题目内容
甲烷作为一种新能源在化学领域应用广泛，请回答下列问题：
（1）高炉冶铁过程中，甲烷在催化反应室中产生水煤气（CO和H2）还原氧化铁，有关反应为：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+260kJ?mol-1
已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-566kJ?mol-1则CH4与O2反应生成CO和H2的热化学方程式为 ；
（2）将一定量的CO（g）与H2（g）通入定容的聚焦太阳能反应器，发生反应：
CO（g）+3H2（g）?CH4（g）+H2O（g）．该反应△H=-206kJ?mol-1．
①在不同催化剂（Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ）作用下，CH4产量随光照时间的变化如图1所示．在0～30 小时内，CH4的平均生成速率 vⅠ、vⅡ和vⅢ从大到小的顺序为 ．
②能说明该反应达到平衡状态的是 ．
A．容器内压强保持不变 B．气体平均相对分子质量保持不变
C．v正（CH4）=v逆（H2） D．CO的浓度保持不变
（3）如图2所示，装置Ⅰ为甲烷燃料电池（电解质溶液为KOH溶液），通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜．
①a处应通入 （填“CH4”或“O2”），b处电极上发生的电极反应式是 ．
②电镀结束后，装置Ⅰ中溶液的pH （填写“变大”“变小”或“不变”，下同），装置Ⅱ中Cu2+的物质的量浓度 ．
③电镀结束后，装置Ⅰ溶液中的阴离子除了OH-以外还含有 （忽略水解）．
④在此过程中若完全反应，装置Ⅱ中阴极质量变化12.8g，则装置Ⅰ中理论上消耗甲烷 L（标准状况下）．
（1）高炉冶铁过程中，甲烷在催化反应室中产生水煤气（CO和H2）还原氧化铁，有关反应为：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+260kJ?mol-1
已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-566kJ?mol-1则CH4与O2反应生成CO和H2的热化学方程式为
（2）将一定量的CO（g）与H2（g）通入定容的聚焦太阳能反应器，发生反应：
CO（g）+3H2（g）?CH4（g）+H2O（g）．该反应△H=-206kJ?mol-1．
①在不同催化剂（Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ）作用下，CH4产量随光照时间的变化如图1所示．在0～30 小时内，CH4的平均生成速率 vⅠ、vⅡ和vⅢ从大到小的顺序为
②能说明该反应达到平衡状态的是
A．容器内压强保持不变 B．气体平均相对分子质量保持不变
C．v正（CH4）=v逆（H2） D．CO的浓度保持不变
（3）如图2所示，装置Ⅰ为甲烷燃料电池（电解质溶液为KOH溶液），通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜．
①a处应通入
②电镀结束后，装置Ⅰ中溶液的pH
③电镀结束后，装置Ⅰ溶液中的阴离子除了OH-以外还含有
④在此过程中若完全反应，装置Ⅱ中阴极质量变化12.8g，则装置Ⅰ中理论上消耗甲烷
考点：热化学方程式,化学电源新型电池,化学平衡状态的判断
专题：基本概念与基本理论
分析：（1）根据盖斯定律书写热化学反应方程式；
（2）①相同时间甲烷的物质的量的变化量越大，表明平均速率越大，相同时间甲烷的物质的量的变化量越小，平均反应速率越小．由图2可知反应开始后的12小时内，在第Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多；
②平衡标志是正逆反应速率相同，各成分含量保持不变；
（3）①II中首先镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂；甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；
②根据I中氢氧根离子浓度变化确定溶液pH变化；II中发生电镀，阳极上溶解的铜质量等于阴极上析出铜的质量；
③I中还有碳酸根离子生成；
④根据转移电子相等计算消失甲烷的体积．
（2）①相同时间甲烷的物质的量的变化量越大，表明平均速率越大，相同时间甲烷的物质的量的变化量越小，平均反应速率越小．由图2可知反应开始后的12小时内，在第Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多；
②平衡标志是正逆反应速率相同，各成分含量保持不变；
（3）①II中首先镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂；甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；
②根据I中氢氧根离子浓度变化确定溶液pH变化；II中发生电镀，阳极上溶解的铜质量等于阴极上析出铜的质量；
③I中还有碳酸根离子生成；
④根据转移电子相等计算消失甲烷的体积．
解答：
解：（1）CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=260kJ?mol-1①
2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-566kJ?mol-1②，
将方程式2×①+②得 2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=-46kJ?mol-1 ，
故答案为：2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=-46kJ?mol-1 ；
（2）①由图2可知，在0～30h内，甲烷的物质的量变化量为△n（Ⅰ）＜△n（Ⅱ）＜△n（Ⅲ），故在0～30h内，CH4的平均生成速率v（Ⅲ）＞v（Ⅱ）＞v（Ⅰ）；
由图2可知反应开始后的12小时内，在第Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多；
故答案为：VⅢ＞VⅡ＞VⅠ；
②CO（g）+3H2（g）?CH4（g）+H2O（g）．该反应△H=-206kJ?mol-1 ，反应是气体体积减小的放热反应，结合平衡标志是正逆反应速率相同，各成分含量保持不变；
A．反应前后气体压强发生变化，容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．反应前后气体质量不变，物质的量减小，气体平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C．3v正（CH4）=v逆（H2）说明反应达到平衡状态，v正（CH4）=v逆（H2），不能说明正逆反应速率相同，故C错误；
D．CO的浓度保持不变是破坏标志，故D正确；
故答案为：ABD；
（3）①II中首先镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，所以a处通入的气体是甲烷；甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，b处通的是氧气，电极上发生的电极反应式是：O2+2H2O+4e=4OH-；
故答案为：甲烷；O2+2H2O+4e=4OH-；
②根据I中电池反应为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，KOH参加反应导致溶液中KOH浓度降低，则溶液的pH减小；
II中发生电镀，阳极上溶解的铜质量等于阴极上析出铜的质量，则溶液中铜离子浓度不变，
故答案为：变小；不变；
③I中负极反应为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，所以还有碳酸根离子生成，故答案为：CO32-；
④串联电路中转移电子相等，所以消耗甲烷的体积=
×22.4L/mol=1.12L；
故答案为：1.12．
2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-566kJ?mol-1②，
将方程式2×①+②得 2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=-46kJ?mol-1 ，
故答案为：2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=-46kJ?mol-1 ；
（2）①由图2可知，在0～30h内，甲烷的物质的量变化量为△n（Ⅰ）＜△n（Ⅱ）＜△n（Ⅲ），故在0～30h内，CH4的平均生成速率v（Ⅲ）＞v（Ⅱ）＞v（Ⅰ）；
由图2可知反应开始后的12小时内，在第Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多；
故答案为：VⅢ＞VⅡ＞VⅠ；
②CO（g）+3H2（g）?CH4（g）+H2O（g）．该反应△H=-206kJ?mol-1 ，反应是气体体积减小的放热反应，结合平衡标志是正逆反应速率相同，各成分含量保持不变；
A．反应前后气体压强发生变化，容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．反应前后气体质量不变，物质的量减小，气体平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C．3v正（CH4）=v逆（H2）说明反应达到平衡状态，v正（CH4）=v逆（H2），不能说明正逆反应速率相同，故C错误；
D．CO的浓度保持不变是破坏标志，故D正确；
故答案为：ABD；
（3）①II中首先镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，所以a处通入的气体是甲烷；甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，b处通的是氧气，电极上发生的电极反应式是：O2+2H2O+4e=4OH-；
故答案为：甲烷；O2+2H2O+4e=4OH-；
②根据I中电池反应为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，KOH参加反应导致溶液中KOH浓度降低，则溶液的pH减小；
II中发生电镀，阳极上溶解的铜质量等于阴极上析出铜的质量，则溶液中铜离子浓度不变，
故答案为：变小；不变；
③I中负极反应为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，所以还有碳酸根离子生成，故答案为：CO32-；
④串联电路中转移电子相等，所以消耗甲烷的体积=
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故答案为：1.12．
点评：本题考查了盖斯定律、原电池和电解池原理，平衡标志和判断，图象分析方法，根据电解池中Cu、Fe电极上发生的反应确定燃料电池中正负极及电极上通入的气体，再结合转移电子相等计算，难点是电极反应式的书写，题目难度中等．
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M元素的一个原子失去两个电子转移到N元素的两个原子中形成化合物Z，下列说法不正确的是（ ）
| A、M元素的离子可表示为M2+ |
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有如图A～F六种仪器：
如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O下列说法正确的是（ ）
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