滕州市第一中2020-2021学年高二上学期10月月考化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精山东省滕州市第一中2020-2021学年高二上学期10月月考化学试题含解析高二年级10月定时训练化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl37Na23Fe56Cu64Zn65Ag108第Ⅰ卷一、选择题（每小题只一个选项符合题意）1.下列说法中错误的是A。2CaCO3（s)+2SO2(g)+O2（g)＝2CaSO4(s)+2CO2(g）在低温下能自发进行，则该反应的△H<0B.NH4Cl（s)＝NH3（g)+HCl（g)室温下不能自发进行,说明该反应的△H〉0C.若△H<0，△S>0，化学反应在任何温度下都能自发进行D。加入合适的催化剂能降低反应活化能，从而改变反应的焓变【答案】D【解析】【详解】A．2CaCO3(s）+2SO2(g）+O2(g）＝2CaSO4（s）+2CO2（g)，△S<0，在低温下能自发进行，则该反应的△H<0,故A正确；B．NH4Cl（s）＝NH3(g）+HCl(g)，△S>0，室温下不能自发进行，说明该反应的△H〉0，故B正确；C．反应能自发进行，若△H〈0,△S〉0，化学反应在任何温度下都能自发进行，故C正确;D．加入合适的催化剂能降低反应活化能,催化剂不能改变反应的焓变,故D错误；选D。2。某实验小组用50mL0.50mol•L−1盐酸与50mL0.55mol•L−1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。下列说法不正确的是A.烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是减少热量散失B.大烧杯上如不盖硬纸板，求得的反应热数值偏小C.用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的反应热的数值相等D.实验中改用60mL0.50mol•L−1盐酸与50mL0.55mol•L−1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等【答案】C【解析】【详解】A．中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故A正确；B．大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小,故B正确;C．一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程,所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57。3kJ,故C错误;D．反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.50mol•L−1盐酸与50mL0。55mol•L−1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多,所放出的热量偏高，故D正确；故选C。3.某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构见下图，电池总反应可表示为:2H2+O2=2H2O，下列有关说法正确的是A.电子通过外电路从b极流向a极B.b极上的电极反应式为:O2+2H2O+4e-—=4OH--C。每转移0。1mol电子，消耗1。12L的H2D.H+由a极通过固体酸电解质传递到b极【答案】D【解析】【详解】A．燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，则a是负极，通入氧化剂的电极b是正极，电子从负极a沿导线流向正极b，A错误;B．b是正极,电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O,B错误；C．温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知,所以无法计算氢气体积，C错误；D．放电时,a是负极、b是正极，阳离子氢离子从负极a通过固体酸电解质传递到b极，D正确,答案选选D.4.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理如图所示.下列说法不正确的是A.NH3在电极a上发生氧化反应B.溶液中K+向电极b移动C.正极的电极反应式为O2+2e—+H2O=2OH-D。当电路中转移3mo1电子时，反应消耗标准状况下NH3的体积约为22.4L【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可知，NH3在电极a上失电子，化合价升高，发生氧化反应，A说法正确;B．电极b得电子，作正极，溶液中K+向正极移动，即向电极b移动,B说法正确；C．正极的氧气化合价由0价变为—2价，得4e—,电极反应式为O2+4e—+H2O=2OH-，C说法错误；D．当电路中转移3mo1电子时，消耗1mol氨气，即反应消耗标准状况下NH3的体积约为22。4L，D说法正确；答案为C。5。研究人员最近发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为5MnO2＋2Ag＋2NaCl=Na2Mn5O10＋2AgCl，下列“水”电池的海水中放电时的有关说法正确的是(）A。正极反应式：Ag＋Cl－－e－=AgClB.每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子C.Na＋不断向“水”电池的负极移动D。AgCl是还原产物【答案】B【解析】【分析】由电池总反应可知，银元素化合价升高被氧化,银单质做水电池的负极，电极反应式为2Ag＋2Cl－－2e－=2AgCl，锰元素化合价降低被还原，二氧化锰为水电池的正极,电极反应式为5MnO2＋2e－=Mn5O.【详解】A。由分析可知，二氧化锰为水电池的正极，电极反应式为5MnO2＋2e－=Mn5O，故A错误;B。由电池总反应方程式可知，生成1molNa2Mn5O10，反应转移2mol电子，故B正确；C。电池工作时,阳离子向正极移动，则钠离子向正极移动，故C错误；D。由电池总反应可知，银元素化合价升高被氧化,银为还原剂，氯化银是氧化产物，故D错误；故选B。6。利用如图装置,完成很多电化学实验．下列有关此装置的叙述中，正确的是（）A。若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀,这种方法称为牺牲阴极保护法B。若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀C.若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液,开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动D.若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将减小【答案】C【解析】【详解】A．开关K置于M处，则该装置为原电池，由于活动性Zn＞Fe,所以Zn为负极，Fe为正极，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，A错误；B．开关K置于N处,,则该装置为电解池，若阳极X为碳棒，Y为NaCl溶液，Fe为阴极，被保护，不会引起Fe的腐蚀,B错误；C．开关K置于M处，则该装置为原电池，若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，由于活动性Fe＞Cu，Fe作负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Cu为正极，电极反应为Cu2++2e—=Cu，此时铜棒质量将增加，在外电路中的电子由Zn经导线向铜电极移动,C正确;D．开关K置于N处，则该装置为电解池，Y为硫酸铜溶液，若阳极X为铜棒，电极反应：Cu—2e-=Cu2+,Fe为阴极，电极反应：Cu2++2e-=Cu可用于铁表面镀铜，由于两电极溶解的Cu的质量和析出的Cu的质量相等,所以溶液中铜离子浓度将不变，D错误；故选C.7.下列平衡体系中,当条件改变时，不能用勒夏特列原理来解释的事实是（）A。N2(g）+3H2（g)⇌2NH3（g），高压有利于合成氨B.2NO2（g)⇌N2O4(g)ΔH＜0，升高温度颜色加深C.Cl2+H2O⇌HCl+HClO,氯水中当加入AgNO3溶液后,溶液颜色变浅D.2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），加催化剂可以提高生产效率【答案】D【解析】【详解】A．反应N2(g）+3H2(g）⇌2NH3(g）的正反应是气体分子数目减小的体系,增大压强平衡正向移动，所以高压比常压有利于合成NH3的反应，能用勒夏特列原理来解释，故A不符合题意；B．反应2NO2（g)⇌N2O4（g）ΔH＜0，正反应放热，升高温度平衡逆向移动颜色加深，能用勒夏特列原理来解释，故B不符合题意；C．当加入AgNO3溶液后，与氯离子反应生成氯化银，氯离子的浓度减小，平衡正向移动,能用勒夏特列原理来解释，故C不符合题意;D．催化剂能加快反应速率提高生产效率,但催化剂不能使平衡移动,不能用勒夏特列原理来解释，故D符合题意；答案选D8。一定温度下，将1molA（g)和1molB（g）充入2L密闭容器中发生反应:A（g）+B（g）xC（g）+D（s)△H＜0在t1时达到平衡.在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中C（g)的浓度随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是（)A.x=1B.t2时刻改变的条件是使用催化剂C.t3时刻改变的条件是增大反应物的浓度或压缩容器体积D.t1~t2、t2～t3平衡常数相等,且K=4【答案】D【解析】【详解】A．t2时刻瞬间C的浓度增大,t2～t3阶段C的浓度不变，说明平衡不移动，应是增大压强造成的，压强不影响该平衡,所以有x=1+1=2,故A正确；B．加入催化剂后C的浓度应该瞬间不发生变化,不符合图示变化规律，故B错误;C．由A、B两项的分析可知，t2时刻是增大压强,若t3改变的条件是增大反应物A（或B）的物质的量,平衡均正向移动,C的浓度随时间而增大，但反应速率也增大，与图中所示信息不一样，所以t3时刻改变的一个条件可能是降低温度,C错误；D．t1～t3间温度相同,平衡常数相同，可计算t1~t2平衡常数K，

反应三段式为:t1～t2平衡常数K=Ｄ正确;答案选D.9.已知反应CO（g)

+H2O(g）CO2（g）

+H2（g）

△H＜0，在一定温度和压强下,该反应于密闭容器中达到平衡，下列叙述正确的是(

)A。增大压强，n(CO2)增加B。更换高效催化剂，CO的转化率增大C.升高温度，K增大D。充入一定量的氮气，n（H2)不变【答案】D【解析】【详解】A．该平衡体系反应前后气体分子数相等，增大压强，平衡不移动，则n(CO2)不变,故A错误；B．催化剂不能使化学平衡发生移动,因此CO的转化率不变，故B错误;C．反应放热,升高温度,平衡逆向移动，平衡常数K减小，故C错误；D．充入一定量的氮气，由于反应体系的任何物质的浓度不变，所以化学平衡不移动，n（H2)不变，故D正确;答案选D。10。一定条件下，密闭容器内SO2氧化成SO3的热化学方程式为2SO2（g)+O2(g)⇌2SO3（g）ΔH=-akJ•mol—1，该温度下反应的平衡常数为K。反应达到平衡后，保持温度不变，再通入一定量O2，下列说法正确的是（不考虑物质状态变化）A。a增大，K不变 B.a不变,K增大C。a增大，K增大 D.a不变，K不变【答案】D【解析】【详解】由热化学反应方程式可知只与物质起始状态有关，与反应过程和物质的多少无关；平衡常数K只与温度有关，温度保持不变则平衡常数K不变,D正确。答案选D.二、选择题（每小题一个到两个选项符合题意)11.完全燃烧一定质量的无水乙醇，放出的热量为Q,已知为了完全吸收生成的二氧化碳，消耗50mL

8mol/L的氢氧化钠溶液，则1mol无水乙醇的燃烧放出的热量不可能是A。10Q B。5Q～10Q C.小于10Q D。小于5Q【答案】D【解析】【详解】n(NaOH）=0.05L×8mol/L=0。4mol，则由CO2~2NaOH～Na2CO3，可知,n（CO2）=0。2mol，则n（C2H6O)=×n(CO2）=0。1mol，放出的热量为Q，所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为10Q，由CO2～NaOH～NaHCO3可知，n(CO2）=0。4mol,则n(C2H6O）=×n(CO2）=0。2mol，放出的热量为Q,所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为5Q，如果乙醇燃烧生成一氧化碳和二氧化碳的混合气体，放出的热量5Q～10Q，故选：D。12.已知：①2H2(g）+O2(g)=2H2O（l)ΔH=—571.6kJ·mol-1;②H+(aq)+OH-（aq)=H2O(l)ΔH=—57.3kJ·mol-1。下列说法中错误的是（)A①式表示25℃、101kPa时，2molH2和1molO2完全燃烧生成2molH2O（l）放热571.6kJB。①式表示25℃、101kPa时,1molH2和1molO2完全燃烧生成2molH2O（l)放热571.6kJC.②式表示含1molNaOH的稀溶液与50g98%的硫酸混合后放出的热量大于57.3kJD.②式表示含1molNaOH的稀溶液与含1molHCl的稀盐酸混合后吸收的热量等于57。3kJ【答案】BD【解析】【详解】A.①式表示25℃、101kPa时,2molH2和1molO2完全燃烧生成2mol液态H2O(l）放出热量为571。6kJ,故A正确；B。①式表示25℃、101kPa时，2molH2和1molO2完全燃烧生成2mol液态H2O(l)放出热量为571.6kJ,故B错误；C。浓硫酸溶于水放出热量，则②式表示含1molNaOH的稀溶液与50g98％的硫酸混合后放出的热量大于57.3kJ，故C正确;D.②式表示含1molNaOH的稀溶液与含1molHCl的稀盐酸混合后放出的热量为57。3kJ,故D错误；故选BD。13.有人设计出利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成原电池，电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法正确的是A。每消耗1molCH4，可以向外电路提供约8mole—的电量；B.负极上CH4失去电子，电极反应式为:CH4—8e-+10OH—=+7H2OC。负极上是O2获得电子，电极反应式为O2＋2H2O＋4e-＝4OH-；D。电池放电后，溶液pH不断升高【答案】AB【解析】【分析】碱性甲烷燃料电池,具有还原性的甲烷为原电池的负极,发生氧化反应；通入氧气的一极为原电池的正极,发生还原反应.【详解】A．电解质溶液显碱性,所以CH4被氧化后生成CO，C元素化合价升高8价,所以每消耗1molCH4可以向外电路提供8mole—，故A正确;B．通入CH4的电极为负极失电子反应氧化反应，电极反应为CH4—8e—+10OH—=+7H2O，故B正确;C．通入氧气的一极为原电池的正极，得到电子发生还原反应为O2+2H2O+4e—=4OH—，故C错误；D．根据正负极的反应可知电池总反应为CH4+2OH-+2O2=CO+3H2O，随着反应的进行，溶液中氢氧根离子不断减少,溶液pH不断减小，故D错误；综上所述答案为AB。14.一种电解法制备高纯铬和硫酸的简单装置如图所示。下列说法正确的是(）A。a为直流电源的正极B.阴极反应式为2H++2e-=H2↑C。工作时,乙池中溶液的pH不变D.若有1mol离子通过A膜,理论上阳极生成0。25mol气体【答案】D【解析】【分析】

【详解】A.制备铬，则Cr电极应该是阴极,即a为直流电源的负极,A错误；B.阴极反应式为Cr3＋＋3e－=Cr，B错误;C。工作时,甲池中硫酸根移向乙池，丙池中氢离子乙烯乙池，乙池中硫酸浓度增大,溶液的pH减小，C错误;D.若有1mol离子通过A膜,即丙池产生1mol氢离子,则理论上阳极生成0.25mol氧气，D正确，答案选D。15.500mLKNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c(NO)＝0。6mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体(标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是A。原混合溶液中c(K＋）为0.2mol·L－1B.上述电解过程中共转移0。2mol电子C.电解得到的Cu的物质的量为0.05molD.电解后溶液中c（H＋)为0。2mol·L－1【答案】A【解析】【分析】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气,阴极上先铜离子放电生成铜单质,当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气,气体的物质的量为2.24L÷22。4L/mol=0。1mol;每生成0。1mol氧气转移0.4mol电子，每生成0。1mol氢气转移0.2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量=（0。4-0.2）/2mol=0.1mol，则铜离子的物质的量浓度为0。1mol÷0。5L=0。2mol/L,根据电荷守恒得钾离子浓度=0.6mol•L-1-0.2mol•L-1×2=0。2mol/L。据此分析解答。【详解】A、根据分析知，原混合溶液中c（K+)为0.2mol•L—1，正确；B、转移电子的物质的量=0。1mol×4=0.4mol,错误；C、根据以上分析知,铜的物质的量为0。1mol，错误；D、当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为0。1mol×4=0。4mol，则氢离子浓度为0.8mol/L，错误;答案选A。16.可逆反应：2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g），在容积固定的密闭容器中达到反应的限度的标志是A。单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2B.单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNOC。混合气体的颜色不再改变的状态D.用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态【答案】AC【解析】【详解】A．单位时间内生成n

mol

O2的同时生成2n

mol

NO2，同时消耗n

mol

O2，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A选；B．无论反应是否达到平衡状态都存在单位时间内生成n

mol

O2的同时生成2n

mol

NO，不能据此判断平衡状态，故B不选；C．混合气体的颜色不再改变，说明NO2的浓度不再变化，能据此判断达到平衡状态，故C选;D．用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态，反应方向不明确，不能据此判断平衡状态，故D不选；故选AC.17。如图所示,三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯(烧杯内有水)中:在烧杯（1)中加入CaO，在烧杯(2)中不加其他物质，烧杯(3)中加入NH4Cl,发现烧瓶（1)中红棕色变深，烧瓶（3）中红棕色变浅.[已知反应2NO2(红棕色）⇌N2O4（无色）］，下列叙述正确的是A。2NO2⇌N2O4是放热反应B.NH4Cl溶于水时放出热量C.烧瓶（1）中混合气体的平均相对分子质量减小D.烧瓶（3）中气体的压强增大【答案】AC【解析】【分析】2NO2(g)⇌N2O4(g)，NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，若红棕色加深，说明向生成NO2的方向进行，若红棕色变浅说明向生成N2O4的方向进行；已知CaO和水反应生成氢氧化钙的反应是放热反应，据此分析(1）瓶中的热量变化;（3)瓶中颜色变浅,说明反应正向移动，根据方程式发现反应后气体体积变小，据此分析（3)瓶的压强变化情况。【详解】A．(1)中红棕色变深，说明平衡是向逆反应方向移动的，而CaO和水反应放出热量,即逆反应方向是吸热反应，则正反应方向是放热反应，故A正确；B．(3）中红棕色变浅，说明平衡正向移动，正反应是放热反应，则氯化铵溶于水时吸收热量，故B错误；C．（1）中平衡逆向移动,NO2和之前相比含量增多，气体的总的量不变，气体的物质的量增大，则体系中平均相对分子质量减小，故C正确；D．（3）中红棕色变浅，说明氯化铵溶于水时吸收热量,平衡正向移动，气体的物质的量减小，则烧瓶（3)中的压强必然减小，故D错误；答案选AC。18.一定温度下，把2。5molA和2.5molB混合盛入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：3A(g）＋B(s)⇌xC(g)＋2D(g），经5s反应达平衡,在此5s内C的平均反应速率为0.2mol·L—1·s-1，同时生成1molD，下列叙述中不正确的是A。反应达到平衡状态时A的转化率为60%B。x=3C。若混合气体的密度不再变化，则该可逆反应达到化学平衡状态D.反应达到平衡状态时,相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为6∶5【答案】BD【解析】【分析】经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0。2mol•L-1•s-1，可知生成C为0。2mol•L-1•s-1×2L×5s=2mol,同时生成1molD，则=，解得x=4，则3A(g）+B(s）⇌4C(g)+2D（g)开始（mol）2。52.500转化(mol）1。50.521平衡(mol）11.521结合转化率=×100%及物质的量比等于压强比计算。【详解】A。由分析可知，反应达到平衡状态时A的转化率为=60%，故A正确；B.由上述分析可知，x=4，故B错误；C.B为固体，气体的质量为变量，体积不变，则混合气体的密度不再变化时该可逆反应达到化学平衡状态，故C正确；D。反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为，故D错误；故选BD.19.在密闭容器中进行如下反应:X2（g）+Y2(g）2Z（g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol·L-1、0.3mol·L-1、0.2mol·L-1，在一定条件下,当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是(）A。Y2为0.2mol·L—1B.Y2为0。35mol·L—1C.X2为0.2mol·L—1D。X2为0。15mol·L—1、Z为0.25mol·L-1【答案】B【解析】【详解】若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小,Z的浓度最大,假定完全反应，则：若反应向逆反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大,Z的浓度最小，假定完全反应，则:由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0＜c(X2）＜0.2mol/L，0.2mol/L＜c(Y2)＜0.4mol/L，0＜c(Z）＜0。4mol/L，A．根据分析，c(Y2）＞0。2mol·L-1，故A不符合题意；B．根据分析,0。2mol/L＜c（Y2）＜0。4mol/L，故B符合题意；C．根据分析，c(X2)＜0.2mol·L-1，故C不符合题意；D．若X2为0。15mol·L—1，反应逆向进行，若Z为0。25mol·L-1，反应正向进行，则二者的平衡时浓度,不可能为同一平衡状态下的浓度，故D不符合题意；答案选B。20。为了探索外界条件对反应aX（g）+bY（g）⇌cZ（g)的影响，以X和Y物质的量比为a：b开始反应,通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数,实验结果如图所示。以下判断正确的是A.ΔH>0,a+b〉c B。ΔH>0，a+b〈cC。ΔH<0,a+b〉c D.ΔH〈0，a+b<c【答案】C【解析】【详解】据图可知当压强一定时，温度越低Z的物质的量分数越高,说明降低温度平衡正向移动,则该反应为放热反应，ΔH〈0;当温度一定时,压强越小Z的物质的量分数越小，说明减小压强平衡逆向移动，所以正反应为气体体积减少的反应,即a+b〉c,故答案为C。第Ⅱ卷三、非选择题21。(1）为了探究化学能与热能的转化,某实验小组设计了如下三套实验装置：①上述装置中，不能用来证明“锌和稀硫酸反应是吸热反应还是放热反应”的是___________(填序号)。②某同学选用装置Ⅰ进行实验（实验前U形管里液面左右相平)，在甲试管里加入适量氢氧化钡晶体与氯化铵固体搅拌反应,U形管中可观察到的现象是_________.③除了图示某些装置，还有其它方法能证明超氧化钾粉末与水的反应（4KO2＋2H2O＝4KOH＋3O2↑）是放热反应还是吸热反应：取适量超氧化钾粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水,片刻后,若观察到棉花燃烧，则说明该反应是________反应(填“放热”或“吸热”)。（2）化学反应的焓变通常用实验进行测定，也可进行理论推算。①实验测得，标准状况下11。2L甲烷在氧气中充分燃烧生成液态水和二氧化碳气体时释放出akJ的热量,试写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：_______;②已知反应CH3-CH3(g)→CH2=CH2(g）＋H2（g）ΔH，有关化学键的键能如下：化学键C—HC=CC—CH—H键能/kJ·mol-1414。4615.3347.3435。3通过计算得出该反应的焓变ΔH＝_________；（3)研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理有重要意义。如图为1molNO2（g)和1molCO(g）反应生成NO(g)和CO2（g）过程中的能量变化示意图。已知E1=134kJ·mol—1，E2=368kJ·mol-1(E1、E2为反应的活化能）。若在反应体系中加入催化剂,反应速率增大,则E1、ΔH的变化分别是________、________(填“增大”、“减小”或“不变"）；该反应放出的热量为__________kJ。【答案】(1).III(2）。左端液柱升高，右端液柱降低（3）.放热(4).CH4（g)+2O2(g）=CO2(g)+2H2O（l)ΔH＝—2akJ/mol（5)。+125。6kJ/mol(6）。减小（7）。不变(8).234【解析】【详解】（1）①装置I可通过U形管中红墨水液面的变化判断锌和稀硫酸的反应是放热还是吸热;装置II可通过烧杯中是否产生气泡判断锌和稀硫酸的反应放热还是吸热；装置III只是一个锌和稀硫酸反应并将生成的气体通入水的装置,不能证明该反应是放热反应还是吸热反应,故选III；②氢氧化钡晶体与氯化铵反应属于吸热反应，所以锥形瓶中气体遇冷缩小，导致U型管左端液柱升高，右端液柱降低；③棉花燃烧说明温度达到棉花的着火点，即温度升高，所以该反应放热；（2）①11。2L甲烷的物质的量为,则1molCH4燃烧放出的热量为2akJ，甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4（g）+2O2(g）=CO2(g)+2H2O（l)ΔH=—2akJ/mol;②反应CH3—CH3(g）→CH2=CH2（g)＋H2(g）的ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=6×414.4kJ/mol+347。4kJ/mol—（4×414。4kJ/mol+615。3kJ/mol+435.3kJ/mol)=+125.6kJ/mol;(3）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差,即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响；由图可知,1molNO2和1

molCO反应生成CO2和NO放出热量为1mol×(E2—E1)=1mol×（368kJ/mol—134kJ/mol)=234kJ;22.如图所示,通电5min后，电极5的质量增加2.16g，请回答下列问题：（1）a为电源的________(填“正"或“负”）极,C池是________池。A池阳极的电极反应为__________，C池阴极的电极反应为___________.(2)如果B槽中共收集到224mL气体(标准状况）且溶液体积为200mL(设电解过程中溶液体积不变），则通电前溶液中Cu2＋的物质的量浓度为________。(3)如果A池溶液是200mL足量的食盐水(设电解过程溶液体积不变），则通电5min后，溶液的c(NaOH)为________.（4）利用原电池工作原理测定汽车尾气中CO的浓度,其装置如图所示。该电池中O2—可以在固体介质NASICON(固溶体)内自由移动，工作时O2-的移动方向_______(填“从a到b”或“从b到a”)，负极发生的电极反应式为_____________。【答案】(1).负(2）。电解（3).2Cl—-2e—＝Cl2↑（4）。Ag++e-＝Ag(5)。0.025mol·L—1(6）.0。1mol·L—1(7).从b到a(8).CO+O2--2e-＝CO2【解析】【分析】A、B、C装置有外接电源，所以均为电解池，通电5min后，电极5质量增加2.16g，说明电极5是阴极，得电子析出金属单质,所以a是电源的负极,b是电源的正极，则1、3、5为阴极，发生还原反应，2、4、6发生氧化反应，A电解池中阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，B电解池中阴极上铜离子放电析出铜,阳极上氢氧根离子放电生成氧气，C电解池中阴极上银离子放电析出银，阳极上氢氧根离子放电生成氧气;(4）该装置为原电池，CO可以被空气中的氧气氧化,所以通入CO的一极为负极，通入空气的一极为正极.【详解】(1）根据分析可知a为电源的负极；C池是电解池;A电解池中阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应为2Cl--2e—＝Cl2↑；C池中阴极上银离子放电析出银，电极反应为Ag++e-＝Ag；(2)电极5上析出的金属为Ag，通电5min后，电极5质量增加2.16g，则析出的n(Ag)==0。02mol，则转移电子的物质的量为0。02mol，B电池中阳极上通过0.02mol电子时生成氧气的体积=×22.4L/mol=0。112L=112mL，B中共收集气体的体积是224mL，所以气体中还有氢气,氢气的体积是112mL，生成112mL氢气转移电子的物质的量=×2=0。01mol电子，一共转移电子的物质的量是0。02mol，所以生成铜转移电子的物质的量为0。01mol，n(Cu)==0.005mol，c(Cu2+)==0。025mol/L;(3)A中总反应式为2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH，可知每转移2mol电子可以生成1molCl2、1molH2和2molNaOH，则转移0。02mol电子时生成0。02molNaOH,所以浓度为=0。1mol/L；(4）原电池中阴离子流向负极，通入CO的一极为负极,所以O2-从b到a移动;负极CO失电子结合O2—生成CO2,电极反应为CO+O2——2e-＝CO2。【点睛】第3小题为本题难点,要注意B池中阴极的反应会有两步，先是铜离子放电，再是水电离出的氢离子放电，结合电子守恒和收集到的气体体积综合判断B池中阴极发生的电极反应.23。在一定温度下，向一容积为的恒容密闭容器中充入和，发生反应：.经后达到平衡，当反应达到平衡时,容器内压强变为起始时的0。7倍。请回答下列问题：(1)判断该反应达到平衡状态的标志是________(填字母）；a。、、三者的浓度之比为b.容器内气体的压强不变c。容器内混合气体的密度保持不变d.的物质的量不再变化e.的生成速率和的生成速率相等（2)反应平衡常数表达式为_________；（3)的转化率为_________，达到平衡时反应放出的热量为__________；(4）若反应温度升高，的转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”）；（5）如图表示平衡时的体积分数随压强和温度变化的曲线。则温度关系：____(填“＞"“＜"或“="）。【答案】（1).b、d、e（2).（3).90％（4)。35。28kJ（5)。减小（6)。＜【解析】【详解】（1)a．SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2的状态不能说明正逆反应速率相等，这不是平衡的标志，故a错误;b．反应是一个前后气体系数变化的反应，容器内气体的压强不变，证明达到了平衡，故b正确；c．反应前后气体的质量和容积均不变，容器内混合气体的密度始终保持不变，所以密度不变不一定平衡,故c错误；d．SO3的物质的量不再变化即浓度不再变化是平衡的特征，故d正确；e．SO2的生成速率和SO3的生成速率相等，说明正逆反应速率相等，达到了平衡,故e正确;故答案为：bde;（2）根据方程式可知平衡常数K＝；（3）当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的0。7倍，则0。7×0.6＝0。4—2x+0。2—x+2x,解得x＝0。18，二氧化硫的转化率=×100%=90％；反应过程中消耗1mol氧气放热196kJ,反应中消耗氧气是0。18mol,则放出热量=0。18mol×196kJ=35。28kJ；（4）由于该反应是一个放热反应，升高温度时平衡向吸热反应方向移动，即逆反应方向，故升高温度SO2的转化率减小；（5）压强相同时从T1到T2，SO2的体积分数不断增加，可以说明反应向逆向移动，故从T1到T2为升高温度的过程,T1＜T2。24.按照要求回答下列问题.（1)工业上，在强碱性条件下用电解法除去废水中的CN-,装置如图所示，依次发生的反应有:i.CN--2e—＋2OH-＝CNO-＋H2Oii.2Cl—-2e-＝Cl2↑iii.3Cl2＋2CNO-＋8OH—＝N2＋6Cl-＋2＋4H2O①除去1molCN-，外电路中至少需要转移________mol电子。②为了使电解池连续工作，需要不断补充_________。(2)用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如下图所示(电极材料为石墨）。①图中a极要连接电源的________（填“正"或“负”）极,C口流出的物质是________.②放电的电极反应式为__________。（3)用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐（）已成为环境修复研究的热点之一。Fe还原水体中的的反应原理如图所示.①作负极的物质是________。②正极的电极反应式是_____________.（4）通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如图所示。①Pt电极上发生的是________反应(填“氧化”或“还原”）.②写出NiO电极的电极反应式：________________。【答案】（1)。5（2)。NaOH和NaCl(3).负（4）。（浓度较大的)硫酸（5).-2e—+H2O＝+2H+(6)。铁（Fe）（7）。+8e-+10H+＝+3H2O（8）.还原（9)。NO+O2-—2e-＝NO2【解析】【分析】电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动；阴极上阳离子得电子,化合价降低，发生还原反应;阳极上阳极或离子失电子,化合价升高，发生氧化反应。【详解】(1)①2×(i+ii）+iii可得5Cl2+2CN—+12OH—＝N2+10Cl—+2+6H2O，根据反应,消耗2molCN-，转移10mol电子，则除去1molCN—,转移5mol电子；②根据反应i、ii,为了使电解池连续工作，需要不断补充NaOH和NaCl；（2）①根据电解池中离子的移动方向，阳离子向阴极移动,a电极为阴极，与电池的负极相连；b极为阳极，亚硫酸根离子失电子，与水反应生成硫酸根离子和氢离子,阳极区硫酸的浓度增大，C处流出的物质为浓硫酸；②失电子，与水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为-2e-+H2O＝+2H+；（3)①根据图像可知，铁失电子,作负极；②硝酸根离子得电子，与氢离子反应生成铵根离子和水，电极反应式为+8e—+10H+＝+3H2O;（4)①根据图像可知，Pt电极上氧气得电子生成氧离子,发生还原反应;②NiO电极上NO失电子，与氧离子反应生成二氧化氮，电极反应式为NO+O2——2e—＝NO2。25.工业上用CO和H2反应制备二甲醚(CH3OCH3)的条件是压力2。0～10.0MPa,温度300℃.设备中进行下列反应，请回答下列问题：①CO(g）+2H2（B）CH3OH(g)△H=-90.7kJ/m