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    （2013?焦作一模）开发新能源，使用清洁燃料，可以达到提高能效、减少污染的目的．
    （1）由C、H、O三种元素中的两种和三种分别组成的燃料物质甲和乙，其分子中均有氧，且1个乙分子中含有18个电子，则甲和乙分别是
    CO、CH3OH
    CO、CH3OH
    ．
    乙是一种清洁燃料，工业上可用甲和氢气反应制得．
    ①T1温度时，在体积为2L的密闭容器中充入2mol甲和6mol H2，反应达到平衡后，测得c（甲）=0.2mol/L，则乙在平衡混合物中的物质的量分数是
    1
    3
    1
    3
    ．
    ②升高温度到T2时，反应的平衡常数为1，下列措施可以提高甲的转化率的是
    C
    C
    （填字母）．
    A．加入2mol甲     B．充入氮气     C．分离出乙     D．升高温度
    （2）甲烷也是一种清洁燃料，但不完全燃烧时热效率降低并会产生有毒气体造成污染．
    已知：
    CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H1=-890.3kJ/mol
    2CO （g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=-566.0kJ/mol
    则甲烷不完全燃烧生成一氧化碳和液态水时的热效率只是完全燃烧时的
    0.7
    0.7
    倍（计算结果保留1位小数）．
    （3）甲烷燃料电池可以提升能量利用率．如图是利用甲烷燃料电池电解50mL 2mol/L的氯化铜溶液的装置示意图：
    请回答：
    ①甲烷燃料电池的负极反应式是
    CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+
    CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+
    ．
    ②当线路中有0.1mol电子通过时，
    b
    b
    （填“a”或“b”）极增重
    0.32
    0.32
    g．
    分析：（1）由C、H、O三种元素中的两种和三种分别组成的燃料物质甲和乙，1个乙分子中含有18个电子，则乙分子中含有1个C原子、1个O原子，则含有H原子数目为18-6-8=4，故乙为CH3OH，分子中均有氧，故甲为CO；
    ①、发生反应CO （g）+2H2（g）?CH3OH（g），应达到平衡后，测得c（甲）=0.2mol/L，则平衡时n（甲）=2L×0.2mol/L=0.4mol，据此根据三段式计算平衡时各组分物质的量，据此解答；
    ②、提高甲的转化率，应改变条件使平衡向正反应移动．计算T1温度时平衡常数，与T2温度的平衡常数相比判断该反应的反应热，判断温度对反应的影响，注意不能只增大甲的浓度；
    （2）根据盖斯定律书写甲烷不完全燃烧生成一氧化碳和液态水时的热化学方程式，据此解答；
    （3）①、原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极通入，酸性条件下，发生氧化反应生成CO2、H+；
    ②、B为电解池，铜离子发生还原反应，在阴极析出，该极连接原电池的负极，根据转移电子计算生成Cu的物质的量，再根据m=nM计算生成Cu的质量．
    解答：解：（1）由C、H、O三种元素中的两种和三种分别组成的燃料物质甲和乙，1个乙分子中含有18个电子，则乙分子中含有1个C原子、1个O原子，则含有H原子数目为18-6-8=4，故乙为CH3OH，分子中均有氧，故甲为CO，
    故答案为：CO、CH3OH；
    ①、发生反应CO （g）+2H2（g）?CH3OH（g），应达到平衡后，测得c（甲）=0.2mol/L，则平衡时n（甲）=2L×0.2mol/L=0.4mol，则：CO （g）+2H2（g）?CH3OH（g），
    开始（mol）：2          6        0
    变化（mol）：1.6        3.2      1.6
    平衡（mol）：0.4        2.8      1.6
    CH3OH在平衡混合物中的物质的量分数为=
    1.6mol
    0.4mol+2.8mol+1.6mol
    =
    1
    3

    故答案为：
    1
    3
    ；
    ②、该反应为放热反应，
    A．加入2mol甲，平衡向正反应移动，但甲的转化率降低，故A错误；
    B．充入氮气，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，甲的转化率不变，故B错误；
    C．分离出乙，平衡向正反应移动，甲的转化率增大，故C正确；
    D．T1温度时平衡常数为
    1.6
    2
    0.4
    2
    ×(
    2.8
    2
    )2
    =
    100
    49
    ＞1，故升高温度平衡向逆反应移动，甲的转化率降低，故D错误；
    故答案为：C；
    （2）已知：①、CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ?mol-1；
    ②、2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ?mol-1，
    利用盖斯定律，①×2-②可得：2CH4（g）+3O2（g）=2CO（g）+4H2O（l）；△H=-1214.6kJ?mol -1
    故甲烷不完全燃烧生成一氧化碳和液态水时的热效率只是完全燃烧时的
    1214.6kJ
    890.3kJ×2
    =0.7，
    故答案为：0.7；
    （3）①、原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极通入，酸性条件下，发生氧化反应生成CO2、H+，负极电极反应式为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，
    故答案为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；
    ②、B为电解池，铜离子发生还原反应，在阴极析出，该极连接原电池的负极，故在b电极析出Cu，b电极的质量增重，转移0.1mol电子，析出铜的物质的量为
    0.1mol
    2
    =0.05mol，故析出铜的质量为0.05mol×64g/mol=0.32g，
    故答案为：b；0.32．
    点评：本题考查较为综合，涉及物质推断、化学平衡有关计算、化学平衡常数、电化学以及盖斯定律的应用等，题目难度中等，注意体会盖斯定律的应用，（3）中可以利用总反应式减正极反应式书写负极反应式．
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    溶质 Na2CO3 NaHCO3 Na2SiO3 Na2SO3 NaHSO3 NaClO
    pH 11.6 9.7 12.3 10.0 4.0 10.3
    请由上表数据回答：
    （1）非金属性Si
    ＜
    ＜
    C（填“＞”或“＜”），用原子结构解释其原因：同主族元素由上到下
    原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱
    原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱
    ．
    （2）常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是（填序号）
    bca
    bca
    ．
    a．H2SiO3            b．H2SO3            c．H2CO3
    （3）用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因
    CO32-+H2O?HCO3-+OH-
    CO32-+H2O?HCO3-+OH-
    ．
    （4）6种溶液中，水的电离程度最小的是（填化学式）
    NaHSO3
    NaHSO3
    ．
    （5）若增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是（填化学式）
    NaHCO3（或NaClO）
    NaHCO3（或NaClO）
    ，
    用化学平衡移动的原理解释其原因：
    因为Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，NaHCO3（或NaClO）消耗H+，平衡正向移动，使溶液中次氯酸浓度增大
    因为Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，NaHCO3（或NaClO）消耗H+，平衡正向移动，使溶液中次氯酸浓度增大
    ．

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