高中化學(xué)課時(shí)作業(yè)（蘇教版選修第一冊(cè)）參考答案課時(shí)作業(yè)

課時(shí)作業(yè)1化學(xué)反應(yīng)的焓變熱化學(xué)方程式1．答案：A2．解析：根據(jù)反應(yīng)物和生成物能量的高低來分析、解決問題?；瘜W(xué)反應(yīng)都伴隨能量變化，當(dāng)反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量時(shí)，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)；當(dāng)反應(yīng)物的總能量低于生成物的總能量時(shí)，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)。反應(yīng)①的ΔH＞0，為吸熱反應(yīng)，故可排除A項(xiàng)和C項(xiàng)。反應(yīng)②的ΔH＜0，為放熱反應(yīng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：D3．解析：D項(xiàng)中的稀硫酸與鋅粒反應(yīng)后生成H2，能夠推動(dòng)針筒活塞向右移動(dòng)，不能確定該反應(yīng)是否為放熱反應(yīng)，D錯(cuò)誤。答案：D4．答案：B5．答案：C6．解析：由題中條件可知：反應(yīng)的熱效應(yīng)ΔH＝akJ·mol－1＝－kJ·mol－1，可知該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。答案：D7．解析：由圖可知1molC(s)與1molO2(g)的總能量比1molCO2(g)的總能量高kJ，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖可知2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－kJ·mol－1，生成物的總能量小于反應(yīng)物的總能量，故B、D項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖可知1molC(s)與O2(g)反應(yīng)生成1molCO(g)放出的熱量為kJ－kJ＝kJ，則C(s)與O2(g)反應(yīng)生成CO(g)的熱化學(xué)方程式為2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－kJ·mol－1，故C項(xiàng)正確。答案：C8．解析：氫氣在氧氣中燃燒，生成1mol氣態(tài)水的反應(yīng)的ΔH＝反應(yīng)物的總鍵能－生成物的總鍵能＝436kJ·mol－1＋249kJ·mol－1－930kJ·mol－1＝－245kJ·mol－1＜0，反應(yīng)放熱，所以水分解吸熱，故A錯(cuò)誤；由題圖分析可知，生成氣態(tài)水的熱化學(xué)方程式為2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－490kJ·mol－1，故B正確；化學(xué)鍵斷裂吸收能量，化學(xué)鍵生成釋放能量，甲、乙、丙中物質(zhì)所具有的總能量大小關(guān)系為乙＞甲＞丙，故C錯(cuò)誤；水蒸氣變成液態(tài)水會(huì)放熱，則乙→丙的過程中若生成液態(tài)水，釋放的能量將大于930kJ，故D錯(cuò)誤。答案：B9．解析：本題考查化學(xué)反應(yīng)中能量變化、熱化學(xué)方程式的判斷。斷裂化學(xué)鍵需要吸收能量，則斷裂molN2(g)和molH2(g)中所有的化學(xué)鍵吸收akJ熱量，A錯(cuò)誤；NH3(g)變成NH3(l)放出熱量，則有NH3(g)=NH3(l)ΔH＝－ckJ·mol－1，B錯(cuò)誤；反應(yīng)eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)=NH3(g)的正、逆反應(yīng)的活化能分別為akJ·mol－1、bkJ·mol－1，則反應(yīng)N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)的ΔH＝2(akJ·mol－1－bkJ·mol－1)＝2(a－b)kJ·mol－1，C錯(cuò)誤；反應(yīng)NH3(l)=eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)的正、逆反應(yīng)活化能分別為(b＋c)kJ·mol－1、akJ·mol－1，則該反應(yīng)的ΔH＝(b＋c)kJ·mol－1－akJ·mol－1＝(b＋c－a)kJ·mol－1，故有2NH3(l)=N2(g)＋3H2(g)ΔH＝2(b＋c－a)kJ·mol－1，D正確。答案：D10．解析：10NA個(gè)電子的物質(zhì)的量為10mol，反應(yīng)中碳元素的化合價(jià)由－1價(jià)升高為＋4，參加反應(yīng)的乙炔的物質(zhì)的量為eq\f(10mol,2×5)＝1mol，放出的熱量為1300kJ·mol－1×1mol＝1300kJ，故A正確；熱化學(xué)方程式中ΔH<0表示放熱，C2H2(g)＋eq\f(5,2)O2(g)=2CO2(g)＋H2O(l)ΔH＝－1300kJ·mol－1該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，有NA個(gè)水分子生成且為液體時(shí)，放出1300kJ的能量，故B錯(cuò)誤；1個(gè)CO2分子中含有4個(gè)共用電子對(duì)，有8NA個(gè)碳氧共用電子對(duì)生成時(shí)，說明有2molCO2生成，放出1300kJ的能量，有2NA個(gè)碳氧共用電子對(duì)生成時(shí)，說明有molCO2生成，放出eq\f(1300kJ,4)＝325kJ的能量，故C錯(cuò)誤；1個(gè)CO2分子中含有4個(gè)共用電子對(duì)，有10NA個(gè)碳氧共用電子對(duì)生成時(shí)，說明有molCO2生成，放出的能量為1300kJ×eq\f(2.5,2)＝1625kJ，故D錯(cuò)誤。答案：A11．解析：鎂片與鹽酸的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，是由于反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量，放出的熱量使錐形瓶?jī)?nèi)氣壓增大，導(dǎo)致U形管左側(cè)液面下降，右側(cè)液面上升。答案：(1)Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑鎂片溶解，有氣泡產(chǎn)生(2)下降反應(yīng)放出的熱量使錐形瓶?jī)?nèi)氣壓增大放熱(3)小于12．解析：(1)每個(gè)反應(yīng)都遵循質(zhì)量守恒和能量守恒，故A、D兩項(xiàng)正確。任何反應(yīng)都伴隨著能量變化，B項(xiàng)錯(cuò)誤。某一反應(yīng)是放熱反應(yīng)還是吸熱反應(yīng)與反應(yīng)條件無關(guān)，加熱是為了使舊化學(xué)鍵斷裂，引發(fā)反應(yīng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤。(2)答案：(1)AD(2)吸熱ΔH＝(E2－E1)kJ/mol13．解析：根據(jù)熱化學(xué)方程式的書寫原則，注意①標(biāo)明物質(zhì)的聚集狀態(tài)，②焓變的單位為kJ/mol，放熱反應(yīng)為負(fù)值，吸熱反應(yīng)為正值，焓變的數(shù)值和化學(xué)計(jì)量數(shù)成正比。(4)注意N2和H2的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行到底，要根據(jù)生成molNH3放熱kJ計(jì)算。(5)gNaOH生成H2O的物質(zhì)的量為mol，放出kJ的熱量，則生成1molH2O放出kJ的熱量。答案：(1)C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋kJ/mol(2)3CO(g)＋Fe2O3(s)=3CO2(g)＋2Fe(s)ΔH＝－kJ/mol(3)HgO(s)=Hg(l)＋eq\f(1,2)O2(g)ΔH＝＋kJ/mol(4)N2(g)＋3H2(g)eq\o(,\s\up7(催化劑),\s\do5(500℃、30MPa))2NH3(g)ΔH＝－kJ/mol(5)NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－kJ/mol14．解析：(1)該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為Si(s)＋3HCl(g)eq\o(=,\s\up7(300℃))SiHCl3(g)＋H2(g)ΔH＝－225kJ·mol－1。(2)該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2Cl2(g)＋TiO2(s)＋2C(s)=TiCl4(l)＋2CO(g)ΔH＝－kJ·mol－1。(3)由題意知，生成的黑色固體是氧化銅，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學(xué)方程式。再根據(jù)反應(yīng)每消耗1molCuCl(s)放熱kJ可寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：4CuCl(s)＋O2(g)=2CuCl2(s)＋2CuO(s)ΔH＝－kJ·mol－1。(4)根據(jù)每生成kg純硅需吸收akJ熱量，求出生成1mol純硅需吸收kJ熱量，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為SiCl4(g)＋2H2(g)eq\o(=,\s\up7(1100℃))Si(s)＋4HCl(g)ΔH＝＋kJ·mol－1。答案：(1)Si(s)＋3HCl(g)eq\o(=,\s\up7(300℃))SiHCl3(g)＋H2(g)ΔH＝－225kJ·mol－1(2)2Cl2(g)＋TiO2(s)＋2C(s)=TiCl4(l)＋2CO(g)ΔH＝－kJ·mol－1(3)4CuCl(s)＋O2(g)=2CuCl2(s)＋2CuO(s)ΔH＝－kJ·mol－1(4)SiCl4(g)＋2H2(g)eq\o(=,\s\up7(1100℃))Si(s)＋4HCl(g)ΔH＝＋kJ·mol－115．答案：(1)吸熱(2)相同一個(gè)化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱僅與反應(yīng)的始態(tài)和始態(tài)有關(guān)，而與反應(yīng)的途徑無關(guān)(3)CH3OH(g)=HCHO(g)＋H2(g)ΔH＝(E2－E1)kJ·mol－1(4)CH3OH(g)=HCHO(g)＋H2(g)ΔH＝(E2－E1)kJ·mol－11(E2－E1)n(CH3OH)n(H2)(E2－E1)n(CH3OH)H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(g)ΔH＝－akJ·mol－11eq\f(1,2)an(H2)n(O2)2an(O2)則(E2－E1)n(CH3OH)＝2an(O2)，即n(CH3OH)∶n(O2)＝2a∶(E2－E1)，則n(CH3OH)∶n(空氣)＝2a∶5(E2－E1)。課時(shí)作業(yè)2反應(yīng)熱的測(cè)量與計(jì)算1．解析：反應(yīng)物的總能量與產(chǎn)物的總能量決定反應(yīng)熱，所以反應(yīng)熱只與反應(yīng)體系的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，而與反應(yīng)的途徑無關(guān)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；熱化學(xué)方程式按一定系數(shù)比加和時(shí)其反應(yīng)熱也按該系數(shù)比加和，B項(xiàng)錯(cuò)誤；蓋斯定律表明反應(yīng)熱與反應(yīng)途徑無關(guān)，只與反應(yīng)體系的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：C2．解析：1mol晶體硅中所含的Si—Si鍵為2mol，即工業(yè)上制取高純硅的反應(yīng)的反應(yīng)熱ΔH＝4×360kJ·mol－1＋2×436kJ·mol－1－(2×176kJ·mol－1＋4×431kJ·mol－1)＝＋236kJ·mol－1。答案：C3．解析：把NaOH溶液緩慢倒入盛有鹽酸的小燒杯中，并用玻璃棒攪拌，會(huì)使熱量散失，導(dǎo)致反應(yīng)后的溫度偏低，Δt偏小，由Q＝mcΔt可知測(cè)量結(jié)果偏低，A錯(cuò)誤；大、小燒杯之間的隔熱層可以保溫、隔熱，作用是減小實(shí)驗(yàn)過程中的熱量散失，B正確；量取NaOH溶液時(shí)仰視讀數(shù)，會(huì)導(dǎo)致所量取的氫氧化鈉溶液體積偏大，質(zhì)量偏大，反應(yīng)過程中Δt偏小，測(cè)得的中和熱偏小，C正確；中和熱是稀溶液中酸和堿反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時(shí)放出的熱量，所以改用25mLmol·L－1鹽酸跟25mLmol·L－1NaOH溶液進(jìn)行反應(yīng)，測(cè)得的中和熱數(shù)值和原來相同，D正確。答案：A4．解析：100mLmol·L－1Ba(OH)2溶液中Ba(OH)2的物質(zhì)的量為mol，向稀H2SO4中加入100mLmol·L－1Ba(OH)2溶液，發(fā)生的離子反應(yīng)是①Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)＋2H＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)=BaSO4(s)＋2H2O(l)，ΔH1＝－eq\fkJ,mol)＝－128kJ·mol－1；100mLmol·L－1稀鹽酸中HCl的物質(zhì)的量為mol，向Ba(OH)2溶液中加入100mLmol·L－1稀鹽酸，發(fā)生的離子反應(yīng)為②H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)，ΔH2＝－eq\fkJ,mol)＝－55kJ·mol－1。Na2SO4溶液與BaCl2溶液反應(yīng)的離子方程式為Ba2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)=BaSO4(s)，根據(jù)蓋斯定律，①－2×②可得目標(biāo)反應(yīng)，則ΔH＝ΔH1－2ΔH2＝(－128kJ·mol－1)－2×(－55kJ·mol－1)＝－18kJ·mol－1，故D正確。答案：D5．解析：根椐反應(yīng)熱與鍵能之間的關(guān)系可得：ΔH＝＋436kJ·mol－1＋akJ·mol－1－2×366kJ·mol－1＝－72kJ·mol－1，解得a＝224。故選C。答案：C6．解析：ΔH＝反應(yīng)物的總鍵能－生成物的總鍵能＝8×6×E(P－P)＋3×8×E(S－S)－8×3×E(P－P)－8×6×E(P－S)＝48a＋24b－24a－48c＝24a＋24b－48c＝24(a＋b－2c)，A正確。答案：A7．解析：根據(jù)蓋斯定律，由②×2＋③×2－①即得題中目標(biāo)反應(yīng)，故ΔH＝(－×2－×2＋)kJ/mol＝－kJ/mol。答案：D8．解析：等質(zhì)量的白磷和紅磷完全燃燒時(shí)釋放的能量白磷比紅磷多，說明白磷能量高于紅磷，由于能量越低越穩(wěn)定，所以紅磷穩(wěn)定，故A錯(cuò)誤；兩者燃燒產(chǎn)物相同，狀態(tài)相同，所以產(chǎn)物穩(wěn)定性相同，故B錯(cuò)誤；白磷轉(zhuǎn)化為紅磷的熱化學(xué)方程式為P4(s，白磷)=4P(s，紅磷)ΔH＝－2kJ·mol－1－4×(－)kJ·mol－1＝－kJ·mol－1，所以1mol白磷轉(zhuǎn)變?yōu)榧t磷放出kJ的熱量，故C錯(cuò)誤；紅磷燃燒是放熱反應(yīng)，紅磷燃燒的熱化學(xué)方程式為4P(s)＋5O2(g)=P4O10(s)ΔH＝4×(－)kJ·mol－1＝－2954kJ·mol－1，故D正確。答案：D9．答案：D10．解析：由途徑Ⅰ：C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－akJ·mol－1可得2C3H8(g)＋10O2(g)=6CO2(g)＋8H2O(l)ΔH＝－2akJ·mol－1。途徑Ⅱ：①C3H8(g)=C3H6(g)＋H2(g)ΔH＝＋bkJ·mol－1；②2C3H6(g)＋9O2(g)=6CO2(g)＋6H2O(l)ΔH＝－ckJ·mol－1；③2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－dkJ·mol－1(a、b、c、d均為正值)。根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)①×2＋②＋③可得2C3H8(g)＋10O2(g)=6CO2(g)＋8H2O(l)，則ΔH＝(2b－c－d)kJ·mol－1。由蓋斯定律可知，兩種途徑的熱效應(yīng)是相同的，所以－2a＝2b－c－d，即2b＝c＋d－2a，A正確。答案：A11．解析：原子結(jié)合形成分子的過程是化學(xué)鍵的形成過程，是放熱過程，N原子半徑大于O原子半徑，由題圖可知，2molO原子結(jié)合生成O2(g)時(shí)放出498kJ能量，A正確；焓變＝反應(yīng)物斷裂化學(xué)鍵吸收的能量－生成物形成化學(xué)鍵放出的能量，N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH＝946kJ·mol－1＋498kJ·mol－1－2×632kJ·mol－1＝＋180kJ·mol－1，反應(yīng)吸熱，B錯(cuò)誤；N2(g)和O2(g)生成(NO)(g)的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則1molN2(g)和1molO2(g)具有的總能量低于2molNO(g)具有的總能量，C錯(cuò)誤；斷開1mol化學(xué)鍵吸收的能量與形成1mol化學(xué)鍵釋放的能量數(shù)值相等，則由題圖可知，斷開1mol氮分子中N≡N鍵吸收的能量大于斷開1molNO中化學(xué)鍵吸收的能量，故氮?dú)飧€(wěn)定，D錯(cuò)誤。答案：A12．解析：根據(jù)CO2＋2KOH=K2CO3＋H2O，n(CO2)＝eq\f(1,2)n(KOH)＝eq\f(1,2)×5mol·L－1×L＝mol，則生成4molCO2(g)放出的熱量為eq\f(4mol,mol)×QkJ＝16QkJ，故所給反應(yīng)的ΔH＝－16QkJ·mol－1。答案：D13．解析：(1)由題圖看出，1molP(s)在Cl2(g)中燃燒生成PCl3(g)放出的熱量為306kJ/mol，所以P與Cl2反應(yīng)生成PCl3的熱化學(xué)方程式為P(s)＋eq\f(3,2)Cl2(g)=PCl3(g)ΔH＝－306kJ/mol。(2)中間產(chǎn)物PCl3和未完全反應(yīng)的Cl2的總能量高于最終產(chǎn)物PCl5的能量，其ΔH＝－93kJ/mol，所以PCl5分解成PCl3和Cl2的熱化學(xué)方程式為PCl5(g)=PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH＝＋93kJ/mol。(3)由蓋斯定律可知，一步生成PCl5和兩步生成PCl5的總熱效應(yīng)相等，即ΔH3＝ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＝－399kJ/mol。答案：(1)P(s)＋eq\f(3,2)Cl2(g)=PCl3(g)ΔH＝－306kJ/mol(2)PCl5(g)=PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH＝＋93kJ/mol(3)－399kJ/mol＝14．解析：(1)1mol石墨(s)轉(zhuǎn)變成金剛石(s)需要吸收kJ的熱量，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為C(石墨，s)=C(金剛石，s)ΔH＝＋kJ·mol－1。(2)因生成的CO2用過量飽和澄清石灰水完全吸收，可得100gCaCO3沉淀，則CaCO3的物質(zhì)的量是1mol，由碳元素守恒可知，二氧化碳的物質(zhì)的量也為1mol，即無水乙醇完全燃燒生成1mol二氧化碳放出的熱量為QkJ，而完全燃燒1mol無水乙醇時(shí)生成2mol二氧化碳，則放出的熱量為QkJ×2＝2QkJ，熱化學(xué)方程式為C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－2QkJ·mol－1。(3)依據(jù)蓋斯定律可知，①×3－(③×2＋②)得6CO(g)＋6FeO(s)=6Fe(s)＋6CO2(g)ΔH＝－66kJ·mol－1，則FeO(s)被CO(g)還原成Fe(s)和CO2(g)的熱化學(xué)方程式為CO(g)＋FeO(s)=Fe(s)＋CO2(g)ΔH＝－11kJ·mol－1。(4)該合成甲醇反應(yīng)的ΔH＝1032kJ·mol－1＋2×436kJ·mol－1－3×414kJ·mol－1－kJ·mol－1－464kJ·mol－1＝－。答案：(1)C(石墨，s)=C(金剛石，s)ΔH＝＋kJ·mol－1(2)C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－2QkJ/mol－1(3)FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)ΔH＝－11kJ·mol－1(4)－15．解析：(1)根據(jù)量熱計(jì)的構(gòu)造可知該裝置缺少的玻璃儀器是玻璃攪拌器，該裝置中小燒杯口與大燒杯口不相平，且未填滿碎泡沫塑料(或碎紙條)，應(yīng)該在大、小燒杯間填滿碎泡沫塑料(或碎紙條)使小燒杯口與大燒杯口相平。(2)反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量有關(guān)，若用60mL0.50mol·L－1的鹽酸與50mLmol·L－1的NaOH溶液進(jìn)行反應(yīng)，與題述實(shí)驗(yàn)相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏多，但是中和熱是稀溶液中酸和堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時(shí)放出的熱量，與酸堿的用量無關(guān)，所以用60mLmol·L－1的鹽酸與50mLmol·L－1的NaOH溶液反應(yīng)，與上述實(shí)驗(yàn)測(cè)得的中和熱的數(shù)值相等。(3)測(cè)量鹽酸的溫度后，溫度計(jì)沒有用水沖洗干凈，再測(cè)NaOH溶液的溫度時(shí)，會(huì)發(fā)生酸堿中和，使反應(yīng)前后溫度計(jì)示數(shù)的變化值減小，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)測(cè)得中和熱的數(shù)值偏低，故A符合題意；把量筒中的氫氧化鈉溶液倒入小燒杯時(shí)動(dòng)作遲緩，會(huì)導(dǎo)致一部分熱量損失，實(shí)驗(yàn)測(cè)得中和熱的數(shù)值偏低，故B符合題意；做本實(shí)驗(yàn)時(shí)的室溫和反應(yīng)熱的數(shù)據(jù)之間無關(guān)，故C不符合題意；將50mLmol·L－1氫氧化鈉溶液錯(cuò)取成了50mLmol·L－1的氨水，由于NH3·H2O是弱堿，弱堿的電離是吸熱過程，所以導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)測(cè)得中和熱的數(shù)值偏低，故D符合題意。(4)3次實(shí)驗(yàn)溫度差分別為℃、℃、℃，第3次數(shù)值與前2次差別很大，舍去，前2次溫度差平均值為℃；50mL0.50mol·L－1的鹽酸與50mLmol·L－1的NaOH溶液發(fā)生中和反應(yīng)生成水的物質(zhì)的量為L(zhǎng)×mol·L－1＝mol，溶液的質(zhì)量為100mL×1g·mL－1＝100g，溫度變化的值Δt＝℃，則生成mol水放出的熱量Q＝mcΔt＝100g×4.18J·g－1·℃－1×℃＝1J＝8kJ，所以實(shí)驗(yàn)測(cè)得的中和熱ΔH＝－eq\f8kJ,mol)≈－kJ·mol－1。(5)從題圖乙可知：5mL鹽酸和45mLNaOH溶液反應(yīng)放熱后的溫度是22℃，則混合前的溶液溫度一定低于22℃，即環(huán)境溫度低于22℃；當(dāng)酸堿恰好反應(yīng)時(shí)，放出的熱量最多，從圖乙可知V1＝30時(shí)兩者恰好反應(yīng)，V2＝50－30＝20，根據(jù)n(HCl)＝n(NaOH)計(jì)算c(NaOH)＝eq\fL×mol·L－1,L)＝mol·L－1。答案：(1)玻璃攪拌器用碎泡沫塑料墊高小燒杯，使小燒杯口與大燒杯口相平(2)不相等相等中和熱是稀溶液中酸和堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1molH2O(l)所放出的熱量，與酸、堿用量無關(guān)(3)ABD(4)－kJ·mol－1(5)低于課時(shí)作業(yè)3燃燒熱能源的充分利用1．解析：燃燒熱是指101kPa時(shí)，1mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時(shí)所放出的熱量。A項(xiàng)，生成物中的CO不是穩(wěn)定氧化物；B項(xiàng)，S燃燒生成的穩(wěn)定氧化物應(yīng)為SO2；D項(xiàng)，可燃物CO的化學(xué)計(jì)量數(shù)應(yīng)為1。答案：C2．解析：光照下發(fā)生取代反應(yīng)的過程中，生成CH3，兩個(gè)CH3相互結(jié)合成乙烷，故A正確；由②反應(yīng)可知，形成C—Cl鍵，拆開Cl2中化學(xué)鍵，且為放熱反應(yīng)，則形成1molCH3Cl(g)中C—Cl鍵放出的能量比拆開1molCl2(g)中化學(xué)鍵吸收的能量多，即CH3Cl(g)中C—Cl鍵的鍵能大于Cl2(g)中Cl—Cl鍵的鍵能，故B錯(cuò)誤；根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)①＋②可得CH4(g)＋Cl2(g)→CH3Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝ΔH2＋ΔH3＝－kJ/mol，故C正確；若是甲烷與Br2(g)發(fā)生取代反應(yīng)，Cl比Br的能量高，則第二步反應(yīng)ΔH>＋kJ/mol，故D正確。答案：B3．解析：丙烷分子式是C3H8，1mol丙烷燃燒會(huì)產(chǎn)生4mol水，則丙烷完全燃燒產(chǎn)生g水，消耗丙烷的物質(zhì)的量是n(C3H8)＝mol，所以反應(yīng)放出的熱量是2215kJ·mol－1×mol≈55kJ。答案：A4．解析：燃燒熱是指101kPa下1mol純物質(zhì)完全燃燒生成指定產(chǎn)物時(shí)放出的熱量，A項(xiàng)錯(cuò)誤；|ΔH1|為1molC完全燃燒生成CO2時(shí)放出的熱量，|ΔH2|為1molC不完全燃燒生成CO時(shí)放出的熱量，故反應(yīng)①放出的熱量比反應(yīng)②放出的熱量多，又因?yàn)榉艧岱磻?yīng)的ΔH為負(fù)值，所以ΔH1<ΔH2，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)蓋斯定律，由2×②－①得③C(s)＋CO2(g)=2CO(g)ΔH3＝2ΔH2－ΔH1，C項(xiàng)正確；根據(jù)蓋斯定律，由3×①－3×②－eq\f(1,2)×④＋⑤得2Fe2O3(s)＋6CO(g)=4Fe(s)＋6CO2(g)ΔH＝3ΔH1－3ΔH2－eq\f(1,2)ΔH4＋ΔH5，任何反應(yīng)的ΔH≠0，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：C5．解析：煤、石油、天然氣等化石燃料蘊(yùn)藏量有限，不可再生，最終將會(huì)枯竭，A正確；煤、石油等可從自然界直接獲取，屬一次能源，但水煤氣是由焦炭與H2O(g)在高溫下反應(yīng)制取，屬二次能源，B錯(cuò)誤；太陽能既是一次能源又是新能源，C正確；潮汐能來自于月球引力，D正確。答案：B6．解析：圖中由CO2、H2O、N2轉(zhuǎn)化為CH4、CH3OH、NH3是在太陽能的作用下完成的，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知太陽能最終以熱能形式釋放出來。答案：B7．答案：A8．解析：據(jù)化學(xué)方程式2C2H5OH＋2Na=2C2H5ONa＋H2↑2molLn(C2H5OH)L則有n(C2H5OH)＝mol，這些乙醇燃燒后放出的熱量為QkJ。因此molC2H5OH完全燃燒生成CO2、H2O的反應(yīng)熱為ΔH＝－QkJ·mol－1。所以該熱化學(xué)方程式書寫如下：eq\f(1,2)C2H5OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋eq\f(3,2)H2O(l)ΔH＝－QkJ·mol－1。上述方程式乘以2，得答案為D。答案：D9．解析：由第二個(gè)熱化學(xué)方程式減去第一個(gè)熱化學(xué)方程式得CH3OCH3(l)=CH3CH2OH(l)ΔH＝－89kJ/mol，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，A項(xiàng)正確；甲醚轉(zhuǎn)化為乙醇放出熱量，故乙醇的能量比甲醚的少，乙醇比甲醚穩(wěn)定，B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；乙醇和甲醚分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，D項(xiàng)正確。答案：C10．解析：①2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋kJ·mol－1；②3FeO(s)＋H2O(l)=H2(g)＋Fe3O4(s)ΔH＝＋kJ·mol－1；①－②×2得2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g)ΔH＝＋kJ·mol－1，即過程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g)ΔH＝＋kJ·mol－1，以此解答。由分析可知，過程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g)ΔH＝＋kJ·mol－1，該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，能量轉(zhuǎn)化形式是太陽能→化學(xué)能，故A正確；由分析可知，過程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g)ΔH＝＋kJ·mol－1，故B錯(cuò)誤；已知：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋kJ·mol－1，則H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH＝－×eq\f(1,2)kJ·mol－1＝－kJ·mol－1，氫氣的燃燒熱為ΔH＝－kJ·mol－1，故C正確；鐵氧化合物循環(huán)制H2以太陽能為熱源，以水為原料，F(xiàn)e3O4可循環(huán)使用，具有成本低的特點(diǎn)，氫氣和氧氣分步生成，具有產(chǎn)物易分離的優(yōu)點(diǎn)，故D正確。答案：B11．解析：正丁烷和異丁烷完全燃燒都生成CO2(g)和H2O(l)，正丁烷的燃燒熱大于異丁烷的燃燒熱，說明正丁烷的能量較高，而能量越低越穩(wěn)定，所以異丁烷比正丁烷穩(wěn)定，A錯(cuò)誤；燃燒熱指101kPa時(shí)，1mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時(shí)所放出的熱量，B中ΔH與熱化學(xué)方程式中物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)不成比例，并且生成的水應(yīng)為液態(tài)，錯(cuò)誤；正戊烷和2－甲基丁烷互為同分異構(gòu)體，由表格中正丁烷、異丁烷的燃燒熱可推知，正戊烷的燃燒熱比2－甲基丁烷的大，C正確；通過計(jì)算可得，相同質(zhì)量的烷烴，碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)越大，燃燒放出的熱量越少，D錯(cuò)誤。答案：C12．解析：CO的燃燒熱為kJ·mol－1，表示101kPa時(shí)，1molCO完全燃燒生成CO2(g)時(shí)放出的熱量為kJ，ΔH＜0，A項(xiàng)錯(cuò)誤。生成的H2O應(yīng)為液態(tài)，B項(xiàng)錯(cuò)誤。設(shè)L混合氣體中含H2的物質(zhì)的量為x，CO的物質(zhì)的量為y，則x＋y＝eq\fL,L·mol－1)＝mol①，kJ·mol－1×x＋kJ·mol－1×y＝kJ②，聯(lián)立①②解得x＝1mol，則H2的體積分?jǐn)?shù)為eq\f(1mol,mol)×100%＝40%，C項(xiàng)正確。混合氣體燃燒后生成H2O、CO2共mol，與足量的過氧化鈉反應(yīng)產(chǎn)生O2mol，故轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：C13．解析：由表中數(shù)據(jù)可知1mol甲烷氣體完全燃燒產(chǎn)生的熱量最多，故家庭使用的優(yōu)質(zhì)氣體燃料應(yīng)是甲烷。1molCO完全燃燒放出熱量kJ，則其燃燒的熱化學(xué)方程式為CO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)ΔH＝－kJ·mol－1答案：(1)甲烷(2)CO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)ΔH＝－kJ·mol－1(3)乙醇(4)太陽能(風(fēng)能或地?zé)崮?14．解析：本題是以新能源為背景涉及元素化合物性質(zhì)、熱化學(xué)方程式的書寫、讀圖、讀表的綜合題。是把化學(xué)知識(shí)具體運(yùn)用的典型試題。(1)利用蓋斯定律即可得出；(2)H2S熱分解制氫屬于吸熱反應(yīng)，需要提供能量；(3)高溫下，水的分解化學(xué)鍵斷裂先生成H和O，H結(jié)合生成H2，O結(jié)合生成O2，由水的分子式可知n(H)是n(O)的2倍，故A為H，B為O。答案：(1)CH4(g)＋2H2O(g)=CO2(g)＋4H2(g)ΔH＝＋kJ·mol－1(2)為H2S熱分解反應(yīng)提供能量(3)H、O15．解析：(1)水蒸氣變成液態(tài)水要放熱，因此1molCH4完全燃燒生成CO2和H2O(g)放出的熱量要小于890kJ。(2)采用極端假設(shè)法，假設(shè)混合氣體全是CO，放出熱量最少，為283akJ；假設(shè)混合氣體全為CH4，放出熱量最多，為890akJ。故amolCH4、CO和H2的混合氣體完全燃燒生成CO2和H2O(l)，放出熱量的取值范圍是283akJ＜Q＜890akJ。(3)采用極端假設(shè)法，燃燒之后生成的CO2和H2O(l)的物質(zhì)的量相等，若要使放出的熱量最多，則CH4的量應(yīng)最多，此時(shí)CH4與CO的物質(zhì)的量之比為1∶1，即各有amol，放出熱量eq\f(283akJ,2)＋eq\f(890akJ,2)＝akJ；要使放出的熱量最少，則CH4的量應(yīng)最少，此時(shí)CO與H2的物質(zhì)的量之比為1∶1，即各有amol，放出熱量eq\f(283akJ,2)＋akJ,2)＝akJ。故放出熱量的取值范圍是akJ＜Q＜akJ。答案：(1)＜(2)283akJ＜Q＜890akJ(3)akJ＜Q＜akJ課時(shí)作業(yè)4原電池的工作原理1．解析：甲中形成了原電池，氫氣在銅極放出，而乙不能形成閉合回路，不能產(chǎn)生電流，銅片不是負(fù)極，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；甲中產(chǎn)生氣泡的反應(yīng)速率比乙中的快，因?yàn)榧字袖\失去的電子流向銅，銅周圍生成氫氣，乙中只是鋅參加反應(yīng)，反應(yīng)過程中會(huì)使鋅片周圍產(chǎn)生大量的ZnSO4，H＋濃度下降，從而使反應(yīng)速率減小，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：C2．解析：Zn為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；石墨為正極，F(xiàn)e3＋在正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，生成Fe2＋，B項(xiàng)正確；電子從負(fù)極(鋅電極)流出，經(jīng)電流表流向正極(石墨電極)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于Fe3＋在石墨電極上得到電子生成Fe2＋，右側(cè)燒杯中正電荷減少，所以鹽橋中的陽離子(K＋)移向FeCl3溶液(陽向正)，陰離子(Cl－)移向ZnCl2溶液(陰向負(fù))，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：B3．答案：C4．解析：裝置甲是原電池，a極質(zhì)量減小，b極質(zhì)量增加，則a極為負(fù)極，b極為正極，所以金屬活動(dòng)性順序：a＞b。裝置乙不能構(gòu)成原電池，b極有氣體產(chǎn)生，c極無變化，所以金屬活動(dòng)性順序：b＞c。裝置丙是原電池，d極溶解，c極有氣體產(chǎn)生，則d是負(fù)極，c是正極，所以金屬活動(dòng)性順序：d＞c。裝置丁是原電池，電流從a極流向d極，則a極為正極，d極為負(fù)極，所以金屬活動(dòng)性順序：d＞a。因此這四種金屬的活動(dòng)性順序：d＞a＞b＞c。答案：B5．解析：構(gòu)成原電池的正極是Cu，負(fù)極是Zn，故①錯(cuò)誤；電子從負(fù)極Zn流出，流向正極Cu，H＋向正極移動(dòng)，在Cu上得電子：2H＋＋2e－=H2↑，故②錯(cuò)誤，③、④正確；此原電池負(fù)極上發(fā)生的反應(yīng)是Zn－2e－=Zn2＋，⑥錯(cuò)誤；總反應(yīng)方程式：Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，當(dāng)有1mol電子通過時(shí)，產(chǎn)生H2為mol，故⑤正確。答案：B6．解析：根據(jù)所給原電池的反應(yīng)可知，F(xiàn)e3＋在正極發(fā)生還原反應(yīng)，甲池中存在Fe3＋，故A錯(cuò)誤；乙池中的電極為負(fù)極，失電子的物質(zhì)是I－，B錯(cuò)誤；此反應(yīng)是可逆反應(yīng)，電流計(jì)的讀數(shù)為零時(shí)說明反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，但c(Fe3＋)≠0，故C正確，D錯(cuò)誤。答案：C7．解析：b極上氧氣得電子生成H2O，發(fā)生還原反應(yīng)作正極，a極上CH4失電子轉(zhuǎn)變成CO2，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)作負(fù)極，電子由負(fù)極經(jīng)導(dǎo)線流向正極，即從a極流向b極，故A錯(cuò)誤；由圖示可知?dú)潆x子可以通過離子交換膜由a極區(qū)進(jìn)入b極區(qū)，則離子交換膜應(yīng)為陽離子交換膜或質(zhì)子交換膜，故B錯(cuò)誤；b極上氧氣得電子生成H2O，且電解質(zhì)環(huán)境為酸性，發(fā)生的電極反應(yīng)為：O2＋4e－＋4H＋=2H2O，故C正確；負(fù)極發(fā)生的反應(yīng)為：CH4＋2H2O－8e－=CO2＋8H＋，由反應(yīng)可知每轉(zhuǎn)移8mol電子生成1mol二氧化碳，則轉(zhuǎn)移4mol電子，生成CO2mol，質(zhì)量為22g，故D錯(cuò)誤。答案：C8．解析：該原電池中氧化反應(yīng)與還原反應(yīng)是在兩個(gè)不同的燒杯中完成的，因此氧化劑與還原劑沒有直接接觸，A項(xiàng)錯(cuò)誤；乙池是正極，溶液中的NOeq\o\al(－,3)得到電子，電極反應(yīng)式為NOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋e－=NO2↑＋H2O，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)銅棒質(zhì)量減少g(即mol)時(shí)，甲池溶液中Cu2＋增加mol，但由于鹽橋中Cl－向甲池中移動(dòng)，所以溶液增加的質(zhì)量大于g，C項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)銅棒質(zhì)量減少g(即mol)時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是mol，所以根據(jù)電極反應(yīng)式NOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋e－=NO2↑＋H2O可知，生成NO2的物質(zhì)的量是mol，則根據(jù)反應(yīng)式4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3可知需要氧氣的物質(zhì)的量是mol，其在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是L，D項(xiàng)正確。答案：D9．解析：鋁能與NaOH溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，而鎂與NaOH溶液不能發(fā)生反應(yīng)，鋁失電子，作原電池的負(fù)極，A錯(cuò)誤；由于鋁片表面的氧化膜也能與NaOH溶液反應(yīng)，故可不必處理，B正確；該裝置外電路是由電子的定向移動(dòng)形成電流，而內(nèi)電路則是由溶液中自由移動(dòng)離子的定向移動(dòng)形成電流，C錯(cuò)誤；電池開始工作時(shí)，負(fù)極上鋁與NaOH溶液反應(yīng)生成AlOeq\o\al(－,2)，此時(shí)不會(huì)有Al(OH)3白色沉淀生成，D錯(cuò)誤。答案：B10．解析：Ⅰ.KMnO4有強(qiáng)氧化性，在硫酸溶液中能氧化具有還原性的FeSO4生成Fe2(SO4)3，本身被還原為MnSO4，則發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O。Ⅱ.(1)根據(jù)上述反應(yīng)的化學(xué)方程式可知，KMnO4做氧化劑，發(fā)生還原反應(yīng)，故石墨a是正極。(2)電池工作時(shí)，SOeq\o\al(2－,4)向負(fù)極移動(dòng)，即向乙燒杯移動(dòng)。(3)乙燒杯中的電極反應(yīng)式為Fe2＋－e－=Fe3＋。(4)溶液中的MnSO4濃度由1mol·L－1變?yōu)閙ol·L－1，由于溶液的體積未變，則反應(yīng)過程中生成的MnSO4的物質(zhì)的量為mol·L－1×L＝mol，轉(zhuǎn)移的電子為mol×5＝mol。答案：Ⅰ.2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2OⅡ.(1)a還原(2)乙(3)Fe2＋－e－=Fe3＋(4)11．解析：(3)轉(zhuǎn)移mol電子時(shí)，銅棒質(zhì)量增加g，鋅棒質(zhì)量減少g，故反應(yīng)過程中，當(dāng)銅電極質(zhì)量增加2g時(shí)，另一電極減少的質(zhì)量大于2g。(4)反應(yīng)過程中，為了保持溶液的電中性，Cl－將進(jìn)入甲燒杯，NHeq\o\al(＋,4)進(jìn)入乙燒杯。當(dāng)外電路中轉(zhuǎn)移mol電子時(shí)，乙燒杯中有molCu2＋消耗，還剩余molCu2＋，有molNHeq\o\al(＋,4)進(jìn)入乙燒杯，故乙燒杯中濃度最大的陽離子是NHeq\o\al(＋,4)。答案：(1)鋅(2)Zn－2e－=Zn2＋(3)大于(4)①乙②NHeq\o\al(＋,4)12．解析：(1)該原電池中鋅片作負(fù)極，電極反應(yīng)為Zn－2e－=Zn2＋；銀片作正極，電極反應(yīng)為2H＋＋2e－=H2↑。(2)由電極反應(yīng)不難看出該電池中溶解Zn和產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量之比為1∶1。①鋅片與銀片減少的質(zhì)量等于生成氫氣所消耗的鋅的質(zhì)量，m(Zn)＝60g－47g＝13g，設(shè)產(chǎn)生的氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為x。Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑65gL13gx解得x＝L。②通過導(dǎo)線的總電量＝eq\f(13g,65g·mol－1)×2××1023mol－1××10－19C≈×104C。答案：(1)Zn－2e－=Zn2＋2H＋＋2e－=H2↑(2)①L②×104C13．解析：(1)根據(jù)題中信息，I－失電子被氧化，說明乙池中石墨做負(fù)極，其電極反應(yīng)式為2I－－2e－=I2，則甲池中石墨做正極，其電極反應(yīng)式為2IOeq\o\al(－,3)＋12H＋＋10e－=I2＋6H2O，隨反應(yīng)的進(jìn)行，碘離子和碘酸根離子的量減小，通過的電量減小，電流計(jì)讀數(shù)不斷減小，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡后，電流計(jì)的讀數(shù)為0，故a、b說法正確。(2)根據(jù)(1)的分析，兩燒杯中都有I2的存在，加入淀粉后，都變藍(lán)。(3)甲燒杯中滴入NaOH溶液，消耗H＋，促使反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，乙池中電極反應(yīng)式I2＋2e－=2I－，則甲池中電極反應(yīng)式為I2＋12OH－－10e－=2IOeq\o\al(－,3)＋6H2O，甲池失電子，電流計(jì)指針向左偏轉(zhuǎn)。答案：(1)2IOeq\o\al(－,3)＋10e－＋12H＋=I2＋6H2Oab(2)甲、乙(3)I2＋2e－=2I－左14．解析：當(dāng)稀硫酸作電解質(zhì)溶液時(shí)，Mg作負(fù)極(金屬活動(dòng)性：Mg>Al)，Al作正極，Al電極上產(chǎn)生氣泡；當(dāng)NaOH溶液作電解質(zhì)溶液時(shí)，Al作負(fù)極(Mg不與NaOH溶液反應(yīng))，原電池總反應(yīng)的離子方程式為2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑。由此可知，原電池的兩極與電解質(zhì)溶液有關(guān)，電解質(zhì)溶液不同，導(dǎo)致兩極發(fā)生改變；將b池兩電極取出，b池溶液是NaOH和NaAlO2的混合溶液，所以逐滴滴加H2SO4溶液時(shí)，H2SO4先中和NaOH，再與NaAlO2反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀，當(dāng)H2SO4過量時(shí)，Al(OH)3沉淀逐漸消失。答案：(1)產(chǎn)生氣泡(2)2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑(3)不可靠將兩種金屬電極通過導(dǎo)線連上電流表并插入電解液中構(gòu)成原電池，利用電流表檢測(cè)電流的方向，從而判斷電子流動(dòng)方向，由此確定原電池的正負(fù)極(4)開始無明顯現(xiàn)象，過一段時(shí)間產(chǎn)生白色沉淀，沉淀逐漸溶解最后消失H＋＋OH－=H2O，AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O課時(shí)作業(yè)5化學(xué)電源1．解析：鋅錳干電池中二氧化錳得電子，為正極，A項(xiàng)錯(cuò)誤；燃料電池中氧氣得電子，為正極，B項(xiàng)正確；鉛蓄電池中二氧化鉛得電子，為正極，C項(xiàng)錯(cuò)誤；鎳鎘電池中氫氧化鎳得電子，為正極，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：B2．解析：化學(xué)電源工作時(shí)也有少量熱量產(chǎn)生，故化學(xué)能也部分轉(zhuǎn)化為熱能，A項(xiàng)錯(cuò)誤；任何電池的效率都不能達(dá)到100%，燃料電池的能量轉(zhuǎn)化率超過80%，但不能全部轉(zhuǎn)化為電能，B項(xiàng)錯(cuò)誤；蓄電池并不是一次電池，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：C3．答案：C4．解析：由原電池原理知電子從負(fù)極經(jīng)導(dǎo)線轉(zhuǎn)移到正極，所以正極上富集電子，根據(jù)電性關(guān)系，O2－不可能移向正極，A項(xiàng)錯(cuò)誤；燃料電池不是在點(diǎn)燃的條件下發(fā)生的，B項(xiàng)錯(cuò)誤；O2得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，通入空氣的一極是正極，C項(xiàng)正確；丁烷失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，通入丁烷的一極是負(fù)極，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：C5．解析：原電池是將化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿难b置。其總反應(yīng)式是：CH2=CH2＋3O2=2CO2＋2H2O，CH2=CH2應(yīng)在負(fù)極上反應(yīng)，O2應(yīng)在正極上反應(yīng)，反應(yīng)過程中CH2=CH2失去電子，O2得到電子，K2CO3為電解質(zhì)，負(fù)極反應(yīng)為：CH2=CH2＋6COeq\o\al(2－,3)－12e－=8CO2＋2H2O；正極反應(yīng)為：3O2＋6CO2＋12e－=6COeq\o\al(2－,3)。答案：A6．解析：鉛蓄電池是可充電電池，是二次電池，充電時(shí)電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，A項(xiàng)正確；在該電池中Pb板為負(fù)極，則電池工作時(shí)，電子由Pb板通過外電路流向PbO2板，B項(xiàng)正確；該電池工作時(shí)，負(fù)極的電極反應(yīng)式為Pb－2e－＋SOeq\o\al(2－,4)=PbSO4，C項(xiàng)正確；在原電池工作時(shí)，陽離子向正極移動(dòng)，則該電池工作時(shí)H＋移向PbO2板，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：D7．解析：電池放電時(shí)，正極上氧氣得電子生成OH－，則電極反應(yīng)為O2＋4e－＋2H2O=4OH－，故A錯(cuò)誤；電池放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為L(zhǎng)i－e－=Li＋，充電時(shí)陰極反應(yīng)為放電時(shí)負(fù)極反應(yīng)的逆過程，則陰極發(fā)生還原反應(yīng)：Li＋＋e－=Li，故B錯(cuò)誤；金屬鋰能與鹽酸反應(yīng)生成氫氣，所以電池中的有機(jī)電解液不可以用稀鹽酸代替，故C錯(cuò)誤；放電時(shí)空氣極為電池正極，充電時(shí)電池正極接直流電源正極，故D正確。答案：D8．解析：HCHO失電子被氧化，在負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，所以b為負(fù)極，a為正極，a極發(fā)生還原反應(yīng)，故A正確；b為負(fù)極，HCHO在負(fù)極發(fā)生的反應(yīng)為HCHO＋H2O－4e－=CO2＋4H＋，故B正確；電池總反應(yīng)為HCHO＋O2=CO2＋H2O，傳感器工作過程中有H2O生成，所以H2SO4的濃度減小，故C錯(cuò)誤；負(fù)極反應(yīng)為HCHO＋H2O－4e－=CO2＋4H＋，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移2×10－4mol電子時(shí)，消耗HCHO的物質(zhì)的量為5×10－5mol，即質(zhì)量為mg，故D正確。答案：C9．解析：由題圖可知，左邊電極有電子流出，所以該電極為負(fù)極，電極上物質(zhì)的主要變化為H2轉(zhuǎn)變成H2O，發(fā)生氧化反應(yīng)，右邊電極為正極，電極上物質(zhì)的主要變化為H＋轉(zhuǎn)變?yōu)镠2，發(fā)生還原反應(yīng)。由上述分析可知，右邊電極為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，A項(xiàng)正確；負(fù)極的電極反應(yīng)為H2－2e－＋2OH－=2H2O，B項(xiàng)正確；正極的電極反應(yīng)為2H＋＋2e－=H2↑，故電池的總反應(yīng)是OH－＋H＋=H2O，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于右邊電極為正極，左邊電極為負(fù)極，在電解質(zhì)溶液中，陽離子向正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，D項(xiàng)正確。答案：C10．解析：兩電極均為惰性電極，起導(dǎo)電作用，電極本身不參與反應(yīng)。Pt1電極上通入的是SO2和H2O，得到的是H2SO4，S的化合價(jià)升高，SO2失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，所以Pt1電極為負(fù)極，則Pt2電極為正極。負(fù)極反應(yīng)物為SO2和H2O，產(chǎn)物為H2SO4，則負(fù)極的電極反應(yīng)為SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，A項(xiàng)正確；H＋由負(fù)極通過質(zhì)子交換膜移向正極，正極上O2得電子，發(fā)生還原反應(yīng)生成H2O，電極反應(yīng)為O2＋4e－＋4H＋=2H2O，B項(xiàng)錯(cuò)誤；放電時(shí)，電子由負(fù)極(Pt1電極)流出，經(jīng)外電路流向正極(Pt2電極)，C項(xiàng)正確；根據(jù)得失電子守恒可知，相同條件下，放電過程中消耗的SO2和O2的體積比為2∶1，D項(xiàng)正確。答案：B11．解析：b極，NOeq\o\al(－,3)轉(zhuǎn)化為N2，N的化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)，所以b極為正極，a極為負(fù)極，A項(xiàng)錯(cuò)誤；電池工作時(shí)，Cl－(陰離子)移向負(fù)極，即左室，Na＋(陽離子)移向正極，即右室，海水得以淡化，B項(xiàng)錯(cuò)誤；每生成1molN2消耗2molNOeq\o\al(－,3)，轉(zhuǎn)移10mol電子，根據(jù)電荷守恒、元素守恒可得處理NOeq\o\al(－,3)的電極反應(yīng)為2NOeq\o\al(－,3)＋6H2O＋10e一=N2↑＋12OH－，C項(xiàng)正確；每消耗1molC6H12O6生成6molCO2，轉(zhuǎn)移24mol電子，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：C12．解析：放電時(shí)鋅在負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)總反應(yīng)可知負(fù)極反應(yīng)是Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2，電子由負(fù)極流出，通過外電路流向正極，每1molK2FeO4發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子是3mol，數(shù)目是×1024；充電時(shí)Fe(OH)3失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)。答案：(1)Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2(2)氧化(3)負(fù)正(4)×102413．答案：(1)H2O2(2)B(3)電解質(zhì)溶液H2SO4溶液KOH溶液負(fù)極反應(yīng)2H2－4e－=4H＋2H2－4e－＋4OH－=4H2O正極反應(yīng)O2＋4H＋＋4e－=2H2OO2＋2H2O＋4e－=4OH－pH變大變小(4)CH4＋10OH－－8e－=COeq\o\al(2－,3)＋7H2O14．解析：(1)①燃料電池中，通入氧化劑的電極是正極，通入還原劑的電極是負(fù)極，該反應(yīng)中C化合價(jià)由＋2價(jià)變?yōu)椋?價(jià)，H化合價(jià)由0價(jià)變?yōu)椋?價(jià)，所以CO是氧化劑，則通入CO的電極為正極，電極反應(yīng)式為CO＋4e－＋4H＋=CH3OH；②若A為SO2，B為O2，C為H2SO4，負(fù)極上二氧化硫失電子，與水反應(yīng)生成硫酸根離子和氫離子，電極反應(yīng)式為SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋；③若A為NO2，B為O2，C為HNO3，則正極發(fā)生還原反應(yīng)，氧氣得電子生成水，電極反應(yīng)式為O2＋4e－＋4H＋=2H2O，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為NO2－e－＋H2O=NOeq\o\al(－,3)＋2H＋。(2)該燃料電池中，負(fù)極上一氧化碳、氫氣失電子，與碳酸根離子反應(yīng)生成二氧化碳和水，電極反應(yīng)式為CO＋H2－4e－＋2COeq\o\al(2－,3)=3CO2＋H2O。答案：(1)①CO＋4e－＋4H＋=CH3OH②SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋③NO2－e－＋H2O=NOeq\o\al(－,3)＋2H＋(2)CO＋H2－4e－＋2COeq\o\al(2－,3)=3CO2＋H2O15．解析：(1)由圖1可知A為燃料電池的正極，電極反應(yīng)式為O2＋4H＋＋4e－=2H2O；B為燃料電池的負(fù)極，電極反應(yīng)式為C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2↑＋24H＋。放電過程中，H＋由負(fù)極區(qū)向正極區(qū)移動(dòng)。葡萄糖燃料電池的總反應(yīng)為C6H12O6＋6O2=6CO2＋6H2O，即1molO2～1molCO2，每消耗1molO2，理論上生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的CO2氣體L。(2)由元素價(jià)態(tài)變化可知，a電極為負(fù)極，電極反應(yīng)式為CO＋O2－－2e－=CO2，b電極為正極，電極反應(yīng)式為O2＋4e－=2O2－，總反應(yīng)為2CO＋O2=2CO2。這種一氧化碳分析儀工作時(shí)電子由電極a通過傳感器流向電極b，O2－由電極b向電極a移動(dòng)。答案：(1)①正②O2＋4H＋＋4e－=2H2O③負(fù)正④L(2)①CO＋O2－－2e－=CO2②baab課時(shí)作業(yè)6電解池的工作原理及應(yīng)用1．解析：a極接電池正極，為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)生成O2，A項(xiàng)錯(cuò)誤；b極接電池負(fù)極，為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)生成Cu，B項(xiàng)錯(cuò)誤；d極接電池負(fù)極，為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，產(chǎn)物有OH－，滴加酚酞溶液，d極附近溶液變紅，C項(xiàng)正確；c極接電池正極，為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)生成Cl2，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：C2．解析：A中電解CuCl2溶液時(shí)，損失了Cu和Cl兩種元素，加入CuSO4不能彌補(bǔ)Cl－，而且多了SOeq\o\al(2－,4)，錯(cuò)誤；B中電解NaOH溶液的實(shí)質(zhì)是電解水，故應(yīng)加入適量水才能復(fù)原，錯(cuò)誤；C中電解NaCl溶液時(shí)NaOH仍留在原溶液中，H2、Cl2逸出，則損失了H、Cl兩種元素，且物質(zhì)的量之比是1∶1，故應(yīng)通入適量HCl氣體，正確；D中電解CuSO4溶液的方程式為2CuSO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2Cu＋2H2SO4＋O2↑，脫離反應(yīng)體系的物質(zhì)是“2Cu和O2”，相當(dāng)于“2CuO”，故應(yīng)加入適量CuO或CuCO3才能復(fù)原，錯(cuò)誤。答案：C3．解析：電解精煉銅中，粗銅做陽極，接電源正極，因此電極a為精銅，電極b為粗銅，A項(xiàng)錯(cuò)誤；甲膜為陰離子交換膜，防止陽極溶解的雜質(zhì)陽離子進(jìn)入陰極區(qū)，同時(shí)NOeq\o\al(－,3)可穿過該膜，平衡陽極區(qū)電荷，B項(xiàng)錯(cuò)誤；乙膜為過濾膜，可對(duì)陽極區(qū)的陽極泥及漂浮物進(jìn)行過濾，C項(xiàng)錯(cuò)誤；陰極只有Cu2＋放電，轉(zhuǎn)移1mol電子時(shí)，生成molCu，因此生成精銅的質(zhì)量為mol×64g/mol＝32g，D項(xiàng)正確。答案：D4．解析：根據(jù)工作原理圖可知，連接b的一端發(fā)生O2被還原生成H2O的反應(yīng)，為電解池的陰極，連接直流電源的負(fù)極，A項(xiàng)正確；陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，由電解裝置工作原理圖可知，反應(yīng)物為CO，生成物為CO2，B項(xiàng)正確；電解裝置的電解質(zhì)溶液中，陽離子移向陰極，C項(xiàng)正確；未說明O2是否為標(biāo)準(zhǔn)狀況下的，無法計(jì)算，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：D5．解析：根據(jù)氣體甲與氣體乙的體積比約為2∶1可知，氣體甲為氫氣，氣體乙為氧氣，b電極為陽極，電極反應(yīng)為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，故A錯(cuò)誤；電解池中，陰離子向陽極移動(dòng)，則離子交換膜d為陰離子交換膜，故B正確；SOeq\o\al(2－,4)移向陽極室，陽極室得到硫酸，H＋在陰極上放電，電極反應(yīng)為2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，同時(shí)Na＋也移向陰極室，則在陰極室得到氫氧化鈉，所以產(chǎn)物丁為硫酸，產(chǎn)物丙為氫氧化鈉，故C錯(cuò)誤；根據(jù)上述分析，a電極是陰極，與直流電源負(fù)極相連，故D錯(cuò)誤。答案：B6．解析：由圖示信息可知甲為乙的電解提供能量，A項(xiàng)正確；水溶液中不可能存在O2－離子，b電極反應(yīng)式為O2＋2H2O＋4e－=4OH－，B項(xiàng)錯(cuò)誤；燃料電池中燃料一般為負(fù)極，d電極與負(fù)極相連，發(fā)生還原反應(yīng)，生成Cu，C項(xiàng)正確；銅電極質(zhì)量變化128g，其物質(zhì)的量為2mol，故轉(zhuǎn)移4mol電子，由N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)可知轉(zhuǎn)移4mol電子時(shí)，參與反應(yīng)的O2為1mol，則消耗空氣為1mol/20%＝5mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下為112L，D項(xiàng)正確。答案：B7．解析：原理圖中存在的能量轉(zhuǎn)化方式有風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能，太陽能轉(zhuǎn)化為電能，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，A項(xiàng)錯(cuò)誤；生成O2的a極為陽極，電解裝置中，陽離子向陰極移動(dòng)，即H＋移向b極，B項(xiàng)錯(cuò)誤；b極為陰極，N2在酸性條件下被還原為NH3，故電極反應(yīng)為N2＋6H＋＋6e－=2NH3，C項(xiàng)正確；a極上的電極反應(yīng)為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，每產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下LO2流過電極的電子數(shù)一定為4××1023，但題中未說明是標(biāo)準(zhǔn)狀況，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：C8．解析：左池為原電池，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，甲醇失去電子在堿性條件下生成COeq\o\al(2－,3)和H2O，負(fù)極反應(yīng)式為CH3OH－6e－＋8OH－=COeq\o\al(2－,3)＋6H2O，故A正確；通電一段時(shí)間后，不如Cu活潑的Ag、Au雜質(zhì)金屬不能被氧化，沉積在電解槽底部形成陽極泥，故B正確；比Cu活潑的雜質(zhì)金屬Zn優(yōu)先于Cu被氧化，Zn的相對(duì)原子質(zhì)量比Cu大，轉(zhuǎn)移電子數(shù)相同時(shí)，若粗銅電極質(zhì)量減少g，則純銅電極質(zhì)量增加小于g，故C錯(cuò)誤；電解精煉銅時(shí)，粗銅作陽極，純銅作陰極，故D正確。答案：C9．解析：根據(jù)裝置圖中Y極上HCl失去電子被氧化生成Cl2可知，Y極為電解池的陽極，與電源正極相連接，則X極為電解池的陰極，與電源負(fù)極相連接，所以Y極上的電勢(shì)比X極上的高，A正確；電解池中陽離子向陰極移動(dòng)，Y極為電解池的陽極，X極為電解池的陰極，故H＋向X極遷移，X極周圍溶液酸性增強(qiáng)，pH減小，B錯(cuò)誤；由題圖可知，X極上發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Fe3＋＋e－=Fe2＋，C錯(cuò)誤；電解時(shí)，陽極反應(yīng)式為2HCl－2e－=2H＋＋Cl2↑，陰極反應(yīng)式為Fe3＋＋e－=Fe2＋，生成的Fe2＋與O2反應(yīng)生成Fe3＋，4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O是Fe2＋轉(zhuǎn)化為Fe3＋的反應(yīng)，不是電解總反應(yīng)，D錯(cuò)誤。答案：A10．解析：由亞磷酸與足量的NaOH溶液反應(yīng)生成Na2HPO3，可知亞磷酸為二元酸，A項(xiàng)錯(cuò)誤；石墨為惰性電極，作陽極，連接電源正極，B項(xiàng)錯(cuò)誤；不銹鋼為陰極，H＋放電，Na＋由原料室通過陽膜進(jìn)入乙池，C項(xiàng)錯(cuò)誤；石墨為陽極，OH－放電，產(chǎn)生O2，若生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下L(mol)O2，則轉(zhuǎn)移mol電子，D項(xiàng)正確。答案：D11．解析：(1)n(CuSO4)＝L×mol·L－1＝mol，而在陰極析出的Cu的物質(zhì)的量為g,64g·mol－1)＝mol，故CuSO4未完全電解，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為4OH－－4e－=2H2O＋O2↑。(2)總反應(yīng)：2CuSO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2Cu＋O2↑＋2H2SO4222120．1molmolmolmolmol所以電解后c(H＋)＝mol×L)＝mol·L－1，pH＝－lg＝1。(3)電解后生成的molCu和molO2脫離該體系，相當(dāng)于molCuO，因此若將溶液復(fù)原，則應(yīng)加入molCuO。(4)此時(shí)為電鍍池，陽極反應(yīng)為Cu－2e－=Cu2＋，陰極反應(yīng)為Cu2＋＋2e－=Cu，因此若陰極上析出g銅，則陽極溶解g銅，電解后兩銅片質(zhì)量差為g＋g＝g，而電解液的pH不變。答案：(1)陽4OH－－4e－=2H2O＋O2↑(2)1(3)CuO(4)不變12．解析：(1)若a為含有酚酞的KCl溶液，X為Fe，Y為石墨。X電極上氫離子得到電子生成氫氣，電極附近溶液中氫氧根離子濃度增大，遇酚酞變紅色；Y電極上氯離子失電子生成氯氣，電極反應(yīng)是2Cl－－2e－=Cl2↑。(2)要實(shí)現(xiàn)Cu＋H2SO4=CuSO4＋H2↑，需要利用電解原理，Y電極應(yīng)是銅作陽極，X電極上是氫離子得到電子生成氫氣，陰極電極反應(yīng)2H＋＋2e－=H2↑。(3)利用該裝置在鐵制品表面鍍上一層銀，銀作陽極Y，鐵作陰極X，含銀離子的電解質(zhì)溶液硝酸銀溶液進(jìn)行電解，陽極電極反應(yīng)和電子守恒計(jì)算電子轉(zhuǎn)移數(shù)，反應(yīng)前兩電極的質(zhì)量相等，反應(yīng)后兩電極質(zhì)量相差g，依據(jù)電子守恒可知，陽極質(zhì)量減小與陰極質(zhì)量增加的質(zhì)量相同。陰極析出銀的質(zhì)量＝陽極溶解減小的銀的質(zhì)量＝g，析出銀的物質(zhì)的量＝g,108g·mol－1)＝mol，則該過程理論上通過電流表的電子數(shù)為NA或×1021。(4)X、Y均為惰性電極，a為NaOH溶液，實(shí)質(zhì)是電解水，溶液濃度增大，溶液pH增大；氫氧根離子在陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，氫離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，故應(yīng)加入水恢復(fù)溶液濃度。答案：(1)電極表面產(chǎn)生氣體，附近溶液變紅2Cl－－2e－=Cl2↑(2)Cu2H＋＋2e－=H2↑(3)AgNO3溶液NA(或×1021)(4)增大H2O13．解析：(1)甲烷在負(fù)極上被氧化。在KOH溶液中甲烷被氧化的產(chǎn)物為碳酸鉀，負(fù)極反應(yīng)式為CH4－8e－＋10OH－=COeq\o\al(2－,3)＋7H2O。(2)鐵極為陰極，則C極為陽極，在C極上發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2Cl－－2e－=Cl2↑。(3)n(O2)＝L/mol)＝mol，甲池正極反應(yīng)式為O2＋4e－＋2H2O=4OH－，由電子守恒知，經(jīng)過甲、乙、丙裝置的電子的總物質(zhì)的量為mol。乙池中的鐵極與甲池的負(fù)極相連，鐵極為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，n(H2)＝mol,2)＝mol，V(H2)＝mol×L/mol＝L。丙池中精銅為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Cu2＋＋2e－=Cu，n(Cu)＝mol,2)＝mol，m(Cu)＝mol×64g/mol＝g。(4)漂白液的有效成分是次氯酸鹽，制備原理是2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2OH－＋Cl2↑＋H2↑，Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，氣體與液體反應(yīng)，最好采用逆向接觸，即氣體在下端產(chǎn)生，堿溶液在上端生成，使其充分反應(yīng)，所以該裝置的下端為陽極，上端為陰極，陰極與電源負(fù)極相連，故a極為負(fù)極。生活中常見且廉價(jià)的氯化物是NaCl，故電解質(zhì)溶液最好用飽和NaCl溶液，若制備Fe(OH)2，用硫酸鈉溶液作電解質(zhì)溶液，選用鐵作陽極。答案：(1)CH4－8e－＋10OH－=COeq\o\al(2－,3)＋7H2O(2)2Cl－－2e－=Cl2↑(3)(4)負(fù)飽和氯化鈉溶液鐵課時(shí)作業(yè)7金屬的腐蝕與防護(hù)1．解析：A項(xiàng)，食醋是電解質(zhì)溶液，鐵勺和銅盆是相互接觸的兩種金屬，形成原電池，鐵是活潑金屬，作負(fù)極，鐵易被腐蝕；B項(xiàng)，食鹽水是電解質(zhì)溶液，鐵炒鍋和鐵鏟都是鐵碳合金，符合原電池形成的條件，鐵是活潑金屬，作負(fù)極，碳作正極，鐵易被腐蝕；C項(xiàng)，銅鍍層將鐵球覆蓋，使鐵被保護(hù)，鐵不易被腐蝕；D項(xiàng)，酸雨是電解質(zhì)溶液，鐵鉚釘和銅板接觸，形成原電池，鐵易被腐蝕。答案：C2．解析：A項(xiàng)，鐵、石墨及海水構(gòu)成原電池時(shí)，F(xiàn)e為負(fù)極，腐蝕速率加快；B項(xiàng)，中性條件下，鐵發(fā)生吸氧腐蝕，石墨上氧氣得到電子，電極反應(yīng)為O2＋2H2O＋4e－=4OH－；C項(xiàng)，由于金屬活動(dòng)性：Zn>Fe，所以Zn為原電池的負(fù)極，F(xiàn)e為正極，鐵片不易被腐蝕；D項(xiàng)，中性環(huán)境下發(fā)生吸氧腐蝕，鐵片上的電極反應(yīng)為O2＋2H2O＋4e－=4OH－。答案：D3．解析：為了保障航行安全，延長(zhǎng)輪船的使用壽命，通常在與海水接觸的船殼(船底及船側(cè))上鑲嵌一些金屬塊M，如鋅，形成原電池，這種保護(hù)船殼免受腐蝕的方法叫犧牲陽極的陰極保護(hù)法，A項(xiàng)正確；M可能是鋅等比鐵稍活潑的金屬，在原電池中做負(fù)極，先被腐蝕，鐵比錫活潑，鐵做負(fù)極，被腐蝕，B項(xiàng)錯(cuò)誤；船殼在海水中主要發(fā)生吸氧腐蝕，C項(xiàng)正確；負(fù)極活潑金屬失電子，被氧化，在保護(hù)船殼的過程中，負(fù)極反應(yīng)為M－ne－=Mn＋，D項(xiàng)正確。答案：B4．解析：防止金屬腐蝕最關(guān)鍵的問題是使金屬與空氣、水等物質(zhì)隔離，最常用的做法是覆蓋保護(hù)層，如本題中的①④⑤；另外還有改變金屬的內(nèi)部結(jié)構(gòu)等。保持金屬表面清潔干燥可以減緩金屬的腐蝕。答案：D5．解析：a是石墨，b是鐵，K1、K2連接時(shí)，形成原電池，食鹽水呈中性，鐵發(fā)生吸氧腐蝕，A正確；a是鋅，b是鐵，K1、K2連接時(shí)，形成原電池，Zn比Fe活潑，Zn作負(fù)極被腐蝕，F(xiàn)e作正極受到保護(hù)，故可模擬鋼鐵防護(hù)中的犧牲陽極法，B正確；K1、K3連接時(shí)，形成電解池，a是石墨，作電解池的陽極，可模擬電解飽和食鹽水，C正確；K1、K3連接時(shí)，形成電解池，a是鐵，作電解池的陽極而被腐蝕，若模擬鋼鐵防護(hù)中的外加電流法，應(yīng)將鐵連接電源的負(fù)極，D錯(cuò)誤。答案：D6．答案：B7．解析：根據(jù)圖知，氧氣得電子生成氫氧根離子、Cu失電子生成銅離子，發(fā)生吸氧腐蝕，則Cu做負(fù)極被氧化，腐蝕過程中，負(fù)極是c，發(fā)生氧化反應(yīng)，A項(xiàng)正確；氧氣在正極得電子生成氫氧根離子，電極反應(yīng)式為O2＋4e－＋2H2O=4OH－，B項(xiàng)正確；多孔粉狀銹Cu2(OH)3Cl為固體，故生成Cu2(OH)3Cl的離子方程式為2Cu2＋＋3OH－＋Cl－=Cu2(OH)3Cl↓，C項(xiàng)正確；不確定氧氣是否在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，則不能計(jì)算氧氣的體積，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：D8．解析：鐵棒連接Zn片，發(fā)生腐蝕時(shí)，Zn作負(fù)極，F(xiàn)e作正極，故甲區(qū)發(fā)生的電極反應(yīng)式為O2＋2H2O＋4e－=4OH－，A錯(cuò)誤；Zn是負(fù)極，電極反應(yīng)式為Zn－2e－=Zn2＋，則乙區(qū)產(chǎn)生Zn2＋，B正確；鐵棒連接Cu片，發(fā)生腐蝕時(shí)，F(xiàn)e作負(fù)極，Cu作正極，丙區(qū)發(fā)生的電極反應(yīng)式為O2＋2H2O＋4e－=4OH－，電極附近溶液顯堿性，則丙區(qū)呈現(xiàn)紅色，C正確；丁區(qū)Fe發(fā)生電極反應(yīng)生成Fe2＋，與K3[Fe(CN)6]反應(yīng)生成藍(lán)色沉淀，D正確。答案：A9．解析：由圖可知開始時(shí)pH越大，腐蝕程度越小，后來pH越大，腐蝕程度越大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由題圖可知，pH＝時(shí)，鋁被腐蝕，負(fù)極反應(yīng)為Al－3e－＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，B項(xiàng)錯(cuò)誤；將鋁做陽極，電解時(shí)可形成Al2O3保護(hù)膜：2Al＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))Al2O3＋3H2↑，C項(xiàng)正確；鋁制餐具外面的保護(hù)膜防止了鋁的進(jìn)一步被腐蝕，所以不應(yīng)經(jīng)常打磨，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：C10．解析：無論是否鼓入空氣，鐵均作為負(fù)極，易失去電子生成亞鐵離子，電極反應(yīng)式為Fe－2e－=Fe2＋，A項(xiàng)正確；不鼓入空氣時(shí)，正極上可得到強(qiáng)還原性的H·，電極反應(yīng)式為H＋＋e－=H·，B項(xiàng)正確；若上端開口打開，并鼓入空氣，可得到強(qiáng)氧化性的·OH，電極反應(yīng)式為2H＋＋2e－＋O2=2·OH，故每生成1mol·OH，有1mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，C項(xiàng)錯(cuò)誤；除去草酸需要具有氧化性的物質(zhì)，上端開口打開，并鼓入空氣可得到強(qiáng)氧化性的·OH，D項(xiàng)正確。答案：C11．解析：鐵鍋的腐蝕原理為Fe－C－電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，其中Fe做負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為Fe－2e－=Fe2＋，碳做正極，正極反應(yīng)式為O2＋4e－＋2H2O=4OH－，A、C項(xiàng)錯(cuò)誤；原電池中電子沿導(dǎo)線從負(fù)極流向正極，電子不能通過電解質(zhì)溶液，B項(xiàng)錯(cuò)誤；負(fù)極產(chǎn)生的Fe2＋與正極產(chǎn)生的OH－反應(yīng)生成Fe(OH)2，F(xiàn)e(OH)2被氧氣氧化為Fe(OH)3，F(xiàn)e(OH)3進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為Fe2O3·nH2O，故每生成1mol鐵銹(Fe2O3·nH2O)，由原子守恒和得失電子守恒可得關(guān)系式2Fe～Fe2O3·nH2O～6e－～eq\f(3,2)O2，即需eq\f(3,2)molO2，標(biāo)準(zhǔn)狀況下為L(zhǎng)，D項(xiàng)正確。答案：D12．解析：(1)①金屬在中性或較弱的酸性條件下發(fā)生的是吸氧腐蝕。②發(fā)生吸氧腐蝕，越靠近液面接觸到的O2越多，腐蝕得越嚴(yán)重。③鋅塊應(yīng)固定在腐蝕最嚴(yán)重的C處形成原電池，鋅做負(fù)極，鐵閘做正極，得到保護(hù)。(2)要用石墨通過電化學(xué)腐蝕保護(hù)銅，只能用電解池原理，碳接電源正極，銅接電源負(fù)極。(3)A項(xiàng)，K1閉合時(shí)，該裝置構(gòu)成了Fe-C-NaCl溶液原電池，鐵做負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式是Fe－2e－=Fe2＋；B項(xiàng)，石墨棒做正極，發(fā)生的電極反應(yīng)式是2H2O＋O2＋4e－=4OH－，故石墨棒周圍溶液pH逐漸升高；C項(xiàng)，K2閉合時(shí)，該裝置構(gòu)成了Fe-C-外加電源的電解池，石墨棒做陽極，F(xiàn)e做陰極而不被腐蝕，該方法稱為外加電流的陰極保護(hù)法；D項(xiàng)，K2閉合時(shí)，陽極的電極反應(yīng)式是2Cl－－2e－=Cl2↑，陰極的電極反應(yīng)式是2H＋＋2e－=H2↑，所以當(dāng)電路中通過NA個(gè)即mol電子時(shí)，生成H2和Cl2的物質(zhì)的量均為mol，則兩極共產(chǎn)生mol氣體。答案：(1)①吸氧腐蝕②B③C(2)(3)B13．解析：由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象①②可知，潮濕是鐵生銹的必要前提；而當(dāng)潮濕程度相同時(shí)，硬質(zhì)玻璃管中的實(shí)驗(yàn)與燒杯中實(shí)驗(yàn)的對(duì)比說明O2的濃度是影響鐵生銹快慢的重要因素。答案：(1)吸氧腐蝕負(fù)極：2Fe－4e－=2Fe2＋，正極：2H2O＋O2＋4e－=4OH－(2)球形干燥管堿石灰(或無水CaCl2)干燥O2(3)與O2接觸，與水接觸氧氣濃度14．解析：(1)探究醋酸濃度對(duì)電化學(xué)腐蝕的影響時(shí)，應(yīng)保證碳粉和鐵粉的質(zhì)量與參照實(shí)驗(yàn)相同，因此實(shí)驗(yàn)②中鐵粉為g；對(duì)比實(shí)驗(yàn)①和③可知，鐵粉的質(zhì)量及醋酸的濃度相同，而碳粉的質(zhì)量不同，顯然探究的是碳粉的含量對(duì)鐵的電化學(xué)腐蝕的影響。(2)當(dāng)鐵發(fā)生析氫腐蝕時(shí)，由于生成H2，容器的壓強(qiáng)不斷增大，而發(fā)生吸氧腐蝕時(shí)，由于消耗O2，容器的壓強(qiáng)不斷減小，t2時(shí)容器的壓強(qiáng)明顯小于起始?jí)簭?qiáng)，說明鐵發(fā)生了吸氧腐蝕，此時(shí)Fe作負(fù)極，失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)；碳粉作正極，O2在其表面得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為O2＋2H2O＋4e－=4OH－。(3)Fe發(fā)生電化學(xué)腐蝕時(shí)，放出熱量，使體系的溫度升高。答案：(1)②③碳粉含量的影響(2)吸氧還原2H2O＋O2＋4e－=4OH－(3)反應(yīng)放熱，溫度升高課時(shí)作業(yè)8化學(xué)反應(yīng)速率的表示方法1．解析：利用各物質(zhì)的化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)方程式中各物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比的關(guān)系，采用轉(zhuǎn)化的方法將選項(xiàng)變形。4v(NH3)＝5v(O2)可轉(zhuǎn)化為v(NH3)∶v(O2)＝5∶4，A項(xiàng)錯(cuò)誤；同理可得，B、D項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確。答案：C2．解析：由題意可知，m(CO2)＝g－g＝g，n(CO2)＝g,44g·mol－1)＝mol。所以參與反應(yīng)的HCl的物質(zhì)的量n(HCl)＝2n(CO2)＝mol，v(HCl)＝L·50s)＝mol·L－1·s－1。答案：A3．解析：反應(yīng)速率通常用單位時(shí)間內(nèi)反應(yīng)物或生成物濃度的變化量來表示。g氨氣是mol，所以氨氣的反應(yīng)速率是mol,2L×5min)＝mol·L－1·min－1。又因?yàn)榉磻?yīng)速率數(shù)值之比是對(duì)應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，所以氫氣和氮?dú)獾姆磻?yīng)速率分別是mol·L－1·min－1和mol·L－1·min－1，D項(xiàng)正確。答案：D4．解析：NO增加的濃度為mol,2L)＝mol/L，由vNO∶vO2＝4∶5，得vNO＝eq\f(vO2,5)×4＝mol/（L·s）,5)×4＝mol/(L·s)，所以此段反應(yīng)所經(jīng)過的時(shí)間為mol/（L·s）)＝s。答案為B。答案：B5．解析：以物質(zhì)A為標(biāo)準(zhǔn)，將用其他物質(zhì)表示的反應(yīng)速率換算為用物質(zhì)A表示的反應(yīng)速率。v(A)∶v(B)＝1∶3，則②表示的v(A)＝mol/(L·s)；v(A)∶v(C)＝1∶2，則③表示的v(A)＝mol/(L·s)；v(A)∶v(D)＝1∶2，則④表示的v(A)＝mol/(L·s)；故反應(yīng)進(jìn)行的快慢順序?yàn)棰?gt;③＝②>①。答案：A6．解析：M為固體，不能用M的物質(zhì)的量的濃度的變化來表示反應(yīng)速率，A錯(cuò)誤；經(jīng)4min后，N的濃度從mol·L－1減少至mol·L－1，則v(N)＝mol·L－1－mol·L－1,4min)＝mol·L－1·min－1，B正確；題中給出的反應(yīng)速率是4min內(nèi)的平均反應(yīng)速率，無法由平均反應(yīng)速率計(jì)算4min末P的反應(yīng)速率，C錯(cuò)誤；N、P的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為2、3，則二者反應(yīng)速率關(guān)系為v(N)∶v(P)＝2∶3，即3v(N)＝2v(P)，D錯(cuò)誤。答案：B7．解析：5min末已生成molW，以W濃度變化來表示的平均反應(yīng)速率為mol,2L×5min)＝mol·L－1·min－1，以Z濃度變化來表示的平均反應(yīng)速率為mol·L－1·min－1，根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比可知，n＝1，A正確。答案：A8．解析：起始時(shí)A2和B2兩種氣體的濃度均為1mol·L－1，在密閉容器內(nèi)反應(yīng)生成氣體C，達(dá)平衡后，測(cè)得c(A2)＝mol·L－1，c(B2)＝mol·L－1，c(C)＝mol·L－1，故Δc(A2)＝1mol·L－1－mol·L－1＝m