热门试卷

（1）①N2(g)+ 3H2(g)  2NH3(g)，ΔH =" —92.2" kJ·mol-1② 391（2）① 200℃；② AC；③ 75%（3）2NH3－6e— + 6OH—= N2 + 6H2O

试题分析：（1）①合成塔中每生成1mol NH3，放出46.1kJ热量，依据热化学方程式写出，标注物质聚集状态和对应反应放出的热量，热化学方程式：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），△H=-92.2kJ/mol；②反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量=3×436+945.8-6×N-H键键能=-92.2，N-H键键能=391kJ（2）合成氨反应为放热反应，反应温度越高越不利于反应的进行，曲线a的NH3的物质的量分数最高，其反应温度应相对最低，故a为200℃②A、及时分离出NH3可以使平衡正向移动，故A正确；B、催化剂能加快反应速率，但不能改变转化率，故B错误；C平衡常数K与温度有关，与其他条件无关，同一温度下的平衡常数相等，合成氨反应为放热反应，其温度越高平衡常数越小，故C正确；选AC；③在M点NH3的物质的量为60%，剩余物质的量为40%，又n(N2):n(H2)=1:3投料，故剩余H2物质的量为30%，因为N2（g）+3H2（g）2NH3（g），即发生反应的H2物质的量为90%，故M点对应的H2转化率是%=75%；（3）原电池中负极失去电子，化合价升高，发生氧化反应，反应式2NH3－6e—+6OH—=N2+6H2O。

（1）吸热

（2）

（3）CE

（4）①升高温度或增大CO2的浓度（增大H2的浓度）；使用催化剂或增大压强

②

（5）2CO2+4e-+2H2O═2CO+4OH-（或CO2+2e-+H2O═CO+2OH-）（6）2mol

试题分析：（1）在反应①中随着温度的升高平衡常数增大，这说明升高温度平衡向正反应方向移动，因此正方应是吸热反应。

（2）根据反应①②并依据盖斯定律可知②－①即得到反应③，所以平衡常数之间的关系为K3＝。

（3）根据表中数据可知，随着温度的升高K1逐渐增大，而K2逐渐减小，所以K3逐渐减小，这说明升高温度反应③向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应。由于正方应是体积不变的可逆反应，所以要使平衡向逆反应方向移动，则可以升高温度或增大生成物的浓度或减小反应物的浓度，而压强和催化剂不能改变平衡，故答案选CE。

（4）①根据图像可知，t2时逆反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，说明平衡向逆反应方向移动，由于正方应是体积不变的放热的可逆反应，所以改变的条件是升高温度或增大CO2的浓度（增大H2的浓度）。t8时逆反应速率瞬间增大，但平衡不移动，由于正方应是体积不变的放热的可逆反应，所以改变的条件是使用催化剂或增大压强。

②若t4时降压，反应速率均减小，但平衡不移动。t6时增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，逆反应速率逐渐增大，因此t4～t6时逆反应速率与时间的关系线为

。

（5）电解池中阳极失去电子发生氧化反应，阴极得到电子发生还原反应，所以根据总反应式可知阴极是CO2得到电子被还原为CO，电极反应式为CO2+2e-+H2O═CO+2OH-。

（6）水电解生成氢气和氧气，所以氢氧储罐中共收集到33．6L气体应该是氢气与氧气的混合气，其中氧气是11．2L，氢气是22．4L，氢气的物质的量是1mol，转移2mol电子。

（1）①2；②+18.7 kJ·mol-1（2）80%；25；＜

（3）①太阳能和电能转化为化学能；②2CO32--4e－=2CO2↑＋O2↑

试题分析：（1）①由6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)知，反应方程式FeO中铁元素化合价+2升至Fe3O4中+，CO2由+4降至C中碳元素的0价，每生成1molC转移电子4mol，生成Fe3O4 2mol ，则生成1 mol Fe3O4转移电子2mol；②反应1：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)，△H1="-76.0" kJ/mol；反应2：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)，△H2="+113.4" kJ/mol，根据盖斯定理△H=（△H1+△H2）=（-76.0+113.4）="+18.7" kJ/mol（2）2 L的恒容密闭容器中反应达到平衡时CH4浓度为0.8 mol/L，CO2浓度为0.2 mol/L，由题意知CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，反应的CO2与生成的CH4的物质量相等，CO2的平衡转化率为==80%；300 ℃时上述反应的平衡常数K==25；由题意知300 ℃时，K=25，200℃时，K=64.8，对正反应为吸热的可逆反应，升高温度，平衡正向移动，正反应的程度增大，K增大，对正反应为放热的可逆反应，升高温度，平衡逆向移动，正反应的程度减小，K减小，则该反应为放热反应，△H＜0（3）由图知，是用吸收的太阳能和电源电能进行反应能量的来源，故太阳能和电能转化为化学能；电解反应中阳极失电子发生氧化反应，由图知反应产物为O2，又电解质为熔融碳酸钠，故反应方程式：2CO32--4e－=2CO2↑＋O2↑。

（1）0.04mol/(L·s)(2分)    0.8倍(2分)

（2）③④(2分)

（3）A(1分) 加入催化剂(1分)  小(1分)

（4）40℅(2分)   2.6a(2分)

（5）2SO2 (g) + O2 (g)  2SO3 (g)；ΔH＝ －198 kJ·mol-1(2分)

或者： SO2 (g) + O2 (g)  SO3 (g)；ΔH＝ －99 kJ·mol-1

（1）试题分析：2SO2 +      O2    2SO3，

始量     2mol      2mol         0 mol

变量     2xmol      xmol         2xmol

平衡    (2-2x) mol   (2-x) mol      2xmol

依题意有： 解之得：x=0.8mol

所以用SO2表示该反应在这20s内的反应速率为：

依据阿伏加德罗定律的推论：同温同体积条件下，物质的量之比等于压强之比，有：

 因此反应后的压强为反应前的0.8倍。

（2）①中这种关系在这个反应中是不管是否达到平衡状态一直存在，不正确；②中混合气体的密度也是时刻不变的，因为反应前后都是气体，质量守恒，而且体积是固定的。不正确。③该反应前后质量一定，但是正向是气体物质的量减小的方向，因此这是达到平衡的一个重要标志。正确。④各气体的浓度不再变化时，意味着各组分浓度t1是一定值，正确。

（3）t1～t2平衡逆向移动，t3～t4平衡不移动t4 ～t5平衡逆向移动，因此选A

t3～t4正逆反应速率同等程度改变，而该反应前后分子数改变，只能是加入催化剂。

体积不变时充入充人少量SO3，相当于增大压强。平衡向右移动。

（4）①试题分析：2SO3     2SO2  +      O2  ，

始量      2mol        0 mol         0 mol

变量      2x mol      2x mol         x mol

平衡     (2-2x) mol    (0+2x) mol L    (0+x) mol

依据阿伏加德罗定律的推论：同温同压条件下，物质的量之比等于体积之比，有：

      解之得：x=0.4  所以转化率为40℅

②若打开K，A和B就成了一个容器，因此再次达到平衡时的总体积应该为3×1.2aL=3.6aL，除去A中原来的1L，B的体积就应该是2.6aL。

（5） 依题意有：1 mol的S最终生成1 mol的SO3会放出592.5/1.5=395 kJ的热量。再根椐盖斯定律可知1 mol的SO2（g）氧化生成1 mol的SO3（g）能放出444-395="99" kJ的热量。因此：

2SO2 (g) + O2 (g)  2SO3 (g)；ΔH＝ －198 kJ·mol-1

或者：SO2 (g) + O2 (g)  SO3 (g)；ΔH＝ －99 kJ·mol-1

（1）SO2+H2OH2SO3  2H2SO3+O2==2H2SO4 (2分)

（2）①NO2(g）+SO2(g）= SO3(g)+NO(g） △H＝ -41．8 kJ·mol-1 (2分)

② 减小(2分)

（3）①2 (2分）② b c (2分)

①2NaCl +2H2O2NaOH +H2 ↑ +Cl2 ↑(2分)

②SO2 + OH- ＝HSO3-(或SO2 + 2OH- ＝SO32- + H2O）(1分)

③SO2 +Cl2+H2O＝=4H++SO42-+2Cl- (1分)

试题分析：（1）SO2在烟尘的催化下形成硫酸的反应方程式是SO2+H2OH2SO3  2H2SO3+O22H2SO4。

（2）①将已知的后个方程式减去前一个方程式，再除以2得：NO2和SO2反应的热化学方程式为NO2(g）+SO2(g）= SO3(g)+NO(g） △H＝ -41．8 kJ·mol-1。

②该反应是放热反应，随温度升高，该反应化学平衡常数变化趋势是减小。

（3）①2SO2 + O2 2SO3

起始：2．0   1．0       0

变化：2x    x        2x

平衡：1．0   0．5       1．0

平衡常数K==2．

②在①中条件下，反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2的转化率提高的是使平衡正向移动。

a．温度和容器体积不变，充入1．0 mol He ，不改变反应物浓度，平衡不移动；

b．温度和容器体积不变，充入1．0 mol O2，平衡正向移动；

c．在其他条件不变时，减少容器的体积，加压，平衡正向移动；

d．在其他条件不变时，改用高效催化剂，不改变平衡状态；

e．在其他条件不变时，升高体系温度，平衡逆向移动。

（4）①电解饱和食盐水的化学方程式是2NaCl +2H2O2NaOH +H2 ↑ +Cl2 ↑。

②用NaOH溶液吸收含二氧化硫的废气，可生产SO32-或HSO3-。

③阳极区气体Cl2溶液吸收含二氧化硫的废气，是氧化SO2:SO2 +Cl2+H2O＝=4H++SO42-+2Cl-。

（1）2△H2-△H1  

（2）①<

②T1-T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，所以CO2被捕获的量随温度升高而提高。T4-T5区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获。

③

（3）降低温度；增加CO2浓度（或分压）  

（4）B、D

（1）将反应Ⅰ倒过来书写：

(NH4)2CO3 (aq)2NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g)         —△H1

将反应Ⅱ×2：

2NH3 (l)+ 2H2O (l)+ 2CO2 (g)2NH4HCO3 (aq)         2△H2

得：(NH4)2CO3 (aq) + H2O (l)+ CO2 (g)2NH4HCO3 (aq)    △H3 =2△H2—△H1

（2）由图1可知：在温度为T3时反应达平衡，此后温度升高，c(CO2)增大，平衡逆向移动，说明反应Ⅲ是放热反应(△H3＜0)。在T3前反应未建立平衡，无论在什么温度下(NH4)2CO3 (aq)总是捕获CO2，故c(CO2)减小。反应Ⅲ在温度为T1时建立平衡后(由图2可知：溶液pH不随时间变化而变化)，迅速上升到T2并维持温度不变，平衡逆向移动，溶液pH增大，在T2时又建立新的平衡。

（3）根据平衡移动原理，降低温度或增大c(CO2)

（4）具有碱性的物质均能捕获CO2，反应如下：Na2CO3 +CO2 +H2O=2NaHCO3；HOCH2CH2NH2 +CO2 +H2O= HOCH2CH2NH3+ HCO3—。

【考点定位】考查热化学方程式书写，化学反应速率、化学平衡移动和化学方程式书写等。

(1)  >;

(2)丙 丙

（3）> 75%

(4) 6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(l)  ΔH=-2070KJ/mol

(5)4NH3+5O24N2+6H2O  负  2NH3+ 6e-+6OH-= N2+6H2O

试题分析：(1)由该反应的热化学方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g） △H=—92.4kJ/mol可以看出：该反应的正反应为气体体积减小的放热反应。根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动。即向逆反应方向移动。而化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各生成物的浓度的幂指数的乘积与各反应物浓度幂指数乘积的比。升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小。所以K1>K2。（2）该反应是从正反应方向开始的，所以随着反应的进行，N2的浓度逐渐减小，其含量也在不断降低，当反应达到平衡时达到最小值。此后，随着反应温度的升高，化学平衡逆向移动，N2的浓度逐渐增大，其含量也在不断增多。由于T3比T2时多，说明T3的状态丙是已经达到平衡状态的，T2时是否达到平衡状态不能确定。若三者都达到平衡状态。由于温度T1< T23。升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，N2的转化率降低。所以在都达到平衡状态时，N2转化率最低的是丙。（3）反应从正反应方向开始，由于在B点后达到了平衡状态，而A点还没有达到平衡状态，所以A点的正反应/速率（CO2）>B点的逆反应速率（CO2）。在反应开始时，假设CO2与NH3的物质的量均为1mol.在反应过程中CO2消耗的物质的量为x,则NH3消耗量为2x,产生的水蒸气的物质的量为x,平衡时这三种气体的物质的量为(1-x)mol;(1-2x)mol; xmol.因为在平衡时NH3的含量为20%.所以；解得。所以NH3平衡转化率为×100%=75%。给三个方程式进行编号。①N2（g）+3H2（g） 2NH3（g） △H=—92．4kJ/mol，②2H2（g）+O2（g）2H2O（1）   △H = -571．6kJ/mol； ③N2（g）+O2（g） 2NO（g）△H =+180kJ/mol。②×3-①×2-③×3.整理可得：6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(l) ΔH=-2070KJ/mol。（5）氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，试写出该反应的化学方程式4NH3+5O24N2+6H2O。在燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入氧气的电极为正极。在碱性条件下，通人氨气的电极发生的电极反应式为2NH3+ 6e-+6OH-= N2+6H2O。通入O2的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。

（1）5CO(g)+I2O5(s)＝5CO2(g)+I2(s)     △H＝－1377.22kJ/mol

（2）b      2.67或8/3 （3）①＜             ②不         ③CH3OH－6e－＋H2O＝6H＋＋CO2

试题分析：（1）根据反应①2I2(s)+5O2(g)＝2I2O5(s)     △H＝－75.56  kJ·mol－1、②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g)       △H＝－566.0  kJ·mol－1并依据盖斯定律可知，（②×5－①）÷2即得到反应5CO(g)+I2O5(s)＝5CO2(g)+I2(s)，所以该反应的反应热△H＝（－566.0  kJ/mol×5＋75.56  kJ/mol）÷2＝－1377.22kJ/mol。

（2）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。该反应是反应前后气体分子数不变的反应，故体系的压强保持不变，故a不能说明反应已达到平衡状态；颜色深浅和浓度有关系，随着反应的进行，NO2的浓度减小，颜色变浅，故b可以说明反应已达平衡；SO3和NO都是生成物，比例保持1:1，故c不能作为平衡状态的判断依据；根据方程式可知，每消耗1molSO2的同时一定生成1molNO ，即d中所述的两个速率方向相同，不能作为平衡状态的判断依据，所以正确的答案选b。反应前后体积不变，因此可以用物质的量表示浓度计算平衡常数，则

NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)

起始量（mol）    n       2n       0      0

转化量（mol）    x       x         x      x

平衡量（mol）    n－x    2n－x    x      x

则根据平衡时NO2与SO2体积比为1∶6可知6×（n－x）＝2n－x

解得x＝0.8n

所以该反应的平衡常数K＝＝＝

（3）①由图可知最高点反应到达平衡，达平衡后，温度越高，φ（CH3OH）越小，平衡向逆反应进行，升高温度平衡向吸热方向进行，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即△H3＜0。

②根据图像可知，平衡时甲醇的浓度是0.75mol/L，则根据反应方程式CO2  (g)＋3H2(g)  CH3OH(g)＋H2O(g)可知，消耗CO2和氢气的浓度分别是0.75mol/L和2.25mol/L，生成水蒸气的浓度是0.75mol/L。则平衡时CO2和氢气的浓度分别是1mol/L－0.75mol/L＝0.25mol/L、3mol/L－2.25mol/L＝0.75mol，所以该反应的平衡常数K＝＝＝。若在上述平衡体系中再充0.5molCO2和1.5mol水蒸气（保持温度不变），则此时浓度商为＝＝，所以此平衡将不移动。

③原电池中正极得到电子，发生还原反应，因此氧气在正极通入，氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+＝2H2O。负极失去电子，发生氧化反应，因此甲醇在负极通入，电极反应式为CH3OH－6e－＋H2O＝6H＋＋CO2。

（1）  （2）①AC     ② 0.1mol·L－１·min－1     ③AB      （3）2.5×10-3

试题分析：（1）（①×2+②×6+③）÷6可得 △H=（2△H1+6△H2+△H3）÷6=。（2）①A.反应是在体积固定的密闭容器中进行的。由于反应N2+3H2 2NH3是一个反应前后气体的物质的量改变的化学反应。若压强不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡。正确。B. 由于容器的容积固定，无论反应是否达到平衡，气体的质量不变，气体密度也保持不变。错误。C.若NH3的生成速率是N2的生成速率的2倍，则每产生2个NH3，就会消耗1个N2。即N2生成速率与N2的生分解速率相等。正确。故选项为AC。③若提高N2的转化率，就要使化学平衡正向移动。A.向体系中按体积比1：1再充入N2和H2。即增大了体系的压强。增大压强化学平衡向正反应方向移动。反应物的转化率提高。正确。B.分离出NH3。减小生成物的浓度，化学平衡向向正反应方向移动，反应物的转化率提高。正确。C.由于该反应的正反应是一个气体体积减小的放热反应。升高温度化学平衡向吸热反应方向移动。所以升高温度化学平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率降低。错误。D.充入He气使压强增大尽管压强增大，但未引起反应混合物的浓度发生改变，所以平衡不移动，N2的转化率不变。错误。E.加入一定量的N2。在其它条件不变的情况下，增大某反应物的浓度，可以使其它反应物的转化率提高，但它本身的转化率反而降低。错误。（3）c(CO32-)=0.2mol/L根据K(BaCO3)(sp)CO32- +Ba2+.C(CO32-)·C((Ba2+)=8×10－9. C((Ba2+)=8×10－9÷0.2=4×10－8.根据K(BaSO4)(sp)SO42-+ Ba2+. C(SO42-)·C((Ba2+)=1×10－10. C(SO42-)=1×10－10÷C((Ba2+)=1×10－10÷4×10－8=2.5×10-3.

　 (1)114　(2)10∶24∶1　C2H6O　C8H18　(3)2

　(1)当x＝1.0时，燃油全部是乙，n(乙)＝1113/5518＝0.201 7 mol，则Mr(乙)＝23/0.2017＝114。当x＝0时，同理可得Mr(甲)＝46。

(2)160 g混合物燃烧生成n(CO2)＝224/22.4＝10 mol，n(H2O)＝(492.8—224)/22.4＝12 mol，根据CO2和H2O中的氧元素之和与消耗氧气的差值求得原混合物中含n(O)＝1 mol，所以C、H、O的原子个数比为10∶24∶1。

设160 g混合物的物质的量为n mol，则

114n＋46n＝160，解得n＝1。

所以甲的分子式为C2H6O，乙的分子式为C8H18。

(3)1 mol混合物完全燃烧应放出热量(1366+5518)/2kJ＝3 442 kJ，实际放出热量2 876 kJ，所以生成CO的物质的量为（3442—2876）/283＝2 mol。

（1）C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)  ∆H=+131.6KJ/mol；（2）5C＋3Fe2O3CO2↑＋4CO↑＋6Fe；（3）B D （4）8.1

试题分析：（1）根据题意可得方程式为：C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)  ∆H=+131.6KJ/mol；（2） 赤铁矿主要成分是Fe2O3，由于0.5mol碳完全反应得到0.6mol铁，说明反应的Fe2O3的物质的量为0.3mol，因为同时生成2种常见气体，则根据质量守恒定律可得该反应的化学方程式是5C＋3Fe2O3CO2↑＋4CO↑＋6Fe；（3）A.在任何时刻都存在V正(H2O)=V正(H2)。所以不能由此确定反应达到平衡状态。错误。B. 由于该反应伴随着能量变化。如果反应未达到平衡，无论向那个方向进行，容器内的温度必然发生改变。若容器中温度不再发生改变，则单位时间内任何物质的浓度就不再变化，即反应达到了平衡状态。正确。C．H2、CO都是生成物，在任何时刻都存在着消耗nmolH2同时消耗nmolCO 的关系，所以不能由此确定反应达到平衡状态。错误。D．该反应是个反应前后气体体积不等的反应，若容器中气体的总物质的量不随时间改变，必然反应达到了平衡状态。正确。（4）化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时个生成物浓度幂指数的乘积与各反应物浓度幂指数的乘积的比。当反应达到平衡状态时，c(H2O)="0.10mol/L," c(H2)="c(CO)=0.9mol/L." 因为该反应的正反应为吸热反应，所以升高温度，化学平衡向正反应方向移动，当到8分钟时达到那番话状态。其变化曲线见答案。

（1）2P（s）+3Cl2（g）=2PCl3（g） △H =－612kJ/mol（2分）

（2）PCl5（g）=PCl3（g）+Cl2（g） △H =＋93kJ/mol（2分）     25%（2分） 大于（2分）

（3）因为PCl5分解反应是吸热反应，温度太高，不利于PCl5的生成（2分）

（4）－399kJ/mol （2分） 等于（1分），根据盖斯定律可知，如果一个化学反应可以分步进行，则各分步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热是相同的（2分）

试题分析：（1）首先写出化学方程式并注明状态，然后根据图中的△H表示生成1mol产物的数据，可求出∆H=2×-306kJ•mol‾1=－612kJ•mol‾1,进而写出热化学方程式。

（2）PCl5分解生成PCl3和Cl2为图中反应的逆反应，∆H为相反数，为＋93kJ•mol‾1；加入0.8mol PCl5，反应达到平衡时还剩余0.6mol PCl5，说明反应了0.2molPCl5，则分解率α1=0.2mol÷0.8mol×100%=25%；因为PCl5分解为吸热反应，温度升高，PCl5的分解率增大，故α2大于α1。

（3）温度过高，会促进PCl5的分解，不利于生成PCl5。

（4）根据图示可求出P和Cl2分两步反应生成1mol PCl5的△H3= —306kJ•mol‾1—93kJ•mol‾1=－399kJ•mol‾1；根据盖斯定律，对于一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应焓变都是一样的，所以∆H3=∆H4。

(1) 醛基、羟基、羧基       (2)-91.2kJ/mol 

(3)负  增强溶液的导电性 (或辅助电解质)。 CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+

           (4)1.9

试题分析：（1）该反应中的三个有机物分别是乙醛、乙醇和乙酸，官能团分别是醛基、羟基和羧基。（2）根据盖斯定律可知ΔH等于乙醛燃烧热的2倍减去乙醇的燃烧热和乙酸的燃烧热之和，所以ΔH="2(-1166.4kJ/mol)-(" 1366.8 kJ/mol)-(- 874.8kJ/mol)="-91.2" kJ/mol。（3）阳离子向阴极移动，根据阳离子的转移方向，可知b是负极，a是正极，因为乙醛不是电解质，水溶液不导电，所以Na2SO4的作用是增强溶液的导电性。阳极发生氧化反应，电极反应为：CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+。（4）1 m3废水中含乙醛3000mg/L×10-3×1m3×103=3000g，则乙醛的物质的量为，因为乙醛的去除率为60%，则生成乙醇68.2mol× 60%=40.9mol，质量为40.9mol×46g/mol=1882g≈1.9kg。

点评：本题综合性强，考查电解有机物的反应，锻炼学生分析问题解决问题的能力。