【化学】江苏省海安高级中学2018-2019学年高一上学期第一次月考（创新班）试题（解析版）

江苏省海安高级中学2018-2019学年高一上学期第一次月考试题（创新班）
1.[2017新课标Ⅰ]支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是（ ）

A. 通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B. 通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C. 高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D. 通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
【答案】C
【解析】本题使用的是外加电流的阴极保护法，钢管柱与电源的负极相连，被保护。A．外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，从而保护钢管柱，A正确；B．通电后，被保护的钢管柱作阴极，高硅铸铁作阳极，因此电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B正确；C．高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，C错误；D．通过外加电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流，因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，D正确。答案选C。
2.已知H2的燃烧热为285.8 kJ/mol，CO的燃烧热为282.8 kJ/mol。现有H2和CO组成的混合气体56.0 L(标准状况)，充分燃烧后，放出热量710.0 kJ，并生成液态水。下列说法正确的是（ ）
A. CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)==2CO2(g) ΔH=−282.8 kJ/mol
B. H2燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)==2H2O(g) ΔH=−571.6 kJ/mol
C. 燃烧前的混合气体中，H2的体积分数为60%
D. 混合气体燃烧后与足量的过氧化钠反应，转移电子2.5 mol
【答案】D
【详解】A. CO的燃烧热为282.8 kJ/mol ，依据燃烧热的概念，热化学方程式为： CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH=−282.8 kJ/mol，故错误；B. H2的燃烧热为285.8 kJ/mol，H2燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)==2H2O(l) ΔH=−571.6 kJ/mol，故错误；C.设氢气的物质的量为x，一氧化碳的物质的量为y，氢气和一氧化碳组成的混合气体体积为56.0L，物质的量为56.0L/22.4L/mol=2.5mol，经过充分燃烧，放出的总热量为710kJ，依据燃烧热计算有x+y=2.5，285.8x+282.8y=710，解得x=1mol，y=1.5mol。氢气的体积分数为1mol/2.5mol=40%，故错误；D.氢气为1mol，一氧化碳为1.5mol，燃烧后生成的水和二氧化碳分别为1mol和1.5mol，与过氧化钠反应，转移的电子数分别为1mol和1.5mol，共2.5mol，故正确；故选D。
3.我国预计在2020年前后建成自己的载人空间站。为了实现空间站的零排放，循环利用人体呼出的CO2并提供O2，我国科学家设计了一种装置(如下图)，实现了“太阳能一电能一化学能”转化，总反应方程式为2CO2=2CO+O2。关于该装置的下列说法正确的是（ ）

A. 图中N型半导体为正极，P型半导体为负极
B. 图中离子交换膜为阳离子交换膜
C. 反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强
D. 人体呼出的气体参与X电极的反应：CO2+2e-+H2O=CO+2OH-
【答案】D
【解析】试题分析：A、图中N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A错误；B、图中离子交换膜允许氢氧根离子通过，为阴离子交换膜，故B错误；C、阴极反应生成的OH-在阳极完全反应，总反应为2CO2=2CO+O2，所以反应前后溶液的pH并不变化，故C错误；D、人体呼出的气体参与X电极的反应：为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，故D正确；故选D。
4.X、Y、Z、W、R是原子序数依次递增的短周期元素。X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，Z为短周期中金属性最强的元素，W是地売中含量最高的金属元素。下列叙述正确的是（ ）
A. Y、Z、W原子半径依次增大
B. 元素W、Z形成的简单氧化物，W的氧化物熔点更高
C. X、Z、W的最高价氧化物对应水化物两两间均可发生反应
D. W、Z的最高价氧化物对应水化物碱性，W＞Z
【答案】B
【详解】A. Y、Z、W原子半径顺序为钠>铝>氧，故错误；B. 元素W、Z形成的简单氧化物分别为氧化铝和氧化钠，氧化铝的晶格能大于氧化钠，氧化铝的熔点比氧化钠高，故正确；C. X、Z、W的最高价氧化物对应水化物分别为碳酸、氢氧化钠、氢氧化铝，氢氧化钠可以和碳酸或氢氧化铝反应，但是碳酸和氢氧化铝不能反应，故错误；D. W、Z的最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化铝和氢氧化钠，氢氧化钠的碱性更强，故错误。故选B。
5.白磷与氧气可发生如下反应：P4+5O2P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为P—P a kJ·mol−1、P—O b kJ·mol−1、P=O c kJ·mol−1、O=O d kJ·mol−1。根据如图所示的分子结构和有关数据估算该反应的ΔH，下列数据正确的是（ ）

A. (6a+5d−4c−12b) kJ·mol−1 B. (4c+12b−6a−5d) kJ·mol−1
C. (4c+12b−4a−5d) kJ·mol−1 D. (4a+5d−4c−12b) kJ·mol−1
【答案】A
【详解】根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算，ΔH=(6a+5d−4c−12b) kJ·mol−1。故选A。
【点睛】注意一个白磷分子中含有6个磷磷键。P4O10中含有4个磷氧双键和12个磷氧单键。
6. 下列有关热化学方程式的书写及对应的表述均正确的是（ ）
A. 密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成17.6 g硫化亚铁时，放出19.12 kJ热量。则Fe(s)＋S(s)==="FeS(s)" ΔH＝－95.6 kJ·mol－1
B. 稀醋酸与0.1 mol·L－1NaOH溶液反应：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
C. 已知1 mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5 kJ，则水分解的热化学方程式为2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋285.5 kJ·mol－1
D. 已知2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221 kJ·mol－1，则可知C的燃烧热ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】试题分析：A、9.6g硫的物质的量是9.6g/32g/mol=0.3mol，11.2gFe的物质的量是0.2mol，S过量，则1molFe完全与S反应生成FeS放出的热量是19.12kJ/0.2mol=95.6kJ/mol，热化学方程式正确，正确；B、醋酸是弱酸，电离需要吸收热量，所以与氢氧化钠溶液反应生成1mol水时放出的热量少于57.3kJ，错误；C、1 mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5 kJ，则水分解的热化学方程式为H2O(l)=== H2(g)＋1/2O2(g) ΔH＝＋285.5 kJ·mol－1，错误；D、1molC完全燃烧生成二氧化碳时放出的热量为C的燃烧热，错误，答案选A。
7.用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入（ ）

A. 0.1 mol CuO
B. 0.1 mol CuCO3
C. 0.05 mol Cu2(OH)2CO3
D. 0.1 mol Cu(OH)2
【答案】C
【详解】用惰性电极电解硫酸铜溶液，先电解生成铜、氧气和硫酸，根据图分析，当转移0.2mol电子时反应生成0.05mol氧气和0.1mol铜，然后就是电解水，生成氢气和氧气，当又转移0.1mol电子时，产生了0.05mol氢气和0.025mol氧气，即电解了0.05mol水。所以要使溶液恢复需要进入0.1mol氧化铜和0.05mol水，即可以加入0.05 mol Cu2(OH)2CO3。故选C。
8.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：
①CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－574 kJ·mol－1
②CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－1160 kJ·mol－1
下列说法不正确的是:（ ）
A. 由反应①、②可推知：CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝-867 kJ·mol－1
B. 等物质的量的甲烷分别参与反应①、②，则反应转移的电子数相等
C. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，放出的热量为173.4 kJ
D. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为3.2NA
【答案】D
【解析】试题分析：A、根据盖斯定律可知CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)，由（①+②）/2可得，所以ΔH＝[(－574 kJ·mol－1)+( －1160 kJ·mol－1)]/2="-867" kJ·mol－1，正确；B、等物质的量的甲烷分别参与反应①、②，甲烷中的-4价C原子全部转化为+4价C，所以转移的电子数相等，正确；C、标准状况下4.48 L CH4的物质的量是0.2mol，还原NO2至N2，根据A的结果，放出的热量为0.2mol×(867 kJ·mol－1)="173.4" kJ，正确；D、0.2mol甲烷还原NO2至N2，本身被氧化为CO2，所以整个过程转移电子的物质的量是0.2mol×8=1.6mol，电子总数是1.6NA，错误，答案选D。
9.煤的液化可以合成甲醇。下列有关说法正确的是（ ）
①“气化”:C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) 　　ΔH1=+90.1 kJ·mol-1
②催化液化Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 　　ΔH2=-49.0 kJ·mol-1
③催化液化Ⅱ:CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g)+1/2O2(g) ΔH3=a kJ·mol-1

A. 催化液化Ⅰ中使用催化剂,反应的活化能Ea、ΔH2都减小
B. 反应C(s)+H2O(g)+H2(g)CH3OH(g)　ΔH=+41.1 kJ·mol-1
C. ΔH2>ΔH3
D. 如图为甲醇燃料电池的工作原理示意图,负极的电极反应为CH3OH-6e-+6OH-CO2↑+5H2O
【答案】B
【详解】A. 催化液化Ⅰ中使用催化剂,反应的活化能Ea减小但ΔH2不变，故错误；B. ①“气化”:C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) ΔH1=+90.1 kJ·mol-1，②催化液化Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 　ΔH2=-49.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律分析，①+②可得热化学方程式为：反应C(s)+H2O(g)+H2(g)CH3OH(g)　ΔH=+90.1kJ/mol-49.0kJ/mol=+41.1 kJ·mol-1，故正确；C. ②催化液化Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0 kJ·mol-1，③催化液化Ⅱ:CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g)+1/2O2(g) ΔH3=a kJ·mol-1，根据盖斯定律分析，②-③可得热化学方程式为：H2(g) +1/2O2(g)= H2O(g) ΔH=ΔH2-ΔH3=（-49.0-a） kJ·mol-1，该反应为放热反应，即ΔH