第六单元作业答案

课时作业(二十二)

1.D

2.C [解析] 燃烧热的热化学方程式要求可燃物的物质的量必须为1 mol,得到的氧化物必须是稳定的氧化物,即H2O的状态必须为液态,A 项错误;中和反应是放热反应,ΔH应小于0,B项错误;热化学方程式要注明物质的聚集状态,D项错误。

3.D [解析] I 2(g)+H2(g)2HI(g)是可逆反应,I2(g)不可能全部转化为HI(g),反应放出的热量小于9.48 kJ,A错误;根据盖斯定律,由②-①得I 2(s)I2(g) ΔH=+35.96 kJ·mol-1,B错误;反应①和反应②的产物都是HI(g),稳定性相同,C错误;对于同一物质,固态物质的能量比气态物质能量低,因此反应②的反应物总能量比反应①的反应物总能量低,D正确。

4.A[解析] ①2H 2O(g)O2(g)+2H2(g)ΔH1;②Cl2(g)+H2(g)

2HCl(g)ΔH 2;③2Cl2(g)+2H2O(g)4HCl(g)+O2(g)ΔH3。

③=①+2×②,由盖斯定律可知,ΔH3=ΔH1+2ΔH2。

5.(1)A 2(g)+B2(g)2AB(g) ΔH=+(a-b)kJ·mol-1

(2)N 2(g)+3H2(g)2NH3(l) ΔH=2(a-b-c) kJ·mol-1

[解析] (1)由图可知,生成物总能量高于反应物总能量,故该反应为吸热反应,ΔH=+(a-b)kJ·mol-1。(2)反应热等于反应物的键能之和减

去生成物的键能之和,所以1

2N2(g)+3

2

H2(g)NH3(g)

ΔH=(a-b)kJ·mol-1,而1 mol的NH3(g)转化为1 mol的NH3(l)放出的

热量为c kJ,根据盖斯定律有1

2N2(g)+3

2

H2(g)NH3(l)

ΔH=(a-b-c)kJ·mol-1。

6.C [解析] 等物质的量时,CH4燃烧生成液态水放出的热量更多,故

c>b,A项错误;甲烷的燃烧热是指1 mol CH4完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出的热量,反应②中生成的是气态水,故b kJ·mol-1不是甲烷的燃烧热,B项错误;①×2-②×2可得2CH 3OH(g)2CH4(g)+O2(g)

O2(g)

ΔH=2(b-a)kJ·mol-1,C项正确;③-②+①得④CH 3OH(g)+3

2

CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-(a+c-b)kJ·mol-1,若设甲醇的物质的量为x,则CH4的物质的量为2x,根据④和③有(a+c-b)kJ·mol-1×x+c

mol,即混合物中甲醇的物质的量为kJ·mol-1×2x=Q kJ,x=Q

a-b+3c

Q

mol,D项错误。

a+3c-b

7.D[解析] ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和=414 kJ·mol-1×4+155kJ·mol-1×4-489 kJ·mol-1×4-565 kJ·mol-1×4=-1940 kJ·mol-1。

8.B [解析] 燃烧热的热化学方程式中水应是液态,气态水转化为液态水时还应放出热量,所以燃烧热应大于1256 kJ/mol,A错误;依据反应化学方程式可知消耗2.5 mol氧气,转移10 mol电子,B正确;气态水变为液态水放热,若生成2 mol液态水,则ΔH<-2512 kJ/mol,C错误;若形成4 mol碳氧共用电子对,即生成1 mol二氧化碳,则放出的热量为1256 kJ÷2=628 kJ,D错误。

9.D[解析] 2H 2(g)+O2(g)2H2O(g)属于放热反应,ΔH 1<0;H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)属于放热反应,ΔH 2<0;4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)属于放热反应,ΔH 3<0;N2(g)+3H2(g)2NH3(g)属于放热反应,ΔH4<0,A、B错误;

根据盖斯定律,ΔH 2=(ΔH 4+ΔH 5)×13

,C 错误;根据盖斯定

律,ΔH 3=ΔH 1-2ΔH 2,D 正确。

10.B [解析] 根据燃烧热的定义可知,H 2(g)的燃烧热为285.8 kJ ·mol -1,A 项错误;2 mol(即4 g) H 2(g)完全燃烧放出571.6 kJ 的热量,2 mol(即64 g)CH 3OH(l)完全燃烧放出1452 kJ 的热量,单位质量的H 2(g)放出的热量多,B 项正确;中和反应是放热反应,硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀的过程也是放热的,所以反应ΔH <-57.3 kJ ·mol -1,C 项错误;将题干中的热化学方程式依次编号为①②③,根据盖斯定律,由

①×3-②

2

可得热化学方程式3H 2(g)+CO 2(g)

CH 3OH(l)+H 2O(l) ΔH =-131.4 kJ ·mol -1,D 项错误。

11.B [解析] 根据题中0.01 mol/L MOH 溶液的pH=10,知MOH 为弱碱,MOH 溶液与硫酸的中和反应可以看作两个过程:MOH(aq)M +(aq)+OH -(aq) ΔH ;H +(aq)+OH -(aq)

H 2O(l) ΔH 2。根据盖斯定律

知ΔH 1=2(ΔH +ΔH 2),则ΔH =12

ΔH 1-ΔH 2=(-24.2 kJ ·mol -1)×12

-(-57.3 kJ ·mol -1)=+45.2 kJ ·mol -1,B 项正确。 12.(1)H 2SO 4(aq)+2NaOH(aq)Na 2SO 4(aq)+2H 2O(l) ΔH =-114.6

kJ ·mol -1

(2)①4.0 ②-53.5 kJ ·mol -1

[解析] (2)①第2组数据偏差较大,应舍去,其他三组的温度差平均值为4.0 ℃。 ②ΔH =-(m 1+m 2)·c ·(t 2-t 1)

n (H 2O )

=-80 mL×1.0 g ·mL -1×4.18×10-3kJ /(g ·℃)×4.0 ℃

0.025mol

≈-53.5 kJ·mol-1。

13. (1)CH 4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)

ΔH=-890.24 kJ·mol-1

(2)7.9 (3)946

(4)2CO(g)+4H 2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-204.7 kJ·mol-1该反应分子数减少,压强升高使平衡右移,CO和H2的转化率增大,CH3OCH3产率增加;压强升高使CO和H2浓度增加,反应速率增大

[解析] (1)燃烧热是指25 ℃、101 kPa下,1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量。(2)2 220.0÷(565.14÷2)≈7.9。

(3)3H 2(g)+N2(g)2NH3(g)中,断裂1 mol N≡N键和3 mol H—H键,形成6 mol N—H键,设N≡N键能为x,则x+3E(H—H)-6E(N—H)=-92.4 kJ·mol-1,则x=1 173.2 kJ·mol-1×2-436 kJ·mol-1×3-92.4 kJ·mol-1=946 kJ·mol-1。故断裂1 mol N≡N键需要消耗能量946 kJ。

(4)根据盖斯定律,①×2+④得2CO(g)+4H 2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-90.1 kJ·mol-1×2-24.5 kJ·mol-1=-204.7 kJ·mol-1。这是一个气体分子数减小的反应,压强增大,平衡正向移动,有利于提高反应速率和二甲醚的生成。

课时作业(二十三)

1.D [解析] A项,装置Ⅰ中的负极为Zn;B项,装置Ⅱ中的正极反应为2H++2e-H 2↑;C项,阳离子向正极移动,装置Ⅰ中阳离子向左侧烧杯移动。

2.D [解析] D项,a极为负极,电子由负极(锌片)流出。

3.C [解析] 在原电池中,一般活泼金属作负极,失去电子发生氧化

反应而逐渐溶解(质量减轻);不活泼金属(或导电的非金属)作正极,发生还原反应,有金属析出(质量增加)或有气体放出。依题意可知A 为负极、B为正极,即活泼性A大于B,且A能从电解质溶液中置换出金属单质。C选项符合题意。

4.D [解析] 稀硫酸作电解质溶液时,铜电极上产生大量的无色气泡,说明金属铬能和硫酸反应生成H2,活泼性比铜强,作原电池的负极,外电路电流方向为Cu电极经过电流计流向Cr电极,内电路电流方向为Cr电极流经电解质溶液进入Cu电极,A正确,D错误;电解质溶液为浓硝酸时铬电极作正极,N O3-得电子产生NO2,说明铬被浓硝酸钝化,铜作负极和浓硝酸反应生成Cu2+,B、C正确。

5.A [解析] 根据电池的装置示意图,ClO-→Cl-,化合价降低,得电子,根据原电池的工作原理,a极为正极,b极为负极。正极反应式为ClO-+H 2O+2e-Cl-+2OH-,负极反应式为Mg+2OH--2e-Mg(OH)2↓,因此电池工作时,正极a附近的pH将不断增大,A正确。

6.(1)①Zn(或锌) 正极

②Zn与Cu2+反应生成Cu,Zn与Cu构成原电池,加快反应速率 B

(2)①Pb②PbO 2+4H++S O42-+2e-PbSO4+2H2O

③减小增大

(3)Ag 2O 正极Zn-2e-+2OH-ZnO+H2O

[解析] (1) ①负极是失电子的一极,Zn失去电子,电子由负极经外电路流向正极。②锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀;除杂的基本要求是不能引入新杂质,所以应选Zn将Cu2+置换为单质而

除去。(2)①由电池总反应可知,Pb发生氧化反应,所以Pb是负极。

②正极上的反应是PbO2→PbSO4,则必然有H2SO4参加,电极反应式为PbO 2+4H++S O42-+2e-PbSO4+2H2O(负极反应为Pb-2e-+S O42-PbSO4,将正、负极反应合并,与题给总反应相符)。③在蓄电池的工作过程中,Pb 被氧化,H2SO4被消耗,所以溶液的密度减小,pH增大。

7.B [解析] 放电时,阳离子向正极移动,所以氢离子向左槽移动,A 错误;放电时,a电极为原电池正极,左槽中得电子发生还原反应,所以溶液颜色由黄色变为蓝色,B正确;充电时,b电极为阴极,a极为阳极,则b极接直流电源负极,a极接直流电源正极,C错误;充电过程中,a 极是电解池阳极,a极的反应式为VO2+-e-+H 2O V O2++2H+,D错误。

8.D [解析] 由图中信息可知,该燃料电池的总反应为2H 2S+O2

S2+2H2O,该反应中硫化氢是还原剂、氧气是氧化剂。硫化氢通入到电极a,所以a电极是负极,发生的电极反应为2H 2S+2O2--4e-S2+2H2O;氧气通入到电极b,所以b电极是正极。电路中每流过4 mol电子,正极消耗1 mol O 2,发生的电极反应为O2+4e-2O2-。综上所述,D正确。

9.D [解析] 充电时的原理是电解原理,电解质中的阳离子移向阴极,即锂离子向阴极移动,A正确;充电时阴极上发生得电子的还原反应,即Li++e-Li,B正确;放电时的原理是原电池原理,正极上发生得电子的还原反应O 2+4e-+2H2O4OH-,C正确;金属锂可以和水发生反应,所以负极区的有机电解液不能换成水性电解液,D错误。

10.C [解析] 该原电池中,硝酸根离子得电子发生还原反应,则右边装置中电极b是正极,A错误;右边装置中电极b是正极,电极反应式

为2N O 3-+10e-+12H+N2↑+6H2O,氢离子参加反应导致溶液酸性减小,溶液的pH增大,B错误; 左边装置电极a是负极,负极上有机物失电子发生氧化反应,有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳,电极反应式为C 6H10O5-24e-+7H2O6CO2↑+24H+,C正确;放电时,电解质溶液中阳离子移向正极室即右室,阴离子移向负极室即左室,a交换膜为阴离子交换膜,D错误。

11.C [解析] 由反应方程式可知,放电时,K2FeO4被还原,A项错误;放电时正极得电子,电极反应为Fe O 42-+4H2O+3e-Fe(OH)3+5OH-,B项错误;充电时,电池的负极与外接电源的负极相连,C项正确;充电时,阴极附近溶液的pH变大,D项错误。

12.(1)正CO 2+2e-+2H+HCOOH

(2)①正2Cl--2e-Cl 2↑②2X

(3)N 2H4-4e-+4OH-N2↑+4H2O

O 2+4e-+2H2O4OH-

[解析] (1)从图示可以看出,左侧H2O转变成O2,氧元素被氧化,电极a 为负极,反应原理为2H 2O-4e-4H++O2↑,H+通过质子交换膜进入右侧发生反应,右侧通入的CO2转变成HCOOH,碳元素被还原,电极b为正极,反应原理为CO 2+2e-+2H+HCOOH。(2)根据装置可知生成H2的电极为正极,生成Cl2的电极为负极。(3)根据装置可知N2H4→N2为氧化反应,在负极上反应。

课时作业(二十四)

1.C [解析] 电解盐酸,溶质HCl的量减小,溶剂量不变,所以酸性减弱,pH增大,A错误;电解硝酸银溶液生成硝酸、金属银和氧气,溶液酸

性增强,pH减小,B错误;电解氢氧化钾溶液的实质是电解水,溶质的量不变,溶剂减小,碱性增强,pH增大,C正确;电解氯化钡溶液得到氢氧化钡、氢气和氯气,溶液碱性增强,pH增大,D错误。

2.C [解析] A项,阳极上生成Cl2;B项,铜片应作阳极,与电源正极相连;D项,阴极反应为2H++2e-H 2↑。

3.C [解析] 若开始时开关K与a连接,构成原电池,其中的饱和食盐水呈中性,所以是钢铁的吸氧腐蚀,A正确;若开始时开关K与b连接,是电解池,B极与电源负极相连,作阴极,电极反应式为2H++2e-H 2↑,则标准状况下B极产生2.24 L气体。物质的量为0.1 mol,所以转移0.2 mol电子,B正确;若开始时开关K与b连接,是电解池,电能转化为化学能,C错误;金属的电化学防护措施有原电池原理的牺牲阳极的阴极保护法和电解原理的外加电流的阴极保护法,所以开关K与b连接,属于外加电流的阴极保护法,D正确。

4.C [解析] 原电池的正极发生还原反应,由图示可知发生的电极反应为S O 42-+5H2O+8e-HS-+9OH-,A正确;硫酸盐还原菌是蛋白质,在高温下易变性,失去催化活性,则输送暖气的管道不易发生此类腐蚀,B 正确;由图示可知,Fe腐蚀生成Fe2+,C错误;管道上刷富锌油漆,形成Zn-Fe原电池,Fe变为正极,可以延缓管道的腐蚀,D正确。

5.C [解析] b接电源的正极,乙二醛发生氧化反应,A错误; a极上的电极反应为2H++2e-H 2↑,B错误;盐酸的作用是提供Cl-和增强导电性,C正确; OHC—CHO+2H 2O HOOC—COOH+2H2↑,产生90 g乙二酸转移4 mol电子,故电路上每转移1 mol电子产生22.5 g乙二酸,D

错误。

6.C [解析] D极区通入的ClO2发生还原反应生成Cl O2-,则D极区为阴极区,a为电源的负极,则b为电源正极,A错误;阳极区为溶液中的Cl-失电子被氧化生成氯气,Na+向阴极区移动,阳极区溶液的pH不变,B错误;电极D上发生还原反应的电极反应式为ClO 2+e-Cl O2-,C 正确;电极E上生成标准状况下22.4 L氯气时,转移2 mol电子,阴极发生还原反应的ClO2的物质的量为2 mol,阴极区溶液质量增加135 g,但由于阳极区的Na+会向阴极区移动,故理论上阴极区质量增加应大于135 g,D错误。

7.A [解析] 硫酸铜的物质的量为0.2 mol,阴极上发生反应Cu2++2e-

Cu,2H++2e-H 2↑,0.2 mol铜离子得电子转移0.4 mol电子;阳极上发生反应4OH--4e-2H 2O+O2↑。设阴、阳两极产生的气体的物质的量均为n mol,则根据得失电子守恒可知0.4+2n=4n,解得n=0.2,即产生的气体的物质的量均是0.2 mol,通过计算知需加0.2 mol氢氧化铜。

8.A [解析] 石墨作电极电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液,阳极反应式为4OH--4e-2H 2O+O2↑,阴极先后发生两个反应:Cu2++2e-Cu,2H++2e-H 2↑。从收集到 2.24 L O2可推知上述电解过程中共转移0.4 mol电子,而在生成2.24 L H2的过程中转移0.2 mol电子,所以Cu2+共得到0.4 mol-0.2 mol=0.2 mol 电子,电解前Cu2+的物质的量和电解得到的Cu的物质的量都为0.1 mol。电解前后分别有以下守恒关系:c(K+)+2c(Cu2+)=c(N O3-),c(K+)+c(H+)=c(N O3-)。由此可知电

解前c(K+)=0.2 mol·L-1,电解后c(H+)=0.4 mol·L-1。

9.(1)①阴极

②Cl-+2OH--2e-ClO-+H 2O

③2CN-+5ClO-+H 2O N2↑+2HC O3-+5Cl-

(2)①增大

②Cr 2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O

③0.5

[解析] (1) ②根据信息知阳极为Cl-放电,生成ClO-,结合溶液的pH 知溶液显碱性,写出电极反应式;③转化成的无污染气体是氮气,结合得失电子守恒配平方程式。(2)①石墨(C)作阴极,放电的是H+,故溶液pH增大;②铁作阳极,生成Fe2+,与Cr2O72-反应生成Fe3+、Cr3+,依得失电子守恒结合酸性废水环境,写出方程式;③电路上转移6 mol电子时,生成3 mol Fe2+,根据方程式知可处理0.5 mol Cr2O72-。

10.(1)Cl 22Cl--2e- Cl2↑

(2)电解过程放热导致温度升高,Cu2++4Cl-[CuCl 4]2-正向移动

(3)阳极附近溶液仍为蓝色U形管冷却后阴极附近溶液仍为绿色

(4)①证明在上述实验条件下,电解后的绿色溶液中存在[CuCl2]-

②Cu2++4Cl-+Cu2[CuCl 2]-

③加入CuCl2蓝色溶液,直至溶液颜色与电解后绿色溶液基本相同[解析] (1)电解过程中阳极发生氧化反应,溶液中的氯离子放电生成氯气,氯气溶于水,溶液可能呈现绿色。(2)电解过程放热导致温度升高,Cu2++4Cl-[CuCl 4]2-正向移动,[CuCl4]2-浓度增大。(3)阳极生成了