【化学】云南省曲靖市第一中学2018-2019学年高二上学期第二次半月考（解析版） 试卷

云南省曲靖市第一中学2018-2019学年高二上学期第二次半月考
1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是
A. 某密闭容器中盛有0.2 mol SO2和0.1 mol O2，一定条件下充分反应，生成SO3分子数小于0.2 NA
B. 一定条件下，2.3 g Na与O2完全反应生成3.6 g产物时失去的电子数0.1 NA
C. 25℃时，pH＝13的Ba(OH)2溶液中含有OH－的数目为 0.1 NA
D. 20g D2O中含有的质子数为10 NA
【答案】C
【解析】
A、此反应属于可逆反应，不能进行到底；B、Na与氧气无论生成Na2O还是Na2O2，1molNa失去1mol电子；C、题目中没有说明溶液的体积，无法计算；D、利用质量数等于同位素近似相对原子质量，D2O的摩尔质量为20g·mol－1。
【详解】A、发生2SO2＋O22SO3，此反应可逆反应，不能进行到底，生成SO3的物质的量小于0.2mol，故A说法正确；B、Na与氧气反应，无论生成Na2O还是Na2O2，1molNa失去1mol电子，即2.3gNa完全与O2发生反应时，转移电子物质的量为2.3×1/23mol=0.1mol，故B说法正确；C、pH=13的溶液中c(OH－)=10－13mol·L－1，因此没有说明溶液的体积，无法计算出OH－的物质的量，故C说法错误；D、D2O的摩尔质量为20g·mol－1，20gD2O中含有质子的物质的量为20×10/20mol=10mol，故D说法正确。
【点睛】本题的易错点是选项A，因为二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，此反应属于可逆反应，可逆反应不能进行到底，因此生成SO3的物质的量小于0.2mol。解决阿伏加德罗常数时一定注意隐含条件，如还有2NO2N2O4等。
2.下图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是(　　)

A. 由图可知此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应的热化学方 程式为：MgBr2(s)+Cl2(g) MgCl2(s)+Br2(g) ΔH=+117 kJ·mol-1
B. 热稳定性: MgI2 > MgBr2 > MgCl2 > MgF2
C. 工业上可由电解MgCl2溶液冶炼金属Mg，该过程需吸收热量
D. 金属镁和卤素单质(X2)的反应能自发进行是因为ΔH均小于零
【答案】D
【解析】A. 由图可知此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应是放热反应，热化学方程式为：MgBr2(s)+Cl2(g) MgCl2(s)+Br2(g) ΔH=-117 kJ·mol-1，故A错误；B、物质具有的能量越低越稳定，由图可知 热稳定性: MgI2< MgBr2 < MgCl2 < MgF2，故B错误；C、已知由镁制取氯化镁是放热过程，所以电解熔融氯化镁制取镁单质是是吸热过程，而电解MgCl2溶液不能得到镁单质，故C错误；D、根据图像可知，反应物总能量大于生成物总能量，均为放热反应，ΔH均小于零，能自发进行，故D正确；故选D。
3.向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al(OH)3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是(　　)

A. a点对应的溶液中：Na＋、Fe3＋、SO42-、HCO3-
B. b点对应的溶液中：Na＋、S2－、SO42-、Cl－
C. c点对应的溶液中：Ag＋、Ca2＋、NO3-、F－
D. d点对应的溶液中：K＋、NH4+、I－、CO32-
【答案】B
【解析】A．a点溶液显碱性，NaOH过量；B．b点恰好生成偏铝酸钠；C．c点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝；D．d点为氯化铝溶液。
【详解】A．a点溶液显碱性，NaOH过量，则不可能存在Fe3+、HCO3-，不能共存，选项A错误；B．b点恰好生成偏铝酸钠，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，选项B正确；C．c点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝，还生成氯化钠，则不可能存在Ag+，不能共存，选项C错误；D．d点为氯化铝溶液，Al3+、CO32-相互促进水解生成沉淀和气体，则不能共存，选项D错误；答案选B。
【点睛】本题考查离子的共存，明确图象中各点对应的反应及溶液的成分、离子之间的反应是解答的关键，注意选项D中的相互促进水解反应，题目难度不大。
4.下列关系曲线不能正确反映其对应变化关系的是（ ）
A. 加热KClO3和MnO2固体混合物
B. 向Ca(OH)2溶液中通入CO2至过量（碳酸钙遇到溶有二氧化碳的水，能生成可溶性碳酸氢钙）
C. 向一定浓度的NaOH溶液中加水稀释
D. 将等质量的Mg和Al分别与过量等浓度的盐酸反应，则a为Mg，b为Al
【答案】D
【解析】A. MnO2在反应中做催化剂，其质量保持不变，故A图正确；
B.向Ca(OH)2溶液中通入CO2至过量时，先生成碳酸钙沉淀，后碳酸钙又溶解转化为碳酸氢钙，且前后二氧化碳的质量之比为1:1，故B图正确；
C.向一定浓度的NaOH溶液中加水稀释时，溶液的碱性逐渐减弱，pH逐渐减小，但不可能小于7，故C图正确；
D.将等质量的Mg和Al分别与过量等浓度的盐酸反应时，镁比铝活泼，则反应速率更快，但产生氢气的质量较铝小，故对应坐标图中的b曲线，铝对应图中的a曲线，故D图错误；
答案选D。
【点睛】在分析Mg和Al分别与等浓度盐酸的反应过程中，时间与产生氢气的关系时，需要关注两点，一是单位时间内产生氢气质量的大小，二是反应生成氢气的总量；因镁比铝活泼，反应速率更快，故单位时间内产生的氢气的质量较铝多，曲线的斜率较铝要大；但单位质量的铝较镁产生的氢气要多，故在等质量的情况下，铝较镁产生的氢气的总量要多。
5.向100 mL 0.1 mol·L-1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1 Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示。则下列说法中正确的是

A. a点对应的沉淀只有BaSO4
B. b点发生反应的离子方程式是：Al3++2SO42-+2Ba2++3OH-==Al(OH)3↓+2BaSO4↓
C. c点溶液呈碱性
D. c点加入Ba(OH)2溶液的体积为200 mL
【答案】C
【解析】向100 mL 0.1 mol·L-1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，硫酸根结合钡离子生成硫酸钡沉淀，铵根和铝离子结合氢氧根生成一水合氨和氢氧化铝沉淀，氢氧化钡过量时氢氧化铝被氢氧根溶解生成偏铝酸盐，结合图像变化趋势、有关离子的物质的量分析解答。
详解：NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol，溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42-0.02mol。开始滴加同时发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH-，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3・H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当SO42-完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH-，Al3+反应掉0.03molOH-，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH-恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为BaSO4和Al（OH）3；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液。则
A、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，a点对应的沉淀为BaSO4和Al（OH）3，A错误；
B、由分析可知，b点发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3・H2O，B错误；
C、由分析可知，c点溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，C正确；
D、由分析可知，c点加入Ba（OH）2的物质的量为0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以需要氢氧化钡溶液的体积为0.025mol÷0.1mol/L=0.25L=250mL，D错误；
答案选C。
点睛：本题主要是考查了铝及其化合物的性质，化学反应图像、化学计算的相关知识，题目难度较大。明确物质的性质特点、发生的先后反应是解答的关键，注意图像题的答题技巧，首先弄清纵、横坐标的含义，其次弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程，最后弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。
6.下列有关滴定操作的说法正确的是
A. 用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mL
B. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，则测定结果偏低
C. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中含有NaOH杂质，则测定结果偏高
D. 用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏高
【答案】D
【解析】A．滴定管精确值为0.01mL，读数应保留小数点后2位，A错误；
B．用标准KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，由于没有润洗，标准液浓度减小，消耗标准液体积增加，则测定结果偏高，B错误；
C．所用的固体KOH中混有NaOH，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配的溶液的OH-浓度偏大，导致消耗标准液的体积V（碱）偏小，根据c（酸）＝c(碱)×V(碱)/V(酸)可知c（酸）偏小，C错误；
D．用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若滴定前仰视读数，滴定至终点后俯视读数，导致消耗的盐酸体积偏小，依据c（酸）＝c(碱)×V(碱)/V(酸)可知测定结果偏高，D正确；
答案选D。
7.电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L－1 的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是

A. 曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线
B. A点溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝0.1 mol·L－1
C. 在相同温度下，A、B、C三点溶液中水的电离程度： A＜C＜B
D. D点溶液中：c(Cl－)+ 2c(H＋)＝2c(OH－)
【答案】D
【解析】溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着NaOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应时离子浓度最小，继续加入NaOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，曲线①代表0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，据此解答。
【详解】A.由分析可以知道，曲线②代表0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，故A错误；
B.A点溶液中c(Na+)=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝c(Na+)=0.05mol/L，故B错误；
C.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C点溶质为NaCl，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，NaOH会抑制水的电离，所以在相同温度下，水的电离程度：B＜C＜A，故C错误；
D. D点溶液中，存在电荷守恒，c(Cl－)＋c(OH－)＝c(Na+)+c(H＋)，定量分析可以知道， c(Na+)=1.5c(Cl－)，将电荷守恒式中c(Na+)代换为c(Cl－)并整理得：c(OH－)＝0.5c(Cl－)+c(H＋)，即c(Cl－)+ 2c(H＋)＝2c(OH－)，所以D选项是正确的；
综上所述，本题正确答案为D。
8.工业生产需要大量原料，消耗大量能源，在得到所需产品同时产生了大量废气、废水、废渣。某工厂排放的废水中含有Cu2＋、Fe2＋、Hg2＋、H＋等离子，某化学小组为了充分利用资源和保护环境，准备回收废水中的铜和汞，同时得到绿矾。他们设计了如下实验方案：

（1）现有仪器：酒精灯、玻璃棒、坩埚、蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯、铁架台等，完成步骤Ⅳ的实验操作还需要选择的玻璃仪器是__________设计简单实验检验绿矾是否变质，简述你的操作：__________。
（2）步骤Ⅰ中加入过量铁粉的目的是__________，步骤Ⅱ中__________(填“能”或“不能”)用盐酸代替硫酸。
（3）步骤V利用氧化铜制取铜有如下四种方案：
方案甲：利用氢气还原氧化铜；
方案乙：利用一氧化碳还原氧化铜；
方案丙：利用炭粉还原氧化铜；
方案丁：先将氧化铜溶于稀硫酸，然后加入过量的铁粉、过滤，再将滤渣溶于过量的稀硫酸，再过滤、洗涤、烘干。
从安全角度考虑，方案__________不好；从产品纯度考虑，方案__________不好。
（4）写出步骤Ⅱ中涉及反应的离子方程式：__________；步骤Ⅳ得到绿矾的操作蒸发浓缩__________、__________。
【答案】 (1). 漏斗 (2). 取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质 (3). 将Cu2+ Hg2+全部置换出来 (4). 不能 (5). 甲 乙 (6). 丙 (7). Fe+2H+=Fe2+ +H2↑ (8). 冷却结晶 (9). 过滤
【解析】通过流程可知步骤Ⅳ是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。可燃性气体作为还原剂在加热的过程中会有爆炸的可能性，而固体还原剂一般不易控制量会引入杂质；一种反应物过量的目的往往是为了使另一种反应物充分反应。 加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。
详解：（1）滤液中硫酸亚铁的浓度较低，先蒸发水到热饱和溶液，然后降温结晶，最后过滤得到硫酸亚铁晶体，过滤还需要漏斗，蒸发结晶还需要坩埚；绿矾变质生成+3价铁，检验Fe3+用硫氰化钾溶液，即取少量晶体溶于水，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红色，说明绿矾已变质。答案：漏斗；取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质。
（2）加入过量的铁粉，将铜离子和汞离子全部转化成相应单质得到铜和汞；若用稀盐酸代替稀硫酸，制得的绿矾中会混有氯化亚铁杂质；所以不能用稀盐酸代替稀硫酸。答案：将Cu2+ Hg2+全部置换出来；不能。
（3）氢气和一氧化碳易燃烧，且一氧化碳有毒，用二者还原氧化铜存在不安全因素，即易发生爆炸，所以从安全方面考虑甲、乙不好；用炭粉还原氧化铜，所得铜中易混有炭粉，即从纯度方面考虑，丙不好。答案：甲 乙；丙。
（4）根据框图知滤渣成分为的为Cu、Fe、Hg步骤II加入稀硫酸只有Fe能与酸反应，所以反应的离子方程式分别为2H++Fe=Fe2++H2↑。步骤Ⅳ是由硫酸亚铁溶液得到绿矾的操作，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶和过滤即可。答案：2H++Fe=Fe2++H2↑；冷却结晶；过滤。
点睛：通过流程可知步骤Ⅳ是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。
9.能源是人类生活和社会发展的基础，研究化学反应中的能量变化，有助于更好地利用化学反应为生产和生活服务。
（1）甲硅烷（SiH4）是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃。
① 甲硅烷（SiH4）固态时属于___________晶体。
② 已知室温下1 g甲硅烷自燃生成SiO2和液态水放出热量44.6 kJ，则其热化学方程式为______________________。
（2）甲醇燃料电池的总反应为：2CH3OH+3O2═2CO2↑+4H2O，其工作原理如下图所示。

①图中CH3OH从_____________（填a或b）通入，该电池的正极是____________（填M或N）电极，其中在N极发生的电极反应式是_____________________。
②如果在外电路中有1mol电子转移，则消耗标准状况下O2的体积为_______L。
（3）25℃，101kPa条件下，14g N2和3g H2反应生成NH3的能量变化如下图所示：

已知：① x = 1127；
② 25℃ 101 kPa下，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)  △H=－92kJ·mol—1。
则 y =__________。
【答案】 (1). 分子 (2). SiH4（g）+2O2（g）= SiO2（s）+2H2O（l） ΔH＝-1427.2 kJ/mol (3). b (4). N (5). 4H+ + O2 + 4e－ = 2H2O (6). 5.6L (7). 1173
【解析】
(1)①甲硅烷(SiH4)是由SiH4分子构成的共价化合物，在固态时属于分子晶体；②在室温下1 g甲硅烷即1/32mol，自燃生成SiO2和液态水放出44.6 kJ的热量，则其热化学方程式为SiH4(g)+2O2(g)= SiO2(s)+2H2O(l) ΔH＝-1427.2 kJ/mol；
(2)根据反应方程式2CH3OH+3O2═2CO2↑+4H2O，结合原电池示意图可知CH3OH在负极反应，失去电子生成CO2，O2在正极反应，得到电子生成水，所以①CH3OH从b口通入，从c口排出CO2，O2从a口通入，电池的正极是N，负极是M，正极N上发生的电极反应为O2 +4H+ + 4e－ = 2H2O；②若外电路有1mol电子转移，则消耗标况下O2的体积为mol×22.4L/mol=5.6L；
(3)根据图示的能量变化，可得N2(g)+H2(g)NH3(g)  △H = (x-y)kJ·mol-1，结合已知条件可得2(x-y)= - 92，x = 1127，解得y=1173。
10.A、B、X、Y 和 Z 是原子序数依次递增的短周期元素。其中A与Y同主族，X与Z同主族，A与B和X均可形成10个电子的化合物；B与Z 的最外层电子数之比为 2∶3，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其水溶液可使酚酞试液变红。请回答下列问题：
(1)Z 元素在元素周期表中的位置是______________ ，化合物 B2A4 的电子式为______________
(2)化合物A2X和A2Z中，沸点较高的是__________(填化学式)，其主要原因是_____________
(3)A与X、A与Z均能形成18个电子的化合物，此两种化合物发生反应的化学方程式为：_______
(4)将Z与X 形成的气态化合物ZX2通入Ba(NO3)2 溶液中，有白色沉淀和NO气体生成，发生反应的离子方程式为___________________， 由此可得出一氧化氮与ZX2的还原性大小关系为________________
(5)将Y2X2投入到Y2Z的水溶液中可生成Z的单质，发生反应的离子方程式为：______________，并用单线桥标出此反应中电子转移的方向和数目。
(6)两种均含A、X、Y、Z四种元素的化合物相互反应放出气体的反应离子方程式为：_________
【答案】 (1). 第三周期第 VIA 族 (2). (3). H2O (4). 水分子间存在氢键 (5). H2O2 + H2S = S↓+ 2H2O (6). 3SO2 + 3Ba2+ + 2NO3- + 2H2O = 3BaSO4↓+ 2NO + 4H+ (7). SO2 > NO (8). (9). HSO3-+ H+ = SO2↑+ H2O
【解析】A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，常见化合物Y 2 X 2 与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红，Y 2 X 2 为Na 2 O 2 ，则X为O元素，则Y为Na元素；A与X可形成10个电子化合物，A与Y同主族，则A为H元素；X与Z同主族，则Z为S元素；B与Z的最外层电子数之比为2：3，则B元素的最外层电子数为4，A与B可形成10个电子化合物，B为C元素。
(1)S元素在元素周期表中的位置是第三周期第 VIA 族，化合物 C2H4 的电子式为;
(2)化合物H2O和H2S 中，沸点较高的是H2O，因为水分子间形成氢键；
(3)H与O、H与S均能形成18个电子的化合物，分别是：H2O2、H2S，H2O2 可将 H2S氧化成S，故方程式为：H2O2 + H2S = S↓+ 2H2O；
(4)将S与O 形成的气态化合物SO2通入 Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀和NO气体生成，发生反应的离子方程式为: 3SO2+3Ba2++2NO3- + 2H2O = 3BaSO4↓+2NO+4H+;根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故还原性：SO2>NO；
(5)将Na2O2投入到Na2S的水溶液中可生成S的单质，Na2O2将Na2S氧化成S，反应的离子方程式为：；
(6)两种均含 H、O、Na、S四种元素的化合物为：NaHSO3和NaHSO4，相互反应放出气体的反应离子方程式为：HSO3-+ H+ =SO2↑+H2O。
11.甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上采用如下反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
（1）分析该反应并回答下列问题：
①该反应的平衡常数表达式为K=____________。
②下列选项能判断该反应达到平衡状态的依据有__________（填序号）。
A．2v（正）(H2)= v（逆）(CO)
B．一定条件下，单位时间内消耗2molH2的同时生成 1mol CH3OH
C．恒温、恒容时，容器内的压强不再变化
D．恒温、恒容时，容器内混合气体的密度不再变化
E．混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化
（2））下图是该反应在不同温度下CO转化率随时间的变化曲线：

①该反应的△H________0（填“>”、“”、“ (5). 80% (6). CH3OH(l)+ O2(g) ＝ CO(g) + 2H2O(l)   ΔH＝－442.8 kJ∕mol (7). CH3OH (8). O2 (9). O2+4e－+4H+=2H2O
【解析】（1）平衡常数是在一定条件下的可逆反应中，当可逆反应反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据反应的方程式可知，该反应的平衡常数是K=；②A、v（正）(H2)= 2v（逆）(CO)时说明正逆反应速率相等，说明到达平衡，选项A错误；B、单位时间内消耗2molH2的同时生成 1mol CH3OH都表示正反应速率，自始至终反应速率都按2：1进行，不能说明到达平衡，选项B错误；C、反应为气体体积变化的反应，压强随着反应也发生变化，若压强不变，则说明可逆反应到达平衡状态，选项C正确；D、反应物都为气体，容器的体积不变，混合气体的总质量不变，密度自始至终为定值，不能说明可逆反应到达平衡，选项D错误；E、混合气体的总质量不变，随反应进行，混合气体的总的物质的量减小，即平均相对分子质量减小，最后为定值，说明可逆反应到达平衡状态，选项E正确；答案选CE；（2）①由图可知，T2先达到平衡，温度大，温度高时CO的转化率低，则正反应为放热反应，所以△H＜0；②由K=，升高温度平衡逆向移动，则升高温度K减小，T1＜T2，所以K1＞K2；(3) 达到平衡时测得c（CO）=0.2mol/L，则转化的CO的物质的量为2.0mol-0.2mol/L×1L=1.6mol，所以CO的转化率为×100%=80%；（4）根据盖斯定律，将已知反应①-②-③×4得到CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），所以该反应的△H=（-1275.6kJ/mol）-（-566.0kJ/mol）-（-44.0kJ/mol）×4=442.8kJ/mol，即CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8kJ/mol；（5）①据氢离子移动方向知，右侧电极为正极，正极上氧气得电子，左侧电极为负极，负极上通入燃料甲醇，故答案为：CH3OH；O2；②负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。