德州市夏津第一中学高二上学期月月考化学试题

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，业必贵于专精化学试题注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上可能用到的原子量:H:1C:12O：16Na:23Fe:56Cu:64Zn:65Ag：108一、单选题1。已知反应A+B=C+D的能量变化如图所示(E1、E2均为正值），下列说法正确的是A。该反应吸收的能量为（E1-E2）B。该反应只有在加热条件下才能进行C。A和B的总能量一定高于C和D的总能量D.破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量【答案】A【解析】【详解】A．△H=断键吸收的能量—成键放出的能量=(E1—E2），故A正确；B．某些吸热反应不需要加热也可以发生，如氢氧化钡晶体和铵盐发生的吸热反应，故B错误；C．根据图象可知，反应物总能量低于生成物总能量，故C错误;D．根据图象可知,反应物总能量低于生成物总能量，该反应是吸热反应,所以破坏反应物中的化学键所吸收的能量大于形成生成物中化学键所放出的能量,故D错误；答案选A.2。下列有关说法正确的是A。已知HI(g)1/2H2(g）＋1/2I2(s）ΔH＝－26。5kJ·mol－1,由此可知1molHI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5kJ的热量B.已知2H2（g）＋O2(g)===2H2O（g)ΔH＝－571。6kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为ΔH＝－285.8kJ·mol－1C。已知2C(s)＋2O2(g）=2CO2(g)ΔH1，2C（s）＋O2(g）=2CO（g)ΔH2,则ΔH1＜ΔH2D。含20。0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)＋CH3COOH（aq）===CH3COONa(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.4kJ·mol－1【答案】C【解析】【详解】A.HI(g)1/2H2(g)＋1/2I2(s)ΔH＝－26。5kJ·mol－1,由于反应可逆，可知1molHI气体充分分解后可以放出小于26。5kJ的热量，故A错误；B。根据燃烧热定义可知，水的状态不对,必须为液态才可以，故B错误；C.已知2C(s)＋2O2（g）=2CO2(g）ΔH1，2C（s)＋O2(g）=2CO（g）ΔH2,盖斯定律可得：2CO(g）＋O2(g)=2CO2（g)ΔH1—ΔH2，因为燃烧放热，所以ΔH1-ΔH2＜0，则ΔH1＜ΔH2，故C正确；D.因为醋酸为弱电解质，电离需要吸热,所以NaOH(aq）＋CH3COOH（aq）==CH3COONa(aq）＋H2O（l）ΔH〉－57。4kJ·mol－1，故D错误；正确答案:C。【点睛】①关于可逆反应热化学方程式注意点:A.当反应逆向进行，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。B.2SO2（g)＋O2（g)2SO3（g）ΔH＝－akJ·mol－1，意义是指2molSO2气体与1molO2完全反应时，放出akJ的热量，若将2molSO2与气体1molO2放于一密闭容器中在一定条件下反应达平衡时，放出的热量要小于akJ，且当平衡移动(各物质状态不变）时，ΔH不变。②燃烧热定义：101KPa时，1mol纯物质完全燃烧生成生成稳定氧化物时所放出的热量；例如氢元素对应液态水，硫元素对应二氧化硫等中和热定义：稀溶液中强酸跟强碱发生中和反应只生成1molH2O时所释放的热量;不同反应物的中和热大致相同，均约为57.3kJ·mol－13。用铜片、银片、Cu（NO3)2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥（盛有KNO3琼脂的U型管）构成一个原电池.以下有关该原电池的叙述正确的是①在外电路上，电流由铜电极流向银电极②正极反应为：Ag++e―=Ag③盐桥中的NO3-移向AgNO3溶液，K+移向Cu(NO3)2溶液④将铜片浸入AgNO3溶液中发生化学反应与该原电池反应相同A.①② B.②③ C。②④ D.③④【答案】C【解析】【详解】金属性是铜强于银，则该原电池中铜是负极，银是正极，在外电路上，电流由银电极流向铜电极，①错误；银是正极，溶液中的银离子放电，电极反应式为正极反应为:Ag++e―＝Ag，②正确;原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则盐桥中的NO3-移向Cu（NO3）2溶液，K+移向AgNO3溶液,③错误；将铜片浸入AgNO3溶液中发生置换反应生成硝酸铜和银，因此化学反应与该原电池反应相同，④正确，答案选C.4。如图为一种微生物燃料电池结构示意图，关于该电池叙述正确的是（）A.放电过程中，H+从正极区移向负极区B.正极每消耗1molMnO2有2molOH-迁移至负极C.微生物所在电极区放电时发生还原反应D.左边电极反应式为：MnO2+4H++2e﹣=Mn2++2H2O【答案】D【解析】【详解】A．放电时，阳离子向正极区移动，故A错误;B．正极每消耗1molMnO2转移2mol电子，两极间有质子交换膜，氢氧根离子不能穿过，B错误；C．微生物所在电极区放电时,碳元素化合价升高,发生氧化反应，C错误；D．左边电极为正极,锰元素化合价降低,发生还原反应，反应式为：MnO2+4H++2e﹣=Mn2++2H2O，D正确；答案选D。5。我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na－CO2二次电池.将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料,电池的总反应为：3CO2＋4Na2Na2CO3＋C。下列说法错误的是(）A.放电时，向负极移动B。充电时释放CO2，放电时吸收CO2C。放电时，正极反应为:3CO2＋4e－=2＋CD。充电时，Ni接直流电源的负极【答案】D【解析】【详解】A．放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以向负极移动，故A正确;B．放电时Na作负极、Ni作正极，充电时Ni作阳极、Na作阴极,3CO2＋4Na2Na2CO3＋C，所以充电时释放CO2，放电时吸收CO2，故B正确；C．放电时负极反应式为Na—e-=Na+、正极反应式为3CO2＋4e－=2＋C，故C正确；D．充电时，原来的正极Ni作电解池的阳极,Ni接直流电源的正极,故D错误；故答案选D。6。某学生欲完成2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑反应,设计了下列四个实验，你认为可行的实验是(）A. B. C。 D。【答案】C【解析】【详解】A．该装置为电解池，C为阳极，发生氧化反应，电极反应为:2Cl-—2e-=Cl2↑，Ag为阴极,发生还原反应,电极反应为：2H++2e-=H2↑，故总反应式为：2HClH2↑+Cl2↑,A不可行；B．该装置电解池，Fe为负极，发生氧化反应，电极反应为:Fe-2e—=Fe2+，Ag为正极，发生还原反应，电极反应为:2H++2e-=H2↑，故总反应式为：Fe+2HCl=H2↑+FeCl2，B不可行；C．该装置为电解池,左边Ag为阳极，发生氧化反应，电极反应为:2Ag—2e—+2Cl-=2AgCl，右边Ag为阴极，发生还原反应，电极反应为：2H++2e-=H2↑，故总反应式为：2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑，C可行；D．不能构成原电池，也不会发生化学反应，D不可行;故答案为:C。7。关于下列各装置图叙述不正确的是（)A。用图①装置实现铁上镀铜，a极为铜，电解质溶液可以是CuSO4溶液B。图②装置盐桥中KCl的Cl－移向左烧杯C。图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护D。图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量相同【答案】D【解析】【详解】A。根据装置图中电流方向可知,a电极为阳极、b电极为阴极，铁上镀铜时,Cu为阳极、Fe作阴极，电解质溶液可以是CuSO4溶液，即a电极为铜，电解质溶液可以是CuSO4溶液，故A正确；B.双液铜锌原电池中，Zn为负极、Cu为正极，原电池工作时:阳离子移向正极、阴离子移向负极，即盐桥中KCl的Cl－移向负极,移向左烧杯，故B正确;C。图③装置是利用电解原理防止钢闸门生锈，即外加电流的阴极保护法，其中钢闸门接外加电源的负极、作阴极，发生得电子的还原反应，故C正确;D.图④中两装置均为原电池，左侧Al电极为负极，电极反应式为,左侧Zn电极为负极，电极反应式为,装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的关系式为,消耗负极材料的物质的量不同，故D错误。故答案选：D。8.某同学组装了如图所示的电化学装置，其中电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，下列说法正确的是（）A。装Al2(SO4）3溶液的烧杯是原电池，其余两个为电解(电镀）池B.电极IV的电极反应：Cu2++2e—=CuC电极Ⅱ逐渐溶解D。盐桥中电子从右侧流向左侧【答案】B【解析】【详解】电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极，Ⅱ是正极。A．电极Ⅰ为Al,其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极,Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极，Ⅱ是正极，则前2个烧杯组成原电池，第3个烧杯为电解池,A错误；B．电极Ⅳ是阴极，电解质溶液中的Cu2+在该电极得到电子变为单质Cu，所以电极IV反应式为Cu2++2e—=Cu，B正确；C．电极Ⅱ是正极，正极上Cu2+得到电子发生还原反应,电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，所以电极Ⅱ质量逐渐增大，C错误；D．盐桥中离子定向移动，无电子通过，D错误；故合理选项是B。9。如图所示，甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O下列关于该电池工作时说法正确的是（)A。甲池中负极反应为：N2H4﹣4e﹣═N2+4H+B。甲池溶液pH不变，乙池溶液pH减小C。反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体,能使CuSO4溶液恢复到原浓度D。甲池中消耗2.24LO2,此时乙池中理论上最多产生12。8g固体【答案】C【解析】【详解】A．甲池是原电池，N2H4发生氧化反应，N2H4是负极，在碱性电解质中的方程式为N2H4﹣4e﹣+4OH－═N2+4H2O，故A错误；B．甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O，有水生成溶液浓度减小，PH减小;乙池是电解池，乙池总反应:2CuSO4+2H2O=2Cu+O2+2H2SO4，乙池溶液pH减小，故B错误；C．乙池析出铜和氧气，所以反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度，故C正确;D．2.24LO2在非标准状况下的物质的量不一定是0。1mol，故D错误。10。某同学按如图所示的装置进行实验.A、B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水。当K闭合时,在交换膜处从右向左移动。下列分析正确的是（）A.溶液中A2+浓度减小B。B电极反应:B－2eˉ=B2+C。y电极上有H2产生，发生还原反应D.反应初期，x电极周围出现白色胶状沉淀【答案】D【解析】【分析】该装置中右边装置不能自发的进行氧化还原反应是不能构成原电池只能形成电解池,左边装置中能发生氧化还原反应且符合原电池的构成条件所以是原电池;当K闭合时,在交换膜处从右向左移动，说明A为负极，B为正极,即A的金属活动性大于B；连接B的y极为阳极，连接A的x极为阴极；据此解答。【详解】A．当K闭合时，在交换膜处从右向左移动,阴离子向负极移动，说明A为负极，B为正极，原电池中负极A上金属失电子发生氧化反应,即电极反应为A-2e-=A2+，生成金属阳离子进入溶液导致溶液中c（A2+）浓度增大，故A错误;B．当K闭合时，在交换膜处从右向左移动,说明A为负极，B为正极，B极上溶液中的金属阳离子得电子生成金属单质，电极反应式为B2++2eˉ═B，故B错误;C．右边装置中连接B的y极为阳极，连接A的x极为阴极,电解池工作时，y极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl--2e—=Cl2↑，故C错误；D．右边装置中y极上发生的电极反应式为2Cl-—2e—=Cl2↑，x极上发生的电极反应式为2H++2e—=H2↑，由于氢离子放电而氢氧根离子不放电导致溶液呈碱性，铝离子和氢氧根离子反应生成难溶性的氢氧化铝,即x电极周围出现白色胶状沉淀，故D正确；答案为D。二．多选题11.已知：2H2O（l)=2H2（g）+O2（g)ΔH＝＋571。0kJ/mol。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：过程Ⅰ：2Fe3O4（s)=6FeO(s）+O2（g）ΔH＝＋313.2kJ/mol过程Ⅱ：……下列说法不正确的是（）A。过程Ⅱ热化学方程式为：3FeO（s)＋H2O（l)=H2（g）＋Fe3O4(s)ΔH＝－128.9kJ/molB。过程Ⅰ中每消耗232gFe3O4转移2mol电子C.过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是：太阳能→化学能→热能D.铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点【答案】AC【解析】【详解】A．已知反应①2H2O(l)=2H2（g）+O2(g）ΔH＝＋571。0kJ/mol和反应②2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g）ΔH＝＋313.2kJ/mol，根据盖斯定律，将（①—②）÷2可得3FeO（s）＋H2O(l）=H2(g)＋Fe3O4(s）ΔH＝+128.9kJ/mol，A错误;B．过程Ⅰ：2Fe3O4(s）=6FeO（s）+O2（g)ΔH＝＋313。2kJ/mol，当有2molFe3O4分解时，生成1mol氧气，而232gFe3O4的物质的量n(Fe3O4)==1mol，则反应产生0。5molO2，而氧元素由—2价变为0价，因此转移电子的物质的量为n（e—）=0.5mol×4=2mol，B正确;C．过程I和过程II均为吸热反应，故不存在将化学能转化为热能的过程,C错误；D．在反应FeO（s）+H2O（l）=H2（g)+Fe3O4(s）的产物中,H2为气体，而Fe3O4为固体,故铁氧化合物循环制H2的产物易分离，且由于是利用太阳能,故制取物质的成本比较低，D正确；故合理选项是AC。12。在一密闭容器中进行如下反应：2SO2(气）+O2(气)2SO3(气），已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol/L、0。1mol/L、0。2mol/L，当反应达平衡时，可能存在的数据是A。SO2为0.4mol/L、O2为0.2mol/L B。SO2为0.25mol/LC.SO2、SO3均为0.15mol/L D。SO3为0。25mol/L【答案】BD【解析】【详解】若反应正向进行，SO2、O2完全消耗,则SO3的浓度为0。4mol/L；若反应逆向进行，SO3完全消耗,则SO2、O2的浓度依次为0。4mol/L、0。2mol/L；A。由于反应为可逆反应，SO3不可能完全消耗，达到平衡时c（SO2）<0.4mol/L、c（O2)<0。2mol/L，A项中数据不可能存在；B.根据分析，达到平衡时0〈c(SO2)<0。4mol/L，B项数据可能存在；C。根据S守恒，达到平衡时c（SO2)+c（SO3）恒为0.4mol/L,C项数据不可能存在；D。根据分析，达到平衡时0〈c(SO3）<0。4mol/L，D项数据可能存在;答案选BD。13.下列有关说法正确的是（)A.若电工操作中将铝线与铜线直接相连,会导致铜线更快被氧化B。工业上用石墨电极电解熔融Al2O3冶炼金属铝时，阳极因被氧气氧化须定期更换C。铅蓄电池放电时，负极质量减小D。加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明Cu2+具有催化作用【答案】B【解析】【详解】A。若电工操作中将铝线与铜线直接相连，会形成Al-Cu原电池，铜做正极得到保护，故A错误；B.工业上用石墨电极电解熔融Al2O3冶炼金属铝时,阳极发生反应：,则阳极因被氧气氧化须定期更换，故B正确；C。铅蓄电池放电时，负极发生反应：，质量增加，故C错误;D.加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快,是由于锌与硫酸铜反应生成的铜附着在锌表面形成Cu-Zn原电池，加快反应速率,故D错误。故答案选：B。14。重铬酸钾是工业合成的常用氧化剂和催化剂,如图所示的微生物电池，能利用K2Cr2O7实现对含苯酚(或醛类)废水的有效处理，该电池工作一段时间后，中间室内的NaC1溶液浓度减小,则下列叙述正确的是A.a电极为负极，电子从a电极经过中间室到达b电极B.M为阳离子交换膜，电解过程中中间室内的n(NaC1)减小C。处理含苯甲醛废水时a电极反应式为:C6H5CHO－32e－+13H2O=7CO2+32H+D。当b电极消耗等物质的量的K2Cr2O7时，a电极消耗的C6H5OH或C6H5CHO的物质的量之比为8:7【答案】CD【解析】【分析】【详解】A.根据电池装置图可知，a极上苯酚或苯甲醛反应生成CO2，碳元素化合价升高发生氧化反应,故a极为负极,电子从a电极经过导线到达b电极，A错误；B.因阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，为保证电解质溶液导电的稳定性，M应为阴离子交换膜，中间室内的n(NaC1）减小，B错误;C。处理含苯甲醛废水时，苯甲醛中碳元素失电子化合价升高生成CO2，根据元素和电荷守恒，电极反应式为C6H5CHO－32e－+13H2O=7CO2+32H+,C正确;D。b极上，Cr2O72-中铬元素化合价降低生成Cr（OH）3，每消耗1molK2Cr2O7转移6mol电子，当转移6mol电子时，根据电极反应式C6H5OH－28e－+11H2O=6CO2+28H+、C6H5CHO－32e－+13H2O=7CO2+32H+可知，消耗的的C6H5OH或C6H5CHO的物质的量之比为，D正确;答案选CD。15。某温度下，在2L的恒容密闭容器中充入气体A和气体B发生反应生成气体C，反应过程中各组分的物质的量随反应时间的变化如图所示。下列说法正确的是（）A.t1时刻反应达到平衡状态B。B的平衡转化率为10％C.该反应的化学方程式可表示为：A+3B2CD。该温度下，反应的平衡常数为300【答案】C【解析】【详解】A．t1时刻三种物质的物质的量相等,但由于此时可后各种物质的物质的量仍然发生变化，故该时刻反应达到平衡状态,A错误；B．反应开始时n(B)=2。0mol，平衡时n（B)=0。2mol，所以B的平衡转化率为×100%=90.0%，B错误;C．根据图示可知A、B的物质的量在减少，C的物质的量在增加，说明A、B是反应物,C是生成物,在前10min内三种物质的物质的量改变为△n（A）：△n(B)：△n(C)=0.6mol：1。8mol：1。2mol=1：3：2，10min后三种物质都存在,且物质的量不再发生变化，说明该反应为可逆反应，三种物质的物质的量变化比等于化学方程式中该物质的化学计量数的比，故该反应方程式为：A+3B2C，C正确；D．根据图示可知平衡时n（A)=0.6mol，n（B）=0.2mol，n(C）=1.2mol，由于容器的容积是2L，故平衡时各种物质的浓度c(A)=0。3mol/L，c（B）=0.1mol/L，c(C）=0。6mol/L，故该温度下的化学平衡常数K==1200，D错误；故答案为C.三．综合题16.I．氢气在工业合成中应用广泛。（1)通过下列反应可以制备甲醇①CO(g）+2H2(g)=CH3OH（g）△H=－90.8kJ·mol－1②CO2(g）+H2（g）CO（g）+H2O(g）△H=+41.3kJ·mol－1①请写出由CO2和H2制取甲醇的热化学方程式：______________________.②根据以上信息判断CO2与H2制取甲醇的反应在____________(填高温或低温）条件下可自发进行。③当温度为850℃，反应②的化学平衡常数，某时刻测得该温度下的密闭容器中各物质的物质的量见下表：COH2OCO2H20.5mol8。5mol2。0mol2.0mol此时上述的反应②中正、逆反应速率的关系式是___________（填代号）,请结合必要的计算，说明理由___________.A．v（正)＞v(逆)B．v（正）＜v(逆）C．v（正)＝v(逆)D．无法判断Ⅱ．CH4可以消除氮氧化物的污染，主要反应原理为CH4（g）+2NO2（g）CO2（g）+2H2O（g）+N2(g）△H=－868.7kJ·mol－1（2）在3.00L密闭容器中通入1molCH4和2molNO2，在一定温度下进行上述反应，反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表（提示：恒温恒容条件下压强与气体的物质的量成正比）：反应时间t/min0246810总压强P/×100kPa4.805.445。765.926。006.00由表中数据计算，达到平衡时NO2的转化率为___________，该温度下的平衡常数K=___________。【答案】(1).（2）。低温(3）。B（4).，所以平衡逆向移动，（5）.75％（6)。【解析】【详解】I（1)①已知：①CO（g）+2H2（g）=CH3OH(g)△H=−90。8kJ⋅mol−1②CO2(g）+H2（g）=CO(g)+H2O(g）△H=+41。3kJ⋅mol−1，根据盖斯定律①+②可得：；②根据以上信息可知CO2与H2制取甲醇的反应是放热、熵减反应，即，又反应即可自发进行，则该反应在低温条件下可自发进行；③当温度为850℃，反应②的化学平衡常数，某时刻测得该温度下的密闭容器中：CO、H2O、CO2、H2，的物质的量分别为：0。5mol、8。5mol、2。0mol、2.0mol,则此时该反应的浓度熵为：，则此时反应逆向移动,则反应②中正、逆反应速率的关系式是v(正)＜v(逆），答案选B；故答案为：B；，∴平衡逆向移动,;Ⅱ（2)根据表格信息可知，达到平衡时的压强为6。00，所以有：，则有3:（3+x)=4。80:6，解得x=0。75，所以达平衡时CH4、NO2、CO2、H2O、N2的物质的量分别为0。25mol、0.5mol、0。75mol、1.5mol、0.75mol；则NO2的转化率为：，平衡常数。17.2018年6月27日,国务院发布《打赢蓝天保卫战三年行动计划》,该计划是中国政府部署的一项污染防治行动计划，旨在持续改善空气质量,为群众留住更多蓝天。对废气的进行必要的处理，让空气更加清洁是环境科学的重要课题。（1)已知:N2（g）＋O2（g）＝2NO（g)△H1＝＋180。5kJ/molC（s)＋O2(g)＝CO2（g）△H2＝－393.5kJ/mol2C(s）＋O2（g)＝2CO(g）△H3＝－221。0kJ/mol若某反应的平衡常数表达式为，请写出此反应的热化学方程式_____________。（2）用如图所示的电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为和①NO在电极上发生的反应为_________________。②SO2在电极上发生的反应为__________________.③写出物质A的化学式____________。（3）利用氨气可以设计高能环保燃料电池（反应原理：4NH3+3O2=2N2+6H2O），用该电池电解含有的碱性工业废水，在阴极产生N2.阴极的电极反应式为__________;在标准状况下，当阴极收集到13.44LN2时，理论上消耗NH3的体积为________L。【答案】（1)。，（2）.(3).(4）。(5）。（6).【解析】【分析】（1)根据平衡常数表达式可知，目标反应为2NO（g)+2CO（g)═N2(g)+2CO2（g),①N2(g）+O2(g）=2NO(g）△H1=+180。5kJ/mol②C(s）+O2(g)=CO2(g)△H2=-393。5kJ/mol③2C(s)+O2(g）=2CO(g）△H3=-221.0kJ/mol根据盖斯定律②×2-①—③得到2NO（g）+2CO(g）═N2（g）+2CO2(g）的焓变△H，并写出反应的热化学方程式；(2）电解装罝可将雾霾中的NO、SO2分别转化为和，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O2NH4HSO4+3H2SO4，根据电解方程式结合电解原理分析解答；(3)阴极得到电子发生还原反应，结合电解环境书写可得;根据阴阳极电子转移数目相等计算。【详解】（1)目标反应为2NO（g）+2CO(g）═N2(g）+2CO2（g），①N2（g）+O2（g）=2NO(g）△H1=+180.5kJ/mol②C（s）+O2（g)=CO2（g）△H2=-393.5kJ/mol③2C(s)+O2(g）=2CO（g）△H3=—221.0kJ/mol由盖斯定律②×2-①-③有2NO(g）+2CO（g)═N2（g）+2CO2（g)△H=（-393。5kJ/mol)×2-（+180。5kJ/mol）-(-221.0kJ/mol)=-746。5kJ/mol，即2NO（g）+2CO（g)═N2(g）+2CO2（g）△H=—746.5kJ/mol,故答案为：2NO（g）+2CO（g)═N2（g）+2CO2（g）△H=—746。5kJ/mol；(2)电解装罝可将雾霾中的NO、SO2分别转化为和，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O2NH4HSO4+3H2SO4，据此解题：①电解时，阴极NO转化为，结合电子守恒、电荷守恒有NO+6H++5e—=+H2O，故答案为：NO+6H++5e-=+H2O；②阳极上二氧化硫失电子生成硫酸根离子，则阳极的电极反应式是SO2+2H2O—2e—═+4H+，故答案为：SO2+2H2O—2e—═+4H+；③由电解方程式可知,物质A为硫酸，其的化学式H2SO4,故答案为：H2SO4；(3）电池电解含有的碱性工业废水，在阴极产生N2，阴极发生还原反应，电极反应为：2+10e—+6H2O=N2+12OH—；在标准状况下，当阴极收集到13.44LN2时，转移电子为×10=6mol，电子转移数相同,则氨气转移电子也为6mol，氨气放电生成氮气,氮元素从-3到0，1mol氨气转移电子3mol,则6mol电子需要氨气2mol，理论上消耗NH3的体积为2mol×22。4L/mol=44。8L;故答案为：2+10e-+6H2O=N2+12OH-；44。8L.18。用如图所示的装置进行电解.通电一段时间后，发现湿润的淀粉—KI试纸的C端变为蓝色.①E为电源的_________极，Fe为A池的_________极.②A装置中发生反应的化学方程式为____________________________________。③在B装置中观察到的现象是_____________________________________________。④D端的电极反应式为_____________________________________________。【答案】（1）.负（2）.阴(3）.(4).石墨电极有气体产生，电极溶解，溶液中有蓝色沉淀生成。（5)。【解析】【分析】通电一段时间后，发现湿润的淀粉KI试纸的C端变为蓝色，则C端发生2I——2e—=I2,则C端为阳极，D为阴极,即E为电源的负极,F为电源的正极，以此分析。【详解】（1）C端发生2I--2e—=I2,则Fe端得到电子发生反应：；D为阴极,即E为电源的负极，故答案为：负；阴；（2）A为电解AgNO3溶液,阴极生成Ag，阳极生成氧气，反应方程式为，故答案为：；（3）B中盛有饱和Na2SO4溶液，Cu为阳极,阳极生成铜离子，Cu极周围变蓝色，阴极氢离子放电生成氢气，产生OH-，则溶液生成氢氧化铜沉淀,所以观察到的现象是接通电源后，Cu棒周围开始时变蓝色，石墨上有无色气泡产生，一段时间后，溶液中出现蓝色沉淀，故答案为：石墨电极有气体产生,电极溶解,溶液中有蓝色沉淀生成；（4)因D电极为阴极，则阳离子在阴极放电,电极反应为，故答案为:.19。按要求回答问题：（1）以Zn和Cu为电极，稀H2SO4为电解质溶液形成的原电池中：①H+向___________极移动（填“正”或“负”）。②若有1mole-流过导线，则理论上负极质量减少____________g.③若将稀硫酸换成硫酸铜溶液，电极质量增加的是___________（填“锌极”或“铜极”)，原因是______________(用电极方程式表示)。（2）一定温度下,在容积为2L的密闭容器中进行反应:aN(g）bM(g)+cP（g），M、N、P的物质的量随时间变化的曲线如图所示：①反应化学方程式中各物质的系数比为a∶b∶c=_________。②下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是____________________________。A．反应中当M与N的物质的量相等时B．混合气体的总物质的量不随时间变化而变化C．单位时间内每消耗amolN，同时消耗bmolMD．混合气体的压强不随时间的变化而变化E．M的物质的量浓度保持不变【答案】(1).正(2).32。5(3）。铜极（4).(5).2:1：1（6)。CE【解析】【分析】（1）Zn、Cu、稀硫酸构成原电池，锌易失电子作负极、Cu作正极，负极反应式为、正极反应式为，电子从负极沿导线流向正极，放电时,电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动；（2）①化学方程式的系数之比等于各物质的物质的量的变化量之比；②当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等（同种物质)，各物质的浓度、含量不再改变，以及由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判