高中化学课时作业（苏教版选修第一册）参考答案课时作业

课时作业1化学反应的焓变热化学方程式1．答案：A2．解析：根据反应物和生成物能量的高低来分析、解决问题。化学反应都伴随能量变化，当反应物的总能量高于生成物的总能量时，该反应为放热反应；当反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应为吸热反应。反应①的ΔH＞0，为吸热反应，故可排除A项和C项。反应②的ΔH＜0，为放热反应，B项错误。答案：D3．解析：D项中的稀硫酸与锌粒反应后生成H2，能够推动针筒活塞向右移动，不能确定该反应是否为放热反应，D错误。答案：D4．答案：B5．答案：C6．解析：由题中条件可知：反应的热效应ΔH＝akJ·mol－1＝－kJ·mol－1，可知该反应的正反应为放热反应，故D错误。答案：D7．解析：由图可知1molC(s)与1molO2(g)的总能量比1molCO2(g)的总能量高kJ，故A项错误；由图可知2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－kJ·mol－1，生成物的总能量小于反应物的总能量，故B、D项错误；由图可知1molC(s)与O2(g)反应生成1molCO(g)放出的热量为kJ－kJ＝kJ，则C(s)与O2(g)反应生成CO(g)的热化学方程式为2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－kJ·mol－1，故C项正确。答案：C8．解析：氢气在氧气中燃烧，生成1mol气态水的反应的ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能＝436kJ·mol－1＋249kJ·mol－1－930kJ·mol－1＝－245kJ·mol－1＜0，反应放热，所以水分解吸热，故A错误；由题图分析可知，生成气态水的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－490kJ·mol－1，故B正确；化学键断裂吸收能量，化学键生成释放能量，甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙＞甲＞丙，故C错误；水蒸气变成液态水会放热，则乙→丙的过程中若生成液态水，释放的能量将大于930kJ，故D错误。答案：B9．解析：本题考查化学反应中能量变化、热化学方程式的判断。断裂化学键需要吸收能量，则断裂molN2(g)和molH2(g)中所有的化学键吸收akJ热量，A错误；NH3(g)变成NH3(l)放出热量，则有NH3(g)=NH3(l)ΔH＝－ckJ·mol－1，B错误；反应eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)=NH3(g)的正、逆反应的活化能分别为akJ·mol－1、bkJ·mol－1，则反应N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)的ΔH＝2(akJ·mol－1－bkJ·mol－1)＝2(a－b)kJ·mol－1，C错误；反应NH3(l)=eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)的正、逆反应活化能分别为(b＋c)kJ·mol－1、akJ·mol－1，则该反应的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正确。答案：D10．解析：10NA个电子的物质的量为10mol，反应中碳元素的化合价由－1价升高为＋4，参加反应的乙炔的物质的量为eq\f(10mol,2×5)＝1mol，放出的热量为1300kJ·mol－1×1mol＝1300kJ，故A正确；热化学方程式中ΔH<0表示放热，C2H2(g)＋eq\f(5,2)O2(g)=2CO2(g)＋H2O(l)ΔH＝－1300kJ·mol－1该反应为放热反应，有NA个水分子生成且为液体时，放出1300kJ的能量，故B错误；1个CO2分子中含有4个共用电子对，有8NA个碳氧共用电子对生成时，说明有2molCO2生成，放出1300kJ的能量，有2NA个碳氧共用电子对生成时，说明有molCO2生成，放出eq\f(1300kJ,4)＝325kJ的能量，故C错误；1个CO2分子中含有4个共用电子对，有10NA个碳氧共用电子对生成时，说明有molCO2生成，放出的能量为1300kJ×eq\f(2.5,2)＝1625kJ，故D错误。答案：A11．解析：镁片与盐酸的反应是放热反应，是由于反应物的总能量高于生成物的总能量，放出的热量使锥形瓶内气压增大，导致U形管左侧液面下降，右侧液面上升。答案：(1)Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑镁片溶解，有气泡产生(2)下降反应放出的热量使锥形瓶内气压增大放热(3)小于12．解析：(1)每个反应都遵循质量守恒和能量守恒，故A、D两项正确。任何反应都伴随着能量变化，B项错误。某一反应是放热反应还是吸热反应与反应条件无关，加热是为了使旧化学键断裂，引发反应，C项错误。(2)答案：(1)AD(2)吸热ΔH＝(E2－E1)kJ/mol13．解析：根据热化学方程式的书写原则，注意①标明物质的聚集状态，②焓变的单位为kJ/mol，放热反应为负值，吸热反应为正值，焓变的数值和化学计量数成正比。(4)注意N2和H2的反应为可逆反应，不能进行到底，要根据生成molNH3放热kJ计算。(5)gNaOH生成H2O的物质的量为mol，放出kJ的热量，则生成1molH2O放出kJ的热量。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(催化剂),\s\do5(500℃、30MPa))2NH3(g)ΔH＝－kJ/mol(5)NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－kJ/mol14．解析：(1)该反应的热化学方程式为Si(s)＋3HCl(g)eq\o(=,\s\up7(300℃))SiHCl3(g)＋H2(g)ΔH＝－225kJ·mol－1。(2)该反应的热化学方程式为2Cl2(g)＋TiO2(s)＋2C(s)=TiCl4(l)＋2CO(g)ΔH＝－kJ·mol－1。(3)由题意知，生成的黑色固体是氧化铜，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式。再根据反应每消耗1molCuCl(s)放热kJ可写出该反应的热化学方程式：4CuCl(s)＋O2(g)=2CuCl2(s)＋2CuO(s)ΔH＝－kJ·mol－1。(4)根据每生成kg纯硅需吸收akJ热量，求出生成1mol纯硅需吸收kJ热量，则该反应的热化学方程式为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)吸热(2)相同一个化学反应的反应热仅与反应的始态和始态有关，而与反应的途径无关(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)则(E2－E1)n(CH3OH)＝2an(O2)，即n(CH3OH)∶n(O2)＝2a∶(E2－E1)，则n(CH3OH)∶n(空气)＝2a∶5(E2－E1)。课时作业2反应热的测量与计算1．解析：反应物的总能量与产物的总能量决定反应热，所以反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关，A项错误；热化学方程式按一定系数比加和时其反应热也按该系数比加和，B项错误；盖斯定律表明反应热与反应途径无关，只与反应体系的始态和终态有关，C项正确，D项错误。答案：C2．解析：1mol晶体硅中所含的Si—Si键为2mol，即工业上制取高纯硅的反应的反应热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溶液缓慢倒入盛有盐酸的小烧杯中，并用玻璃棒搅拌，会使热量散失，导致反应后的温度偏低，Δt偏小，由Q＝mcΔt可知测量结果偏低，A错误；大、小烧杯之间的隔热层可以保温、隔热，作用是减小实验过程中的热量散失，B正确；量取NaOH溶液时仰视读数，会导致所量取的氢氧化钠溶液体积偏大，质量偏大，反应过程中Δt偏小，测得的中和热偏小，C正确；中和热是稀溶液中酸和碱反应生成1mol液态水时放出的热量，所以改用25mLmol·L－1盐酸跟25mLmol·L－1NaOH溶液进行反应，测得的中和热数值和原来相同，D正确。答案：A4．解析：100mLmol·L－1Ba(OH)2溶液中Ba(OH)2的物质的量为mol，向稀H2SO4中加入100mLmol·L－1Ba(OH)2溶液，发生的离子反应是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稀盐酸中HCl的物质的量为mol，向Ba(OH)2溶液中加入100mLmol·L－1稀盐酸，发生的离子反应为②H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)，ΔH2＝－eq\fkJ,mol)＝－55kJ·mol－1。Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的离子方程式为Ba2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)=BaSO4(s)，根据盖斯定律，①－2×②可得目标反应，则ΔH＝ΔH1－2ΔH2＝(－128kJ·mol－1)－2×(－55kJ·mol－1)＝－18kJ·mol－1，故D正确。答案：D5．解析：根椐反应热与键能之间的关系可得：ΔH＝＋436kJ·mol－1＋akJ·mol－1－2×366kJ·mol－1＝－72kJ·mol－1，解得a＝224。故选C。答案：C6．解析：ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能＝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正确。答案：A7．解析：根据盖斯定律，由②×2＋③×2－①即得题中目标反应，故ΔH＝(－×2－×2＋)kJ/mol＝－kJ/mol。答案：D8．解析：等质量的白磷和红磷完全燃烧时释放的能量白磷比红磷多，说明白磷能量高于红磷，由于能量越低越稳定，所以红磷稳定，故A错误；两者燃烧产物相同，状态相同，所以产物稳定性相同，故B错误；白磷转化为红磷的热化学方程式为P4(s，白磷)=4P(s，红磷)ΔH＝－2kJ·mol－1－4×(－)kJ·mol－1＝－kJ·mol－1，所以1mol白磷转变为红磷放出kJ的热量，故C错误；红磷燃烧是放热反应，红磷燃烧的热化学方程式为4P(s)＋5O2(g)=P4O10(s)ΔH＝4×(－)kJ·mol－1＝－2954kJ·mol－1，故D正确。答案：D9．答案：D10．解析：由途径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。途径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均为正值)。根据盖斯定律，反应①×2＋②＋③可得2C3H8(g)＋10O2(g)=6CO2(g)＋8H2O(l)，则ΔH＝(2b－c－d)kJ·mol－1。由盖斯定律可知，两种途径的热效应是相同的，所以－2a＝2b－c－d，即2b＝c＋d－2a，A正确。答案：A11．解析：原子结合形成分子的过程是化学键的形成过程，是放热过程，N原子半径大于O原子半径，由题图可知，2molO原子结合生成O2(g)时放出498kJ能量，A正确；焓变＝反应物断裂化学键吸收的能量－生成物形成化学键放出的能量，N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH＝946kJ·mol－1＋498kJ·mol－1－2×632kJ·mol－1＝＋180kJ·mol－1，反应吸热，B错误；N2(g)和O2(g)生成(NO)(g)的反应为吸热反应，则1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量低于2molNO(g)具有的总能量，C错误；断开1mol化学键吸收的能量与形成1mol化学键释放的能量数值相等，则由题图可知，断开1mol氮分子中N≡N键吸收的能量大于断开1molNO中化学键吸收的能量，故氮气更稳定，D错误。答案：A12．解析：根据CO2＋2KOH=K2CO3＋H2O，n(CO2)＝eq\f(1,2)n(KOH)＝eq\f(1,2)×5mol·L－1×L＝mol，则生成4molCO2(g)放出的热量为eq\f(4mol,mol)×QkJ＝16QkJ，故所给反应的ΔH＝－16QkJ·mol－1。答案：D13．解析：(1)由题图看出，1molP(s)在Cl2(g)中燃烧生成PCl3(g)放出的热量为306kJ/mol，所以P与Cl2反应生成PCl3的热化学方程式为P(s)＋eq\f(3,2)Cl2(g)=PCl3(g)ΔH＝－306kJ/mol。(2)中间产物PCl3和未完全反应的Cl2的总能量高于最终产物PCl5的能量，其ΔH＝－93kJ/mol，所以PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式为PCl5(g)=PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH＝＋93kJ/mol。(3)由盖斯定律可知，一步生成PCl5和两步生成PCl5的总热效应相等，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)转变成金刚石(s)需要吸收kJ的热量，该反应的热化学方程式为C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH＝＋kJ·mol－1。(2)因生成的CO2用过量饱和澄清石灰水完全吸收，可得100gCaCO3沉淀，则CaCO3的物质的量是1mol，由碳元素守恒可知，二氧化碳的物质的量也为1mol，即无水乙醇完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为QkJ，而完全燃烧1mol无水乙醇时生成2mol二氧化碳，则放出的热量为QkJ×2＝2QkJ，热化学方程式为C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－2QkJ·mol－1。(3)依据盖斯定律可知，①×3－(③×2＋②)得6CO(g)＋6FeO(s)=6Fe(s)＋6CO2(g)ΔH＝－66kJ·mol－1，则FeO(s)被CO(g)还原成Fe(s)和CO2(g)的热化学方程式为CO(g)＋FeO(s)=Fe(s)＋CO2(g)ΔH＝－11kJ·mol－1。(4)该合成甲醇反应的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(金刚石，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)根据量热计的构造可知该装置缺少的玻璃仪器是玻璃搅拌器，该装置中小烧杯口与大烧杯口不相平，且未填满碎泡沫塑料(或碎纸条)，应该在大、小烧杯间填满碎泡沫塑料(或碎纸条)使小烧杯口与大烧杯口相平。(2)反应放出的热量和所用酸以及碱的量有关，若用60mL0.50mol·L－1的盐酸与50mLmol·L－1的NaOH溶液进行反应，与题述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏多，但是中和热是稀溶液中酸和碱发生中和反应生成1mol液态水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以用60mLmol·L－1的盐酸与50mLmol·L－1的NaOH溶液反应，与上述实验测得的中和热的数值相等。(3)测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，再测NaOH溶液的温度时，会发生酸碱中和，使反应前后温度计示数的变化值减小，导致实验测得中和热的数值偏低，故A符合题意；把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，会导致一部分热量损失，实验测得中和热的数值偏低，故B符合题意；做本实验时的室温和反应热的数据之间无关，故C不符合题意；将50mLmol·L－1氢氧化钠溶液错取成了50mLmol·L－1的氨水，由于NH3·H2O是弱碱，弱碱的电离是吸热过程，所以导致实验测得中和热的数值偏低，故D符合题意。(4)3次实验温度差分别为℃、℃、℃，第3次数值与前2次差别很大，舍去，前2次温度差平均值为℃；50mL0.50mol·L－1的盐酸与50mLmol·L－1的NaOH溶液发生中和反应生成水的物质的量为L×mol·L－1＝mol，溶液的质量为100mL×1g·mL－1＝100g，温度变化的值Δt＝℃，则生成mol水放出的热量Q＝mcΔt＝100g×4.18J·g－1·℃－1×℃＝1J＝8kJ，所以实验测得的中和热ΔH＝－eq\f8kJ,mol)≈－kJ·mol－1。(5)从题图乙可知：5mL盐酸和45mLNaOH溶液反应放热后的温度是22℃，则混合前的溶液温度一定低于22℃，即环境温度低于22℃；当酸碱恰好反应时，放出的热量最多，从图乙可知V1＝30时两者恰好反应，V2＝50－30＝20，根据n(HCl)＝n(NaOH)计算c(NaOH)＝eq\fL×mol·L－1,L)＝mol·L－1。答案：(1)玻璃搅拌器用碎泡沫塑料垫高小烧杯，使小烧杯口与大烧杯口相平(2)不相等相等中和热是稀溶液中酸和碱发生中和反应生成1molH2O(l)所放出的热量，与酸、碱用量无关(3)ABD(4)－kJ·mol－1(5)低于课时作业3燃烧热能源的充分利用1．解析：燃烧热是指101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。A项，生成物中的CO不是稳定氧化物；B项，S燃烧生成的稳定氧化物应为SO2；D项，可燃物CO的化学计量数应为1。答案：C2．解析：光照下发生取代反应的过程中，生成CH3，两个CH3相互结合成乙烷，故A正确；由②反应可知，形成C—Cl键，拆开Cl2中化学键，且为放热反应，则形成1molCH3Cl(g)中C—Cl键放出的能量比拆开1molCl2(g)中化学键吸收的能量多，即CH3Cl(g)中C—Cl键的键能大于Cl2(g)中Cl—Cl键的键能，故B错误；根据盖斯定律，反应①＋②可得CH4(g)＋Cl2(g)→CH3Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝ΔH2＋ΔH3＝－kJ/mol，故C正确；若是甲烷与Br2(g)发生取代反应，Cl比Br的能量高，则第二步反应ΔH>＋kJ/mol，故D正确。答案：B3．解析：丙烷分子式是C3H8，1mol丙烷燃烧会产生4mol水，则丙烷完全燃烧产生g水，消耗丙烷的物质的量是n(C3H8)＝mol，所以反应放出的热量是2215kJ·mol－1×mol≈55kJ。答案：A4．解析：燃烧热是指101kPa下1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量，A项错误；|ΔH1|为1molC完全燃烧生成CO2时放出的热量，|ΔH2|为1molC不完全燃烧生成CO时放出的热量，故反应①放出的热量比反应②放出的热量多，又因为放热反应的ΔH为负值，所以ΔH1<ΔH2，B项错误；根据盖斯定律，由2×②－①得③C(s)＋CO2(g)=2CO(g)ΔH3＝2ΔH2－ΔH1，C项正确；根据盖斯定律，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，任何反应的ΔH≠0，D项错误。答案：C5．解析：煤、石油、天然气等化石燃料蕴藏量有限，不可再生，最终将会枯竭，A正确；煤、石油等可从自然界直接获取，属一次能源，但水煤气是由焦炭与H2O(g)在高温下反应制取，属二次能源，B错误；太阳能既是一次能源又是新能源，C正确；潮汐能来自于月球引力，D正确。答案：B6．解析：图中由CO2、H2O、N2转化为CH4、CH3OH、NH3是在太阳能的作用下完成的，由转化关系可知太阳能最终以热能形式释放出来。答案：B7．答案：A8．解析：据化学方程式2C2H5OH＋2Na=2C2H5ONa＋H2↑2molLn(C2H5OH)L则有n(C2H5OH)＝mol，这些乙醇燃烧后放出的热量为QkJ。因此molC2H5OH完全燃烧生成CO2、H2O的反应热为ΔH＝－QkJ·mol－1。所以该热化学方程式书写如下：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，得答案为D。答案：D9．解析：由第二个热化学方程式减去第一个热化学方程式得CH3OCH3(l)=CH3CH2OH(l)ΔH＝－89kJ/mol，该反应为放热反应，A项正确；甲醚转化为乙醇放出热量，故乙醇的能量比甲醚的少，乙醇比甲醚稳定，B项正确，C项错误；乙醇和甲醚分子式相同，结构不同，互为同分异构体，D项正确。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，即过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g)ΔH＝＋kJ·mol－1，以此解答。由分析可知，过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g)ΔH＝＋kJ·mol－1，该反应是吸热反应，能量转化形式是太阳能→化学能，故A正确；由分析可知，过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g)ΔH＝＋kJ·mol－1，故B错误；已知：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋kJ·mol－1，则H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH＝－×eq\f(1,2)kJ·mol－1＝－kJ·mol－1，氢气的燃烧热为ΔH＝－kJ·mol－1，故C正确；铁氧化合物循环制H2以太阳能为热源，以水为原料，Fe3O4可循环使用，具有成本低的特点，氢气和氧气分步生成，具有产物易分离的优点，故D正确。答案：B11．解析：正丁烷和异丁烷完全燃烧都生成CO2(g)和H2O(l)，正丁烷的燃烧热大于异丁烷的燃烧热，说明正丁烷的能量较高，而能量越低越稳定，所以异丁烷比正丁烷稳定，A错误；燃烧热指101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，B中ΔH与热化学方程式中物质的化学计量数不成比例，并且生成的水应为液态，错误；正戊烷和2－甲基丁烷互为同分异构体，由表格中正丁烷、异丁烷的燃烧热可推知，正戊烷的燃烧热比2－甲基丁烷的大，C正确；通过计算可得，相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越少，D错误。答案：C12．解析：CO的燃烧热为kJ·mol－1，表示101kPa时，1molCO完全燃烧生成CO2(g)时放出的热量为kJ，ΔH＜0，A项错误。生成的H2O应为液态，B项错误。设L混合气体中含H2的物质的量为x，CO的物质的量为y，则x＋y＝eq\fL,L·mol－1)＝mol①，kJ·mol－1×x＋kJ·mol－1×y＝kJ②，联立①②解得x＝1mol，则H2的体积分数为eq\f(1mol,mol)×100%＝40%，C项正确。混合气体燃烧后生成H2O、CO2共mol，与足量的过氧化钠反应产生O2mol，故转移电子的物质的量为mol，D项错误。答案：C13．解析：由表中数据可知1mol甲烷气体完全燃烧产生的热量最多，故家庭使用的优质气体燃料应是甲烷。1molCO完全燃烧放出热量kJ，则其燃烧的热化学方程式为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)太阳能(风能或地热能)14．解析：本题是以新能源为背景涉及元素化合物性质、热化学方程式的书写、读图、读表的综合题。是把化学知识具体运用的典型试题。(1)利用盖斯定律即可得出；(2)H2S热分解制氢属于吸热反应，需要提供能量；(3)高温下，水的分解化学键断裂先生成H和O，H结合生成H2，O结合生成O2，由水的分子式可知n(H)是n(O)的2倍，故A为H，B为O。答案：(1)CH4(g)＋2H2O(g)=CO2(g)＋4H2(g)ΔH＝＋kJ·mol－1(2)为H2S热分解反应提供能量(3)H、O15．解析：(1)水蒸气变成液态水要放热，因此1molCH4完全燃烧生成CO2和H2O(g)放出的热量要小于890kJ。(2)采用极端假设法，假设混合气体全是CO，放出热量最少，为283akJ；假设混合气体全为CH4，放出热量最多，为890akJ。故amolCH4、CO和H2的混合气体完全燃烧生成CO2和H2O(l)，放出热量的取值范围是283akJ＜Q＜890akJ。(3)采用极端假设法，燃烧之后生成的CO2和H2O(l)的物质的量相等，若要使放出的热量最多，则CH4的量应最多，此时CH4与CO的物质的量之比为1∶1，即各有amol，放出热量eq\f(283akJ,2)＋eq\f(890akJ,2)＝akJ；要使放出的热量最少，则CH4的量应最少，此时CO与H2的物质的量之比为1∶1，即各有amol，放出热量eq\f(283akJ,2)＋akJ,2)＝akJ。故放出热量的取值范围是akJ＜Q＜akJ。答案：(1)＜(2)283akJ＜Q＜890akJ(3)akJ＜Q＜akJ课时作业4原电池的工作原理1．解析：甲中形成了原电池，氢气在铜极放出，而乙不能形成闭合回路，不能产生电流，铜片不是负极，A、B项错误；甲中产生气泡的反应速率比乙中的快，因为甲中锌失去的电子流向铜，铜周围生成氢气，乙中只是锌参加反应，反应过程中会使锌片周围产生大量的ZnSO4，H＋浓度下降，从而使反应速率减小，D项错误。答案：C2．解析：Zn为负极，发生氧化反应，A项错误；石墨为正极，Fe3＋在正极得电子发生还原反应，生成Fe2＋，B项正确；电子从负极(锌电极)流出，经电流表流向正极(石墨电极)，C项错误；由于Fe3＋在石墨电极上得到电子生成Fe2＋，右侧烧杯中正电荷减少，所以盐桥中的阳离子(K＋)移向FeCl3溶液(阳向正)，阴离子(Cl－)移向ZnCl2溶液(阴向负)，D项错误。答案：B3．答案：C4．解析：装置甲是原电池，a极质量减小，b极质量增加，则a极为负极，b极为正极，所以金属活动性顺序：a＞b。装置乙不能构成原电池，b极有气体产生，c极无变化，所以金属活动性顺序：b＞c。装置丙是原电池，d极溶解，c极有气体产生，则d是负极，c是正极，所以金属活动性顺序：d＞c。装置丁是原电池，电流从a极流向d极，则a极为正极，d极为负极，所以金属活动性顺序：d＞a。因此这四种金属的活动性顺序：d＞a＞b＞c。答案：B5．解析：构成原电池的正极是Cu，负极是Zn，故①错误；电子从负极Zn流出，流向正极Cu，H＋向正极移动，在Cu上得电子：2H＋＋2e－=H2↑，故②错误，③、④正确；此原电池负极上发生的反应是Zn－2e－=Zn2＋，⑥错误；总反应方程式：Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，当有1mol电子通过时，产生H2为mol，故⑤正确。答案：B6．解析：根据所给原电池的反应可知，Fe3＋在正极发生还原反应，甲池中存在Fe3＋，故A错误；乙池中的电极为负极，失电子的物质是I－，B错误；此反应是可逆反应，电流计的读数为零时说明反应处于平衡状态，但c(Fe3＋)≠0，故C正确，D错误。答案：C7．解析：b极上氧气得电子生成H2O，发生还原反应作正极，a极上CH4失电子转变成CO2，失电子发生氧化反应作负极，电子由负极经导线流向正极，即从a极流向b极，故A错误；由图示可知氢离子可以通过离子交换膜由a极区进入b极区，则离子交换膜应为阳离子交换膜或质子交换膜，故B错误；b极上氧气得电子生成H2O，且电解质环境为酸性，发生的电极反应为：O2＋4e－＋4H＋=2H2O，故C正确；负极发生的反应为：CH4＋2H2O－8e－=CO2＋8H＋，由反应可知每转移8mol电子生成1mol二氧化碳，则转移4mol电子，生成CO2mol，质量为22g，故D错误。答案：C8．解析：该原电池中氧化反应与还原反应是在两个不同的烧杯中完成的，因此氧化剂与还原剂没有直接接触，A项错误；乙池是正极，溶液中的NOeq\o\al(－,3)得到电子，电极反应式为NOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋e－=NO2↑＋H2O，B项错误；当铜棒质量减少g(即mol)时，甲池溶液中Cu2＋增加mol，但由于盐桥中Cl－向甲池中移动，所以溶液增加的质量大于g，C项错误；当铜棒质量减少g(即mol)时，转移电子的物质的量是mol，所以根据电极反应式NOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋e－=NO2↑＋H2O可知，生成NO2的物质的量是mol，则根据反应式4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3可知需要氧气的物质的量是mol，其在标准状况下的体积是L，D项正确。答案：D9．解析：铝能与NaOH溶液发生氧化还原反应，而镁与NaOH溶液不能发生反应，铝失电子，作原电池的负极，A错误；由于铝片表面的氧化膜也能与NaOH溶液反应，故可不必处理，B正确；该装置外电路是由电子的定向移动形成电流，而内电路则是由溶液中自由移动离子的定向移动形成电流，C错误；电池开始工作时，负极上铝与NaOH溶液反应生成AlOeq\o\al(－,2)，此时不会有Al(OH)3白色沉淀生成，D错误。答案：B10．解析：Ⅰ.KMnO4有强氧化性，在硫酸溶液中能氧化具有还原性的FeSO4生成Fe2(SO4)3，本身被还原为MnSO4，则发生反应的化学方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O。Ⅱ.(1)根据上述反应的化学方程式可知，KMnO4做氧化剂，发生还原反应，故石墨a是正极。(2)电池工作时，SOeq\o\al(2－,4)向负极移动，即向乙烧杯移动。(3)乙烧杯中的电极反应式为Fe2＋－e－=Fe3＋。(4)溶液中的MnSO4浓度由1mol·L－1变为mol·L－1，由于溶液的体积未变，则反应过程中生成的MnSO4的物质的量为mol·L－1×L＝mol，转移的电子为mol×5＝mol。答案：Ⅰ.2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2OⅡ.(1)a还原(2)乙(3)Fe2＋－e－=Fe3＋(4)11．解析：(3)转移mol电子时，铜棒质量增加g，锌棒质量减少g，故反应过程中，当铜电极质量增加2g时，另一电极减少的质量大于2g。(4)反应过程中，为了保持溶液的电中性，Cl－将进入甲烧杯，NHeq\o\al(＋,4)进入乙烧杯。当外电路中转移mol电子时，乙烧杯中有molCu2＋消耗，还剩余molCu2＋，有molNHeq\o\al(＋,4)进入乙烧杯，故乙烧杯中浓度最大的阳离子是NHeq\o\al(＋,4)。答案：(1)锌(2)Zn－2e－=Zn2＋(3)大于(4)①乙②NHeq\o\al(＋,4)12．解析：(1)该原电池中锌片作负极，电极反应为Zn－2e－=Zn2＋；银片作正极，电极反应为2H＋＋2e－=H2↑。(2)由电极反应不难看出该电池中溶解Zn和产生H2的物质的量之比为1∶1。①锌片与银片减少的质量等于生成氢气所消耗的锌的质量，m(Zn)＝60g－47g＝13g，设产生的氢气在标准状况下的体积为x。Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑65gL13gx解得x＝L。②通过导线的总电量＝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)根据题中信息，I－失电子被氧化，说明乙池中石墨做负极，其电极反应式为2I－－2e－=I2，则甲池中石墨做正极，其电极反应式为2IOeq\o\al(－,3)＋12H＋＋10e－=I2＋6H2O，随反应的进行，碘离子和碘酸根离子的量减小，通过的电量减小，电流计读数不断减小，当反应达到平衡后，电流计的读数为0，故a、b说法正确。(2)根据(1)的分析，两烧杯中都有I2的存在，加入淀粉后，都变蓝。(3)甲烧杯中滴入NaOH溶液，消耗H＋，促使反应向逆反应方向进行，乙池中电极反应式I2＋2e－=2I－，则甲池中电极反应式为I2＋12OH－－10e－=2IOeq\o\al(－,3)＋6H2O，甲池失电子，电流计指针向左偏转。答案：(1)2IOeq\o\al(－,3)＋10e－＋12H＋=I2＋6H2Oab(2)甲、乙(3)I2＋2e－=2I－左14．解析：当稀硫酸作电解质溶液时，Mg作负极(金属活动性：Mg>Al)，Al作正极，Al电极上产生气泡；当NaOH溶液作电解质溶液时，Al作负极(Mg不与NaOH溶液反应)，原电池总反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑。由此可知，原电池的两极与电解质溶液有关，电解质溶液不同，导致两极发生改变；将b池两电极取出，b池溶液是NaOH和NaAlO2的混合溶液，所以逐滴滴加H2SO4溶液时，H2SO4先中和NaOH，再与NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀，当H2SO4过量时，Al(OH)3沉淀逐渐消失。答案：(1)产生气泡(2)2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑(3)不可靠将两种金属电极通过导线连上电流表并插入电解液中构成原电池，利用电流表检测电流的方向，从而判断电子流动方向，由此确定原电池的正负极(4)开始无明显现象，过一段时间产生白色沉淀，沉淀逐渐溶解最后消失H＋＋OH－=H2O，AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O课时作业5化学电源1．解析：锌锰干电池中二氧化锰得电子，为正极，A项错误；燃料电池中氧气得电子，为正极，B项正确；铅蓄电池中二氧化铅得电子，为正极，C项错误；镍镉电池中氢氧化镍得电子，为正极，D项错误。答案：B2．解析：化学电源工作时也有少量热量产生，故化学能也部分转化为热能，A项错误；任何电池的效率都不能达到100%，燃料电池的能量转化率超过80%，但不能全部转化为电能，B项错误；蓄电池并不是一次电池，故D项错误。答案：C3．答案：C4．解析：由原电池原理知电子从负极经导线转移到正极，所以正极上富集电子，根据电性关系，O2－不可能移向正极，A项错误；燃料电池不是在点燃的条件下发生的，B项错误；O2得电子，发生还原反应，通入空气的一极是正极，C项正确；丁烷失电子，发生氧化反应，通入丁烷的一极是负极，D项错误。答案：C5．解析：原电池是将化学能转变为电能的装置。其总反应式是：CH2=CH2＋3O2=2CO2＋2H2O，CH2=CH2应在负极上反应，O2应在正极上反应，反应过程中CH2=CH2失去电子，O2得到电子，K2CO3为电解质，负极反应为：CH2=CH2＋6COeq\o\al(2－,3)－12e－=8CO2＋2H2O；正极反应为：3O2＋6CO2＋12e－=6COeq\o\al(2－,3)。答案：A6．解析：铅蓄电池是可充电电池，是二次电池，充电时电能转化为化学能，A项正确；在该电池中Pb板为负极，则电池工作时，电子由Pb板通过外电路流向PbO2板，B项正确；该电池工作时，负极的电极反应式为Pb－2e－＋SOeq\o\al(2－,4)=PbSO4，C项正确；在原电池工作时，阳离子向正极移动，则该电池工作时H＋移向PbO2板，D项错误。答案：D7．解析：电池放电时，正极上氧气得电子生成OH－，则电极反应为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，故A错误；电池放电时，负极反应为Li－e－=Li＋，充电时阴极反应为放电时负极反应的逆过程，则阴极发生还原反应：Li＋＋e－=Li，故B错误；金属锂能与盐酸反应生成氢气，所以电池中的有机电解液不可以用稀盐酸代替，故C错误；放电时空气极为电池正极，充电时电池正极接直流电源正极，故D正确。答案：D8．解析：HCHO失电子被氧化，在负极发生氧化反应，所以b为负极，a为正极，a极发生还原反应，故A正确；b为负极，HCHO在负极发生的反应为HCHO＋H2O－4e－=CO2＋4H＋，故B正确；电池总反应为HCHO＋O2=CO2＋H2O，传感器工作过程中有H2O生成，所以H2SO4的浓度减小，故C错误；负极反应为HCHO＋H2O－4e－=CO2＋4H＋，当电路中转移2×10－4mol电子时，消耗HCHO的物质的量为5×10－5mol，即质量为mg，故D正确。答案：C9．解析：由题图可知，左边电极有电子流出，所以该电极为负极，电极上物质的主要变化为H2转变成H2O，发生氧化反应，右边电极为正极，电极上物质的主要变化为H＋转变为H2，发生还原反应。由上述分析可知，右边电极为正极，发生还原反应，A项正确；负极的电极反应为H2－2e－＋2OH－=2H2O，B项正确；正极的电极反应为2H＋＋2e－=H2↑，故电池的总反应是OH－＋H＋=H2O，C项错误；由于右边电极为正极，左边电极为负极，在电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，D项正确。答案：C10．解析：两电极均为惰性电极，起导电作用，电极本身不参与反应。Pt1电极上通入的是SO2和H2O，得到的是H2SO4，S的化合价升高，SO2失电子发生氧化反应，所以Pt1电极为负极，则Pt2电极为正极。负极反应物为SO2和H2O，产物为H2SO4，则负极的电极反应为SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，A项正确；H＋由负极通过质子交换膜移向正极，正极上O2得电子，发生还原反应生成H2O，电极反应为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，B项错误；放电时，电子由负极(Pt1电极)流出，经外电路流向正极(Pt2电极)，C项正确；根据得失电子守恒可知，相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1，D项正确。答案：B11．解析：b极，NOeq\o\al(－,3)转化为N2，N的化合价降低，发生还原反应，所以b极为正极，a极为负极，A项错误；电池工作时，Cl－(阴离子)移向负极，即左室，Na＋(阳离子)移向正极，即右室，海水得以淡化，B项错误；每生成1molN2消耗2molNOeq\o\al(－,3)，转移10mol电子，根据电荷守恒、元素守恒可得处理NOeq\o\al(－,3)的电极反应为2NOeq\o\al(－,3)＋6H2O＋10e一=N2↑＋12OH－，C项正确；每消耗1molC6H12O6生成6molCO2，转移24mol电子，D项错误。答案：C12．解析：放电时锌在负极发生氧化反应，根据总反应可知负极反应是Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2，电子由负极流出，通过外电路流向正极，每1molK2FeO4发生反应，转移电子是3mol，数目是×1024；充电时Fe(OH)3失去电子发生氧化反应。答案：(1)Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2(2)氧化(3)负正(4)×102413．答案：(1)H2O2(2)B(3)电解质溶液H2SO4溶液KOH溶液负极反应2H2－4e－=4H＋2H2－4e－＋4OH－=4H2O正极反应O2＋4H＋＋4e－=2H2OO2＋2H2O＋4e－=4OH－pH变大变小(4)CH4＋10OH－－8e－=COeq\o\al(2－,3)＋7H2O14．解析：(1)①燃料电池中，通入氧化剂的电极是正极，通入还原剂的电极是负极，该反应中C化合价由＋2价变为－2价，H化合价由0价变为＋1价，所以CO是氧化剂，则通入CO的电极为正极，电极反应式为CO＋4e－＋4H＋=CH3OH；②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，负极上二氧化硫失电子，与水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋；③若A为NO2，B为O2，C为HNO3，则正极发生还原反应，氧气得电子生成水，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，负极发生氧化反应，电极反应式为NO2－e－＋H2O=NOeq\o\al(－,3)＋2H＋。(2)该燃料电池中，负极上一氧化碳、氢气失电子，与碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为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)由图1可知A为燃料电池的正极，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O；B为燃料电池的负极，电极反应式为C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2↑＋24H＋。放电过程中，H＋由负极区向正极区移动。葡萄糖燃料电池的总反应为C6H12O6＋6O2=6CO2＋6H2O，即1molO2～1molCO2，每消耗1molO2，理论上生成标准状况下的CO2气体L。(2)由元素价态变化可知，a电极为负极，电极反应式为CO＋O2－－2e－=CO2，b电极为正极，电极反应式为O2＋4e－=2O2－，总反应为2CO＋O2=2CO2。这种一氧化碳分析仪工作时电子由电极a通过传感器流向电极b，O2－由电极b向电极a移动。答案：(1)①正②O2＋4H＋＋4e－=2H2O③负正④L(2)①CO＋O2－－2e－=CO2②baab课时作业6电解池的工作原理及应用1．解析：a极接电池正极，为阳极，发生氧化反应生成O2，A项错误；b极接电池负极，为阴极，发生还原反应生成Cu，B项错误；d极接电池负极，为阴极，发生还原反应2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，产物有OH－，滴加酚酞溶液，d极附近溶液变红，C项正确；c极接电池正极，为阳极，发生氧化反应生成Cl2，D项错误。答案：C2．解析：A中电解CuCl2溶液时，损失了Cu和Cl两种元素，加入CuSO4不能弥补Cl－，而且多了SOeq\o\al(2－,4)，错误；B中电解NaOH溶液的实质是电解水，故应加入适量水才能复原，错误；C中电解NaCl溶液时NaOH仍留在原溶液中，H2、Cl2逸出，则损失了H、Cl两种元素，且物质的量之比是1∶1，故应通入适量HCl气体，正确；D中电解CuSO4溶液的方程式为2CuSO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2Cu＋2H2SO4＋O2↑，脱离反应体系的物质是“2Cu和O2”，相当于“2CuO”，故应加入适量CuO或CuCO3才能复原，错误。答案：C3．解析：电解精炼铜中，粗铜做阳极，接电源正极，因此电极a为精铜，电极b为粗铜，A项错误；甲膜为阴离子交换膜，防止阳极溶解的杂质阳离子进入阴极区，同时NOeq\o\al(－,3)可穿过该膜，平衡阳极区电荷，B项错误；乙膜为过滤膜，可对阳极区的阳极泥及漂浮物进行过滤，C项错误；阴极只有Cu2＋放电，转移1mol电子时，生成molCu，因此生成精铜的质量为mol×64g/mol＝32g，D项正确。答案：D4．解析：根据工作原理图可知，连接b的一端发生O2被还原生成H2O的反应，为电解池的阴极，连接直流电源的负极，A项正确；阳极发生氧化反应，由电解装置工作原理图可知，反应物为CO，生成物为CO2，B项正确；电解装置的电解质溶液中，阳离子移向阴极，C项正确；未说明O2是否为标准状况下的，无法计算，D项错误。答案：D5．解析：根据气体甲与气体乙的体积比约为2∶1可知，气体甲为氢气，气体乙为氧气，b电极为阳极，电极反应为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，故A错误；电解池中，阴离子向阳极移动，则离子交换膜d为阴离子交换膜，故B正确；SOeq\o\al(2－,4)移向阳极室，阳极室得到硫酸，H＋在阴极上放电，电极反应为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，同时Na＋也移向阴极室，则在阴极室得到氢氧化钠，所以产物丁为硫酸，产物丙为氢氧化钠，故C错误；根据上述分析，a电极是阴极，与直流电源负极相连，故D错误。答案：B6．解析：由图示信息可知甲为乙的电解提供能量，A项正确；水溶液中不可能存在O2－离子，b电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，B项错误；燃料电池中燃料一般为负极，d电极与负极相连，发生还原反应，生成Cu，C项正确；铜电极质量变化128g，其物质的量为2mol，故转移4mol电子，由N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)可知转移4mol电子时，参与反应的O2为1mol，则消耗空气为1mol/20%＝5mol，标准状况下为112L，D项正确。答案：B7．解析：原理图中存在的能量转化方式有风能转化为电能，太阳能转化为电能，电能转化为化学能，A项错误；生成O2的a极为阳极，电解装置中，阳离子向阴极移动，即H＋移向b极，B项错误；b极为阴极，N2在酸性条件下被还原为NH3，故电极反应为N2＋6H＋＋6e－=2NH3，C项正确；a极上的电极反应为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，每产生标准状况下LO2流过电极的电子数一定为4××1023，但题中未说明是标准状况，D项错误。答案：C8．解析：左池为原电池，负极发生氧化反应，甲醇失去电子在碱性条件下生成COeq\o\al(2－,3)和H2O，负极反应式为CH3OH－6e－＋8OH－=COeq\o\al(2－,3)＋6H2O，故A正确；通电一段时间后，不如Cu活泼的Ag、Au杂质金属不能被氧化，沉积在电解槽底部形成阳极泥，故B正确；比Cu活泼的杂质金属Zn优先于Cu被氧化，Zn的相对原子质量比Cu大，转移电子数相同时，若粗铜电极质量减少g，则纯铜电极质量增加小于g，故C错误；电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故D正确。答案：C9．解析：根据装置图中Y极上HCl失去电子被氧化生成Cl2可知，Y极为电解池的阳极，与电源正极相连接，则X极为电解池的阴极，与电源负极相连接，所以Y极上的电势比X极上的高，A正确；电解池中阳离子向阴极移动，Y极为电解池的阳极，X极为电解池的阴极，故H＋向X极迁移，X极周围溶液酸性增强，pH减小，B错误；由题图可知，X极上发生得电子的还原反应，电极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋，C错误；电解时，阳极反应式为2HCl－2e－=2H＋＋Cl2↑，阴极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋，生成的Fe2＋与O2反应生成Fe3＋，4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O是Fe2＋转化为Fe3＋的反应，不是电解总反应，D错误。答案：A10．解析：由亚磷酸与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，可知亚磷酸为二元酸，A项错误；石墨为惰性电极，作阳极，连接电源正极，B项错误；不锈钢为阴极，H＋放电，Na＋由原料室通过阳膜进入乙池，C项错误；石墨为阳极，OH－放电，产生O2，若生成标准状况下L(mol)O2，则转移mol电子，D项正确。答案：D11．解析：(1)n(CuSO4)＝L×mol·L－1＝mol，而在阴极析出的Cu的物质的量为g,64g·mol－1)＝mol，故CuSO4未完全电解，阳极发生氧化反应，电极反应为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑。(2)总反应：2CuSO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2Cu＋O2↑＋2H2SO4222120．1molmolmolmolmol所以电解后c(H＋)＝mol×L)＝mol·L－1，pH＝－lg＝1。(3)电解后生成的molCu和molO2脱离该体系，相当于molCuO，因此若将溶液复原，则应加入molCuO。(4)此时为电镀池，阳极反应为Cu－2e－=Cu2＋，阴极反应为Cu2＋＋2e－=Cu，因此若阴极上析出g铜，则阳极溶解g铜，电解后两铜片质量差为g＋g＝g，而电解液的pH不变。答案：(1)阳4OH－－4e－=2H2O＋O2↑(2)1(3)CuO(4)不变12．解析：(1)若a为含有酚酞的KCl溶液，X为Fe，Y为石墨。X电极上氢离子得到电子生成氢气，电极附近溶液中氢氧根离子浓度增大，遇酚酞变红色；Y电极上氯离子失电子生成氯气，电极反应是2Cl－－2e－=Cl2↑。(2)要实现Cu＋H2SO4=CuSO4＋H2↑，需要利用电解原理，Y电极应是铜作阳极，X电极上是氢离子得到电子生成氢气，阴极电极反应2H＋＋2e－=H2↑。(3)利用该装置在铁制品表面镀上一层银，银作阳极Y，铁作阴极X，含银离子的电解质溶液硝酸银溶液进行电解，阳极电极反应和电子守恒计算电子转移数，反应前两电极的质量相等，反应后两电极质量相差g，依据电子守恒可知，阳极质量减小与阴极质量增加的质量相同。阴极析出银的质量＝阳极溶解减小的银的质量＝g，析出银的物质的量＝g,108g·mol－1)＝mol，则该过程理论上通过电流表的电子数为NA或×1021。(4)X、Y均为惰性电极，a为NaOH溶液，实质是电解水，溶液浓度增大，溶液pH增大；氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，故应加入水恢复溶液浓度。答案：(1)电极表面产生气体，附近溶液变红2Cl－－2e－=Cl2↑(2)Cu2H＋＋2e－=H2↑(3)AgNO3溶液NA(或×1021)(4)增大H2O13．解析：(1)甲烷在负极上被氧化。在KOH溶液中甲烷被氧化的产物为碳酸钾，负极反应式为CH4－8e－＋10OH－=COeq\o\al(2－,3)＋7H2O。(2)铁极为阴极，则C极为阳极，在C极上发生氧化反应，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑。(3)n(O2)＝L/mol)＝mol，甲池正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，由电子守恒知，经过甲、乙、丙装置的电子的总物质的量为mol。乙池中的铁极与甲池的负极相连，铁极为阴极，发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，n(H2)＝mol,2)＝mol，V(H2)＝mol×L/mol＝L。丙池中精铜为阴极，发生还原反应，电极反应式为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盐，制备原理是2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2OH－＋Cl2↑＋H2↑，Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，气体与液体反应，最好采用逆向接触，即气体在下端产生，碱溶液在上端生成，使其充分反应，所以该装置的下端为阳极，上端为阴极，阴极与电源负极相连，故a极为负极。生活中常见且廉价的氯化物是NaCl，故电解质溶液最好用饱和NaCl溶液，若制备Fe(OH)2，用硫酸钠溶液作电解质溶液，选用铁作阳极。答案：(1)CH4－8e－＋10OH－=COeq\o\al(2－,3)＋7H2O(2)2Cl－－2e－=Cl2↑(3)(4)负饱和氯化钠溶液铁课时作业7金属的腐蚀与防护1．解析：A项，食醋是电解质溶液，铁勺和铜盆是相互接触的两种金属，形成原电池，铁是活泼金属，作负极，铁易被腐蚀；B项，食盐水是电解质溶液，铁炒锅和铁铲都是铁碳合金，符合原电池形成的条件，铁是活泼金属，作负极，碳作正极，铁易被腐蚀；C项，铜镀层将铁球覆盖，使铁被保护，铁不易被腐蚀；D项，酸雨是电解质溶液，铁铆钉和铜板接触，形成原电池，铁易被腐蚀。答案：C2．解析：A项，铁、石墨及海水构成原电池时，Fe为负极，腐蚀速率加快；B项，中性条件下，铁发生吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，电极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－；C项，由于金属活动性：Zn>Fe，所以Zn为原电池的负极，Fe为正极，铁片不易被腐蚀；D项，中性环境下发生吸氧腐蚀，铁片上的电极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－。答案：D3．解析：为了保障航行安全，延长轮船的使用寿命，通常在与海水接触的船壳(船底及船侧)上镶嵌一些金属块M，如锌，形成原电池，这种保护船壳免受腐蚀的方法叫牺牲阳极的阴极保护法，A项正确；M可能是锌等比铁稍活泼的金属，在原电池中做负极，先被腐蚀，铁比锡活泼，铁做负极，被腐蚀，B项错误；船壳在海水中主要发生吸氧腐蚀，C项正确；负极活泼金属失电子，被氧化，在保护船壳的过程中，负极反应为M－ne－=Mn＋，D项正确。答案：B4．解析：防止金属腐蚀最关键的问题是使金属与空气、水等物质隔离，最常用的做法是覆盖保护层，如本题中的①④⑤；另外还有改变金属的内部结构等。保持金属表面清洁干燥可以减缓金属的腐蚀。答案：D5．解析：a是石墨，b是铁，K1、K2连接时，形成原电池，食盐水呈中性，铁发生吸氧腐蚀，A正确；a是锌，b是铁，K1、K2连接时，形成原电池，Zn比Fe活泼，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极受到保护，故可模拟钢铁防护中的牺牲阳极法，B正确；K1、K3连接时，形成电解池，a是石墨，作电解池的阳极，可模拟电解饱和食盐水，C正确；K1、K3连接时，形成电解池，a是铁，作电解池的阳极而被腐蚀，若模拟钢铁防护中的外加电流法，应将铁连接电源的负极，D错误。答案：D6．答案：B7．解析：根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu做负极被氧化，腐蚀过程中，负极是c，发生氧化反应，A项正确；氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，B项正确；多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl为固体，故生成Cu2(OH)3Cl的离子方程式为2Cu2＋＋3OH－＋Cl－=Cu2(OH)3Cl↓，C项正确；不确定氧气是否在标准状况下，则不能计算氧气的体积，D项错误。答案：D8．解析：铁棒连接Zn片，发生腐蚀时，Zn作负极，Fe作正极，故甲区发生的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，A错误；Zn是负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，则乙区产生Zn2＋，B正确；铁棒连接Cu片，发生腐蚀时，Fe作负极，Cu作正极，丙区发生的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，电极附近溶液显碱性，则丙区呈现红色，C正确；丁区Fe发生电极反应生成Fe2＋，与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，D正确。答案：A9．解析：由图可知开始时pH越大，腐蚀程度越小，后来pH越大，腐蚀程度越大，A项错误；由题图可知，pH＝时，铝被腐蚀，负极反应为Al－3e－＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，B项错误；将铝做阳极，电解时可形成Al2O3保护膜：2Al＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))Al2O3＋3H2↑，C项正确；铝制餐具外面的保护膜防止了铝的进一步被腐蚀，所以不应经常打磨，D项错误。答案：C10．解析：无论是否鼓入空气，铁均作为负极，易失去电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，A项正确；不鼓入空气时，正极上可得到强还原性的H·，电极反应式为H＋＋e－=H·，B项正确；若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的·OH，电极反应式为2H＋＋2e－＋O2=2·OH，故每生成1mol·OH，有1mol电子发生转移，C项错误；除去草酸需要具有氧化性的物质，上端开口打开，并鼓入空气可得到强氧化性的·OH，D项正确。答案：C11．解析：铁锅的腐蚀原理为Fe－C－电解质溶液构成原电池，其中Fe做负极，负极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，碳做正极，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，A、C项错误；原电池中电子沿导线从负极流向正极，电子不能通过电解质溶液，B项错误；负极产生的Fe2＋与正极产生的OH－反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2被氧气氧化为Fe(OH)3，Fe(OH)3进一步转化为Fe2O3·nH2O，故每生成1mol铁锈(Fe2O3·nH2O)，由原子守恒和得失电子守恒可得关系式2Fe～Fe2O3·nH2O～6e－～eq\f(3,2)O2，即需eq\f(3,2)molO2，标准状况下为L，D项正确。答案：D12．解析：(1)①金属在中性或较弱的酸性条件下发生的是吸氧腐蚀。②发生吸氧腐蚀，越靠近液面接触到的O2越多，腐蚀得越严重。③锌块应固定在腐蚀最严重的C处形成原电池，锌做负极，铁闸做正极，得到保护。(2)要用石墨通过电化学腐蚀保护铜，只能用电解池原理，碳接电源正极，铜接电源负极。(3)A项，K1闭合时，该装置构成了Fe­C­NaCl溶液原电池，铁做负极，发生氧化反应，电极反应式是Fe－2e－=Fe2＋；B项，石墨棒做正极，发生的电极反应式是2H2O＋O2＋4e－=4OH－，故石墨棒周围溶液pH逐渐升高；C项，K2闭合时，该装置构成了Fe­C­外加电源的电解池，石墨棒做阳极，Fe做阴极而不被腐蚀，该方法称为外加电流的阴极保护法；D项，K2闭合时，阳极的电极反应式是2Cl－－2e－=Cl2↑，阴极的电极反应式是2H＋＋2e－=H2↑，所以当电路中通过NA个即mol电子时，生成H2和Cl2的物质的量均为mol，则两极共产生mol气体。答案：(1)①吸氧腐蚀②B③C(2)(3)B13．解析：由实验现象①②可知，潮湿是铁生锈的必要前提；而当潮湿程度相同时，硬质玻璃管中的实验与烧杯中实验的对比说明O2的浓度是影响铁生锈快慢的重要因素。答案：(1)吸氧腐蚀负极：2Fe－4e－=2Fe2＋，正极：2H2O＋O2＋4e－=4OH－(2)球形干燥管碱石灰(或无水CaCl2)干燥O2(3)与O2接触，与水接触氧气浓度14．解析：(1)探究醋酸浓度对电化学腐蚀的影响时，应保证碳粉和铁粉的质量与参照实验相同，因此实验②中铁粉为g；对比实验①和③可知，铁粉的质量及醋酸的浓度相同，而碳粉的质量不同，显然探究的是碳粉的含量对铁的电化学腐蚀的影响。(2)当铁发生析氢腐蚀时，由于生成H2，容器的压强不断增大，而发生吸氧腐蚀时，由于消耗O2，容器的压强不断减小，t2时容器的压强明显小于起始压强，说明铁发生了吸氧腐蚀，此时Fe作负极，失去电子发生氧化反应；碳粉作正极，O2在其表面得到电子发生还原反应，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－。(3)Fe发生电化学腐蚀时，放出热量，使体系的温度升高。答案：(1)②③碳粉含量的影响(2)吸氧还原2H2O＋O2＋4e－=4OH－(3)反应放热，温度升高课时作业8化学反应速率的表示方法1．解析：利用各物质的化学反应速率之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比的关系，采用转化的方法将选项变形。4v(NH3)＝5v(O2)可转化为v(NH3)∶v(O2)＝5∶4，A项错误；同理可得，B、D项错误，C项正确。答案：C2．解析：由题意可知，m(CO2)＝g－g＝g，n(CO2)＝g,44g·mol－1)＝mol。所以参与反应的HCl的物质的量n(HCl)＝2n(CO2)＝mol，v(HCl)＝L·50s)＝mol·L－1·s－1。答案：A3．解析：反应速率通常用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示。g氨气是mol，所以氨气的反应速率是mol,2L×5min)＝mol·L－1·min－1。又因为反应速率数值之比是对应的化学计量数之比，所以氢气和氮气的反应速率分别是mol·L－1·min－1和mol·L－1·min－1，D项正确。答案：D4．解析：NO增加的浓度为mol,2L)＝mol/L，由vNO∶vO2＝4∶5，得vNO＝eq\f(vO2,5)×4＝mol/（L·s）,5)×4＝mol/(L·s)，所以此段反应所经过的时间为mol/（L·s）)＝s。答案为B。答案：B5．解析：以物质A为标准，将用其他物质表示的反应速率换算为用物质A表示的反应速率。v(A)∶v(B)＝1∶3，则②表示的v(A)＝mol/(L·s)；v(A)∶v(C)＝1∶2，则③表示的v(A)＝mol/(L·s)；v(A)∶v(D)＝1∶2，则④表示的v(A)＝mol/(L·s)；故反应进行的快慢顺序为④>③＝②>①。答案：A6．解析：M为固体，不能用M的物质的量的浓度的变化来表示反应速率，A错误；经4min后，N的浓度从mol·L－1减少至mol·L－1，则v(N)＝mol·L－1－mol·L－1,4min)＝mol·L－1·min－1，B正确；题中给出的反应速率是4min内的平均反应速率，无法由平均反应速率计算4min末P的反应速率，C错误；N、P的化学计量数分别为2、3，则二者反应速率关系为v(N)∶v(P)＝2∶3，即3v(N)＝2v(P)，D错误。答案：B7．解析：5min末已生成molW，以W浓度变化来表示的平均反应速率为mol,2L×5min)＝mol·L－1·min－1，以Z浓度变化来表示的平均反应速率为mol·L－1·min－1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，n＝1，A正确。答案：A8．解析：起始时A2和B2两种气体的浓度均为1mol·L－1，在密闭容器内反应生成气体C，达平衡后，测得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