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2017-2018学年浙江省台州市书生中学高二上学期第一次月考化学试题 解析版
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台州市书生中学 2017学年第一学期
第一次月考高二化学试卷
1. 下列物质中，属于可再生的能源是( )
A. 石油 B. 氢气 C. 天然气 D. 煤
【答案】B
点睛：了解可再生能源和不可再生能源的特点是正确解答本题的关键。人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；在自然界中可以不断再生的能源，属于可再生能源。
2. 下列叙述不正确的是( )
A. 物质燃烧一定是放热反应
B. 放热反应不需要从外界吸收任何能量就能发生
C. 在一个确定的化学反应中，反应物总能量总是不等于生成物总能量
D. 化学反应除了生成新的物质外，还伴随着能量的变化
【答案】B
【解析】A、因所有的燃烧反应都是放热反应，所以物质燃烧一定是放热反应，故A正确；B、有些放热反应也需要加热才能发生，需要从外界吸收能量，故B错误；C、化学反应中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同，不是放热，就是吸热，故C正确；D．化学反应中既有物质变化，又有能量变化，所以化学反应除了生成新的物质外，还常伴随着能量的变化，故D正确；故选B。
3. 下列关于原电池的说法正确的是( )
A. 原电池是将电能能转化为化学能的装置 B. 原电池负极发生氧化反应
C. 原电池中，阳离子向负极移动 D. 原电池电子流出的一极为正极
【答案】B
【解析】A、依据原电池原理分析，是将化学能转化为电能的装置，故A错误；B、原电池放电时，负极失去电子发生氧化反应，故B正确；C、原电池中，阳离子向正极移动，故C错误；D、原电池中电子流出的一极为负极，失电子发生氧化反应，故D错误；故选B。
点睛：掌握原电池原理是解题的关键。原电池是将化学能转化为电能的装置，负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应，电子从负极流出，经过导线流向正极，溶液是通过自由移动的离子导电的，其中阳离子向正极移动。
4. 下列各个装置中能组成原电池的是( )
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。则A、两电极的活泼性相同，所以不能构成原电池，A错误；B、符合原电池的构成条件，所以能构成原电池，B正确；C、酒精是非电解质，该装置不能自发的进行氧化还原反应，所以不能构成原电池，C错误；D、该装置不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，D错误；答案选B。
点睛：本题考查了原电池的构成条件，这四个条件必须同时具备，缺一不可，这样才能构成原电池。
5. 决定化学反应速率的主要因素是( )
A. 反应物的性质 B. 反应温度 C. 催化剂 D. 反应物的浓度
【答案】A
【解析】试题分析：决定化学反应速率的内在因素是反应物本身性质，故选项A正确。
考点：考查影响反应速率的因素。
6. 某温度时，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)反应2 min后，N2的浓度减少了0.4 mol·L－1，则以H2表示该时段的化学反应速率是( )
A. 1.2 mol·Lˉ1·minˉ1 B. 0.6 mol·Lˉ1·minˉ1 C. 1.0 mol·Lˉ1·minˉ1 D. 0.4 mol·Lˉ1·minˉ1
【答案】B
【解析】该时段中N2的化学反应速率==0.2 mol·Lˉ1·minˉ1，根据方程式，H2的化学反应速率与N2的化学反应速率之比为3:1，则H2的化学反应速率为0.6 mol·Lˉ1·minˉ1，故选B。
7. 反应2SO2＋O22SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4 mol·L－1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04 mol·L－1·s－1，则这段时间为( )
A. 0.1 s B. 2.5 s C. 5 s D. 10 s
【答案】D
【解析】SO3的浓度增加到了0.4mol/L，根据方程式可知消耗氧气浓度是0.2mol/L，则在这段时间内用O2表示的反应速率为0.2mol/L÷t＝0.04mol/(L∙s)，解得t＝5s，答案选C。
8. 在一定温度下，向某恒容的密闭容器中加入1 mol N2和3 mol H2，发生反应：N2(g)＋ 3H2(g)2NH3(g)。此反应达到平衡的标志是( )
A. N2、H2和NH3三者共存 B. 容器内气体的浓度不再发生变化
C. N2、H2和NH3的物质的量浓度相等 D. 单位时间消耗0.1molN2的同时生成0.2 mol NH3
【答案】B
【解析】可逆反应，①没有在平衡状态时也是三者共存，故A错误；根据 ，气体质量是恒量、容器体积是变量，所以密度为变量，密度不再发生变化，一定平衡，故B正确；浓度相等但不是浓度不变，故C错误；单位时间消耗0.1 mol N2的同时生成0.2 mol NH3，都是描述正反应速率，不一定平衡，故D错误。
9. 如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极。则下列有关判断正确的是（ ）
A .a为负极、b为正极
B. a为阳极、b为阴极
C. c为阳极、d为阴极
D. 电解过程中，化学能转化为电能
【答案】C
【解析】由图可知，电流从正极流向负极，则a为正极，b为负极，则c为阳极，d为阴极，铜离子在阴极得到电子，氯离子在阳极失去电子。A．由电流方向可知，b为负极、a为正极，故A错误；B．a为正极，b为负极，故B错误；C．和电源的正极相连的是阳极，和电源的负极相连的是阴极，c为阳极，d为阴极，故C正确；D．电解过程中，是电能转化为化学能，故D错误；故选C。
点睛：把握电流方向与电极、电极反应的关系为解答的关键。根据电流方向判断出电源的正负极是解答本题的突破口。
10. 下列物质属于弱电解质的是( )
A. CH3COO NH4 B. H2SO4 C. Na2CO3 D. HCN
【答案】D
【解析】A. CH3COO NH4属于易溶于水的盐，是强电解质，故A错误；B. H2SO4是强酸，属于强电解质，故B错误；C. Na2CO3属于易溶于水的盐，是强电解质，故C错误；D. HCN是弱酸，属于弱电解质，故D正确；故选D。
11. 关于溶液的酸碱性，下列说法正确的是( )
A. c(H＋)很小的溶液一定呈碱性 B. c(OH－)＝c(H＋)的溶液一定呈中性
C. 不能使酚酞溶液变红的溶液一定呈酸性 D. pH＝7的溶液一定呈中性
【答案】B
【解析】A．溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH-)、c(H+)的相对大小，如果c(OH-)＞c(H+)，溶液呈碱性，如果c(OH-)=c(H+)，溶液呈中性，如果c(OH-)＜c(H+)，溶液呈酸性，如果酸的浓度很小，则c(H+)很小，但溶液仍可能呈酸性，故A错误；B．溶液中如果c(OH-)=c(H+)，则溶液呈中性，故B正确；C．酚酞的变色范围是8-10，所以能使酚酞试液变红的溶液呈碱性，不能使酚酞试液变红的溶液，可能是盐的中性溶液或酸性溶液，如氯化钠盐溶液不能使酚酞试液变红，故C错误； D．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，纯水的pH＜7，则该温度下，pH=7的溶液呈碱性，只有c(OH-)=c(H+)时，溶液一定呈中性与pH无必然联系，故D错误；故选B。
点睛：明确溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH-)、c(H+)的相对大小是解本题关键。本题的易错点为C，不能使酚酞试液变红的溶液可能是中性溶液、弱碱性溶液或酸性溶液。
12. 下列说法正确的是( )
A. 所有的吸热反应都不能自发进行 B. 熵值增大的反应一定能自发进行
C. 电解池不能自发的原因是ΔS<0、ΔH>0的反应 D. 氧化钙溶于水吸热
【答案】C
...........................
13. 下列电离方程式正确的是( )
A. 醋酸溶于水：CH3COOH===CH3COO－＋H＋
B. NaHSO4溶于水：NaHSO4===Na＋＋HSO4-
C. 碳酸氢钠溶于水：NaHCO3HCO＋Na＋
D. 次氯酸溶于水：HClOH＋＋ClO－
【答案】D
【解析】A．醋酸是弱电解质，溶于水的电离方程式：CH3COOHCH3COO-+H+，故A错误；B．硫酸氢钠为强电解质，在水中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4═Na++H++SO42-，故B错误；C．碳酸氢钠为强电解质，完全电离成钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式：NaHCO3═HCO3-+Na+，故C错误；D．次氯酸为弱电解质，部分电离，电离方程式：HClOH++ClO-，故D正确；故选D。
点睛：书写电离方程式是要关注以下几个方面：(1)是强电解质电离还是弱电解质电离，如果是弱电解质电离要用“”，且多元弱酸要分步电离；(2)电离时产生的是阴、阳离子微粒，且原子团不能拆分；(3)电离方程式同样遵守原子守恒；(4)弱酸的酸式阴离子不好折分，除非单独写其电离时拆分，如HCO3-H++CO32-。
14. 25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ ΔH＞0。下列叙述正确的是( )
A. 将水加热，Kw增大，pH不变
B. 向水中加入少量NaOH溶液，平衡逆向移动，c(OH－)减小
C. 向水中加入少量冰醋酸，平衡正向移动，c(H＋)增大
D. 向水中加入少量固体NaHSO4，c(H＋)增大，Kw不变
【答案】D
【解析】A、由于水的电离吸热，故将水加热，水的电离平衡右移，Kw增大，溶液中的c(H+)增大，故pH减小，故A错误；B、向水中加入氢氧化钠固体，c(OH-)增大，水的电离平衡左移，故B错误；C、加入少量冰醋酸，溶液中的c(H+) 增大，水的电离被抑制，平衡左移，故C错误；D、向水中加入硫酸氢钠固体，硫酸氢钠电离出氢离子导致溶液中c(H+)增大，温度不变Kw不变，故D正确；故选D。
15. 参照反应Br＋H2HBr＋H的能量对应反应过程的示意图，下列叙述中正确的是( )
A. 正反应为吸热反应
B. 吸热反应一定要加热后才能发生
C. 反应物总能量高于生成物总能量
D. 升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率
【答案】A
【解析】试题分析：A、从图示分析出反应物的能量低于生成物，Br+H2⇌HBr+H是个吸热过程，故A正确；B、氢氧化钡晶体和氯化铵反应不需要任何条件，反应吸热，故B错误；C、从图示分析出反应物的能量低于生成物，故C错误；D、升高温度时正逆反应速率都要增大，故D错误，故选A。
考点：考查反应热与焓变
16. 已知在25℃、101kPa下，lg液态C8H18(辛烷)燃烧生成二氧化碳和 液态水时放出48.40kJ热量。表示上述反应的热化学方程式正确的是( )
A. C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(g) ΔH＝－48.40 kJ·mol－1
B. C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l) ΔH＝－5517.6 kJ·mol－1
C. C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l) ΔH＝5517.6 kJ·mol－1
D. C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l) ΔH＝－48.40 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】试题分析：掌握书写热化学方程式的基本注意事项。1mol的辛烷是114g，则可列方程：，可得x="5518" kJ·mol-1，而燃烧是放热，所以是负数。故选B。
考点：热化学方程式的书写
点评：热化学方程式在书写时一定要写状态，反应热及单位。
17. 已知298K、101kPa条件下，2H2(g) ＋O2(g)===2H2O(g) ΔH1＝－483.6kJ·mol－12H2(g) ＋O2(g)===2H2O(l) ΔH2＝－571.6kJ·mol－1；据此判断，下列说法正确的是( )
A. H2(g)与O2(g)反应生成H2O(g)是吸热反应
B. 1 mol H2O(g)转变成1 mol H2O(l)放出44.0 kJ热量
C. 1 mol H2O(l)转变成1 mol H2O(g)放出44.0 kJ热量
D. 1 mol H2O(g)转变成1 mol H2O(l)放出88.0 kJ热量
【答案】B
【解析】试题分析：A．H2(g)与O2(g)反应生成H2O(g)是放热反应，故A错误；B、D．根据盖斯定律，1mol液态水转化为气态水应吸热44KJ，则1molH2O(g)转变成1molH2O(l)放出44.0kJ热量，故B正确，D错误；C．1mol液态水转化为气态水应吸热44KJ，故C错误；故选B。
考点：考查焓变、盖斯定律、焓变与反应物生成物能量的关系。
18. 实验发现，298 K时，在FeCl3酸性溶液中加少量锌粒后，Fe3＋立即被还原成Fe2＋。某夏令营兴趣小组根据该实验事实设计了如图所示原电池装置。下列有关说法正确的是（ ）
A. 该原电池的正极反应是Zn－2e－===Zn2＋
B. 左烧杯中溶液的血红色逐渐褪去
C. 该电池铂电极上有气泡出现
D. 该电池总反应为3Zn＋2Fe3＋===2Fe＋3Zn2＋
【答案】B
【解析】试题分析：该原电池的负极反应是Zn－2e－=Zn2＋，故A错误；左烧杯中反应为，溶液的血红色逐渐褪去，故B正确；铂电极上的反应为，故C错误；该电池总反应为Zn＋2Fe3＋=2Fe2+＋Zn2＋，故D错误。
考点：本题考查原电池原理。
19. 已知反应2CO(g)===2C(s)＋O2(g)的ΔH为负值，ΔS为负值。设ΔH和ΔS不随温度而变，下列说法中，正确的是( )
A. 低温下能自发进行 B. 高温下能自发进行
C. 低温下不能自发进行，高温下能自发进行 D. 任何温度下都不能自发进行
【答案】A
【解析】试题分析：根据△G=△H-T△S，△H为正值，△S为负值，则△G必定是正值，△G>0，说明反应没有自发进行的倾向，任何温度下都不能自发进行，选D。
考点：反应自发性倾向的判断。
20. 可逆反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)达到平衡状态时，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2。下列说法不正确的是(K为平衡常数，Qc为浓度商)( )
A. K不变，O2转化率减小 B. K不变，SO2转化率增大
C. Qc变小， 反应速率加快 D. Qc增大，反应速率减小
【答案】D
【解析】当可逆反应2SO2+O2 2SO3达到平衡状态时，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，氧气的浓度增大，反应速率加快，浓度商Qc=变小，平衡向右进行，二氧化硫的转化率增大，但氧气的转化率减小，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故ABC正确，D错误；故选D。
21. 在密闭容器中，有下列反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-93.4 kJ·mol-1，有关该反应的叙述正确的是( )
A. 缩小容器的体积，v(正)增大、v(逆)减小，平衡向右移动
B. 将1 mol N2和3 mol H2充分反应达到平衡时，放出的热量等于93.4 kJ
C. 催化剂能缩短该反应达到平衡所需的时间，从而提高N2的转化率
D. 若混合气体中各成分的浓度不再变化，则该反应已达平衡状态
【答案】D
【解析】A、缩小容器的体积，增大了反应体系的压强，正逆反应速率都会增大，即v(正)增大、v(逆)增大，由于正反应速率大于逆反应速率，所以平衡会向着向右移动，故A错误；B、1molN2和3molH2充分反应达到平衡状态时，由于该反应为可逆反应，生成的氨气物质的量一定小于2mol，所以放出的热量小于92.4kJ，故B错误；C、加入催化剂，能够加快反应速率，能缩短该反应达到平衡所需的时间，但是正逆反应速率增大幅度相同，正逆反应速率仍然相等，化学平衡不移动，所以不会提高N2的转化率，故C错误；D、若混合气体中各成分的浓度不再变化，说明正逆反应速率已经相等，则该反应已达到平衡状态，故D正确；故选D。
22. 下列叙述与图像对应符合的是( )
A. 对于达到平衡状态的N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在t0时刻充入了一定的NH3，平衡逆向移动
B. 对于反应2X(g)+3Y(g)2Z(g) ΔH<0，y可以表示Z的百分含量
C. 该图像表示的方程式为2A=B+3C
D. p2>p1，T1>T2
【答案】BD
【解析】A．如果在t0时刻充入了一定的NH3，逆反应速率瞬间增大，正反应速率瞬间不变，v正应与平衡点相连，故A错误；B．由2X(g)+3Y(g) 2Z(g) ΔH<0可知，温度升高，平衡将逆向移动，生成物的百分含量减小，反应物的百分含量增大，y可以表示Z的百分含量，故B正确；C．从图象可知到t1时刻，A的浓度减少：(2.0-1.2)mol/L=0.8mol/L，B的浓度增加0.4mol/L，C的浓度增加1.2mol/L，根据浓度变化之比等于化学计量数之比确定化学反应方程式为：2AB+3C，故C错误；D．增大压强，反应速率增大，升高温度，反应速率增大，故先达到平衡，由先拐先平知p2＞p1，T1＞T2，故D正确；故选BD。
23. 下列叙述正确的是( )
A. 盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵
B. 稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小
C. 饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH不变
D. 同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH=7
【答案】C
【解析】A、当盐酸和氨水恰好中和生成NH4Cl时，由于铵根离子水解呈酸性，若使溶液呈中性，应继续向溶液中加入氨水，故溶液中的溶质是NH4Cl和NH3•H2O，故A错误；B、向稀醋酸中加水时，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小，故pH增大，故B错误；C、温度不变，Ca(OH)2的溶解度不发生变化，故饱和石灰水中c(OH-)的浓度不变，所以pH不变，故C正确；D、同浓度同体积的强酸与强碱溶液混合后，如果酸和碱中电离出的氢离子、氢氧根离子数目相同，则溶液的pH=7，当酸和碱中电离出氢离子、氢氧根离子数目不同时，混合液可能为酸性或碱性，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了酸碱反应的溶液酸碱性判断，弱电解质稀释溶液pH变化。本题的易错点为C，饱和石灰水中加入氧化钙会与水反应生成氢氧化钙，析出晶体后溶液仍是饱和溶液，温度不变，离子浓度不变。
24. 下列电解质溶液的有关叙述正确的是( )
A. 100℃的沸水的pH=7
B. 加水稀释10 mL pH＝11的氨水，溶液中增大
C. 含1 mol KOH的溶液与1 mol CO2完全反应后，溶液中c(K+)=c(HCO3-)
D. 0.1mol·L－1的次氯酸溶液与等浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后：c(H＋)>c(OH－)
【答案】B
【解析】A.温度升高，水的电离程度增大，100℃的沸水呈中性，pH＜7，故A错误；B. 加水稀释10 mL pH＝11的氨水，促进NH3·H2O的电离，c(OH-)减小，溶液的碱性减弱，但电离平衡常数不变，因此溶液中增大，故B正确；C. 含1 mol KOH的溶液与1 mol CO2完全反应生成碳酸氢钾，水解后溶液显碱性，根据物料守恒，溶液中c(K+)=c(HCO3-)+ c(CO32-)+ c(H2CO3)，故C错误；D. 0.1mol·L－1的次氯酸溶液与等浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后恰好反应生成次氯酸钠，水解后溶液显碱性，c(H＋)＜c(OH－)，故D错误；故选B。
25. 在T ℃时，某NaOH稀溶液中c(H+)=10-a mol·L-1，c(OH-)=10-b mol·L-1，已知a+b=12。向该溶液中逐滴加入pH=c的盐酸(T ℃)，测得混合溶液的部分pH如下表所示：
序号
氢氧化钠溶液的体积
盐酸的体积
溶液的pH
①
20.00
0.00
10
②
20.00
20.00
6
假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则c为( )
A. 1 B. 4 C. 2 D. 6
【答案】C
【解析】已知a+b=12，某NaOH溶液中kw=c(H+)·c(OH-)=10-amol•L-1×10-bmol•L-1=10-12，当盐酸的体积为0时，测定溶液的pH是氢氧化钠溶液的pH，则溶液中c(OH-)=mol/L=10-2 mol/L；当两种溶液等体积混合时，溶液的pH=6，结合水的离子积常数知，该溶液呈中性，则氯化氢和氢氧化钠的物质的量相等，两溶液的体积相等，则c(HCl)=c(NaOH)=10-2mol/L，所以盐酸的pH=2，故选C。
点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，灵活运用水的离子积常数是解本题关键。注意此温度下水的离子积常数不是10-14，为易错点。
26. 某课外活动小组的同学在学习了电化学相关知识后，用如图装置进行实验，请回答下列问题：
（1）实验一：将开关K与a连接，则乙的电极反应式为___。
（2）实验二：开关K与b连接，则总反应的离子方程式为_______。
（3）对于实验二，下列说法正确的是___（填字母）。
A.溶液中Na＋向甲极移动
B.从甲极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝
C.反应一段时间后加适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度
D.反应在结束后，甲电极和乙电极上收集到的气体体积一定相等
【答案】 (1). Fe-2e-=Fe2+ (2). 2Cl-+2H2O=2OH-+H2↑+Cl2↑ (3). B
【解析】(1)开始时开关K与a连接，是原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，电极方程式为Fe-2e-=Fe2+，甲电极上氧气得电子被还原，电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；
(2)开关K与b连接，装置为电解池，铁为阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，总反应为电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，总反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，离子方程式为2Cl-+2H2O=2OH-+H2↑+Cl2↑，故答案为：2Cl-+2H2O=2OH-+H2↑+Cl2↑；
(3)A.溶液中Na+向阴极乙极移动，故错误；B.从甲极处逸出的气体为氯气，能使湿润KI淀粉试纸变蓝，故正确；C.电解饱和食盐水实质为电解氯化氢，因为盐酸为氯化氢的水溶液，所以反应一段时间后加适量盐酸不可恢复到电解前电解质的浓度，故错误；D. 反应在结束后，甲电极收集到的气体为氯气，乙电极收集到的气体为氢气，由于氯气能够与生成的氢氧化钠反应，导致生成的氯气和氢气的体积不相等，故错误；故选B。
27. 甲醇（CH3OH）广泛用作燃料电池的燃料，可由天然气来合成，已知：
①2CH4(g)＋O2(g)=2CO(g)＋4H2(g)ΔH＝－71 kJ·mol－1
②CO（g）＋2H2(g)===CH3OH（l）ΔH＝－90.5 kJ·mol－1
③CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O（l） ΔH＝－890 kJ·mol－1
（1）甲烷的燃烧热为____。
（2）CH4和O2反应生成CH3OH（l）的热化学方程式为____。
【答案】 (1). 890 kJ·mol－1 (2). 2CH4(g)＋O2(g)=2CH3OH（l）ΔH＝－252 kJ·mol－1
【解析】(1)燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据反应③，甲烷的燃烧热为890 kJ·mol－1，故答案为：890 kJ·mol－1或ΔH＝－890 kJ·mol－1；
(2)①2CH4(g)＋O2(g)=2CO(g)＋4H2(g)ΔH＝－71 kJ·mol－1 ，②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(l)ΔH＝－90.5 kJ·mol－1，根据盖斯定律，将①+②×2得：2CH4(g)＋O2(g)=2CH3OH(l)ΔH＝(－71 kJ·mol－1)+(－90.5 kJ·mol－1)×2=－252 kJ·mol－1，故答案为：2CH4(g)＋O2(g)=2CH3OH(l)ΔH＝－252 kJ·mol－1。
28. 在一定条件下，可逆反应：mA＋nBpC达到平衡，若：
（1）A、B、C都是气体，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则m＋n和p的关系是________。
（2）A、C是气体，增加B的量，平衡不移动，则B为__________________。
（3）A、C是气体，而且m＋n＝p，减小压强可使平衡发生移动，则平衡移动的方向是________。
【答案】 (1). m＋n 【解析】(1)A、B、C都是气体，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，现在，平衡向逆反应方向移动，所以m+n＜p，故答案为：＜；
(2)A、C是气体，增加B的量，平衡不移动，说明B的浓度不变，可以是液体也可以是固体，故答案为：固体或液体；
(3)A、C是气体，而且m＋n＝p，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，所以B不是气体，则m＜p，即平衡移动的方向是正反应方向，故答案为：正反应方向。
29. （1）水的电离平衡曲线如下图所示。
将100℃下的pH=8的Ba（OH）2溶液与100℃下的pH=5的稀盐酸混合，并保持100℃的恒温，欲使混合溶液pH=7， 则Ba(OH)2与盐酸的体积比为______________
（2）下列关于水电离的说法正确的是（____）
A．水电离是熵增加的反应，反应吸热，故能自发进行
B．升高温度水分子的活化分子数增多，有效碰撞几率减小，电离速率加快
C．向水中加入多电子体，加快H+和O2-之间的电子传递， 破坏水的电离平衡，是研究水分解的方向之一
D．水电离本质上是水分子间的氢键瞬间作用力加强造成的
【答案】 (1). 2:9 (2). AD
【解析】(1)100℃时，Kw=10-12，pH=8的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-4mol/L，pH=5的稀盐酸中c(H+)=10-5 mol/L，设氢氧化钡的体积为x，盐酸的体积为y，保持100℃的恒温，欲使混合溶液pH=7，溶液呈碱性，混合溶液中c(OH-)=mol/L=10-5 mol/L，c(OH-)==10-5 mol/L，x：y=2：9，故答案为：2：9；
(2) A．水电离是熵增加的反应，电离过程需要吸热，即△S＞0，△H＞0，△G=△H-T•△S，在一定温度下可以使得△G＜0，能自发进行，故A正确；B．升高温度水分子的活化分子数增多，有效碰撞几率增大，电离速率加快，故B错误；C．水中不存在O2-，故C错误；D．水分子间的氢键瞬间作用力加强，使得氢氧共价键发生断裂，使水电离成氢离子和氢氧根离子，故D正确；故选AD。
30. 有人研究了340 K时N2O5的分解反应：2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)，得到不同物质在不同时刻的浓度，见下表。
t/min
0
1
2
3
4
c(N2O5)/mol·L－1
0.160
0.114
0.080
0.056
0.040
c(O2)/mol·L－1
0
0.023
0.040
0.052
0.060
（1）图像能够非常直观地描述物理量的变化趋势。请你在下图中作出c(NO2)t图像。_________
（2）数据处理是化学实验过程中非常重要的一个环节。请计算3～4min时v(N2O5)=______________。
（3）各物质的化学反应速率之间的关系：________________。
（4）乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，利用下图装置进行定量实验。应该测定的实验数据是___________________________________。
（5）利用所学的知识，描述升温到800 K时N2O5的分解速率加快的原因____________。
【答案】 (1). (2). v(N2O5)=0.16/mol·L－1·min－1 (3). 反应速率比等于各物质的化学计量数之比 (4). 单位时间内收集到的气体的体积或收集相同体积气体时所需要的时间 (5). 升高温度活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快
【解析】(1)依据题给数据在坐标系内描点作图，得到c(NO2)t图像为，故答案为：；
(2)t4-t3：v(N2O5)==0.016 mol•L-1•min，故答案为：0.016 mol•L-1•min；
(3)在化学方程式中，各物质的化学反应速率之比等于各物质的化学计量数之比，故答案为：反应速率之比等于各物质的化学计量数之比；
(4)乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，利用如图装置进行定量实验，根据实验要求需要测定一定时间产生气体的体积或测定产生一定体积的气体所需时间，故答案为：测定一定时间产生气体的体积或测定产生一定体积的气体所需时间；
(5)升高温度活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快，因此升温到800 K时N2O5的分解速率加快，故答案为：升高温度活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快。
31. 某校化学兴趣小组的同学对一含有少量Na2SO4的NaOH样品中NaOH的含量进行测定。回答下列问题：
（1）甲同学运用沉淀法测定样品中NaOH的含量。他选用的药品除样品外，还应有____。
（2）乙同学运用滴定法测定样品中NaOH的含量。
①用分析天平准确称取该样品12.00 g，全部溶于水配制成250.0 mL的溶液。用碱式滴定管取其中25.00 mL放在锥形瓶中，滴加几滴指示剂，待测。滴定管在使用前除洗涤外，还应_____________。
②用浓度为1.00 0 mol·L－1的盐酸标准溶液进行滴定。开始滴定前的一步操作是_________。
③滴定过程中用pH计测定锥形瓶中溶液的pH，临近滴定终点时测定pH应每滴一滴测一次。
④滴定过程中，锥形瓶中溶液的pH变化如下
V（HCl/mL
0.00
12.00
18.00
22.00
23.00
23.96
25.00
25.02
26.00
27.00
30.00
pH
13.1
12.6
12.2
11.7
11.4
9.9
7.0
4.0
2.7
2.4
1.9
请在右边坐标图中绘制出上述中和滴定的曲线。____________
⑤下表是几种酸碱指示剂的变色范围，根据你作出的中和滴定曲线分析，上述中和滴定中应选用的指示剂是______。
指示剂
变色范围（pH）
颜色
酸色
碱色
甲基橙
3.1～4.4
红
黄
石蕊
5.0～8.0
红
蓝
酚酞
8.2～10.0
无
红
⑥样品中，NaOH的质量百分含量为____。
【答案】 (1). 氯化钡或氢氧化钡 (2). 用待测液润洗 (3). 调节液面至0刻度线及以下 (4). (5). 甲基橙 (6). 83.33%。
【解析】(1)含有少量Na2SO4的NaOH样品中NaOH的含量进行测定，甲同学运用沉淀法测定样品中NaOH的含量，可以将样品溶解后加入氯化钡溶液或氢氧化钡溶液完全沉淀硫酸根离子，通过硫酸钡沉淀的质量计算硫酸钠的质量，从而求出氢氧化钠的含量，故答案为：氯化钡溶液或氢氧化钡；
(2)①乙同学运用滴定法测定样品中NaOH的含量。滴定管在使用前除洗涤外，还要用待测液润洗，故答案为：用待测液润洗；
②用浓度为1.00 0 mol·L－1的盐酸标准溶液进行滴定。开始滴定前需要读取滴定管中液体的初始刻度，因此需要将液面调节至0刻度线及以下，故答案为：调节液面至0刻度线及以下；
④根据表中数据可以绘制出中和滴定的曲线为：，故答案为：；
⑤依据图象和图表数据分析可知pH突变是4.0～9.9，盐酸和氢氧化钠恰好反应生成的氯化钠溶液呈中性，甲基橙变色范围为3.1-4.4，因此应该选用甲基橙作指示剂，故答案为：甲基橙；
⑥根据滴定数据可知，滴定终点消耗的盐酸的体积为25.00mL，氢氧化钠的物质的量=氯化氢的物质的量=1.000mol/L×0.025L=0.025mol，25.00 mL样品中含有的氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.025mol=1g，则250.0 mL样品中含有氢氧化钠10g，样品中含有的氢氧化钠的质量百分含量为：×100%=83.33%，故答案为：83.33%。
点睛：本题考查了中和滴定的实验分析判断，步骤和注意问题，滴定计算应用，测定混合物成分的方案设计与分析判断，图象绘制方法，掌握基础是关键。本题的易错点是滴定终点消耗盐酸体积的判断。
32. 研究NOx、CO2的吸收利用对促进低碳社会的构建和环境保护具有重要意义。
（1）已知：① 2H2(g) + O2(g)＝2H2O(g) ∆H1
② CO2(g)+3H2(g)CH3OH (l) + H2O (l) ∆H2
③ H2O(g)H2O(l) ∆H3
求 25℃、101kPa下，2 mol CH3OH (l)完全燃烧的∆H=_____（用含∆H1、∆H2、∆H3的式子表示）。
（2）向1 L密闭容器中加入2 mol CO2、6 mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH (l) + H2O (l) ∆H2
①已知反应的∆H2<0，则此反应自发进行的条件是_________（填“低温”、“高温”或“任意温度”）。
②在t2时将容器容积缩小为原体积的一半，t3时再次达到平衡，请画出t2之后 CO2气体的浓度随时间变化的曲线。______________
（3）用NH3催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染。如下图，采用NH3作还原剂，烟气以一
定的流速通过两种不同催化剂，测量逸出气体中氮氧化物含量，从而确定烟气脱氮率（注：脱氮率即氮氧化物的转化率），反应原理为：NO(g) + NO2(g) + 2NH3(g)2N2(g) + 3H2O(g)。 以下说法不正确的是__________。（填编号）
A．使用第②种催化剂更有利于提高NOx的平衡转化率
B．催化剂①、②分别适合于250℃和450℃左右脱氮
C．相同条件下，改变压强对脱氮率会有影响
D．烟气通过催化剂的流速越快，脱氮效果会越好
（4）用电解法处理NO2是消除氮氧化物污染的新方法，其原理是将NO2在电解池中分解成无污染的N2和O2，电解质是固体氧化物陶瓷（内含O2ˉ离子，可定向移动），阳极的反应式是_________。
【答案】 (1). ∆H=3∆H1-2∆H2+4∆H3 (2). 低温 (3). (4). AD (5). 2O2ˉ-4e-= O2↑
【解析】(1)①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H1，②CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH (l)+H2O (l)△H2，③H2O(g)⇌H2O(l)△H3，依据热化学方程式和盖斯定律计算(①×3-②×2+③×4)×得到热化学方程式：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=(3△H1-2△H2+4△H3)，2mol CH3OH (l)完全燃烧的△H=3△H1-2△H2+4△H3；故答案为：3△H1-2△H2+4△H3；
(2)①CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(l)+H2O(l)，熵变△S＜0，反应焓变△H2＜0，低温下满足△H-T△S＜0，故答案为：低温；
②保持其他条件不变，在t2时将容器容积缩小一倍，CO2的浓度瞬间增大到原来的2倍，同时压强增大，平衡正向移动，然后CO2的浓度逐渐减小，t3时达到平衡，平衡时浓度比原来大，则t2～t3CO2的浓度随时间的变化如图：，故答案为： ；
(3)A．催化剂不会影响转化率，只影响反应速率，所以第②种催化剂对转化率没有影响，故A错误；B．由图象可知，催化剂①、②分别适合于250℃和450℃左右脱氮，其催化活性最好，故B正确；C．该反应为体积增大的反应，增大压强，平衡向着逆向移动，所以压强对脱氮率有影响，故C正确；D．从题干信息无法判断烟气通过催化剂的流速对脱氮效果的影响，催化剂对转化率没有影响，故D错误；故选AD；
(4)电解法处理氮氧化合物原理是将NOx在电解池中分解成无污染的N2和O2除去，两电极间是固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导O2-，阴极发生还原反应，阴极上是NOx获得电子生成N2与O2-，电极反应式为：2NOx+4xe-=N2+2xO2-，阳极上氧离子失去电子生成氧气，电极反应式为2O2ˉ-4e-= O2，故答案为：2O2ˉ-4e-= O2。
台州市书生中学 2017学年第一学期
第一次月考高二化学试卷
1. 下列物质中，属于可再生的能源是( )
A. 石油 B. 氢气 C. 天然气 D. 煤
【答案】B
点睛：了解可再生能源和不可再生能源的特点是正确解答本题的关键。人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；在自然界中可以不断再生的能源，属于可再生能源。
2. 下列叙述不正确的是( )
A. 物质燃烧一定是放热反应
B. 放热反应不需要从外界吸收任何能量就能发生
C. 在一个确定的化学反应中，反应物总能量总是不等于生成物总能量
D. 化学反应除了生成新的物质外，还伴随着能量的变化
【答案】B
【解析】A、因所有的燃烧反应都是放热反应，所以物质燃烧一定是放热反应，故A正确；B、有些放热反应也需要加热才能发生，需要从外界吸收能量，故B错误；C、化学反应中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同，不是放热，就是吸热，故C正确；D．化学反应中既有物质变化，又有能量变化，所以化学反应除了生成新的物质外，还常伴随着能量的变化，故D正确；故选B。
3. 下列关于原电池的说法正确的是( )
A. 原电池是将电能能转化为化学能的装置 B. 原电池负极发生氧化反应
C. 原电池中，阳离子向负极移动 D. 原电池电子流出的一极为正极
【答案】B
【解析】A、依据原电池原理分析，是将化学能转化为电能的装置，故A错误；B、原电池放电时，负极失去电子发生氧化反应，故B正确；C、原电池中，阳离子向正极移动，故C错误；D、原电池中电子流出的一极为负极，失电子发生氧化反应，故D错误；故选B。
点睛：掌握原电池原理是解题的关键。原电池是将化学能转化为电能的装置，负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应，电子从负极流出，经过导线流向正极，溶液是通过自由移动的离子导电的，其中阳离子向正极移动。
4. 下列各个装置中能组成原电池的是( )
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。则A、两电极的活泼性相同，所以不能构成原电池，A错误；B、符合原电池的构成条件，所以能构成原电池，B正确；C、酒精是非电解质，该装置不能自发的进行氧化还原反应，所以不能构成原电池，C错误；D、该装置不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，D错误；答案选B。
点睛：本题考查了原电池的构成条件，这四个条件必须同时具备，缺一不可，这样才能构成原电池。
5. 决定化学反应速率的主要因素是( )
A. 反应物的性质 B. 反应温度 C. 催化剂 D. 反应物的浓度
【答案】A
【解析】试题分析：决定化学反应速率的内在因素是反应物本身性质，故选项A正确。
考点：考查影响反应速率的因素。
6. 某温度时，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)反应2 min后，N2的浓度减少了0.4 mol·L－1，则以H2表示该时段的化学反应速率是( )
A. 1.2 mol·Lˉ1·minˉ1 B. 0.6 mol·Lˉ1·minˉ1 C. 1.0 mol·Lˉ1·minˉ1 D. 0.4 mol·Lˉ1·minˉ1
【答案】B
【解析】该时段中N2的化学反应速率==0.2 mol·Lˉ1·minˉ1，根据方程式，H2的化学反应速率与N2的化学反应速率之比为3:1，则H2的化学反应速率为0.6 mol·Lˉ1·minˉ1，故选B。
7. 反应2SO2＋O22SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4 mol·L－1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04 mol·L－1·s－1，则这段时间为( )
A. 0.1 s B. 2.5 s C. 5 s D. 10 s
【答案】D
【解析】SO3的浓度增加到了0.4mol/L，根据方程式可知消耗氧气浓度是0.2mol/L，则在这段时间内用O2表示的反应速率为0.2mol/L÷t＝0.04mol/(L∙s)，解得t＝5s，答案选C。
8. 在一定温度下，向某恒容的密闭容器中加入1 mol N2和3 mol H2，发生反应：N2(g)＋ 3H2(g)2NH3(g)。此反应达到平衡的标志是( )
A. N2、H2和NH3三者共存 B. 容器内气体的浓度不再发生变化
C. N2、H2和NH3的物质的量浓度相等 D. 单位时间消耗0.1molN2的同时生成0.2 mol NH3
【答案】B
【解析】可逆反应，①没有在平衡状态时也是三者共存，故A错误；根据 ，气体质量是恒量、容器体积是变量，所以密度为变量，密度不再发生变化，一定平衡，故B正确；浓度相等但不是浓度不变，故C错误；单位时间消耗0.1 mol N2的同时生成0.2 mol NH3，都是描述正反应速率，不一定平衡，故D错误。
9. 如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极。则下列有关判断正确的是（ ）
A .a为负极、b为正极
B. a为阳极、b为阴极
C. c为阳极、d为阴极
D. 电解过程中，化学能转化为电能
【答案】C
【解析】由图可知，电流从正极流向负极，则a为正极，b为负极，则c为阳极，d为阴极，铜离子在阴极得到电子，氯离子在阳极失去电子。A．由电流方向可知，b为负极、a为正极，故A错误；B．a为正极，b为负极，故B错误；C．和电源的正极相连的是阳极，和电源的负极相连的是阴极，c为阳极，d为阴极，故C正确；D．电解过程中，是电能转化为化学能，故D错误；故选C。
点睛：把握电流方向与电极、电极反应的关系为解答的关键。根据电流方向判断出电源的正负极是解答本题的突破口。
10. 下列物质属于弱电解质的是( )
A. CH3COO NH4 B. H2SO4 C. Na2CO3 D. HCN
【答案】D
【解析】A. CH3COO NH4属于易溶于水的盐，是强电解质，故A错误；B. H2SO4是强酸，属于强电解质，故B错误；C. Na2CO3属于易溶于水的盐，是强电解质，故C错误；D. HCN是弱酸，属于弱电解质，故D正确；故选D。
11. 关于溶液的酸碱性，下列说法正确的是( )
A. c(H＋)很小的溶液一定呈碱性 B. c(OH－)＝c(H＋)的溶液一定呈中性
C. 不能使酚酞溶液变红的溶液一定呈酸性 D. pH＝7的溶液一定呈中性
【答案】B
【解析】A．溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH-)、c(H+)的相对大小，如果c(OH-)＞c(H+)，溶液呈碱性，如果c(OH-)=c(H+)，溶液呈中性，如果c(OH-)＜c(H+)，溶液呈酸性，如果酸的浓度很小，则c(H+)很小，但溶液仍可能呈酸性，故A错误；B．溶液中如果c(OH-)=c(H+)，则溶液呈中性，故B正确；C．酚酞的变色范围是8-10，所以能使酚酞试液变红的溶液呈碱性，不能使酚酞试液变红的溶液，可能是盐的中性溶液或酸性溶液，如氯化钠盐溶液不能使酚酞试液变红，故C错误； D．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，纯水的pH＜7，则该温度下，pH=7的溶液呈碱性，只有c(OH-)=c(H+)时，溶液一定呈中性与pH无必然联系，故D错误；故选B。
点睛：明确溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH-)、c(H+)的相对大小是解本题关键。本题的易错点为C，不能使酚酞试液变红的溶液可能是中性溶液、弱碱性溶液或酸性溶液。
12. 下列说法正确的是( )
A. 所有的吸热反应都不能自发进行 B. 熵值增大的反应一定能自发进行
C. 电解池不能自发的原因是ΔS<0、ΔH>0的反应 D. 氧化钙溶于水吸热
【答案】C
...........................
13. 下列电离方程式正确的是( )
A. 醋酸溶于水：CH3COOH===CH3COO－＋H＋
B. NaHSO4溶于水：NaHSO4===Na＋＋HSO4-
C. 碳酸氢钠溶于水：NaHCO3HCO＋Na＋
D. 次氯酸溶于水：HClOH＋＋ClO－
【答案】D
【解析】A．醋酸是弱电解质，溶于水的电离方程式：CH3COOHCH3COO-+H+，故A错误；B．硫酸氢钠为强电解质，在水中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4═Na++H++SO42-，故B错误；C．碳酸氢钠为强电解质，完全电离成钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式：NaHCO3═HCO3-+Na+，故C错误；D．次氯酸为弱电解质，部分电离，电离方程式：HClOH++ClO-，故D正确；故选D。
点睛：书写电离方程式是要关注以下几个方面：(1)是强电解质电离还是弱电解质电离，如果是弱电解质电离要用“”，且多元弱酸要分步电离；(2)电离时产生的是阴、阳离子微粒，且原子团不能拆分；(3)电离方程式同样遵守原子守恒；(4)弱酸的酸式阴离子不好折分，除非单独写其电离时拆分，如HCO3-H++CO32-。
14. 25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ ΔH＞0。下列叙述正确的是( )
A. 将水加热，Kw增大，pH不变
B. 向水中加入少量NaOH溶液，平衡逆向移动，c(OH－)减小
C. 向水中加入少量冰醋酸，平衡正向移动，c(H＋)增大
D. 向水中加入少量固体NaHSO4，c(H＋)增大，Kw不变
【答案】D
【解析】A、由于水的电离吸热，故将水加热，水的电离平衡右移，Kw增大，溶液中的c(H+)增大，故pH减小，故A错误；B、向水中加入氢氧化钠固体，c(OH-)增大，水的电离平衡左移，故B错误；C、加入少量冰醋酸，溶液中的c(H+) 增大，水的电离被抑制，平衡左移，故C错误；D、向水中加入硫酸氢钠固体，硫酸氢钠电离出氢离子导致溶液中c(H+)增大，温度不变Kw不变，故D正确；故选D。
15. 参照反应Br＋H2HBr＋H的能量对应反应过程的示意图，下列叙述中正确的是( )
A. 正反应为吸热反应
B. 吸热反应一定要加热后才能发生
C. 反应物总能量高于生成物总能量
D. 升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率
【答案】A
【解析】试题分析：A、从图示分析出反应物的能量低于生成物，Br+H2⇌HBr+H是个吸热过程，故A正确；B、氢氧化钡晶体和氯化铵反应不需要任何条件，反应吸热，故B错误；C、从图示分析出反应物的能量低于生成物，故C错误；D、升高温度时正逆反应速率都要增大，故D错误，故选A。
考点：考查反应热与焓变
16. 已知在25℃、101kPa下，lg液态C8H18(辛烷)燃烧生成二氧化碳和 液态水时放出48.40kJ热量。表示上述反应的热化学方程式正确的是( )
A. C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(g) ΔH＝－48.40 kJ·mol－1
B. C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l) ΔH＝－5517.6 kJ·mol－1
C. C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l) ΔH＝5517.6 kJ·mol－1
D. C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l) ΔH＝－48.40 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】试题分析：掌握书写热化学方程式的基本注意事项。1mol的辛烷是114g，则可列方程：，可得x="5518" kJ·mol-1，而燃烧是放热，所以是负数。故选B。
考点：热化学方程式的书写
点评：热化学方程式在书写时一定要写状态，反应热及单位。
17. 已知298K、101kPa条件下，2H2(g) ＋O2(g)===2H2O(g) ΔH1＝－483.6kJ·mol－12H2(g) ＋O2(g)===2H2O(l) ΔH2＝－571.6kJ·mol－1；据此判断，下列说法正确的是( )
A. H2(g)与O2(g)反应生成H2O(g)是吸热反应
B. 1 mol H2O(g)转变成1 mol H2O(l)放出44.0 kJ热量
C. 1 mol H2O(l)转变成1 mol H2O(g)放出44.0 kJ热量
D. 1 mol H2O(g)转变成1 mol H2O(l)放出88.0 kJ热量
【答案】B
【解析】试题分析：A．H2(g)与O2(g)反应生成H2O(g)是放热反应，故A错误；B、D．根据盖斯定律，1mol液态水转化为气态水应吸热44KJ，则1molH2O(g)转变成1molH2O(l)放出44.0kJ热量，故B正确，D错误；C．1mol液态水转化为气态水应吸热44KJ，故C错误；故选B。
考点：考查焓变、盖斯定律、焓变与反应物生成物能量的关系。
18. 实验发现，298 K时，在FeCl3酸性溶液中加少量锌粒后，Fe3＋立即被还原成Fe2＋。某夏令营兴趣小组根据该实验事实设计了如图所示原电池装置。下列有关说法正确的是（ ）
A. 该原电池的正极反应是Zn－2e－===Zn2＋
B. 左烧杯中溶液的血红色逐渐褪去
C. 该电池铂电极上有气泡出现
D. 该电池总反应为3Zn＋2Fe3＋===2Fe＋3Zn2＋
【答案】B
【解析】试题分析：该原电池的负极反应是Zn－2e－=Zn2＋，故A错误；左烧杯中反应为，溶液的血红色逐渐褪去，故B正确；铂电极上的反应为，故C错误；该电池总反应为Zn＋2Fe3＋=2Fe2+＋Zn2＋，故D错误。
考点：本题考查原电池原理。
19. 已知反应2CO(g)===2C(s)＋O2(g)的ΔH为负值，ΔS为负值。设ΔH和ΔS不随温度而变，下列说法中，正确的是( )
A. 低温下能自发进行 B. 高温下能自发进行
C. 低温下不能自发进行，高温下能自发进行 D. 任何温度下都不能自发进行
【答案】A
【解析】试题分析：根据△G=△H-T△S，△H为正值，△S为负值，则△G必定是正值，△G>0，说明反应没有自发进行的倾向，任何温度下都不能自发进行，选D。
考点：反应自发性倾向的判断。
20. 可逆反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)达到平衡状态时，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2。下列说法不正确的是(K为平衡常数，Qc为浓度商)( )
A. K不变，O2转化率减小 B. K不变，SO2转化率增大
C. Qc变小， 反应速率加快 D. Qc增大，反应速率减小
【答案】D
【解析】当可逆反应2SO2+O2 2SO3达到平衡状态时，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，氧气的浓度增大，反应速率加快，浓度商Qc=变小，平衡向右进行，二氧化硫的转化率增大，但氧气的转化率减小，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故ABC正确，D错误；故选D。
21. 在密闭容器中，有下列反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-93.4 kJ·mol-1，有关该反应的叙述正确的是( )
A. 缩小容器的体积，v(正)增大、v(逆)减小，平衡向右移动
B. 将1 mol N2和3 mol H2充分反应达到平衡时，放出的热量等于93.4 kJ
C. 催化剂能缩短该反应达到平衡所需的时间，从而提高N2的转化率
D. 若混合气体中各成分的浓度不再变化，则该反应已达平衡状态
【答案】D
【解析】A、缩小容器的体积，增大了反应体系的压强，正逆反应速率都会增大，即v(正)增大、v(逆)增大，由于正反应速率大于逆反应速率，所以平衡会向着向右移动，故A错误；B、1molN2和3molH2充分反应达到平衡状态时，由于该反应为可逆反应，生成的氨气物质的量一定小于2mol，所以放出的热量小于92.4kJ，故B错误；C、加入催化剂，能够加快反应速率，能缩短该反应达到平衡所需的时间，但是正逆反应速率增大幅度相同，正逆反应速率仍然相等，化学平衡不移动，所以不会提高N2的转化率，故C错误；D、若混合气体中各成分的浓度不再变化，说明正逆反应速率已经相等，则该反应已达到平衡状态，故D正确；故选D。
22. 下列叙述与图像对应符合的是( )
A. 对于达到平衡状态的N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在t0时刻充入了一定的NH3，平衡逆向移动
B. 对于反应2X(g)+3Y(g)2Z(g) ΔH<0，y可以表示Z的百分含量
C. 该图像表示的方程式为2A=B+3C
D. p2>p1，T1>T2
【答案】BD
【解析】A．如果在t0时刻充入了一定的NH3，逆反应速率瞬间增大，正反应速率瞬间不变，v正应与平衡点相连，故A错误；B．由2X(g)+3Y(g) 2Z(g) ΔH<0可知，温度升高，平衡将逆向移动，生成物的百分含量减小，反应物的百分含量增大，y可以表示Z的百分含量，故B正确；C．从图象可知到t1时刻，A的浓度减少：(2.0-1.2)mol/L=0.8mol/L，B的浓度增加0.4mol/L，C的浓度增加1.2mol/L，根据浓度变化之比等于化学计量数之比确定化学反应方程式为：2AB+3C，故C错误；D．增大压强，反应速率增大，升高温度，反应速率增大，故先达到平衡，由先拐先平知p2＞p1，T1＞T2，故D正确；故选BD。
23. 下列叙述正确的是( )
A. 盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵
B. 稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小
C. 饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH不变
D. 同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH=7
【答案】C
【解析】A、当盐酸和氨水恰好中和生成NH4Cl时，由于铵根离子水解呈酸性，若使溶液呈中性，应继续向溶液中加入氨水，故溶液中的溶质是NH4Cl和NH3•H2O，故A错误；B、向稀醋酸中加水时，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小，故pH增大，故B错误；C、温度不变，Ca(OH)2的溶解度不发生变化，故饱和石灰水中c(OH-)的浓度不变，所以pH不变，故C正确；D、同浓度同体积的强酸与强碱溶液混合后，如果酸和碱中电离出的氢离子、氢氧根离子数目相同，则溶液的pH=7，当酸和碱中电离出氢离子、氢氧根离子数目不同时，混合液可能为酸性或碱性，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了酸碱反应的溶液酸碱性判断，弱电解质稀释溶液pH变化。本题的易错点为C，饱和石灰水中加入氧化钙会与水反应生成氢氧化钙，析出晶体后溶液仍是饱和溶液，温度不变，离子浓度不变。
24. 下列电解质溶液的有关叙述正确的是( )
A. 100℃的沸水的pH=7
B. 加水稀释10 mL pH＝11的氨水，溶液中增大
C. 含1 mol KOH的溶液与1 mol CO2完全反应后，溶液中c(K+)=c(HCO3-)
D. 0.1mol·L－1的次氯酸溶液与等浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后：c(H＋)>c(OH－)
【答案】B
【解析】A.温度升高，水的电离程度增大，100℃的沸水呈中性，pH＜7，故A错误；B. 加水稀释10 mL pH＝11的氨水，促进NH3·H2O的电离，c(OH-)减小，溶液的碱性减弱，但电离平衡常数不变，因此溶液中增大，故B正确；C. 含1 mol KOH的溶液与1 mol CO2完全反应生成碳酸氢钾，水解后溶液显碱性，根据物料守恒，溶液中c(K+)=c(HCO3-)+ c(CO32-)+ c(H2CO3)，故C错误；D. 0.1mol·L－1的次氯酸溶液与等浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后恰好反应生成次氯酸钠，水解后溶液显碱性，c(H＋)＜c(OH－)，故D错误；故选B。
25. 在T ℃时，某NaOH稀溶液中c(H+)=10-a mol·L-1，c(OH-)=10-b mol·L-1，已知a+b=12。向该溶液中逐滴加入pH=c的盐酸(T ℃)，测得混合溶液的部分pH如下表所示：
序号
氢氧化钠溶液的体积
盐酸的体积
溶液的pH
①
20.00
0.00
10
②
20.00
20.00
6
假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则c为( )
A. 1 B. 4 C. 2 D. 6
【答案】C
【解析】已知a+b=12，某NaOH溶液中kw=c(H+)·c(OH-)=10-amol•L-1×10-bmol•L-1=10-12，当盐酸的体积为0时，测定溶液的pH是氢氧化钠溶液的pH，则溶液中c(OH-)=mol/L=10-2 mol/L；当两种溶液等体积混合时，溶液的pH=6，结合水的离子积常数知，该溶液呈中性，则氯化氢和氢氧化钠的物质的量相等，两溶液的体积相等，则c(HCl)=c(NaOH)=10-2mol/L，所以盐酸的pH=2，故选C。
点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，灵活运用水的离子积常数是解本题关键。注意此温度下水的离子积常数不是10-14，为易错点。
26. 某课外活动小组的同学在学习了电化学相关知识后，用如图装置进行实验，请回答下列问题：
（1）实验一：将开关K与a连接，则乙的电极反应式为___。
（2）实验二：开关K与b连接，则总反应的离子方程式为_______。
（3）对于实验二，下列说法正确的是___（填字母）。
A.溶液中Na＋向甲极移动
B.从甲极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝
C.反应一段时间后加适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度
D.反应在结束后，甲电极和乙电极上收集到的气体体积一定相等
【答案】 (1). Fe-2e-=Fe2+ (2). 2Cl-+2H2O=2OH-+H2↑+Cl2↑ (3). B
【解析】(1)开始时开关K与a连接，是原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，电极方程式为Fe-2e-=Fe2+，甲电极上氧气得电子被还原，电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；
(2)开关K与b连接，装置为电解池，铁为阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，总反应为电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，总反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，离子方程式为2Cl-+2H2O=2OH-+H2↑+Cl2↑，故答案为：2Cl-+2H2O=2OH-+H2↑+Cl2↑；
(3)A.溶液中Na+向阴极乙极移动，故错误；B.从甲极处逸出的气体为氯气，能使湿润KI淀粉试纸变蓝，故正确；C.电解饱和食盐水实质为电解氯化氢，因为盐酸为氯化氢的水溶液，所以反应一段时间后加适量盐酸不可恢复到电解前电解质的浓度，故错误；D. 反应在结束后，甲电极收集到的气体为氯气，乙电极收集到的气体为氢气，由于氯气能够与生成的氢氧化钠反应，导致生成的氯气和氢气的体积不相等，故错误；故选B。
27. 甲醇（CH3OH）广泛用作燃料电池的燃料，可由天然气来合成，已知：
①2CH4(g)＋O2(g)=2CO(g)＋4H2(g)ΔH＝－71 kJ·mol－1
②CO（g）＋2H2(g)===CH3OH（l）ΔH＝－90.5 kJ·mol－1
③CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O（l） ΔH＝－890 kJ·mol－1
（1）甲烷的燃烧热为____。
（2）CH4和O2反应生成CH3OH（l）的热化学方程式为____。
【答案】 (1). 890 kJ·mol－1 (2). 2CH4(g)＋O2(g)=2CH3OH（l）ΔH＝－252 kJ·mol－1
【解析】(1)燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据反应③，甲烷的燃烧热为890 kJ·mol－1，故答案为：890 kJ·mol－1或ΔH＝－890 kJ·mol－1；
(2)①2CH4(g)＋O2(g)=2CO(g)＋4H2(g)ΔH＝－71 kJ·mol－1 ，②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(l)ΔH＝－90.5 kJ·mol－1，根据盖斯定律，将①+②×2得：2CH4(g)＋O2(g)=2CH3OH(l)ΔH＝(－71 kJ·mol－1)+(－90.5 kJ·mol－1)×2=－252 kJ·mol－1，故答案为：2CH4(g)＋O2(g)=2CH3OH(l)ΔH＝－252 kJ·mol－1。
28. 在一定条件下，可逆反应：mA＋nBpC达到平衡，若：
（1）A、B、C都是气体，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则m＋n和p的关系是________。
（2）A、C是气体，增加B的量，平衡不移动，则B为__________________。
（3）A、C是气体，而且m＋n＝p，减小压强可使平衡发生移动，则平衡移动的方向是________。
【答案】 (1). m＋n 【解析】(1)A、B、C都是气体，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，现在，平衡向逆反应方向移动，所以m+n＜p，故答案为：＜；
(2)A、C是气体，增加B的量，平衡不移动，说明B的浓度不变，可以是液体也可以是固体，故答案为：固体或液体；
(3)A、C是气体，而且m＋n＝p，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，所以B不是气体，则m＜p，即平衡移动的方向是正反应方向，故答案为：正反应方向。
29. （1）水的电离平衡曲线如下图所示。
将100℃下的pH=8的Ba（OH）2溶液与100℃下的pH=5的稀盐酸混合，并保持100℃的恒温，欲使混合溶液pH=7， 则Ba(OH)2与盐酸的体积比为______________
（2）下列关于水电离的说法正确的是（____）
A．水电离是熵增加的反应，反应吸热，故能自发进行
B．升高温度水分子的活化分子数增多，有效碰撞几率减小，电离速率加快
C．向水中加入多电子体，加快H+和O2-之间的电子传递， 破坏水的电离平衡，是研究水分解的方向之一
D．水电离本质上是水分子间的氢键瞬间作用力加强造成的
【答案】 (1). 2:9 (2). AD
【解析】(1)100℃时，Kw=10-12，pH=8的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-4mol/L，pH=5的稀盐酸中c(H+)=10-5 mol/L，设氢氧化钡的体积为x，盐酸的体积为y，保持100℃的恒温，欲使混合溶液pH=7，溶液呈碱性，混合溶液中c(OH-)=mol/L=10-5 mol/L，c(OH-)==10-5 mol/L，x：y=2：9，故答案为：2：9；
(2) A．水电离是熵增加的反应，电离过程需要吸热，即△S＞0，△H＞0，△G=△H-T•△S，在一定温度下可以使得△G＜0，能自发进行，故A正确；B．升高温度水分子的活化分子数增多，有效碰撞几率增大，电离速率加快，故B错误；C．水中不存在O2-，故C错误；D．水分子间的氢键瞬间作用力加强，使得氢氧共价键发生断裂，使水电离成氢离子和氢氧根离子，故D正确；故选AD。
30. 有人研究了340 K时N2O5的分解反应：2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)，得到不同物质在不同时刻的浓度，见下表。
t/min
0
1
2
3
4
c(N2O5)/mol·L－1
0.160
0.114
0.080
0.056
0.040
c(O2)/mol·L－1
0
0.023
0.040
0.052
0.060
（1）图像能够非常直观地描述物理量的变化趋势。请你在下图中作出c(NO2)t图像。_________
（2）数据处理是化学实验过程中非常重要的一个环节。请计算3～4min时v(N2O5)=______________。
（3）各物质的化学反应速率之间的关系：________________。
（4）乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，利用下图装置进行定量实验。应该测定的实验数据是___________________________________。
（5）利用所学的知识，描述升温到800 K时N2O5的分解速率加快的原因____________。
【答案】 (1). (2). v(N2O5)=0.16/mol·L－1·min－1 (3). 反应速率比等于各物质的化学计量数之比 (4). 单位时间内收集到的气体的体积或收集相同体积气体时所需要的时间 (5). 升高温度活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快
【解析】(1)依据题给数据在坐标系内描点作图，得到c(NO2)t图像为，故答案为：；
(2)t4-t3：v(N2O5)==0.016 mol•L-1•min，故答案为：0.016 mol•L-1•min；
(3)在化学方程式中，各物质的化学反应速率之比等于各物质的化学计量数之比，故答案为：反应速率之比等于各物质的化学计量数之比；
(4)乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，利用如图装置进行定量实验，根据实验要求需要测定一定时间产生气体的体积或测定产生一定体积的气体所需时间，故答案为：测定一定时间产生气体的体积或测定产生一定体积的气体所需时间；
(5)升高温度活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快，因此升温到800 K时N2O5的分解速率加快，故答案为：升高温度活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快。
31. 某校化学兴趣小组的同学对一含有少量Na2SO4的NaOH样品中NaOH的含量进行测定。回答下列问题：
（1）甲同学运用沉淀法测定样品中NaOH的含量。他选用的药品除样品外，还应有____。
（2）乙同学运用滴定法测定样品中NaOH的含量。
①用分析天平准确称取该样品12.00 g，全部溶于水配制成250.0 mL的溶液。用碱式滴定管取其中25.00 mL放在锥形瓶中，滴加几滴指示剂，待测。滴定管在使用前除洗涤外，还应_____________。
②用浓度为1.00 0 mol·L－1的盐酸标准溶液进行滴定。开始滴定前的一步操作是_________。
③滴定过程中用pH计测定锥形瓶中溶液的pH，临近滴定终点时测定pH应每滴一滴测一次。
④滴定过程中，锥形瓶中溶液的pH变化如下
V（HCl/mL
0.00
12.00
18.00
22.00
23.00
23.96
25.00
25.02
26.00
27.00
30.00
pH
13.1
12.6
12.2
11.7
11.4
9.9
7.0
4.0
2.7
2.4
1.9
请在右边坐标图中绘制出上述中和滴定的曲线。____________
⑤下表是几种酸碱指示剂的变色范围，根据你作出的中和滴定曲线分析，上述中和滴定中应选用的指示剂是______。
指示剂
变色范围（pH）
颜色
酸色
碱色
甲基橙
3.1～4.4
红
黄
石蕊
5.0～8.0
红
蓝
酚酞
8.2～10.0
无
红
⑥样品中，NaOH的质量百分含量为____。
【答案】 (1). 氯化钡或氢氧化钡 (2). 用待测液润洗 (3). 调节液面至0刻度线及以下 (4). (5). 甲基橙 (6). 83.33%。
【解析】(1)含有少量Na2SO4的NaOH样品中NaOH的含量进行测定，甲同学运用沉淀法测定样品中NaOH的含量，可以将样品溶解后加入氯化钡溶液或氢氧化钡溶液完全沉淀硫酸根离子，通过硫酸钡沉淀的质量计算硫酸钠的质量，从而求出氢氧化钠的含量，故答案为：氯化钡溶液或氢氧化钡；
(2)①乙同学运用滴定法测定样品中NaOH的含量。滴定管在使用前除洗涤外，还要用待测液润洗，故答案为：用待测液润洗；
②用浓度为1.00 0 mol·L－1的盐酸标准溶液进行滴定。开始滴定前需要读取滴定管中液体的初始刻度，因此需要将液面调节至0刻度线及以下，故答案为：调节液面至0刻度线及以下；
④根据表中数据可以绘制出中和滴定的曲线为：，故答案为：；
⑤依据图象和图表数据分析可知pH突变是4.0～9.9，盐酸和氢氧化钠恰好反应生成的氯化钠溶液呈中性，甲基橙变色范围为3.1-4.4，因此应该选用甲基橙作指示剂，故答案为：甲基橙；
⑥根据滴定数据可知，滴定终点消耗的盐酸的体积为25.00mL，氢氧化钠的物质的量=氯化氢的物质的量=1.000mol/L×0.025L=0.025mol，25.00 mL样品中含有的氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.025mol=1g，则250.0 mL样品中含有氢氧化钠10g，样品中含有的氢氧化钠的质量百分含量为：×100%=83.33%，故答案为：83.33%。
点睛：本题考查了中和滴定的实验分析判断，步骤和注意问题，滴定计算应用，测定混合物成分的方案设计与分析判断，图象绘制方法，掌握基础是关键。本题的易错点是滴定终点消耗盐酸体积的判断。
32. 研究NOx、CO2的吸收利用对促进低碳社会的构建和环境保护具有重要意义。
（1）已知：① 2H2(g) + O2(g)＝2H2O(g) ∆H1
② CO2(g)+3H2(g)CH3OH (l) + H2O (l) ∆H2
③ H2O(g)H2O(l) ∆H3
求 25℃、101kPa下，2 mol CH3OH (l)完全燃烧的∆H=_____（用含∆H1、∆H2、∆H3的式子表示）。
（2）向1 L密闭容器中加入2 mol CO2、6 mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH (l) + H2O (l) ∆H2
①已知反应的∆H2<0，则此反应自发进行的条件是_________（填“低温”、“高温”或“任意温度”）。
②在t2时将容器容积缩小为原体积的一半，t3时再次达到平衡，请画出t2之后 CO2气体的浓度随时间变化的曲线。______________
（3）用NH3催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染。如下图，采用NH3作还原剂，烟气以一
定的流速通过两种不同催化剂，测量逸出气体中氮氧化物含量，从而确定烟气脱氮率（注：脱氮率即氮氧化物的转化率），反应原理为：NO(g) + NO2(g) + 2NH3(g)2N2(g) + 3H2O(g)。 以下说法不正确的是__________。（填编号）
A．使用第②种催化剂更有利于提高NOx的平衡转化率
B．催化剂①、②分别适合于250℃和450℃左右脱氮
C．相同条件下，改变压强对脱氮率会有影响
D．烟气通过催化剂的流速越快，脱氮效果会越好
（4）用电解法处理NO2是消除氮氧化物污染的新方法，其原理是将NO2在电解池中分解成无污染的N2和O2，电解质是固体氧化物陶瓷（内含O2ˉ离子，可定向移动），阳极的反应式是_________。
【答案】 (1). ∆H=3∆H1-2∆H2+4∆H3 (2). 低温 (3). (4). AD (5). 2O2ˉ-4e-= O2↑
【解析】(1)①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H1，②CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH (l)+H2O (l)△H2，③H2O(g)⇌H2O(l)△H3，依据热化学方程式和盖斯定律计算(①×3-②×2+③×4)×得到热化学方程式：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=(3△H1-2△H2+4△H3)，2mol CH3OH (l)完全燃烧的△H=3△H1-2△H2+4△H3；故答案为：3△H1-2△H2+4△H3；
(2)①CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(l)+H2O(l)，熵变△S＜0，反应焓变△H2＜0，低温下满足△H-T△S＜0，故答案为：低温；
②保持其他条件不变，在t2时将容器容积缩小一倍，CO2的浓度瞬间增大到原来的2倍，同时压强增大，平衡正向移动，然后CO2的浓度逐渐减小，t3时达到平衡，平衡时浓度比原来大，则t2～t3CO2的浓度随时间的变化如图：，故答案为： ；
(3)A．催化剂不会影响转化率，只影响反应速率，所以第②种催化剂对转化率没有影响，故A错误；B．由图象可知，催化剂①、②分别适合于250℃和450℃左右脱氮，其催化活性最好，故B正确；C．该反应为体积增大的反应，增大压强，平衡向着逆向移动，所以压强对脱氮率有影响，故C正确；D．从题干信息无法判断烟气通过催化剂的流速对脱氮效果的影响，催化剂对转化率没有影响，故D错误；故选AD；
(4)电解法处理氮氧化合物原理是将NOx在电解池中分解成无污染的N2和O2除去，两电极间是固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导O2-，阴极发生还原反应，阴极上是NOx获得电子生成N2与O2-，电极反应式为：2NOx+4xe-=N2+2xO2-，阳极上氧离子失去电子生成氧气，电极反应式为2O2ˉ-4e-= O2，故答案为：2O2ˉ-4e-= O2。
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