1、- 1 -江苏省海安高级中学 2018-2019 学年高一上学期第一次月考化学试题（创新班）1.2017 新课标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，
2、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) H=282.8 kJ/molB. H2
3、燃烧的热化学方程式为 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=571.6 kJ/molC. 燃烧前的混合气体中，H 2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- 2 -【解析】【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) H=282.8 kJ/mol，故错误；B. H2的燃烧热为 285.8 kJ/mol，H 2燃烧的热化学方程式为 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=571.6 kJ/mol，故错误；C.设氢气的物质的量为 x，
4、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。【点睛】燃烧热是指 1mol 可燃物完全燃烧生成稳定的氧化
5、物时放出的热量，稳定的氧化物指二氧化碳或液态水等。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：CO 2+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
6、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- 3 -与 X 电极的反应：为 CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，故 D 正确；故选 D。考点：考查了化学电源新型电池的相关知识。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
7、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，WZ【答案】B【解析】【分析】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，为碳元素，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，即为 24，所以分别为氧和硫元素。Z 为短周期中金属性最强的元素，为钠元素，W 是地売中含量最高的金属元素，为铝元素。据此解答。【详解】A. Y、Z、W 原子半径顺序为钠铝氧，故错误；B. 元
8、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：P 4+5O2 P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为 PP a kJmol1、PO b kJmol1、P=O c kJmol1、O=O d kJmol1。根据如图所示的分子结构和有关数据估算该反应的 H
9、，下列数据正确的是A. (6a+5d4c12b) kJmol1 B. (4c+12b6a5d) kJmol1C. (4c+12b4a5d) kJmol1 D. (4a+5d4c12b) kJmol1- 4 -【答案】A【解析】【分析】根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算即可。【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， H=(6a+5d4c12b) kJmol1。故选 A。【点睛】注意一个白磷分子中含有 6 个磷磷键。P 4O10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
10、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)“ H95.6 kJmol 1B. 稀醋酸与 0.1 molL1 NaOH 溶液反应：H (aq)OH (aq)=H2O(l)H57.3 kJmol1C. 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)O 2(g) H285.5 kJmol 1D. 已知 2C(s)O 2(g)=2CO(g)H221 kJmol 1 ，则可知 C 的燃烧热 H110.5 kJmol1【答案】A【解析】试题分
11、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)1/2O 2(g) H285.5 kJmol1 ，错误；D、1molC 完全燃烧生成二氧化碳时放出的热
12、量为 C 的燃烧热，错误，答案选 A。考点：考查热化学方程式的判断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- 5 -A. 0.1 mol CuOB. 0.1 mol CuCO3C. 0.05 mol Cu2(OH)2CO3D. 0.1 mol Cu(OH)2【答案】C【解析】【分析】用惰性电极电解硫酸铜溶液，先电解生成铜和氧气和硫酸，后电解水，生成氢气和氧气。【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
13、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。【点睛】注意电解过程中的产物的变化，先电解生成铜和氧气，后电解水。8.用 CH4催化还原 NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：CH 4(g)4NO 2(g)=4NO(g)CO 2(g)2H 2O(g) H574 kJmol 1CH 4(g)4NO(g)=2N 2(g)CO 2(g)2H 2
14、O(g) H1160 kJmol 1下列说法不正确的是:（ ）A. 由反应、可推知：CH 4(g)2NO 2(g)=N2(g)CO 2(g)2H 2O(g) H-867 kJmol 1B. 等物质的量的甲烷分别参与反应、，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 kJD. 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)2NO 2(g)=N2(g)CO 2(g)2H 2O(g)，由（+）/2可得，所以 H(574 k
15、Jmol 1 )+( 1160 kJmol 1 )/2=“-867“ kJmol1 ，正确；- 6 -B、等物质的量的甲烷分别参与反应、，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 kJmol1 )=“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0.2mol8=1.6mol，电子总数是 1.6NA，错误，答案选 D。考点：考查盖斯定律的应用，氧化
16、还原反应的分析9.煤的液化可以合成甲醇。下列有关说法正确的是“气化”:C(s)+2H 2O(g) CO2(g)+2H2(g) H1=+90.1 kJmol-1催化液化:CO 2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H2=-49.0 kJmol-1催化液化:CO 2(g)+2H2(g) CH3OH(g)+1/2O2(g) H3=a kJmol-1A. 催化液化中使用催化剂,反应的活化能 Ea、 H2都减小B. 反应 C(s)+H2O(g)+H2(g) CH3OH(g) H=+41.1 kJmol-1C. H2 H3D. 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 CH3
17、OH-6e-+6OH- CO2+5H 2O【答案】B【解析】【详解】A. 催化液化中使用催化剂,反应的活化能 Ea减小但 H2不变，故错误；B. “气化”:C(s)+2H 2O(g) CO2(g)+2H2(g) H1=+90.1 kJmol-1，催化液化:CO 2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H2=-49.0 kJmol-1，根据盖斯定律分析，+可得热化学方程式为：反应 C(s)+H2O(g)+H2(g) CH3OH(g) H=+90.1kJ/mol-49.0kJ/mol=+41.1 kJmol-1，故正确；C. 催化液化:CO 2(g)+3H2(g) CH3OH(g)
18、+H2O(g) H2=-49.0 kJmol-1，催化液化:CO 2(g)+2H2(g) CH3OH(g)+1/2O2(g) H3=a kJmol-1，根据盖斯定律分析，-可得热化学方程式为：H 2(g) +1/2O2(g)= H2O(g) H= H2- H3=（-49.0-a） kJmol-1，该反应为放热反应，即 H 0，则有 H2- H30，即 H2 H3，故错误；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-+8OH- CO32-+6H2O，故错误。故选 B。- 7 -10.水银法电解食盐水是氯碱工业发展进程中的重要里程碑，以制得碱液纯度高、质量好而著称
19、，其生产原理示意图如下。下列说法不正确的是A. 电解器中阳极的电极反应式为 2Cl 2e =Cl2B. 当阳极产生 3.36 L(标准状况)气体时，解汞室中生成 NaOH 的质量为 12 gC. 解汞室中产生氢气的电极为阴极D. 在直流电作用下，电解器中的 Na 变成金属钠，与水银形成钠汞合金，从而与 Cl2分开【答案】C【解析】【详解】A. 电解器中阳极发生失去电子的氧化反应，电极反应式为 2Cl 2e =Cl2，A 正确；B. 当阳极产生 3.36 L(标准状况)气体即 0.15mol 氯气时，根据电子守恒，阴极生成0.3molNa，根据 Na 守恒，解汞室中生成 0.3molNaOH，其
20、质量为 0.3mol40g/mol=12 g，B正确；C. 解汞室中，钠汞合金与石墨粒构成原电池，钠汞合金为负极，Na 失电子被氧化成Na+，石墨粒为正极，氢离子在正极得到电子被还原成氢气，C 错误；D. 根据示意图，在直流电作用下，电解器中阴极上钠离子得到电子被还原成 Na，Na 与水银形成钠汞合金，从而与氯气分离开来，D 正确；故选 C。11.最近中国科学院上海高等研究院在合成气直接制烯烃研究获重大突破。已知：反应：C(s) + 1/2O 2(g) CO (g) H1反应：C(s) + H 2O(g) CO(g)+ H 2(g) H2反应：CO(g) +2H 2(g) CH 3OH(g)
21、H 3=90.1kJmol 1反应：2CH 3OH(g) CH 3OCH3(g) + H2O(g) H 4=134.0kJmol 1反应：3CH 3OH(g) CH 3CH=CH2(g)+3H2O(g) H 5=31.0kJmol 1下列说法正确的是A. H1 H20B. 反应为放热反应C. 3CH3OCH3(g) 2CH 3CH=CH2(g) + 3H2O(g) H=103.0 kJmol 1- 8 -D. 3CO(g) + 6H2(g) CH 3CH=CH2(g)+3H2O(g) H=301.3kJmol 1【答案】AD【解析】【详解】A. H 1H 2为 1/2O2(g)H 2(g) H
22、 2O(g)的 H，该化合反应为放热反应，故H1H 20，A 项正确；B. 反应为吸热反应，B 项错误；C. 根据盖斯定律，23 得 3CH3OCH3(g) 2CH3CH=CH2(g) + 3H2O(g) H=340.0kJmol 1 ，C 项错误；D.根据盖斯定律：3得 3CO(g) + 6H2(g) CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) H=301.3kJmol 1 ，D 项正确。故选 AD。12.用酸性甲醛燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示，下列说法中正确的是A. 当 a、b 都是铜作电极时，电解的总反应方程式为 2CuSO42H 2O 2H2SO42CuO 2B. 燃料电池工
23、作时，正极反应为 O22H 2O4e =4OHC. 当燃料电池消耗 22.4 L 甲醛气体时，电路中理论上转移 2 mol eD. 燃料电池工作时，负极反应为 HCHOH 2O2e =HCOOH2H 【答案】D【解析】【分析】左边装置是酸性甲醛燃料电池，原电池放电时，燃料失去电子发生氧化反应，所以通入燃料的电极为负极，通入氧气的电极为正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，由于电解质溶液呈酸性，正极上电极反应为 O2H 4e =H 2O，右边装置有外界电源，所以是电解池，连接负极的电极时阴极，连接正极的极是阳极，阳极上失去电子发生氧化反应，阴极上得到电子发生还原反应。【详解】A. 当 a、b
24、都是铜作电极时，形成电解精炼装置，阳极铜失去电子，阴极上铜离子得到电子，故错误；B.由于电解质溶液呈酸性，正极反应为 O2H 4e =H 2O ，故错误；C. 当燃料电池消耗 22.4 L 甲醛气体时，由于没有说明是在标况下，所以无法计算甲醛的物质的量，则无法计算转移电子的物质的量，故错误；D. 燃料电池工作时，甲醛在负极上失去电子生成甲酸，则负极反应为 HCHOH 2O2e =HCOOH2H ，故正确。故选。- 9 -13.乙烯催化氧化成乙醛可设计成如图所示的燃料电池，能在制备乙醛的同时获得电能，其总反应式为 2CH2=CH2O 2=2CH3CHO。下列有关说法正确的是A. 每有 0.1 m
25、ol O2反应，则迁移 H 0.4 molB. 负极反应式为 CH2=CH22e H 2O=CH3CHO2H C. 电子移动方向：电极 a磷酸溶液电极 bD. 该电池为二次电池【答案】AB【解析】【分析】由总反应可知乙烯被氧化，应为原电池的负极反应，因电解质溶液为酸性，则负极电极反应为 CH2=CH22e H 2O=CH3CHO2H ，正极通入氧气，发生还原反应，电极方程式为O2H 4e =H 2O，以此来解答。【详解】A. 由电极反应 O2H 4e =H 2O 可知，每有 0.1 mol O2反应，则迁移 H 0.4 mol，故正确；B. 负极是乙烯失去电子，电极反应式为 CH2=CH22e
26、 H 2O=CH3CHO2H ，故正确；C. 电子只能经过导线，不能经过溶液，故错误；D. 该电池是燃料电池，不是二次电池，故错误。故选。14.以 NA代表阿伏加德罗常数，则关于热化学方程式 C2H2(g)5/2O 2(g)=2CO2(g)H 2O(l)， H1300 kJ/mol 的说法中，正确的是A. 当转移 10NA个电子时，该反应放出 1300 kJ 的能量B. 当 1NA个水分子生成且为液体时，吸收 1300 kJ 的能量C. 当 2NA个碳氧共用电子对生成时，放出 1300 kJ 的能量D. 当 8NA个碳氧共用电子对生成时，放出 1300 kJ 的能量【答案】AD【解析】【详解】
27、A. 当转移 10NA个电子时，反应中碳元素的化合价从变到价，参加反应的乙炔的物质的量为mol，放出的热量为 1300 kJ 的能量，故正确；B.根据热化学方程式分- 10 -析，当有mol 水分子生成时，放出的热量为 1300kJ，故当 1NA个水分子生成且为液体时，放出的热量为 1300 kJ 的能量，故错误；C. 一个二氧化碳分子中含有个碳氧共用电子对，所以当有mol 二氧化碳，即含有mol 碳氧共用电子对生成时，放出的热量为 1300 kJ，当 2NA个碳氧共用电子对生成时，放出 1300kJ4325 kJ 的能量，故错误。D. 一个二氧化碳分子中含有个碳氧共用电子对，所以当有mol
28、二氧化碳，即含有mol 碳氧共用电子对生成时，放出的热量为 1300 kJ。故正确。故选 AD。15.用石墨电极完成下列电解实验。下列对实验现象的解释或推测不合理的是实验一 实验二装置现象a、d 处试纸变蓝；b 处变红，局部褪色；c处无明显变化两个石墨电极附近有气泡产生；n 处有气泡产生；A. a、d 处：2H 2O+2e-=H2+2OH -B. b 处：2Cl -2e-=Cl2，Cl 2溶于水生成 HClO，使溶液褪色C. c 处发生了反应：Fe-2e -=Fe2+D. 根据实验一的原理，实验二中 n 处能析出 O2【答案】D【解析】【详解】A. a、d 处变蓝，说明是溶液中的氢离子反应生成
29、氢气，为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2+2OH -，故正确；B. 为阴极，则 b 为阳极，是溶液中氯离子反应生成氯气，电极反应为：2Cl -2e-=Cl2，Cl 2溶于水生成 HClO，次氯酸具有漂白性，使溶液褪色，故正确；C. c 为阳极，是铁失去电子，电极反应为：Fe-2e -=Fe2+，故正确；D. 实验一中形成电解池，形成电解池，所以实验二中相当于三个电解池，一个球两面为不同的两极，左边的钢珠的左侧为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，右侧为阴极，溶液中的氢离子反应生成氢气，右侧的钢珠的左面为阳极，右侧为阴极即处，产生氢气，故错误。故选。- 11 -16.某实验小组用 0.50 mo
30、lL-1NaOH 溶液和 0.50 molL-1硫酸溶液进行中和热的测定。若实验中大约要使用 245mL0.50 molL-1NaOH 溶液，(1)配制时至少需要用托盘天平称量 NaOH 固体_g。(2)测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示，下列说法正确的是_A如图所示，测定中和热时，大小两烧杯间填满碎纸条或泡沫塑料的目的是固定小烧杯B若用 50 mL 0.55 molL1的氢氧化钠溶液，分别与 50 mL 0.50 molL1的盐酸和 50 mL 0.50 molL1的硫酸充分反应，两反应测定的中和热相等C中和热测定实验也可以用稀硫酸与氢氧化钡溶液反应D为了简化装置，中和热测定实验
31、中的环形玻璃搅拌棒可以由温度计代替(3)写出该反应中和热的热化学方程式：（中和热为 H-57.3 kJmol -1）_。(4)取 50 mLNaOH 溶液和 30 mL 硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。起始温度 t1/试验次数 H2SO4 NaOH 平均值终止温度t2/温度差平均值（t 2t 1）/1 26.2 26.0 26.1 29.62 27.0 27.4 27.2 31.23 25.9 25.9 25.9 29.84 26.4 26.2 26.3 30.4表中的温度差平均值为_。近似认为 050 molL -1 NaOH 溶液和 050 molL -1硫酸溶液的密度都是 1 gcm-
32、3，中和后生成溶液的比热容 c = 4.18 J（g） -1。则中和热 H=_（取小数点后一位） 。- 12 -上述实验数值结果与 H-57.3 kJmol -1有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母）_。a实验装置保温、隔热效果差b量取 NaOH 溶液的体积时仰视读数c分多次把 NaOH 溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d用温度计测定 NaOH 溶液起始温度后直接测定 H2SO4溶液的温度【答案】 (1). 5.0 (2). B (3). NaOH(aq) + 1/2H2SO4(aq) =1/2 Na2SO4(aq) + H2O(l) H57.3 kJ/mol (4). 4.0 (5). -53.5
33、KJ/mol (6). acd【解析】【详解】(1) 要得到 245mL0.50 molL-1NaOH 溶液实际要配制 250 毫升溶液，即氢氧化钠的质量为 0. 250L0.50mol/L40g/mol5.0。(2) A测定中和热时，大小两烧杯间填满碎纸条或泡沫塑料的目的是保温隔热，减少热量损失，故错误；B中和热是指反应生成mol 水时的反应热，与用的酸碱的量无关，所以用 50 mL 0.55 molL1的氢氧化钠溶液，分别与 50 mL 0.50 molL1的盐酸和 50 mL 0.50 molL1的硫酸充分反应，两反应测定的中和热相等，故正确；C硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，沉淀
34、析出和电离过程有热量的改变，所以该反应的热量不能计算中和热，故错误；D温度计不能用于搅拌溶液，所以中和热测定实验中的环形玻璃搅拌棒不可以由温度计代替，故错误。故选 B。(3)注意中和热是指反应生成mol 水的反应热，所以热化学方程式为：NaOH (aq) + 1/2H2SO4(aq) =1/2 Na2SO4(aq) + H2O(l) H57.3 kJ/mol。 (4)四次实验的温度差分别为3.5、4.0、3.9、4.1，由于第 1 次实验误差较大，则忽略第 1 次实验数据，取第 2、3、4 次的平均值，平均值为 4.0。 (5) 氢氧化钠溶液的质量为 50 克，硫酸溶液的质量为 30 克，溶液
35、的总质量为 80 克，反应生成 0.025mol 水，根据中和热计算公式计算， H=- =-53.5KJ/mol。(6) a实验装置保温、隔热效果差，会使测定的热量减少，结果变小，故正确；b量取 NaOH 溶液的体积时仰视读数，会使氢氧化钠的体积变大，反应放出的热量偏多，则结果变大，故错误；c分多次把 NaOH 溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，测定的温度变化小，则结果变小，故正确；d用温度计测定 NaOH 溶液起始温度后直接测定 H2SO4溶液的温度，则硫酸的起始温度高，则温度差变小，则结果变小，故正确。故选acd。17.甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景。-
36、13 -(1)已知：CH 3OH(g)=HCHO(g)H 2(g) H84 kJmol 12H2(g)O 2(g)=2H2O(g) H484 kJmol 1工业上常以甲醇为原料制取甲醛，请写出 CH3OH(g)与 O2(g)反应生成 HCHO(g)和 H2O(g)的热化学方程式：_。 在上述制备甲醛时，常向反应器中通入适当过量的氧气，其目的_。(2)工业上可用如下方法合成甲醇，化学方程式为 CO(g)2H 2(g)=CH3OH(g)，已知某些化学键的键能数据如下表：化学键 CC CH HH CO CO OH键能/(kJmol 1 ) 348 413 436 358 x 463请回答下列问题：图
37、 1 中曲线 a 到曲线 b 的措施是_。已知 CO 中的 C 与 O 之间为叁键，其键能为 x kJ/mol，则 x_。 (3)由甲醇、氧气和 NaOH 溶液构成的新型手机电池，可使手机连续使用一个月才充一次电。该电池负极的电极反应式为_。若以该电池为电源，用石墨作电极电解 200 mL 含有如下离子的溶液。离子 Cu2 H Cl SO42c/(molL1 ) 0.5 2 2 0.5电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件下)的气体时(忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)阳极上收集到氧气的质量为_。 (4)电解水蒸气和 CO2产生合成气(H 2CO)。较高温度下(7001
38、000 )，在 SOEC 两侧电极上施加一定的直流电压，H 2O 和 CO2在氢电极发生还原反应产生 O2 ，O 2 穿过致密的固体氧- 14 -化物电解质层到达氧电极，在氧电极发生氧化反应得到纯 O2。由图 2 可知 A 为直流电源的_(填“正极”或“负极”)，请写出以 H2O 为原料生成 H2的电极反应式：_。 【答案】 (1). 2CH3OH(g)O 2(g)=2HCHO(g)2H 2O(g) H316 kJmol1 (2). 提高甲醇的转化率，且氧气与氢气化合放热，为制备甲醛提供能量 (3). 加入催化剂 (4). 1097 (5). CH3OH6e 8OH =CO32 6H 2O (
39、6). 3.2 g (7). 负极 (8). H2O2e =H2O 2【解析】【详解】(1). a CH3OH(g)=HCHO(g)H 2(g) H 84 kJmol1 ，b 2H2(g)O 2(g)=2H2O(g) H484 kJmol1 ，根据盖斯定律分析，a2+b 得热化学方程式为：2CH3OH(g)O 2(g)=2HCHO(g)2H 2O(g) H+84kJ/mol2-484kJ/mol=316 kJmol1 。 根据方程式 2CH3OH(g)O 2(g)=2HCHO(g)2H 2O(g)分析，向反应器中通入适当过量的氧气，提高甲醇的转化率，且氧气与氢气化合放热，为制备甲醛提供能量。(
40、2) 反应 2CH3OH(g)O 2(g)=2HCHO(g)2H 2O(g)由曲线 a 到曲线 b，活化能减小，应为加入催化剂。 CO(g)2H 2(g)=CH3OH(g)的焓变为反应物总键能之和-生成物总键能之和，设一氧化碳中碳氧键的键能为 x，结合图表提供的化学键的键能，则 Hx+2436kJ/mol-(3413kJ/mol+358kJ/mol+463kJ/mol)=419kJ/mol-510kJ/mol=-91 kJmol1 ，则解得x=1097 kJmol1 。(3) 燃料电池，电池的一个电极通入空气，另一个电极通入甲醇气体，电解质是氢氧化钠溶液，根据原电池原理，负极电极反应为甲醇失去
41、电子生成碳酸根离子，电极反应为：CH 3OH6e 8OH =CO32 6H 2O ；阴极上先是铜离子得电子，生成铜单质，200mL0.5mol/L 的铜离子得电子物质的量为 0.2mol，然后是氢离子得到电子生成氢气，在阳极上是 0.4mol 氯离子失去电子的反应，产生氯气 0.2mol，转移电子是 0.4mol，然后是氢氧根离子失去电子产生氧气，当两极收集到相同体积的气体时，假设产生氧气的物质的量是x，在阳极上产生气体时（0.2+x）mol 根据电子守恒，得到 0.4+4x=0.2+2(0.2+x)，解x=0.1mol，即阳极上收集到氧气的质量为 3.2 g。 (4)由图示可知 A 极水和二
42、氧化碳生成氢气和一氧化碳，应发生还原反应，为阴极反应，则 A 为电源的负极，生成氢气的反应为- 15 -H2O2e =H2O 2 。【点睛】掌握电解池中的离子放电顺序是解题的关键：阴极上是铜离子先得到电子生成铜单质，然后是氢离子得到电子产生氢气，在阳极上先是氯离子失去电子反应生成氯气，然后是氢氧根离子失去电子生成氧气，一段时间后，两极收集到相同体积的气体时，根据电子守恒计算阳极上收集到氧气的质量。18.污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某化学研究小组利用软锰矿(主要成分为 MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的
43、SO2，又制得电池材料 MnO2(反应条件已略去)。请回答下列问题：(1)上述脱硫过程实现了_(填字母)。A废弃物的综合利用B白色污染的减少C酸雨的减少D获得金属单质(2)已知：25 、101 kPa 时， Mn(s)O 2(g)=MnO2(s) H520 kJmol 1S(s)O 2(g)=SO2(g) H297 kJmol 1Mn(s)S(s)2O 2(g)=MnSO4(s) H1 065 kJmol 1SO2与 MnO2反应生成无水 MnSO4的热化学方程式是_。(3)用惰性电极电解硫酸酸化的硫酸锰溶液制备 MnO2的装置如图所示。a 应与直流电源的_(填“正”或“负”)极相连。 电解过
44、程中氢离子的作用是_；阳极的电极反应反应方程式为：_若转移的电子数为 6.021023，左室溶液中 n(H )的变化量为_。- 16 -【答案】 (1). AC (2). MnO2(s)SO 2(g)=MnSO4(s) H248 kJmol1 (3). 正 (4). 参与阴极反应 通过交换膜定向移动形成电流 (5). Mn2+-2e-+ 2H2O = MnO2 + 4H+ (6). 1 mol【解析】【详解】(1)脱硫能减少酸雨和废弃物再利用，白色污染的减少是塑料的减少和流程无关，最终得到的是金属的化合物，不是金属单质，故选 AC。 (2) 25 、101 kPa 时， Mn(s)O 2(g)
45、=MnO2(s) H520 kJmol1 ，S(s) O2(g)=SO2(g) H297 kJmol1 ，Mn(s)S(s)2O 2(g)=MnSO4(s) H1 065 kJmol1 ，根据盖斯定律分析，-可得到 MnO2(s)SO 2(g)=MnSO4(s) H-1065kJ/mol+520kJ/mol+297kJ/mol=248 kJmol1 (3). 根据题意，锰离子失去电子生成二氧化锰，所以左室为阳极，则 a 为电源的正极。溶液中的氢离子向阴极移动，右室中氢离子得到电子生成氢气。 在电解过程中氢离子参与阴极反应 通过交换膜定向移动形成电流。阳极是锰离子失去电子生成二氧化锰，电极反应为
46、 Mn2+-2e-+2H2O = MnO2+4H+。当转移的电子数为 6.021023，即有 1mol 电子转移时，左室生成 2molH+，但为了平衡电荷，左室溶液中有 1 mol 氢离子通过交换膜到右室。19.CH 4和 CO2可以制造价值更高的化学产品。已知：CH4(g)+2O2(g) CO2(g)+2H2O(g) H 1=a kJ/molCO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) H 2=b kJ/mol2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) H 3=c kJ/mol(1)求反应 CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) H =_kJ/mol(用含 a、 b、 c 的代数式表示)。(2)一定条件下，等物质的量的（1）中反应生成的气体可合成二甲醚(CH 3OCH3)，同
