应制备氯气，但是该反应须要加热才发生，没有加热装置，达不到试验目的，A项错误；B．NH3的密度小于空气，应当用向下排空气法收集，试验②达不到试验目的，B项错误；C．装置③为分馏装置，不管是温度计水银球的位置还是冷凝管进水出水的方向都没有错误，C项正确；D．右侧试管中运用的是饱和NaOH溶液，酯在碱性环境下易水解，得不到产物，D项错误；本题答案选C。16.298K时，在20.0mL0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol·L－1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是A.该滴定过程应当选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为20.0mLC.M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)D.N点处的溶液中pH<12【答案】D【解析】【详解】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，而石蕊的变色范围为5-8，无法限制滴定终点，应选择甲基橙作指示剂，故A错误；B．假如M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应当呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应当略微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），依据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小依次是c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），故C错误；D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；故选D。【点睛】酸碱混合溶液定性推断，为高频考点，侧重考查学生试验操作、试剂选取、识图及分析推断实力，明确试验操作、盐类水解、弱电解质的电离等学问点是解本题关键，留意B采纳逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法。二、填空题17.试验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）①A为氯气发生装置。A中反应化学方程式是_______（锰被还原为Mn2+）。②除杂装置B所用试剂为__________。③C中得到紫色固体和溶液，C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有_____（用离子方程式表示）。（2）探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液，加入稀硫酸,产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，设计如图图方案:①由方案一中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能推断肯定是K2FeO4将Cl-氧化，还可能由_________产生（用离子方程式表示）。②依据K2FeO4的制备试验得出:氧化性Cl2__________FeO（填“>”或“<”），而方案二试验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，缘由是________。【答案】(1).2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O(2).饱和食盐水(3).Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O(4).Fe3+(5).4FeO+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O(6).>(7).溶液的酸碱性不同【解析】【分析】装置A中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2；由于Cl2中混有HCl气体和H2O，HCl气体会消耗Fe（OH）3和KOH，装置B中应盛放饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl气体；C装置中Cl2与KOH、Fe（OH）3反应制备K2FeO4，在此装置中Cl2还可以干脆与KOH反应生成KCl、KClO和H2O；D装置中NaOH溶液用于汲取多余Cl2，防止污染大气。【详解】（1）①依据题意，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，反应中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，Cl元素的化合价由-1价升至0价，依据电子守恒和原子守恒配平，A中反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；②装置A中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2，由于Cl2中混有HCl气体和H2O，装置B中盛放饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl气体；③C中得到紫色固体和溶液，C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有氯气与水反应Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；（2）①依据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。i.溶液a中滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明溶液a中含有Fe3+，Fe3+的产生不能推断FeO42-与Cl-肯定发生了反应，依据资料“K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2”，自身被还原成Fe3+，依据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O；②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，依据同一反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，得出氧化性Cl2>FeO42-；依据方案II，方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，由方案II得出氧化性FeO42->Cl2，试验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。【点睛】与气体有关的制备试验装置的连接依次一般为：气体发生装置→除杂净扮装置→制备试验装置→尾气汲取。进行物质性质试验探究是要限制反应的条件、解除其他物质的干扰。18.工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛的某工艺流程如下图所示。钛铁矿主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），其中一部分铁元素在风化过程中会转化为+3价。回答下列问题：（1）步骤①中为了提高酸浸的速率可实行的措施有________。（2）FeTiO3与稀硫酸反应的离子方程式为________。（3）步骤②③④中，均需进行的操作是_________（填操作名称），若在试验室中进行步骤⑤操作，须要的硅酸盐材质的仪器有酒精灯、泥三角、____________。（4）步骤④中选择热水的缘由是____________。（5）步骤③中实现混合物的分别是利用物质的_________（填字母序号）。a熔、沸点差异b溶解性差异c氧化性、还原性差异（6）工业上用4.0吨钛铁矿制得1.6吨的二氧化钛，则钛铁矿中钛元素的质量分数是______。（假设生产过程中钛没有损失）【答案】(1).将矿石粉碎、适当提高硫酸的浓度、加热、搅拌等(2).(3).过滤(4).坩埚(5).促进水解，同时增大的溶解度(6).b(7).24%【解析】【分析】钛铁矿主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3）,其中一部分铁元素在风化过程中会转化为+3价，加入硫酸后主要产生铁离子、TiO2-等离子，加入过量铁粉后，三价铁离子还原为亚铁离子，溶液经过冷却结晶后生成绿矾，剩余溶液加入热水生成H2TiO3，最终煅烧生成二氧化钛。【详解】（1）步骤①中为了提高酸浸的速率可实行的措施有将矿石粉碎、适当提高硫酸的浓度、加热、搅拌等。（2）依据流程图，FeTiO3与稀硫酸反应的离子方程式为。（3）步骤②③④中，均为固液分别，得到滤渣，即均需进行的操作是过滤，若在试验室中进行步骤⑤操作，须要的硅酸盐材质的仪器有酒精灯、泥三角、坩埚。（4）上步冷却结晶得到绿矾，故步骤④中选择热水的缘由是促进水解，同时增大的溶解度。（5）步骤③中，实现混合物的分别是利用物质的溶解性差异，选b。（6）工业上用4.0吨钛铁矿制得1.6吨的二氧化钛，则钛铁矿中钛元素的质量分数是（假设生产过程中钛没有损失）。19.甲醇是一种可再生能源,又是一种重要的化工原料.具有广袤的开发和应用前景。工业上可用如下方法合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。（1）已知:①2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(g)△H=-1275.6kJ·mol-1；②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H=-566.0kJ·mol-1；③H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1。则甲醇液体不完全燃烧生成CO和液态水的热化学方程式为_____。（2）在肯定温度下，向2L密闭容器中充人1molCO和2molH2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，5min反应达到平衡,此时CO的转化率为80%。①前5min内甲醇平均反应速率为______；已知该反应在低温下能自发进行，则反应的△H__________0（填“＞”“=”或“＜”）。②在该温度下反应的平衡常数K=__________。（3）"甲醇过氧化氢燃料电池"的结构主要包括燃料腔、氧化剂腔和质子交换膜三部分。放电过程中其中一个腔中生成了CO2。放电过程中生成H+的反应，发生在__________腔中，该腔中的电极反应式为__________。【答案】(1).CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-442.8kJ·mol-1(2).0.08mol·L-1·min-1(3).＜(4).100(5).燃料(6).CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+【解析】【分析】依据盖斯定律计算热反应方程式焓变，依据可逆反应三段式计算平衡反应速率和平衡常数。【详解】（1）依据盖斯定律，甲醇液体不完全燃烧生成CO和液态水的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-1