高中化學課時作業(yè)（蘇教版選修第一冊）參考答案課時作業(yè)

課時作業(yè)1化學反應的焓變熱化學方程式1．答案：A2．解析：根據反應物和生成物能量的高低來分析、解決問題?；瘜W反應都伴隨能量變化，當反應物的總能量高于生成物的總能量時，該反應為放熱反應；當反應物的總能量低于生成物的總能量時，該反應為吸熱反應。反應①的ΔH＞0，為吸熱反應，故可排除A項和C項。反應②的ΔH＜0，為放熱反應，B項錯誤。答案：D3．解析：D項中的稀硫酸與鋅粒反應后生成H2，能夠推動針筒活塞向右移動，不能確定該反應是否為放熱反應，D錯誤。答案：D4．答案：B5．答案：C6．解析：由題中條件可知：反應的熱效應ΔH＝akJ·mol－1＝－kJ·mol－1，可知該反應的正反應為放熱反應，故D錯誤。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項錯誤；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物的總能量，故B、D項錯誤；由圖可知1molC(s)與O2(g)反應生成1molCO(g)放出的熱量為kJ－kJ＝kJ，則C(s)與O2(g)反應生成CO(g)的熱化學方程式為2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－kJ·mol－1，故C項正確。答案：C8．解析：氫氣在氧氣中燃燒，生成1mol氣態(tài)水的反應的ΔH＝反應物的總鍵能－生成物的總鍵能＝436kJ·mol－1＋249kJ·mol－1－930kJ·mol－1＝－245kJ·mol－1＜0，反應放熱，所以水分解吸熱，故A錯誤；由題圖分析可知，生成氣態(tài)水的熱化學方程式為2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－490kJ·mol－1，故B正確；化學鍵斷裂吸收能量，化學鍵生成釋放能量，甲、乙、丙中物質所具有的總能量大小關系為乙＞甲＞丙，故C錯誤；水蒸氣變成液態(tài)水會放熱，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錯誤。答案：B9．解析：本題考查化學反應中能量變化、熱化學方程式的判斷。斷裂化學鍵需要吸收能量，則斷裂molN2(g)和molH2(g)中所有的化學鍵吸收akJ熱量，A錯誤；NH3(g)變成NH3(l)放出熱量，則有NH3(g)=NH3(l)ΔH＝－ckJ·mol－1，B錯誤；反應eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)=NH3(g)的正、逆反應的活化能分別為akJ·mol－1、bkJ·mol－1，則反應N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)的ΔH＝2(akJ·mol－1－bkJ·mol－1)＝2(a－b)kJ·mol－1，C錯誤；反應NH3(l)=eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)的正、逆反應活化能分別為(b＋c)kJ·mol－1、akJ·mol－1，則該反應的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個電子的物質的量為10mol，反應中碳元素的化合價由－1價升高為＋4，參加反應的乙炔的物質的量為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該反應為放熱反應，有NA個水分子生成且為液體時，放出1300kJ的能量，故B錯誤；1個CO2分子中含有4個共用電子對，有8NA個碳氧共用電子對生成時，說明有2molCO2生成，放出1300kJ的能量，有2NA個碳氧共用電子對生成時，說明有molCO2生成，放出eq\f(1300kJ,4)＝325kJ的能量，故C錯誤；1個CO2分子中含有4個共用電子對，有10NA個碳氧共用電子對生成時，說明有molCO2生成，放出的能量為1300kJ×eq\f(2.5,2)＝1625kJ，故D錯誤。答案：A11．解析：鎂片與鹽酸的反應是放熱反應，是由于反應物的總能量高于生成物的總能量，放出的熱量使錐形瓶內氣壓增大，導致U形管左側液面下降，右側液面上升。答案：(1)Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑鎂片溶解，有氣泡產生(2)下降反應放出的熱量使錐形瓶內氣壓增大放熱(3)小于12．解析：(1)每個反應都遵循質量守恒和能量守恒，故A、D兩項正確。任何反應都伴隨著能量變化，B項錯誤。某一反應是放熱反應還是吸熱反應與反應條件無關，加熱是為了使舊化學鍵斷裂，引發(fā)反應，C項錯誤。(2)答案：(1)AD(2)吸熱ΔH＝(E2－E1)kJ/mol13．解析：根據熱化學方程式的書寫原則，注意①標明物質的聚集狀態(tài)，②焓變的單位為kJ/mol，放熱反應為負值，吸熱反應為正值，焓變的數值和化學計量數成正比。(4)注意N2和H2的反應為可逆反應，不能進行到底，要根據生成molNH3放熱kJ計算。(5)gNaOH生成H2O的物質的量為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)該反應的熱化學方程式為Si(s)＋3HCl(g)eq\o(=,\s\up7(300℃))SiHCl3(g)＋H2(g)ΔH＝－225kJ·mol－1。(2)該反應的熱化學方程式為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，根據得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式。再根據反應每消耗1molCuCl(s)放熱kJ可寫出該反應的熱化學方程式：4CuCl(s)＋O2(g)=2CuCl2(s)＋2CuO(s)ΔH＝－kJ·mol－1。(4)根據每生成kg純硅需吸收akJ熱量，求出生成1mol純硅需吸收kJ熱量，則該反應的熱化學方程式為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)相同一個化學反應的反應熱僅與反應的始態(tài)和始態(tài)有關，而與反應的途徑無關(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)。課時作業(yè)2反應熱的測量與計算1．解析：反應物的總能量與產物的總能量決定反應熱，所以反應熱只與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關，而與反應的途徑無關，A項錯誤；熱化學方程式按一定系數比加和時其反應熱也按該系數比加和，B項錯誤；蓋斯定律表明反應熱與反應途徑無關，只與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關，C項正確，D項錯誤。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的反應熱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，會使熱量散失，導致反應后的溫度偏低，Δt偏小，由Q＝mcΔt可知測量結果偏低，A錯誤；大、小燒杯之間的隔熱層可以保溫、隔熱，作用是減小實驗過程中的熱量散失，B正確；量取NaOH溶液時仰視讀數，會導致所量取的氫氧化鈉溶液體積偏大，質量偏大，反應過程中Δt偏小，測得的中和熱偏小，C正確；中和熱是稀溶液中酸和堿反應生成1mol液態(tài)水時放出的熱量，所以改用25mLmol·L－1鹽酸跟25mLmol·L－1NaOH溶液進行反應，測得的中和熱數值和原來相同，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)生的離子反應為②H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)，ΔH2＝－eq\fkJ,mol)＝－55kJ·mol－1。Na2SO4溶液與BaCl2溶液反應的離子方程式為Ba2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)=BaSO4(s)，根據蓋斯定律，①－2×②可得目標反應，則ΔH＝ΔH1－2ΔH2＝(－128kJ·mol－1)－2×(－55kJ·mol－1)＝－18kJ·mol－1，故D正確。答案：D5．解析：根椐反應熱與鍵能之間的關系可得：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：根據蓋斯定律，由②×2＋③×2－①即得題中目標反應，故ΔH＝(－×2－×2＋)kJ/mol＝－kJ/mol。答案：D8．解析：等質量的白磷和紅磷完全燃燒時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錯誤；兩者燃燒產物相同，狀態(tài)相同，所以產物穩(wěn)定性相同，故B錯誤；白磷轉化為紅磷的熱化學方程式為P4(s，白磷)=4P(s，紅磷)ΔH＝－2kJ·mol－1－4×(－)kJ·mol－1＝－kJ·mol－1，所以1mol白磷轉變?yōu)榧t磷放出kJ的熱量，故C錯誤；紅磷燃燒是放熱反應，紅磷燃燒的熱化學方程式為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)。根據蓋斯定律，反應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：原子結合形成分子的過程是化學鍵的形成過程，是放熱過程，N原子半徑大于O原子半徑，由題圖可知，2molO原子結合生成O2(g)時放出498kJ能量，A正確；焓變＝反應物斷裂化學鍵吸收的能量－生成物形成化學鍵放出的能量，N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH＝946kJ·mol－1＋498kJ·mol－1－2×632kJ·mol－1＝＋180kJ·mol－1，反應吸熱，B錯誤；N2(g)和O2(g)生成(NO)(g)的反應為吸熱反應，則1molN2(g)和1molO2(g)具有的總能量低于2molNO(g)具有的總能量，C錯誤；斷開1mol化學鍵吸收的能量與形成1mol化學鍵釋放的能量數值相等，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中化學鍵吸收的能量，故氮氣更穩(wěn)定，D錯誤。答案：A12．解析：根據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反應生成PCl3的熱化學方程式為P(s)＋eq\f(3,2)Cl2(g)=PCl3(g)ΔH＝－306kJ/mol。(2)中間產物PCl3和未完全反應的Cl2的總能量高于最終產物PCl5的能量，其ΔH＝－93kJ/mol，所以PCl5分解成PCl3和Cl2的熱化學方程式為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)轉變成金剛石(s)需要吸收kJ的熱量，該反應的熱化學方程式為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的物質的量是1mol，由碳元素守恒可知，二氧化碳的物質的量也為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無水乙醇時生成2mol二氧化碳，則放出的熱量為QkJ×2＝2QkJ，熱化學方程式為C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－2QkJ·mol－1。(3)依據蓋斯定律可知，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)的熱化學方程式為CO(g)＋FeO(s)=Fe(s)＋CO2(g)ΔH＝－11kJ·mol－1。(4)該合成甲醇反應的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)根據量熱計的構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)反應放出的熱量和所用酸以及堿的量有關，若用60mL0.50mol·L－1的鹽酸與50mLmol·L－1的NaOH溶液進行反應，與題述實驗相比，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)生中和反應生成1mol液態(tài)水時放出的熱量，與酸堿的用量無關，所以用60mLmol·L－1的鹽酸與50mLmol·L－1的NaOH溶液反應，與上述實驗測得的中和熱的數值相等。(3)測量鹽酸的溫度后，溫度計沒有用水沖洗干凈，再測NaOH溶液的溫度時，會發(fā)生酸堿中和，使反應前后溫度計示數的變化值減小，導致實驗測得中和熱的數值偏低，故A符合題意；把量筒中的氫氧化鈉溶液倒入小燒杯時動作遲緩，會導致一部分熱量損失，實驗測得中和熱的數值偏低，故B符合題意；做本實驗時的室溫和反應熱的數據之間無關，故C不符合題意；將50mLmol·L－1氫氧化鈉溶液錯取成了50mLmol·L－1的氨水，由于NH3·H2O是弱堿，弱堿的電離是吸熱過程，所以導致實驗測得中和熱的數值偏低，故D符合題意。(4)3次實驗溫度差分別為℃、℃、℃，第3次數值與前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)生中和反應生成水的物質的量為L×mol·L－1＝mol，溶液的質量為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，所以實驗測得的中和熱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℃；當酸堿恰好反應時，放出的熱量最多，從圖乙可知V1＝30時兩者恰好反應，V2＝50－30＝20，根據n(HCl)＝n(NaOH)計算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)生中和反應生成1molH2O(l)所放出的熱量，與酸、堿用量無關(3)ABD(4)－kJ·mol－1(5)低于課時作業(yè)3燃燒熱能源的充分利用1．解析：燃燒熱是指101kPa時，1mol純物質完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量。A項，生成物中的CO不是穩(wěn)定氧化物；B項，S燃燒生成的穩(wěn)定氧化物應為SO2；D項，可燃物CO的化學計量數應為1。答案：C2．解析：光照下發(fā)生取代反應的過程中，生成CH3，兩個CH3相互結合成乙烷，故A正確；由②反應可知，形成C—Cl鍵，拆開Cl2中化學鍵，且為放熱反應，則形成1molCH3Cl(g)中C—Cl鍵放出的能量比拆開1molCl2(g)中化學鍵吸收的能量多，即CH3Cl(g)中C—Cl鍵的鍵能大于Cl2(g)中Cl—Cl鍵的鍵能，故B錯誤；根據蓋斯定律，反應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，Cl比Br的能量高，則第二步反應ΔH>＋kJ/mol，故D正確。答案：B3．解析：丙烷分子式是C3H8，1mol丙烷燃燒會產生4mol水，則丙烷完全燃燒產生g水，消耗丙烷的物質的量是n(C3H8)＝mol，所以反應放出的熱量是2215kJ·mol－1×mol≈55kJ。答案：A4．解析：燃燒熱是指101kPa下1mol純物質完全燃燒生成指定產物時放出的熱量，A項錯誤；|ΔH1|為1molC完全燃燒生成CO2時放出的熱量，|ΔH2|為1molC不完全燃燒生成CO時放出的熱量，故反應①放出的熱量比反應②放出的熱量多，又因為放熱反應的ΔH為負值，所以ΔH1<ΔH2，B項錯誤；根據蓋斯定律，由2×②－①得③C(s)＋CO2(g)=2CO(g)ΔH3＝2ΔH2－ΔH1，C項正確；根據蓋斯定律，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，任何反應的ΔH≠0，D項錯誤。答案：C5．解析：煤、石油、天然氣等化石燃料蘊藏量有限，不可再生，最終將會枯竭，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)在高溫下反應制取，屬二次能源，B錯誤；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轉化為CH4、CH3OH、NH3是在太陽能的作用下完成的，由轉化關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：據化學方程式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的反應熱為ΔH＝－QkJ·mol－1。所以該熱化學方程式書寫如下：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：由第二個熱化學方程式減去第一個熱化學方程式得CH3OCH3(l)=CH3CH2OH(l)ΔH＝－89kJ/mol，該反應為放熱反應，A項正確；甲醚轉化為乙醇放出熱量，故乙醇的能量比甲醚的少，乙醇比甲醚穩(wěn)定，B項正確，C項錯誤；乙醇和甲醚分子式相同，結構不同，互為同分異構體，D項正確。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，該反應是吸熱反應，能量轉化形式是太陽能→化學能，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，Fe3O4可循環(huán)使用，具有成本低的特點，氫氣和氧氣分步生成，具有產物易分離的優(yōu)點，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錯誤；燃燒熱指101kPa時，1mol純物質完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量，B中ΔH與熱化學方程式中物質的化學計量數不成比例，并且生成的水應為液態(tài)，錯誤；正戊烷和2－甲基丁烷互為同分異構體，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；通過計算可得，相同質量的烷烴，碳的質量分數越大，燃燒放出的熱量越少，D錯誤。答案：C12．解析：CO的燃燒熱為kJ·mol－1，表示101kPa時，1molCO完全燃燒生成CO2(g)時放出的熱量為kJ，ΔH＜0，A項錯誤。生成的H2O應為液態(tài)，B項錯誤。設L混合氣體中含H2的物質的量為x，CO的物質的量為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的體積分數為eq\f(1mol,mol)×100%＝40%，C項正確?；旌蠚怏w燃燒后生成H2O、CO2共mol，與足量的過氧化鈉反應產生O2mol，故轉移電子的物質的量為mol，D項錯誤。答案：C13．解析：由表中數據可知1mol甲烷氣體完全燃燒產生的熱量最多，故家庭使用的優(yōu)質氣體燃料應是甲烷。1molCO完全燃燒放出熱量kJ，則其燃燒的熱化學方程式為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(風能或地熱能)14．解析：本題是以新能源為背景涉及元素化合物性質、熱化學方程式的書寫、讀圖、讀表的綜合題。是把化學知識具體運用的典型試題。(1)利用蓋斯定律即可得出；(2)H2S熱分解制氫屬于吸熱反應，需要提供能量；(3)高溫下，水的分解化學鍵斷裂先生成H和O，H結合生成H2，O結合生成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)采用極端假設法，假設混合氣體全是CO，放出熱量最少，為283akJ；假設混合氣體全為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)采用極端假設法，燃燒之后生成的CO2和H2O(l)的物質的量相等，若要使放出的熱量最多，則CH4的量應最多，此時CH4與CO的物質的量之比為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的量應最少，此時CO與H2的物質的量之比為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，不能產生電流，銅片不是負極，A、B項錯誤；甲中產生氣泡的反應速率比乙中的快，因為甲中鋅失去的電子流向銅，銅周圍生成氫氣，乙中只是鋅參加反應，反應過程中會使鋅片周圍產生大量的ZnSO4，H＋濃度下降，從而使反應速率減小，D項錯誤。答案：C2．解析：Zn為負極，發(fā)生氧化反應，A項錯誤；石墨為正極，Fe3＋在正極得電子發(fā)生還原反應，生成Fe2＋，B項正確；電子從負極(鋅電極)流出，經電流表流向正極(石墨電極)，C項錯誤；由于Fe3＋在石墨電極上得到電子生成Fe2＋，右側燒杯中正電荷減少，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)，D項錯誤。答案：B3．答案：C4．解析：裝置甲是原電池，a極質量減小，b極質量增加，則a極為負極，b極為正極，所以金屬活動性順序：a＞b。裝置乙不能構成原電池，b極有氣體產生，c極無變化，所以金屬活動性順序：b＞c。裝置丙是原電池，d極溶解，c極有氣體產生，則d是負極，c是正極，所以金屬活動性順序：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極為負極，所以金屬活動性順序：d＞a。因此這四種金屬的活動性順序：d＞a＞b＞c。答案：B5．解析：構成原電池的正極是Cu，負極是Zn，故①錯誤；電子從負極Zn流出，流向正極Cu，H＋向正極移動，在Cu上得電子：2H＋＋2e－=H2↑，故②錯誤，③、④正確；此原電池負極上發(fā)生的反應是Zn－2e－=Zn2＋，⑥錯誤；總反應方程式：Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，當有1mol電子通過時，產生H2為mol，故⑤正確。答案：B6．解析：根據所給原電池的反應可知，Fe3＋在正極發(fā)生還原反應，甲池中存在Fe3＋，故A錯誤；乙池中的電極為負極，失電子的物質是I－，B錯誤；此反應是可逆反應，電流計的讀數為零時說明反應處于平衡狀態(tài)，但c(Fe3＋)≠0，故C正確，D錯誤。答案：C7．解析：b極上氧氣得電子生成H2O，發(fā)生還原反應作正極，a極上CH4失電子轉變成CO2，失電子發(fā)生氧化反應作負極，電子由負極經導線流向正極，即從a極流向b極，故A錯誤；由圖示可知氫離子可以通過離子交換膜由a極區(qū)進入b極區(qū)，則離子交換膜應為陽離子交換膜或質子交換膜，故B錯誤；b極上氧氣得電子生成H2O，且電解質環(huán)境為酸性，發(fā)生的電極反應為：O2＋4e－＋4H＋=2H2O，故C正確；負極發(fā)生的反應為：CH4＋2H2O－8e－=CO2＋8H＋，由反應可知每轉移8mol電子生成1mol二氧化碳，則轉移4mol電子，生成CO2mol，質量為22g，故D錯誤。答案：C8．解析：該原電池中氧化反應與還原反應是在兩個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項錯誤；乙池是正極，溶液中的NOeq\o\al(－,3)得到電子，電極反應式為NOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋e－=NO2↑＋H2O，B項錯誤；當銅棒質量減少g(即mol)時，甲池溶液中Cu2＋增加mol，但由于鹽橋中Cl－向甲池中移動，所以溶液增加的質量大于g，C項錯誤；當銅棒質量減少g(即mol)時，轉移電子的物質的量是mol，所以根據電極反應式NOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋e－=NO2↑＋H2O可知，生成NO2的物質的量是mol，則根據反應式4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3可知需要氧氣的物質的量是mol，其在標準狀況下的體積是L，D項正確。答案：D9．解析：鋁能與NaOH溶液發(fā)生氧化還原反應，而鎂與NaOH溶液不能發(fā)生反應，鋁失電子，作原電池的負極，A錯誤；由于鋁片表面的氧化膜也能與NaOH溶液反應，故可不必處理，B正確；該裝置外電路是由電子的定向移動形成電流，而內電路則是由溶液中自由移動離子的定向移動形成電流，C錯誤；電池開始工作時，負極上鋁與NaOH溶液反應生成AlOeq\o\al(－,2)，此時不會有Al(OH)3白色沉淀生成，D錯誤。答案：B10．解析：Ⅰ.KMnO4有強氧化性，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)生反應的化學方程式為2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O。Ⅱ.(1)根據上述反應的化學方程式可知，KMnO4做氧化劑，發(fā)生還原反應，故石墨a是正極。(2)電池工作時，SOeq\o\al(2－,4)向負極移動，即向乙燒杯移動。(3)乙燒杯中的電極反應式為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，則反應過程中生成的MnSO4的物質的量為mol·L－1×L＝mol，轉移的電子為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)轉移mol電子時，銅棒質量增加g，鋅棒質量減少g，故反應過程中，當銅電極質量增加2g時，另一電極減少的質量大于2g。(4)反應過程中，為了保持溶液的電中性，Cl－將進入甲燒杯，NHeq\o\al(＋,4)進入乙燒杯。當外電路中轉移mol電子時，乙燒杯中有molCu2＋消耗，還剩余molCu2＋，有molNHeq\o\al(＋,4)進入乙燒杯，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極，電極反應為Zn－2e－=Zn2＋；銀片作正極，電極反應為2H＋＋2e－=H2↑。(2)由電極反應不難看出該電池中溶解Zn和產生H2的物質的量之比為1∶1。①鋅片與銀片減少的質量等于生成氫氣所消耗的鋅的質量，m(Zn)＝60g－47g＝13g，設產生的氫氣在標準狀況下的體積為x。Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑65gL13gx解得x＝L。②通過導線的總電量＝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)根據題中信息，I－失電子被氧化，說明乙池中石墨做負極，其電極反應式為2I－－2e－=I2，則甲池中石墨做正極，其電極反應式為2IOeq\o\al(－,3)＋12H＋＋10e－=I2＋6H2O，隨反應的進行，碘離子和碘酸根離子的量減小，通過的電量減小，電流計讀數不斷減小，當反應達到平衡后，電流計的讀數為0，故a、b說法正確。(2)根據(1)的分析，兩燒杯中都有I2的存在，加入淀粉后，都變藍。(3)甲燒杯中滴入NaOH溶液，消耗H＋，促使反應向逆反應方向進行，乙池中電極反應式I2＋2e－=2I－，則甲池中電極反應式為I2＋12OH－－10e－=2IOeq\o\al(－,3)＋6H2O，甲池失電子，電流計指針向左偏轉。答案：(1)2IOeq\o\al(－,3)＋10e－＋12H＋=I2＋6H2Oab(2)甲、乙(3)I2＋2e－=2I－左14．解析：當稀硫酸作電解質溶液時，Mg作負極(金屬活動性：Mg>Al)，Al作正極，Al電極上產生氣泡；當NaOH溶液作電解質溶液時，Al作負極(Mg不與NaOH溶液反應)，原電池總反應的離子方程式為2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑。由此可知，原電池的兩極與電解質溶液有關，電解質溶液不同，導致兩極發(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，H2SO4先中和NaOH，再與NaAlO2反應生成Al(OH)3沉淀，當H2SO4過量時，Al(OH)3沉淀逐漸消失。答案：(1)產生氣泡(2)2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑(3)不可靠將兩種金屬電極通過導線連上電流表并插入電解液中構成原電池，利用電流表檢測電流的方向，從而判斷電子流動方向，由此確定原電池的正負極(4)開始無明顯現象，過一段時間產生白色沉淀，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課時作業(yè)5化學電源1．解析：鋅錳干電池中二氧化錳得電子，為正極，A項錯誤；燃料電池中氧氣得電子，為正極，B項正確；鉛蓄電池中二氧化鉛得電子，為正極，C項錯誤；鎳鎘電池中氫氧化鎳得電子，為正極，D項錯誤。答案：B2．解析：化學電源工作時也有少量熱量產生，故化學能也部分轉化為熱能，A項錯誤；任何電池的效率都不能達到100%，燃料電池的能量轉化率超過80%，但不能全部轉化為電能，B項錯誤；蓄電池并不是一次電池，故D項錯誤。答案：C3．答案：C4．解析：由原電池原理知電子從負極經導線轉移到正極，所以正極上富集電子，根據電性關系，O2－不可能移向正極，A項錯誤；燃料電池不是在點燃的條件下發(fā)生的，B項錯誤；O2得電子，發(fā)生還原反應，通入空氣的一極是正極，C項正確；丁烷失電子，發(fā)生氧化反應，通入丁烷的一極是負極，D項錯誤。答案：C5．解析：原電池是將化學能轉變?yōu)殡娔艿难b置。其總反應式是：CH2=CH2＋3O2=2CO2＋2H2O，CH2=CH2應在負極上反應，O2應在正極上反應，反應過程中CH2=CH2失去電子，O2得到電子，K2CO3為電解質，負極反應為：CH2=CH2＋6COeq\o\al(2－,3)－12e－=8CO2＋2H2O；正極反應為：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，充電時電能轉化為化學能，A項正確；在該電池中Pb板為負極，則電池工作時，電子由Pb板通過外電路流向PbO2板，B項正確；該電池工作時，負極的電極反應式為Pb－2e－＋SOeq\o\al(2－,4)=PbSO4，C項正確；在原電池工作時，陽離子向正極移動，則該電池工作時H＋移向PbO2板，D項錯誤。答案：D7．解析：電池放電時，正極上氧氣得電子生成OH－，則電極反應為O2＋4e－＋2H2O=4OH－，故A錯誤；電池放電時，負極反應為Li－e－=Li＋，充電時陰極反應為放電時負極反應的逆過程，則陰極發(fā)生還原反應：Li＋＋e－=Li，故B錯誤；金屬鋰能與鹽酸反應生成氫氣，所以電池中的有機電解液不可以用稀鹽酸代替，故C錯誤；放電時空氣極為電池正極，充電時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，在負極發(fā)生氧化反應，所以b為負極，a為正極，a極發(fā)生還原反應，故A正確；b為負極，HCHO在負極發(fā)生的反應為HCHO＋H2O－4e－=CO2＋4H＋，故B正確；電池總反應為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錯誤；負極反應為HCHO＋H2O－4e－=CO2＋4H＋，當電路中轉移2×10－4mol電子時，消耗HCHO的物質的量為5×10－5mol，即質量為mg，故D正確。答案：C9．解析：由題圖可知，左邊電極有電子流出，所以該電極為負極，電極上物質的主要變化為H2轉變成H2O，發(fā)生氧化反應，右邊電極為正極，電極上物質的主要變化為H＋轉變?yōu)镠2，發(fā)生還原反應。由上述分析可知，右邊電極為正極，發(fā)生還原反應，A項正確；負極的電極反應為H2－2e－＋2OH－=2H2O，B項正確；正極的電極反應為2H＋＋2e－=H2↑，故電池的總反應是OH－＋H＋=H2O，C項錯誤；由于右邊電極為正極，左邊電極為負極，在電解質溶液中，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，D項正確。答案：C10．解析：兩電極均為惰性電極，起導電作用，電極本身不參與反應。Pt1電極上通入的是SO2和H2O，得到的是H2SO4，S的化合價升高，SO2失電子發(fā)生氧化反應，所以Pt1電極為負極，則Pt2電極為正極。負極反應物為SO2和H2O，產物為H2SO4，則負極的電極反應為SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，A項正確；H＋由負極通過質子交換膜移向正極，正極上O2得電子，發(fā)生還原反應生成H2O，電極反應為O2＋4e－＋4H＋=2H2O，B項錯誤；放電時，電子由負極(Pt1電極)流出，經外電路流向正極(Pt2電極)，C項正確；根據得失電子守恒可知，相同條件下，放電過程中消耗的SO2和O2的體積比為2∶1，D項正確。答案：B11．解析：b極，NOeq\o\al(－,3)轉化為N2，N的化合價降低，發(fā)生還原反應，所以b極為正極，a極為負極，A項錯誤；電池工作時，Cl－(陰離子)移向負極，即左室，Na＋(陽離子)移向正極，即右室，海水得以淡化，B項錯誤；每生成1molN2消耗2molNOeq\o\al(－,3)，轉移10mol電子，根據電荷守恒、元素守恒可得處理NOeq\o\al(－,3)的電極反應為2NOeq\o\al(－,3)＋6H2O＋10e一=N2↑＋12OH－，C項正確；每消耗1molC6H12O6生成6molCO2，轉移24mol電子，D項錯誤。答案：C12．解析：放電時鋅在負極發(fā)生氧化反應，根據總反應可知負極反應是Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2，電子由負極流出，通過外電路流向正極，每1molK2FeO4發(fā)生反應，轉移電子是3mol，數目是×1024；充電時Fe(OH)3失去電子發(fā)生氧化反應。答案：(1)Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2(2)氧化(3)負正(4)×102413．答案：(1)H2O2(2)B(3)電解質溶液H2SO4溶液KOH溶液負極反應2H2－4e－=4H＋2H2－4e－＋4OH－=4H2O正極反應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極，該反應中C化合價由＋2價變?yōu)椋?價，H化合價由0價變?yōu)椋?價，所以CO是氧化劑，則通入CO的電極為正極，電極反應式為CO＋4e－＋4H＋=CH3OH；②若A為SO2，B為O2，C為H2SO4，負極上二氧化硫失電子，與水反應生成硫酸根離子和氫離子，電極反應式為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，氧氣得電子生成水，電極反應式為O2＋4e－＋4H＋=2H2O，負極發(fā)生氧化反應，電極反應式為NO2－e－＋H2O=NOeq\o\al(－,3)＋2H＋。(2)該燃料電池中，負極上一氧化碳、氫氣失電子，與碳酸根離子反應生成二氧化碳和水，電極反應式為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，電極反應式為O2＋4H＋＋4e－=2H2O；B為燃料電池的負極，電極反應式為C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2↑＋24H＋。放電過程中，H＋由負極區(qū)向正極區(qū)移動。葡萄糖燃料電池的總反應為C6H12O6＋6O2=6CO2＋6H2O，即1molO2～1molCO2，每消耗1molO2，理論上生成標準狀況下的CO2氣體L。(2)由元素價態(tài)變化可知，a電極為負極，電極反應式為CO＋O2－－2e－=CO2，b電極為正極，電極反應式為O2＋4e－=2O2－，總反應為2CO＋O2=2CO2。這種一氧化碳分析儀工作時電子由電極a通過傳感器流向電極b，O2－由電極b向電極a移動。答案：(1)①正②O2＋4H＋＋4e－=2H2O③負正④L(2)①CO＋O2－－2e－=CO2②baab課時作業(yè)6電解池的工作原理及應用1．解析：a極接電池正極，為陽極，發(fā)生氧化反應生成O2，A項錯誤；b極接電池負極，為陰極，發(fā)生還原反應生成Cu，B項錯誤；d極接電池負極，為陰極，發(fā)生還原反應2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，產物有OH－，滴加酚酞溶液，d極附近溶液變紅，C項正確；c極接電池正極，為陽極，發(fā)生氧化反應生成Cl2，D項錯誤。答案：C2．解析：A中電解CuCl2溶液時，損失了Cu和Cl兩種元素，加入CuSO4不能彌補Cl－，而且多了SOeq\o\al(2－,4)，錯誤；B中電解NaOH溶液的實質是電解水，故應加入適量水才能復原，錯誤；C中電解NaCl溶液時NaOH仍留在原溶液中，H2、Cl2逸出，則損失了H、Cl兩種元素，且物質的量之比是1∶1，故應通入適量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↑，脫離反應體系的物質是“2Cu和O2”，相當于“2CuO”，故應加入適量CuO或CuCO3才能復原，錯誤。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項錯誤；甲膜為陰離子交換膜，防止陽極溶解的雜質陽離子進入陰極區(qū)，同時NOeq\o\al(－,3)可穿過該膜，平衡陽極區(qū)電荷，B項錯誤；乙膜為過濾膜，可對陽極區(qū)的陽極泥及漂浮物進行過濾，C項錯誤；陰極只有Cu2＋放電，轉移1mol電子時，生成molCu，因此生成精銅的質量為mol×64g/mol＝32g，D項正確。答案：D4．解析：根據工作原理圖可知，連接b的一端發(fā)生O2被還原生成H2O的反應，為電解池的陰極，連接直流電源的負極，A項正確；陽極發(fā)生氧化反應，由電解裝置工作原理圖可知，反應物為CO，生成物為CO2，B項正確；電解裝置的電解質溶液中，陽離子移向陰極，C項正確；未說明O2是否為標準狀況下的，無法計算，D項錯誤。答案：D5．解析：根據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，電極反應為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，故A錯誤；電解池中，陰離子向陽極移動，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，電極反應為2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，同時Na＋也移向陰極室，則在陰極室得到氫氧化鈉，所以產物丁為硫酸，產物丙為氫氧化鈉，故C錯誤；根據上述分析，a電極是陰極，與直流電源負極相連，故D錯誤。答案：B6．解析：由圖示信息可知甲為乙的電解提供能量，A項正確；水溶液中不可能存在O2－離子，b電極反應式為O2＋2H2O＋4e－=4OH－，B項錯誤；燃料電池中燃料一般為負極，d電極與負極相連，發(fā)生還原反應，生成Cu，C項正確；銅電極質量變化128g，其物質的量為2mol，故轉移4mol電子，由N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)可知轉移4mol電子時，參與反應的O2為1mol，則消耗空氣為1mol/20%＝5mol，標準狀況下為112L，D項正確。答案：B7．解析：原理圖中存在的能量轉化方式有風能轉化為電能，太陽能轉化為電能，電能轉化為化學能，A項錯誤；生成O2的a極為陽極，電解裝置中，陽離子向陰極移動，即H＋移向b極，B項錯誤；b極為陰極，N2在酸性條件下被還原為NH3，故電極反應為N2＋6H＋＋6e－=2NH3，C項正確；a極上的電極反應為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，每產生標準狀況下LO2流過電極的電子數一定為4××1023，但題中未說明是標準狀況，D項錯誤。答案：C8．解析：左池為原電池，負極發(fā)生氧化反應，甲醇失去電子在堿性條件下生成COeq\o\al(2－,3)和H2O，負極反應式為CH3OH－6e－＋8OH－=COeq\o\al(2－,3)＋6H2O，故A正確；通電一段時間后，不如Cu活潑的Ag、Au雜質金屬不能被氧化，沉積在電解槽底部形成陽極泥，故B正確；比Cu活潑的雜質金屬Zn優(yōu)先于Cu被氧化，Zn的相對原子質量比Cu大，轉移電子數相同時，若粗銅電極質量減少g，則純銅電極質量增加小于g，故C錯誤；電解精煉銅時，粗銅作陽極，純銅作陰極，故D正確。答案：C9．解析：根據裝置圖中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，與電源負極相連接，所以Y極上的電勢比X極上的高，A正確；電解池中陽離子向陰極移動，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，pH減小，B錯誤；由題圖可知，X極上發(fā)生得電子的還原反應，電極反應式為Fe3＋＋e－=Fe2＋，C錯誤；電解時，陽極反應式為2HCl－2e－=2H＋＋Cl2↑，陰極反應式為Fe3＋＋e－=Fe2＋，生成的Fe2＋與O2反應生成Fe3＋，4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O是Fe2＋轉化為Fe3＋的反應，不是電解總反應，D錯誤。答案：A10．解析：由亞磷酸與足量的NaOH溶液反應生成Na2HPO3，可知亞磷酸為二元酸，A項錯誤；石墨為惰性電極，作陽極，連接電源正極，B項錯誤；不銹鋼為陰極，H＋放電，Na＋由原料室通過陽膜進入乙池，C項錯誤；石墨為陽極，OH－放電，產生O2，若生成標準狀況下L(mol)O2，則轉移mol電子，D項正確。答案：D11．解析：(1)n(CuSO4)＝L×mol·L－1＝mol，而在陰極析出的Cu的物質的量為g,64g·mol－1)＝mol，故CuSO4未完全電解，陽極發(fā)生氧化反應，電極反應為4OH－－4e－=2H2O＋O2↑。(2)總反應：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，相當于molCuO，因此若將溶液復原，則應加入molCuO。(4)此時為電鍍池，陽極反應為Cu－2e－=Cu2＋，陰極反應為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，電極反應是2Cl－－2e－=Cl2↑。(2)要實現Cu＋H2SO4=CuSO4＋H2↑，需要利用電解原理，Y電極應是銅作陽極，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，含銀離子的電解質溶液硝酸銀溶液進行電解，陽極電極反應和電子守恒計算電子轉移數，反應前兩電極的質量相等，反應后兩電極質量相差g，依據電子守恒可知，陽極質量減小與陰極質量增加的質量相同。陰極析出銀的質量＝陽極溶解減小的銀的質量＝g，析出銀的物質的量＝g,108g·mol－1)＝mol，則該過程理論上通過電流表的電子數為NA或×1021。(4)X、Y均為惰性電極，a為NaOH溶液，實質是電解水，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，氫離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，故應加入水恢復溶液濃度。答案：(1)電極表面產生氣體，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)甲烷在負極上被氧化。在KOH溶液中甲烷被氧化的產物為碳酸鉀，負極反應式為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，電極反應式為2Cl－－2e－=Cl2↑。(3)n(O2)＝L/mol)＝mol，甲池正極反應式為O2＋4e－＋2H2O=4OH－，由電子守恒知，經過甲、乙、丙裝置的電子的總物質的量為mol。乙池中的鐵極與甲池的負極相連，鐵極為陰極，發(fā)生還原反應，電極反應式為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，電極反應式為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，最好采用逆向接觸，即氣體在下端產生，堿溶液在上端生成，使其充分反應，所以該裝置的下端為陽極，上端為陰極，陰極與電源負極相連，故a極為負極。生活中常見且廉價的氯化物是NaCl，故電解質溶液最好用飽和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)負飽和氯化鈉溶液鐵課時作業(yè)7金屬的腐蝕與防護1．解析：A項，食醋是電解質溶液，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，作負極，鐵易被腐蝕；B項，食鹽水是電解質溶液，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，作負極，碳作正極，鐵易被腐蝕；C項，銅鍍層將鐵球覆蓋，使鐵被保護，鐵不易被腐蝕；D項，酸雨是電解質溶液，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，鐵、石墨及海水構成原電池時，Fe為負極，腐蝕速率加快；B項，中性條件下，鐵發(fā)生吸氧腐蝕，石墨上氧氣得到電子，電極反應為O2＋2H2O＋4e－=4OH－；C項，由于金屬活動性：Zn>Fe，所以Zn為原電池的負極，Fe為正極，鐵片不易被腐蝕；D項，中性環(huán)境下發(fā)生吸氧腐蝕，鐵片上的電極反應為O2＋2H2O＋4e－=4OH－。答案：D3．解析：為了保障航行安全，延長輪船的使用壽命，通常在與海水接觸的船殼(船底及船側)上鑲嵌一些金屬塊M，如鋅，形成原電池，這種保護船殼免受腐蝕的方法叫犧牲陽極的陰極保護法，A項正確；M可能是鋅等比鐵稍活潑的金屬，在原電池中做負極，先被腐蝕，鐵比錫活潑，鐵做負極，被腐蝕，B項錯誤；船殼在海水中主要發(fā)生吸氧腐蝕，C項正確；負極活潑金屬失電子，被氧化，在保護船殼的過程中，負極反應為M－ne－=Mn＋，D項正確。答案：B4．解析：防止金屬腐蝕最關鍵的問題是使金屬與空氣、水等物質隔離，最常用的做法是覆蓋保護層，如本題中的①④⑤；另外還有改變金屬的內部結構等。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，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，形成原電池，Zn比Fe活潑，Zn作負極被腐蝕，Fe作正極受到保護，故可模擬鋼鐵防護中的犧牲陽極法，B正確；K1、K3連接時，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，形成電解池，a是鐵，作電解池的陽極而被腐蝕，若模擬鋼鐵防護中的外加電流法，應將鐵連接電源的負極，D錯誤。答案：D6．答案：B7．解析：根據圖知，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做負極被氧化，腐蝕過程中，負極是c，發(fā)生氧化反應，A項正確；氧氣在正極得電子生成氫氧根離子，電極反應式為O2＋4e－＋2H2O=4OH－，B項正確；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項正確；不確定氧氣是否在標準狀況下，則不能計算氧氣的體積，D項錯誤。答案：D8．解析：鐵棒連接Zn片，發(fā)生腐蝕時，Zn作負極，Fe作正極，故甲區(qū)發(fā)生的電極反應式為O2＋2H2O＋4e－=4OH－，A錯誤；Zn是負極，電極反應式為Zn－2e－=Zn2＋，則乙區(qū)產生Zn2＋，B正確；鐵棒連接Cu片，發(fā)生腐蝕時，Fe作負極，Cu作正極，丙區(qū)發(fā)生的電極反應式為O2＋2H2O＋4e－=4OH－，電極附近溶液顯堿性，則丙區(qū)呈現紅色，C正確；丁區(qū)Fe發(fā)生電極反應生成Fe2＋，與K3[Fe(CN)6]反應生成藍色沉淀，D正確。答案：A9．解析：由圖可知開始時pH越大，腐蝕程度越小，后來pH越大，腐蝕程度越大，A項錯誤；由題圖可知，pH＝時，鋁被腐蝕，負極反應為Al－3e－＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，B項錯誤；將鋁做陽極，電解時可形成Al2O3保護膜：2Al＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))Al2O3＋3H2↑，C項正確；鋁制餐具外面的保護膜防止了鋁的進一步被腐蝕，所以不應經常打磨，D項錯誤。答案：C10．解析：無論是否鼓入空氣，鐵均作為負極，易失去電子生成亞鐵離子，電極反應式為Fe－2e－=Fe2＋，A項正確；不鼓入空氣時，正極上可得到強還原性的H·，電極反應式為H＋＋e－=H·，B項正確；若上端開口打開，并鼓入空氣，可得到強氧化性的·OH，電極反應式為2H＋＋2e－＋O2=2·OH，故每生成1mol·OH，有1mol電子發(fā)生轉移，C項錯誤；除去草酸需要具有氧化性的物質，上端開口打開，并鼓入空氣可得到強氧化性的·OH，D項正確。答案：C11．解析：鐵鍋的腐蝕原理為Fe－C－電解質溶液構成原電池，其中Fe做負極，負極反應式為Fe－2e－=Fe2＋，碳做正極，正極反應式為O2＋4e－＋2H2O=4OH－，A、C項錯誤；原電池中電子沿導線從負極流向正極，電子不能通過電解質溶液，B項錯誤；負極產生的Fe2＋與正極產生的OH－反應生成Fe(OH)2，Fe(OH)2被氧氣氧化為Fe(OH)3，Fe(OH)3進一步轉化為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系式2Fe～Fe2O3·nH2O～6e－～eq\f(3,2)O2，即需eq\f(3,2)molO2，標準狀況下為L，D項正確。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，腐蝕得越嚴重。③鋅塊應固定在腐蝕最嚴重的C處形成原電池，鋅做負極，鐵閘做正極，得到保護。(2)要用石墨通過電化學腐蝕保護銅，只能用電解池原理，碳接電源正極，銅接電源負極。(3)A項，K1閉合時，該裝置構成了Fe-C-NaCl溶液原電池，鐵做負極，發(fā)生氧化反應，電極反應式是Fe－2e－=Fe2＋；B項，石墨棒做正極，發(fā)生的電極反應式是2H2O＋O2＋4e－=4OH－，故石墨棒周圍溶液pH逐漸升高；C項，K2閉合時，該裝置構成了Fe-C-外加電源的電解池，石墨棒做陽極，Fe做陰極而不被腐蝕，該方法稱為外加電流的陰極保護法；D項，K2閉合時，陽極的電極反應式是2Cl－－2e－=Cl2↑，陰極的電極反應式是2H＋＋2e－=H2↑，所以當電路中通過NA個即mol電子時，生成H2和Cl2的物質的量均為mol，則兩極共產生mol氣體。答案：(1)①吸氧腐蝕②B③C(2)(3)B13．解析：由實驗現象①②可知，潮濕是鐵生銹的必要前提；而當潮濕程度相同時，硬質玻璃管中的實驗與燒杯中實驗的對比說明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)探究醋酸濃度對電化學腐蝕的影響時，應保證碳粉和鐵粉的質量與參照實驗相同，因此實驗②中鐵粉為g；對比實驗①和③可知，鐵粉的質量及醋酸的濃度相同，而碳粉的質量不同，顯然探究的是碳粉的含量對鐵的電化學腐蝕的影響。(2)當鐵發(fā)生析氫腐蝕時，由于生成H2，容器的壓強不斷增大，而發(fā)生吸氧腐蝕時，由于消耗O2，容器的壓強不斷減小，t2時容器的壓強明顯小于起始壓強，說明鐵發(fā)生了吸氧腐蝕，此時Fe作負極，失去電子發(fā)生氧化反應；碳粉作正極，O2在其表面得到電子發(fā)生還原反應，電極反應式為O2＋2H2O＋4e－=4OH－。(3)Fe發(fā)生電化學腐蝕時，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)反應放熱，溫度升高課時作業(yè)8化學反應速率的表示方法1．解析：利用各物質的化學反應速率之比等于化學方程式中各物質的化學計量數之比的關系，采用轉化的方法將選項變形。4v(NH3)＝5v(O2)可轉化為v(NH3)∶v(O2)＝5∶4，A項錯誤；同理可得，B、D項錯誤，C項正確。答案：C2．解析：由題意可知，m(CO2)＝g－g＝g，n(CO2)＝g,44g·mol－1)＝mol。所以參與反應的HCl的物質的量n(HCl)＝2n(CO2)＝mol，v(HCl)＝L·50s)＝mol·L－1·s－1。答案：A3．解析：反應速率通常用單位時間內反應物或生成物濃度的變化量來表示。g氨氣是mol，所以氨氣的反應速率是mol,2L×5min)＝mol·L－1·min－1。又因為反應速率數值之比是對應的化學計量數之比，所以氫氣和氮氣的反應速率分別是mol·L－1·min－1和mol·L－1·min－1，D項正確。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)，所以此段反應所經過的時間為mol/（L·s）)＝s。答案為B。答案：B5．解析：以物質A為標準，將用其他物質表示的反應速率換算為用物質A表示的反應速率。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)；故反應進行的快慢順序為④>③＝②>①。答案：A6．解析：M為固體，不能用M的物質的量的濃度的變化來表示反應速率，A錯誤；經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；題中給出的反應速率是4min內的平均反應速率，無法由平均反應速率計算4min末P的反應速率，C錯誤；N、P的化學計量數分別為2、3，則二者反應速率關系為v(N)∶v(P)＝2∶3，即3v(N)＝2v(P)，D錯誤。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速率為mol·L－1·min－1，根據化學反應速率之比等于化學計量數之比可知，n＝1，A正確。答案：A8．解析：起始時A2和B2兩種氣體的濃度均為1mol·L－1，在密閉容器內反應生成氣體C，達平衡后，測得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