吉林省辽源市2024-2025学年高三化学上学期1月期末试题含解析

第17页/共17页说明：本试卷共19题，满分100分，共8页。考试用时90分钟。留意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清晰，将条形码粘贴到条形码区域内。2.选择题必需用2B铅笔填涂；非选择题必需用0.5mm黑色中性笔书写，字体工整，笔迹清晰。3.请依据题号依次在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱、不准运用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H-1O-16N-14C-12Na-23Fe-56第I卷(选择题共45分)一、选择题：(本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生产、生活亲密相关。下列做法或说法错误的是A将煤气中毒患者移至空气流通处进行救治B.医用药品常在低温、干燥的环境中密封保存C.农业生产中草木灰和铵态氮肥混合运用以增加肥效D.和溶液可作为焊接除锈剂【答案】C【解析】【详解】A．煤气中毒又叫一氧化碳中毒，一氧化碳与血红蛋白的结合实力比氧气大得多，血红蛋白的数量是有限的，这样，就使氧失去了与血红蛋白结合的机会，因此，发觉有人煤气中毒，快速关紧煤气阀，打开门窗通风，降低空气中的一氧化碳浓度，快速移到通风处，再实施人工呼吸救治，故A正确；B．高温可使生物制剂中的蛋白质变性而失效，也可使某些中药里的有效成分挥发，降低它们的药效，所以医用药品应在低温、干燥的环境下密封保存，故B正确；C．草木灰与铵态氮肥混合运用会生成氨气，丢失肥效，故C错误；D．NH4C和溶液为强酸弱碱盐，水解呈酸性，铁锈可以和酸反应，可作为焊接除锈剂，故D正确；故选：C。2.下列过程中，涉及化学变更的是()A.用黏土制作陶坯 B.甘油加水作护肤剂C.用熟苹果催熟猕猴桃 D.用四氯化碳擦去圆珠笔油渍【答案】C【解析】【详解】用黏土制作陶坯是外形变更，属于物理变更，故A错误；甘油加水作护肤剂，甘油与水互溶，属于物理变更，故B错误；用熟苹果催熟猕猴桃，用熟苹果释放乙烯，“生”的水果中含有大量淀粉，成熟的过程中淀粉被水解成糖，属于化学变更，故C正确；用四氯化碳擦去圆珠笔油渍，圆珠笔油渍溶于四氯化碳，属于物理变更，故D错误。3.下列说法不正确的是A.浙糯4号糯米或赤霞珠葡萄都可以用来酿酒B.福尔马林能使蛋白质变性，常用于浸制生物标本C.油脂属于高分子化合物，可用于制造肥皂和油漆D.食物中的纤维素能刺激肠道蠕动，有助于消化，但不能为运动时供应能量【答案】C【解析】【详解】A．浙糯4号糯米或赤霞珠葡萄均含有糖类，则都可以用来酿酒，A正确；B．福尔马林能使蛋白质变性，则常用于浸制生物标本，B正确；C．油脂不属于高分子化合物，C错误；D．食物中的纤维素能刺激肠道蠕动，有助于消化，但人体不含有水解纤维素的酶，则不能为运动时供应能量，D正确；故选C。4.下列化学反应的离子方程式正确的是A.在H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=4Na++4OH-+18O2↑B.向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水:Al3++4NH3·H2O=AlO+4+2H2OC.向FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+D.Fe3O4溶于稀硝酸的反应:3Fe3O4+28H++=9Fe3++NO↑+14H2O【答案】D【解析】【详解】A．Na2O2与水反应时，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，水中的氧元素不变价，O2分子中不含18O，18O应当在OH-中，正确的离子方程式为：2H218O+2Na2O2═2OH-+218OH-+4Na++O2↑，故A错误；B．向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水，氯化铝与氨水发生反应，生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，故B错误；C．FeI2溶液中通入少量的Cl2，碘离子还原性大于亚铁离子，少量的氯气只氧化碘离子，发生反应的离子方程式为2I-+Cl2═I2+2Cl-，故C错误；D．Fe3O4溶于稀硝酸，硝酸具有氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子，二者发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为3Fe3O4+28H++=9Fe3++NO↑+14H2O，故D正确；答案为D。5.向下列溶液中渐渐通入至过量，最终体系中无沉淀的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】A．H2SO3是弱电解质，NH3溶于水产生NH3▪H2O，NH3▪H2O促进H2SO3的电离，产生更多的，然后会产生BaSO3沉淀，故A错误；B．NH3溶于水产生NH3▪H2O，NH3▪H2O与H2CO3反应不产生沉淀，NH3▪H2O与会反应但也不会产生沉淀，所以该离子组内不产生沉淀，故B正确；C．NH3溶于水后产生NH3▪H2O，NH3▪H2O会与Mg2+和Ag+反应产生沉淀，故C错误；D．NH3溶于水产生NH3▪H2O，NH3▪H2O与Cu2+反应产生Cu(OH)2沉淀，与Al3+反应产生Al(OH)3沉淀，故D错误；故本题选B．6.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温常压下，4.48LCO中含有的分子数为B.稀盐酸中，氢原子的数目为0.05C.在足量中燃烧，消耗时，转移的电子数为2D.标准状况下，22.4L含有的原子数为3【答案】C【解析】【详解】A．常温常压下，不能用气体摩尔体积计算，故A错误；B．溶液中水也含有氢原子，故B错误；C．在足量中燃烧，，消耗时，转移的电子数为2，故C正确；D．标准状况下，水不是气体，不能用气体摩尔体积计算，故D错误；故答案为C。7.下列表示不正确的是A.羟基的电子式： B.氯乙烯的结构简式：C.基态亚铁离子的电子排布式： D.分子的球棍模型：【答案】B【解析】【详解】A．羟基中氧原子有1个未成对电子，羟基的电子式是，故A正确B．氯乙烯分子式为C2H3Cl，结构简式为，故B错误；C．基态亚铁离子核外有24个电子，电子排布式为，故C正确；D．分子空间构型是三角锥，球棍模型为，故D正确；选B8.不能说明氯的非金属性强于溴的事实是（）A.HClO4酸性强于HBrO4 B.HBr的分解温度低于HClC.FeBr2溶液中滴少量氯水，溶液变黄 D.BrCl中氯为﹣1价【答案】C【解析】【详解】A．应依据最高价氧化物对应的水化物的酸性比较非金属性强弱，即HClO4＞HBrO4，故A正确；B．HBr的分解温度低于HCl，说明HBr较不稳定，则可说明氯的非金属性强于溴，故B正确；C．向FeBr2溶液中滴加少量氯水，亚铁离子还原性大于溴离子，少量氯气会将亚铁离子氧化，产物分别是铁离子，铁离子在溶液中呈现浅黄色，不能证明氯的非金属性强于溴，故C错误；D．BrCl中氯为-1价说明氯原子吸引电子实力强，说明氯的非金属性强于溴，故D正确；故答案为C。【点睛】比较非金属元素的非金属性强弱，可依据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性、与氢气反应的难易程度、对键合电子的吸引，与变价金属反应时金属元素的化合价等角度推断。9.目前人工固氮普遍接受的是氨的工业合成。氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的过程如下图所示。下列说法错误的是A.②→③释放能量B.为了提高氨的脱附速率，应适时地将氨从反应后的混合气体中分别出来C.该过程中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成D.该催化剂可提高单位时间生成物的产率【答案】A【解析】【详解】A．断键吸取能量，②→③为断键过程，吸取能量，故A错误；B．刚好分别产物，平衡正向移动，有利于生成氨气，故B正确；C．该过程中包氮氮键、氢氢键的断裂和氮氢键的生成，故C正确；D．催化剂加快反应速率，所以催化剂能提高单位时间的生产效率，提高单位时间生成物的产率，故D正确；选A10.下列试验操作，现象与结论匹配的是选项操作现象结论A将缠绕铜丝灼烧后反复插入盛乙醇的试管，然后滴入酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液褪色乙醇催化氧化生成乙醛B将装有NO2的平衡球放入热水中颜色加深2NO2(g)N2O4(g)ΔH>0C向含0.1mol的FeI2溶液中通入0.1molCl2，再滴加淀粉溶液溶液变蓝色还原性：I->Fe2+D向碳酸钠溶液中加入稀硫酸，反应产生的气体通入苯酚钠溶液中溶液变浑浊酸性：碳酸>苯酚A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．乙醇和乙醛均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A不符合题意；B．NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，加热后颜色变深，说明平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，则正反应应为放热反应，B不符合题意；C．氯气为0.1mol，由反应关系可知，若亚铁离子先反应，也会有部分碘离子反应生成碘单质，使淀粉变蓝，C不符合题意；D．碳酸钠与硫酸反应生成二氧化碳，二氧化碳与苯酚钠反应生成微溶于水的苯酚，D符合题意；故答案为：D。11.下列叙述正确的是A.常温下，将pH=1的稀盐酸与pH=13的BOH溶液等体积混合，所得溶液pH确定为7B.常温下，将pH=9的溶液与pH=9的NaOH溶液混合，混合溶液pH确定为9C.常温时，，，等浓度的上述两种酸分别与NaOH固体反应后呈中性，忽视溶液体积变更则溶液中：D.已知，向盛有溶液的试管中加入适量，振荡静置后层显紫红色，说明在中的溶解度比在水中的大【答案】B【解析】【详解】A．不确定BOH是强碱还是弱碱，故等体积混合，所得溶液pH不愿定为7，A错误；B．两者碱性相同，且不发生反应，则常温下，将pH=9的溶液与pH=9的NaOH溶液混合，混合溶液pH确定为9，B正确；C．对HF反应后溶液由电荷守恒可知，对醋酸反应后溶液由电荷守恒可知；溶液显中性，则均有，由数据可知，HF酸性更强，等浓度的上述两种酸分别与NaOH固体反应后呈中性，则HF消耗氢氧化钠的量更多，故HF反应后溶液钠离子浓度更大，则有，C错误D．已知，向盛有溶液的试管中加入适量，振荡静置后层显紫红色，说平衡正向移动生成碘单质为四氯化碳萃取，D错误；故选B。12.高铁酸钠()是一种绿色消毒剂，可用于饮用水处理。制备高铁酸钠的离子方程式为，则下列说法不正确的是A.在反应中被还原，发生氧化反应B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2C.上述反应生成1mol高铁酸根离子，转移3mol电子D.高铁酸根离子具有强氧化性，溶于水能生成氢氧化铁胶体和氧气【答案】A【解析】【详解】A．在反应中化合价上升，发生氧化反应被氧化，A错误；B．反应中化合价上升做还原剂，次氯酸根离子做氧化剂，由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，B正确；C．上述反应铁化合价由+3变为+6，则生成1mol高铁酸根离子，转移3mol电子，C正确；D．高铁酸根离子中铁元素处于高价态，具有强氧化性，溶于水能生成氢氧化铁胶体和氧气，D正确；故选A。13.五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，X的2p轨道半充溢，Y的s能级电子数和p能级电子数相等，Z是至今发觉的电负性最大的元素，M在元素周期表中处于周期序数等于族序数的位置，Q的单质被广泛用作半导体材料。下列叙述中不正确的是A.元素的第一电离能：X<Y<ZB.气态氢化物的稳定性：X<Y<ZC.气态氢化物分子的键角：Q>X>YD.最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>Q>M【答案】A【解析】【分析】五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，X的2p轨道半充溢，则X为N；Y的s能级电子数和p能级电子数相等，Y原子核外电子排布式为1s22s22p4，则Y为O；Z是至今发觉的电负性最大的元素，则Z是F元素，M在元素周期表中处于周期序数等于族序数的位置，M为Al，Q的单质被广泛用作半导体材料，Q为Si。【详解】A．X、Y、Z为N、O、F，同周期元素第一电离能从左往右渐渐增大，N的2p轨道为半充溢，第一电离能大于O元素，则元素的第一电离能：Y<X<Z，A错误；B．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性X<Y<Z，气态氢化物的稳定性：X<Y<Z，B正确；C．Q、X、Y、Z为Si、N、O，三者氢化物分别为SiH4、NH3、H2O，空间构型分别为正四面体、三角锥形、V形，由于NH3、H2O中分别存在一对和两对孤电子对，气态氢化物分子的键角：Q>X>Y，C正确；D．X、Q、M分别为N、Si、Al，最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3、H2SiO3、Al（OH）3，酸性：X>Q>M，D正确；故选A。14.一种新型的锂—空气二次电池的工作原理如图所示。下列说法中错误的是A.电路中有2mol电子通过时，水性电解液的质量增加16gB.催化剂可以吸附氧气，促进氧气得电子发生还原反应C.电池充电时，电子从电源负极流向锂电极，锂电极作阴极D.固体电解质既可以传递离子又可以起到隔膜的作用【答案】A【解析】【分析】在锂—空气二次电池中，活泼金属锂是负极，通入氧气的一极为正极，负极锂失去电子形成Li+离子进入溶液，并通过交换膜到达正极一边，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，1molO2得到4mol电子。【详解】A．电路中有2mol电子通过时，水性电解液正极一边有0.5molO216g进入水性电解液，同时负极产生的2molLi+也会通过交换膜进入正极，增加的质量是氧气和锂离子的质量，不是16g，故A错误；B．催化剂可以吸附氧气，促进氧气得电子发生还原反应，故B正确；C．在二次电池充电时，二次电池的负极接外加电源的负极做阴极，锂电极做阴极，故C正确；D．固体电解质既可以传递Li+离子又可以起到隔膜的作用，故D正确；答案选A。15.已知草酸()为二元弱酸，在室温下，向确定浓度的草酸溶液中逐滴加入确定浓度的溶液，溶液中、、三种微粒分别在三者中所占的物质的量分数与溶液的关系如图所示。下列说法中正确的是A.室温时，的水解平衡常数B.当溶液时，C.当溶液时，D.A点溶液加水稀释，则水的电离程度减小【答案】C【解析】【详解】A．=，则=10-9.71，A错误；B．时，溶液为K2C2O4、KHC2O4，此时，依据电荷守恒可得,又c(H+)＞c(OH-)，则，B错误；C．由、Ka2表达式可知，=，C正确；D．A点溶液为等浓度的K2C2O4、KHC2O4，pH＜7，显酸性，KHC2O4的电离大于水解，加水，对水的电离程度抑制程度减小，即水的电离程度增大，D错误；故选C。第II卷非选择题(共55分)16.水合肼(N2H4·H2O)是一种强还原性的碱性液体，常用作火箭燃料。利用尿素法生产水合肼的原理为CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl。试验1：制备NaClO溶液(已知：3NaClO2NaCl+NaClO3)。(1)图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的离子方程式为___________。(2)用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器有___________。(3)图甲装置Ⅱ中用冰水浴限制温度的目的是___________。试验2：制取水合肼(4)图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O会参加A中反应并产生大量氮气，降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为___________。充分反应后，蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产品。试验3：测定馏分中水合肼的含量(5)称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调整溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2~3滴淀粉溶液。用0.15mol·L-1的碘的标准溶液滴定。(已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)①该试验滴定终点的推断：___________②滴定操作中若不加入适量NaHCO3固体，则测量结果会___________(填“偏大”“偏小”“无影响”)。③下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是___________(填字母)。a.锥形瓶清洗干净后未干燥b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视d.盛标准液的滴定管水洗后，干脆装标准液④试验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为___________。【答案】①.MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O②.量筒、烧杯、玻璃棒③.防止NaClO分解，影响水合肼的产率④.N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl⑤.当滴入最终一滴碘的标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不变⑥.偏大⑦.d⑧.25%【解析】【分析】由图可知，装置I由二氧化锰和浓盐酸制备氯气；装置II由氯气和氢氧化钠溶液制备次氯酸钠；装置III是尾气处理装置；图乙中的由CO(NH2)2与NaOH、NaClO反应制备水合肼。试验1：制备NaClO溶液(已知：3NaClO2NaCl+NaClO3)。【详解】(1)图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。(2)用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒。(3)由题中信息(已知：3NaClO2NaCl+NaClO3)可知，图甲装置Ⅱ中用冰水浴限制温度的目的是防止NaClO分解，影响水合肼的产率。试验2：制取水合肼(4)图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O会参加A中反应并产生大量氮气，降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl。充分反应后，蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产品。试验3：测定馏分中水合肼的含量(5)称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调整溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2~3滴淀粉溶液。用0.15mol·L-1的碘的标准溶液滴定。(已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)。①该试验滴定终点的推断：当滴入最终一滴碘的标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不变。②水合肼(N2H4·H2O)是一种强还原性的碱性液体，滴定操作中若不加入适量NaHCO3固体限制溶液的pH，则碘会在碱性条件下发生歧化反应而消耗较多的碘，所以测量结果会偏大。③下列试验操作：a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响测定结果；b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡，则标准液的体积读数偏小；c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，则标准液的体积读数偏小；d.盛标准液的滴定管水洗后，干脆装标准液，则标准液会被残留的水稀释，从而消耗标准液的体积偏大。综上所述，能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是d。④试验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，由反应的化学方程式N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O可知，n(N2H4•H2O)=n(I2)==0.0015mol，馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为25%。17.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由自然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+起先沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9（1）为了加快溶浸效果，可实行的措施有_______(任写一条)；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_______。（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，写出该反应的离子方程式_______。（3）滤渣2除了含有Al(OH)3还含有_______。（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是_______。（5）写出“沉锰”的离子方程式_______。（6）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=_______。【答案】（1）①.将矿物碾碎、加热、增大硫酸的浓度等②.MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O（2）MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++

Mn2+

+2H2O（3）Fe(OH)3（4）NiS和ZnS（5）Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O（6）【解析】【分析】溶浸：加硫酸溶浸，依据问题(1)可知，发生MnO2+MnS+2H2SO4=S+2MnSO4+2H2O，含硅元素物质，假如是二氧化硅，二氧化硅不与稀硫酸反应，作为沉淀沉降出来，假如是硅酸盐，则转化成硅酸沉淀，其余元素转化成相应的离子；氧化：利用MnO2氧化性将Fe2+氧化成Fe3+；调pH：加入氨水，调整pH，让Al3+、Fe3+以氢氧化物形式沉淀出来；除杂1：加入Na2S，依据问题(4)可知，该目的是除去Zn2+、Ni2+；除杂2：加入MnF2，该步骤是除去Mg2+；沉锰：加入碳酸氢铵，得到MnCO3沉淀；据此分析解答。【小问1详解】为了加快溶浸效果，可实行的措施有粉碎、搅拌、适当上升温度、适当提高硫酸浓度等；利用二氧化锰的氧化性将MnS氧化成S单质，其反应方程式为MnO2+MnS+2H2SO4=S+2MnSO4+2H2O；故答案为粉碎、搅拌、适当上升温度、适当提高硫酸浓度等；MnO2+MnS+2H2SO4=S+2MnSO4+2H2O；【小问2详解】利用MnO2的氧化性将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；故答案为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；【小问3详解】依据流程以及表中数据可知，调pH，使Al3+、Fe3+以氢氧化物形式沉淀出来，滤渣2成分是Al(OH)3、Fe(OH)3，故答案为Fe(OH)3；【小问4详解】除杂1的目的是Zn2+、Ni2+，则滤渣3的主要成分是NiS、ZnS，故答案为NiS、ZnS；【小问5详解】加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，其离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O；故答案为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O；【小问6详解】利用化合价代数和0，得出1+2x+3y+4z=4，将x=y=代入，推出z=；故答案为。18.NOx是形成雾霾天气的主要缘由之一，以NOx为主的污染综合治理是当前重要的探讨课题。（1）通常可接受氢气进行催化还原，消退NO造成的污染。已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=akJ·mol-1；②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=bkJ·mol-1；③H2O(g)=H2O(1)△H=ckJ·mol-1。则催化还原反应2H2(g)+2NO(g)=2H2O(g)+N2(g)ΔH=____。（2）可用电解法将硝酸工业的尾气NO转变为NH4NO3，其工作原理如图，M极接电源的____极，N极的电极反应式为____。（3）汽车尾气中的NO、以NO为主，净化的主要原理为：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)△H=akJ·mol-1，在500℃时，向恒容密闭体系中通入5mol的NO和5mol的CO进行反应时，体系中压强与时间的关系如图所示：①下列描述能说明反应达到平衡状态的是____。A.v(CO)正=2v(N2)逆B.体系中混合气体密度不变C.体系中NO、CO的浓度相等D.混合气体的平均相对分子质量不变E.单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的N2②2min时NO的转化率为____。③500℃时的平衡常数Kp=____Mpa-1.(Kp为以平衡分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×物质的量分数)。若在4min变更的条件为上升温度，Kp减小，则a____0(填“大于”“小于”或“等于”)。【答案】（1）（2）①.负②.NO-3e-+2H2O=NO+4H+（3）①.AD②.80%③.64④.＜【解析】【小问1详解】依据盖斯定律，将②-①-2×③得到热化学方程式：，故答案为：；【小问2详解】电解NO制备NH4NO3，由图可知N为阳极，反应为：，则M为阴极，与电源的负极相连，故答案为：负；；【小问3详解】①A．由反应可知，当，说明反应达到平衡，A项正确；B．体积不变，反应体系都是气体，混合气体的质量始终不变，从反应起先到平衡，密度始终不变，体系中混合气体密度不变不能说明反应达到平衡，B项错误；C．体系中NO、CO的浓度相等，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，C项错误；D．气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不再变更，说明各物质的物质的量不变，达平衡状态，D项正确；E．单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的N2，正逆反应速率不相等，说明反应没有达到平衡，E项错误；故答案为：AD；②向体积不变的密闭体系中通入5mol的NO和5mol的CO进行反应时存在：2min时，总压是4Mpa，0min时，总压是5Mpa，