高中同步学案

优化设计

答案与解析

选择性必修1化学反应原理

班级：姓名：

附：答案与解析

正文部分答案与解析

专题1第一单元第1课时 化学反应的燈变

主题一变和反应热

基础知识·落实

1.(1)总和温度压强(2)内能数值恒压变kJ*mol^{-1} \Delta H (3)吸收或释放的热2.(1)大于 > 增大(2)小于 < 减小3.旧化学键断裂和新化学键形成吸收释放

思考探究·提升

1.提示不是。 ①③ 利用煤炭和天然气的燃烧获得热量，是放热反应； ②④ 是电能转化为热能； ⑤ 只是热量的交换。

2.提示 \Delta H{=}E_{1}-E_{2}{=}368\ kJ*mol^{-1}{-}134\ kJ*mol^{-1}= 234~kJ*mol^{-1}

对点应用·突破

【例1】答案 120~kJ*mol^{-1}

解析 1~mol~CH_{4} 中含有 4{~mol~C-H~} 键， 1~mol~CO_{2} 中含有 2{~mol~c=0~} 键， 1\ mol\CO 中含有 1\ mol\ C\equivO 键，1mol H_{2} 中 含有1mol H{-}H 键，根据反应 CH_{4}\ (g)+CO_{2}\ ( g） 催化剂 2CO(\mathbf{g})+2H_{2}(\mathbf{g}) 可得 \Delta H{=}[4x E(C-H)+2x E(C-O)]- \left[2x E(\mathbf{C}=\mathbf{O})+2x E(\mathbf{H}-\mathbf{H})\right]=(4x413+2x745)\ \mathbf{kJ}\bullet\mathbf{mol}^{-1}-\mathbf{h}(\mathbf{H}x\mathbf{H}). (2x1~075+2x436)~{\kJ*\mol^{-1=120~k J*\ m o l^{-1}}}

【变式1】B解析反应过程中分解了2mol H_{2}O ，由图可催化剂知，生成了2mol H_{2} 和1mol O_{2} ，总反应为 2H_{2} 0光照2H_{2\uparrow+O_{2}} ↑，A正确；过程Ⅲl断裂2mol {H_{2O_{2}}} 中H一O键，吸收 463\ kJx2=926\ kJ 能量，生成 1~mol~H_{2} 中H一H键，释放436~kJ 能量，即总体上吸收了 490\ kJ 能量，为吸热反应，B不正确；由总反应可知吸收 463~kJx4=1852~kJ 能量，放出 (496+ 436x2)\ kJ=1\ 368\ kJ 能量，则吸收的能量大于放出的能量，反应为吸热反应，C正确；过程 ~I~ 中断裂了 2\mol\H_{2O} 中H—O键，吸收能量 (463x2)~{kJ=926~{kJ,D}} 正确。

【例2】C解析光伏发电是将光能转化为电能，A错误；Si一O键的键能大于Si一Si键的，所以二氧化硅更稳定，B错误： :\Delta H=500\ kJ\bullet\ mol^{-1}+176\ kJ\bullet\ mol^{-1}x2-460\ kJ\bullet\ mol^{-1}x 4{=}-988\ kJ*mol^{-1} ,C正确；该反应的 \Delta H=b-a ,D错误。

【变式2-1】答案（1)吸放\begin{array}{r l}{(2)-513.5\ kJ\bullet\ mol^{-1}}&{{}-373.6\ kJ\bullet\ mol^{-1}}\end{array}

【变式2-2】B解析 {N}{\equiv}{N} 的键能为 942~kJ*mol^{-1} ，O=O 的键能为 500~kJ*mol^{-1} ，所以 N_{2} 比 O_{2} 稳定，A正确；利用 \Delta H_{3} 建立有关 \scriptstyle a 的等量关系，即 \Delta H_{3}=(154+4a+ 500) kJ\bulletmol^{-1}=(2\ 752-534)\ kJ\bulletmol^{-1} ，解得 a=391,B 错误；从图中可以看出，反应物为 {N_{2}{H_{4}({g)}}} 和 O_{2(g)} ，生成物为N_{2}\left(g\right) 和 H_{2O(g)} ，反应热 \Delta H=-534~kJ*mol^{-1} ，则反应的热化学方程式为 \DeltaN_{2H_{4}(g)+O_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)} \Delta H=-\ 534\ kJ*\mol^{-1} ,C正确；图中的 \Delta H_{3}=2752rm{kJ} ：mol^{-1-534\ k J\bullet\ m o l^{-1}}=2\ 218\ k J\bulletmol^{-1} ,D正确。

主题二 热化学方程式

基础知识·落实

1.反应热

2.能量 0.5~mol 气态 O_{2} ~1~mol~ 液态 H_{2}O 放出3.(1)温度和压强 25\ ^\circC 和 101\ kPa (2)聚集状态sq(3)整数分数

思考探究·提升

提示（1)反应热数值与物质的聚集状态有关，书写热化学方程式时必须注明物质的状态。(2)当化学计量数不同时，其 \Delta H 也不同。 \Delta H 数值与化学计量数成正比。(3)热化学方程式中的化学计量数不表示分子个数，只表示物质的量，可以用整数，也可以用分数表示。

对点应用·突破

【例1】A解析 2\mol\SO_{2} 、1 mol O_{2} 充入恒容容器中，达到平衡时，反应的 SO_{2} 的物质的量为 ~1~mol~ ，放出 98.3~kJ 热量，则每反应 1~mol~SO_{2} ，放出 98.3~kJ 的热量，故热化学方程式为2SO_{2}\left(\mathbf{g}\right)+O_{2}\left(\mathbf{g}\right)\Longrightarrow2SO_{3}\left(\mathbf{g}\right)\quad\Delta H=-196.6\ kJ\ \bullet\ mol^{-1} 或SO_{2}\left(\mathbf{g}\right)+(1)/(2)O_{2}\left(\mathbf{g}\right)\widehat{\longleftarrow~S O_{3}}\left(\mathbf{g}\right)\quad\Delta H=-98.3~kJ*mol^{-1} ，由此判断各选项热化学方程式的正误。A项中的热化学方程式符合题意，正确；B项热化学方程式中反应热和对应二氧化硫的物质的量不成比例，错误；该反应为放热反应，反应热 \Delta H 为负值，C、D错误。

【变式1】B解析 ~1~g~ 气态肼在氧气中燃烧生成氮气和液态水时，可放出 16.7~kJ~ 的热量，lmol N_{2}H_{4} 质量为 \ensuremath{32~g~} ，则32rm{g N}_{2}H_{4} 燃烧生成氮气和液态水时放热 16.7\ kJ*g^{-1}x32\ g= 534.4~kJ 。根据书写热化学方程式注意点放热反应， \Delta H 为“一”,A错误； \Delta H=-534.4~kJ*mol^{-1},N_{2}H_{4}*O_{2}*N_{2}*H_{2}O 都为气态，所以反应的热化学方程式为 N_{2}H_{4}\left(\mathbf{g}\right)+O_{2}\left(\mathbf{g}\right)= \DeltaN_{2(g)+2H_{2}O(g)} \Delta H=-up{534.4}up{k J}*up{\j}_{mol^{-1}}^{} ,B正确； H_{2}O 应该为气态，C错误；未注明物质状态，D错误。

【例2】答案 4FeCO_{3} (s)+ ~O_{2} （g）— 2Fe_{2O_{3}} (s)+4CO2(g） \Delta H=-260\ kJ*\mol^{-1}

【变式2-1】答案 2C\left(\mathbf{s}\right)+O_{2}\left(\mathbf{g}\right)\overline{{-2CO\left(\mathbf{g}\right)}} \Delta H= -221.2~kJ~\bullet~mol^{-1}\quad~C~(~s~)~+O_{2}~(~g~)~-CO_{2}~(~g~)~ \Delta H= -393.5~kJ*mol^{-1}

【变式2-2】答案 H_{2}\left(\mathbf{g}\right)+Cl_{2}\left(\mathbf{g}\right)\overline{{-}}2HCl\left(\mathbf{g}\right) \Delta H= -184.9\ kJ*mol^{-1}

第2课时反应热的测量与计算

主题一对反应热的测定的理解

基础知识·落实

2.(1)使反应物混合均匀、充分接触（2)减少热量的散失
3.(3)环形玻璃搅拌棒最高
4.略

思考探究·提升

1.提示无影响。因为强酸、强碱的稀溶液反应生成 ~mu~_{mol} {H_{2O(l)}} 时放出的热量是相同的，与用KOH溶液还是NaOH溶液以及酸碱的用量无关。
2.提示保证盐酸完全被中和，使测量结果更准确。

对点应用·突破

【例1】答案（1)环形玻璃搅拌棒
(2)减少实验过程中的热量损失
(3)c(4)偏小(5)20.0520.320.320.5551.8

解析（5）四次实验 T_{:}-T_{:} 的值分别为3.15、3.1、3.9、3.05，第三次明显偏大，舍弃，则最终温度差平均值为3.1，代入公式得 Q={(4.18x100x(T_{2}-T_{1}))/(0.025)}\ {~J}={(4.18x100x3.1)/(0.025)}\ {~J}= 51~832~J\approx51.8~kJ 。

【变式1】B解析在稀溶液中所有酸和碱反应的中和热数值不一定都相等，例如在稀溶液中弱酸和弱碱反应生成 ~\ensuremath~{~1~mol~~} 水放出的热量小于中和热，因为弱电解质电离吸热，A错误；在稀溶液中强酸与强碱反应的实质都是 H^{+}+OH^{-}{=}H_{2}O ，所以中和热都相等，B正确；在稀溶液中 ~\ensuremath~{~1~mol~~} 强酸和 ~\ensuremath~{~1~~m o l} 强碱反应放出的热量不一定相等，如一元强酸和一元强碱放出的热量小于二元强酸和二元强碱放出的热量，C错误；浓硫酸稀释时放热，所以生成 1\mol 水时放出的热量大于中和反应反应热的数值，D错误。

【例2B解析因为浓硫酸溶于水会放热，醋酸为弱酸，则恰好完全反应时放出的热量为 ①>②>③ ，所以 \Delta H_{1}{<}\Delta H_{2}{<} \Delta H_{3} ，故B正确。

【变式2】A解析反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，中和反应反应热是强酸和强碱的稀溶液反应生成1~mol 水时放出的热，与酸碱的用量无关，则将 50\mL0.55\mol .\boldsymbol{~L~}^{-1} NaOH溶液与 50~mL~0.50~mol*L^{-1} 盐酸改为 50\mL0.65 mol*L^{-1} NaOH溶液与 50\mL0.60\mol*L^{-1} 盐酸时放热增多，但所得中和反应反应热的数值保持不变，A项正确；酸碱恰好反应完全时放热最多，所以测定中和反应反应热的实验中，混合溶液温度最高时的温度为终止温度，B项错误；测盐酸温度的温度计未洗涤立刻测定氢氧化钠溶液的温度时，所测NaOH溶液的温度偏高，温度差偏小，放出的热量数值偏小，但中和反应反应热 \Delta H 为负值，所以测得的 \Delta H 偏大，C项错误；一水合氨是弱碱，实验中使用相同浓度的氨水替代氢氧化钠溶液时，测得中和反应反应热偏小，D项错误。

主题二盖斯定律的应用

基础知识·落实

1.一步 分几步 完全相等 起始状态 最终状态途径\Delta H_{1}+\Delta H_{2} \Delta H_{3}+\Delta H_{4}+\Delta H_{5}

思考探究·提升

1.提示根据盖斯定律，两种情况下的始态与终态相同，故放出的热量相同，即 Q_{1}=Q_{2} 。

2.提示利用盖斯定律，由 -2x③+3x①+2x② 得：2NH_{3}\left(\mathbf{g}\right)+(7)/(2)O_{2}\left(\mathbf{g}\right)=2NO_{2}\left(\mathbf{g}\right)+3H_{2O}\left(\mathbf{g}\right) 则 \Delta H{=}3\Delta H_{1}{+} 2\Delta H_{2}-2\Delta H_{3} 。

对点应用·突破

【例1】A解析根据题意，可把胆矾溶于水看成2个过程：

过程 ① 吸收热量，1mol CuSO_{4}*5H_{2O(s)} 分解为 CuSO_{4} (s)和 {H_{2O(l)}} ，吸收的热量为 \boldsymbol{Q}_{2} kJ；过程 ② 放出热量， 1\ mol 无水硫酸铜制成溶液时，放出的热量为 Q_{1}\ kJ ，但整个过程要使溶液的温度降低，说明 \Delta H{>}0 ，则 Q_{2}-Q_{1}=\Delta H>0 ，因此 Q_{2}>Q_{1} ，故答案选A。

【变式1】D解析由盖斯定律知： \Delta H_{1}=\Delta H_{2}+\Delta H_{3}+ \Delta H_{4} ,D项正确。

【例2】B解析由题意可知， ①H_{2(g)}+(1)/(2)O_{2}(g)-H_{2}O(l) \Delta H_{1}=-Q\ kJ\ \bullet\ mol^{-1}\ ;\ @\ H_{2}\ (l)=\overline{{~H}}_{2}\ (\mathbf{g})\Delta H_{2}=a\ kJ\ \bullet mol^{-1} ③H_{2}O(l){=}-H_{2}O(g) \Delta H_{3}=c\boldmath~kJ~*\boldmath~mol^{-1} ,根据盖斯定律可知，由 ①+②+③ 可得目标反应的热化学方程式，可得\Delta H=\Delta H_{1}+\Delta H_{2}+\Delta H_{3}=(-Q+a+c)\ kJ\bullet\mol^{-1} -6

【变式2】D解析根据 2H_{2}O(g){-}2H_{2}\left(g\right){+}O_{2}\left(g\right) 反应可知 ,H_{2}\left(\mathbf{g}\right)+(1)/(2)O_{2}\left(\mathbf{g}\right)-H_{2}O\left(\mathbf{g}\right)\quad\Delta H=-(1)/(2)\Delta H_{3} ，但氢气的标准燃烧热指的是生成液态水，所以 \Delta H=-(1)/(2)\Delta H_{3} ，不是氢气的标准燃烧热，A错误；反应 ②6CO_{2}\left(\mathbf{g}\right)+6H_{2}O\left(\mathbf{g}\right)= C_{6}H_{12}O_{6}\left(s\right)+6O_{2}\left(g\right) 为光合作用的反应，该反应是吸热反应，B错误；反应 ② 每生成 6\ mol\O_{2} 转移电子 24~mol ，则在标准状况下，生成 1.12~L~O_{2~} 即 22.4 L·mol-1=0. 05 mol,转移电子数为 0.2x6.02x10^{23},C 错误；根据盖斯定律由反应 2x④= ①+②-6x③ ，得反应 4CO_{2}\left(\mathbf{g}\right)+12H_{2}\left(\mathbf{g}\right)=2C_{2}H_{5}OH\left(1\right) +6H_{2O(g)} 2\Delta H_{4}=\Delta H_{1}+\Delta H_{2}-6\Delta H_{3} ,D正确。

【例3】C解析利用盖斯定律，将反应 ②+④-① ，得反应\begin{array}{r}{\bigotimesCO_{2}\left(\mathbf{g}\right)+H_{2}\left(\mathbf{g}\right)\longmapstoCO(\mathbf{g)+H_{2}O(l)}\quad\Delta H_{3}=\left(-58-40.8\right)}\end{array} +99)~kJ*mol^{-1}=0.2~kJ*mol^{-1} ，故选 ~c~ 8

【变式3】B解析根据盖斯定律， H_{2}\left(1\right)+(1)/(2)O_{2}\left(1\right)=- H_{2O(g)} 可由 ①-②-(1)/(2)x③+④ 得到， \Delta H=\Delta H_{1}-\Delta H_{2}- \begin{array}{r l}&{\cfrac{1}{2}x\Delta H_{3}+\Delta H_{4}=-285.8~kJ*mol^{-1}-(-0.92~kJ*mol^{-1})}\\ &{-\cfrac{1}{2}(-6.84~kJ*mol^{-1})+44.0~kJ*mol^{-1}=-237.46~kJ*}\end{array} mol^{-1} ,B正确。

第3课时 能源的充分利用

主题一对标准燃烧热的理解

基础知识·落实

1.101\ kPa 1完全 N_{2}\left(g\right) {H_{2O(l)}} CO_{2}(\mathbf{g}) 3.1\ mol 完全燃烧 _{4.1~g~}

对点应用·突破

【例】答案 3:1

解析在标准状况下，8.96L混合气体的物质的量为0.4\mol ，完全燃烧共放出 307.8~kJ 热量。设混合气体中 H_{2} 的物质的量为 x ， C_{3}H_{8} 的物质的量为 _y ，则有\scriptstyle\int x+y=0,4{~mol} \lvert286.\:0\:\kJ\bullet\mol^{-1\bullet\boldsymbol{x}+2\:220.\:0\kJ\bullet\mol^{-1\bullet\boldsymbol{y}=307.8\:\kJ}}

解得 x=0.~3~\mol,y=0.~1~\mol. ，所以混合气体中 \DeltaH_{2} 和C_{3}H_{8} 的体积比为 3:1 。

【变式 \mathbf{11}B 解析 H_{2}O 为气态，不是稳定的氧化物，A错误；由 C_{2}H_{6} 的标准燃烧热为 -1~559.8~kJ*mol^{-1} C_{2}H_{4} 的标准燃烧热为 -1~411~kJ*mol^{-1}, H_{2} 的标准燃烧热为一285.8\mathbf{k}\mathbf{J}*\mathbf{m}ol^{-1} 分别可得： C_{2H_{6}\left(g\right)+(7)/(2)O_{2}\left(g\right)-2C O_{2}\left(g\right)+} 3{H}_{2}O(1) \Delta H=-1~559.8~kJ\bulletmol^{-1}\mathbb{D},C_{2}H_{4}(\mathbf{g})+3O_{2}(\mathbf{g}) -2CO_{2}({\bf g})+2H_{2}O({\bf l})\quad\Delta H=-1\ 411\ kJ*mol^{-1}(\widehat{\bf2}),(1)/(2)O_{2}({\bf g})+ H_{2}\left(\mathbf{g}\right)=-\mathbf{\bar{H}}_{2}\left(\mathbf{l}\right)\quad\Delta H=-285.8\ \mathbf{kJ}*\mathbf{mol}^{-1}\left⟨\bar{\mathfrak{Q}}\right⟩ ，根据盖斯定律， ①-②-③ ，可得 C_{2H_{6}(g)}-C_{2H_{4}(g)}+H_{2(g)} \Delta H= 137~kJ*mol^{-1} ,B正确；由 H_{2} 的标准燃烧热为 -285.8\ kJ*mol^{-1} ，可得( \sharp(1)/(2)O_{2}\left(\mathbf{g}\right)+H_{2}\left(\mathbf{g}\right)=\underline{{{\Pi}}}H_{2}O(1)\quad\Delta H=-285.8~kJ*mol^{-1} 则 H_{2O(1)}==(1{2}}O_{2}\left(\bfg\right)+H_{2}\left(\bfg\right)\quad\Delta H=285.\bf8\bf~kJ\bf\bullet\mol^{-1}, C错误；由 C_{2}H_{6} 的标准燃烧热为 -1~559.8~kJ*mol^{-1} 可得：C_{2H_{6}(g)+/{7)/(2)O_{2}(g)}-2CO_{2(g)+3H_{2}O(l)}\Delta H=-1~559.8 kJ*mol^{-1} ，则 2C_{2}H_{6}\left(\mathbf{g}\right)+7O_{2}\left(\mathbf{g}\right)=4CO_{2}\left(\mathbf{g}\right)+6H_{2}O\left(l\right) \Delta H{=}{-}3~119.6~kJ*\mol^{-1} ,D错误。

主题二 反应热的计算

基础知识·落实

2.-a相加减

思考探究·提升

1.答案 1:1

解析设混合物中炭粉的物质的量为 x\ mol ，氢气的物质的
量为 y\ mol ，则
\displaystyle\left\{\begin{array}{l}{{{\displaystyle x\ mol+y\ mol=0.2\ mol}}}\\ {{}}\\ {{{}^{393.5\ kJ\bullet\ mol^{-1}x x\ mol+(1)/(2)x483.6\ kJ\bullet\ mol^{-1}x y\ mol}}}\end{array}\right. =63.53~kJ 解得： x=0.1,y=0.1 ,则混合物中 ~c~ 和 \Pi_{H_{2}} 的物质的量之

比为 1:1 。

2.答案 (3a+b-c)\ kJ*mol^{-1}

解析本题已知的三个热化学方程式可表示如下：\begin{array}{r}{()CC(s)+O_{2}(g)-CO_{2}(g)\quad\Delta H_{1}=a\kJ*\mol^{-1}}\end{array} \begin{array}{r}{②S(s)+2K(s){=}K_{2}S(s)\Delta H_{2}{=}b\kJ\bulletmol^{-1}}\end{array} ③2K(s)+N_{2}(\bfg)+3O_{2}(\bfg)=2KNO_{3}(\bfs)\quad\Delta H_{3}=_{c}\bf~kJ*mol^{-1} 由盖斯定律， \phantom{+}3x①+②-③ 可得热化学方程式 {s}({s})+ 2KNO_{3(s)+3C(s)\overline{{\Omega}K_{2S(s)+N_{2}\left(g\right)+3C O_{2}\left(g\right)}}} \Delta H= (3a+b-c)\mathbf{ε}_{kJ}*\mathbf{ε}_{mol}^{-1} 6

3.答案2953.9kJ

解析释放的热量为 283\ kJ*mol^{-1}x1\ mol+890.\ 3\ kJ* \mol^{-1x3~m o l{=}2~953.9~k J} 。

对点应用·突破

【例】答案（1） CH_{3}OH\left(1\right)+(3)/(2)O_{2}~(\mathbf{g})-CO_{2}~(\mathbf{g})+
\begin{array}{r l}{?H_{2O(1)}}&{{}\Delta H=-726.4~kJ*mol^{-1}}\end{array} (2)N_{2}H_{4}(\mathbf{g})+2H_{2}O_{2}(1)=N_{2}(\mathbf{g})+4H_{2}O(\mathbf{g}) \Delta H=
-644~kJ*mol^{-1} (3)Si(s)+2Cl_{2(g)\overline{{{\si}}Cl_{4(l)}}}\Delta H=-687~kJ\bullet\mol^{-1}

解析 (1)1~g~ 甲醇 (CH_{3O H)} 在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和液态水，释放出 22.7\ kJ 的热量，1mol CH_{3O H} 的质量为32~g~ ，则燃烧放出的热量为 22.7\ kJx32=726.4\ kJ ，则表示甲醇标准燃烧热的热化学方程式为 CH_{3}OH\left(1\right)+(3)/(2)O_{2}\left(\mathbf{g}\right)= \begin{array}{r l}{CO_{2}\left(g\right)+2H_{2}O\left(l\right)}&{{}\Delta H=-726.4\ kJ*mol^{-1}}\end{array} 0

(2)肼与 {H_{2O_{2}}} 反应的化学方程式为 N_{2H_{4}}+2H_{2O_{2}}= N_{2}+4H_{2}O ，当有1mol H_{2}O(g) 生成时，放出 161~kJ 的热量，根据化学方程式可知，则生成4mol H_{2}O(g) 时，放热 161\ kJx4= 644~kJ ，该反应过程中的热化学方程式为 N_{2}H_{4}\left(\mathbf{g}\right)+2H_{2}O_{2}\left(l\right) \Gamma=-N_{2\left(g\right)+4H_{2}O(g)}\quad\Delta H=-644\kJ*\mol^{-1}, 8

(3)硅单质与氯单质反应生成硅的最高价化合物 SiCl_{4} ，根据 SiCl_{4} 的熔、沸点可知，在 25\ ^\circC 时 SiCl_{4} 为液态。硅与氯气反应生成 1~mol~SiCl_{4} ，放热 687~{kJ} ，则热化学方程式为 Si(s)+ 2Cl_{2(g)\overline{{{\Omega}}{=}{SiCl_{4(l)}}}} \Delta H=-687\ kJ*\mol^{-1} 。

【变式1】D解析根据 ② 可知 2H_{2}\left(g\right)+O_{2}\left(g\right)=2H_{2}O\left(l\right) \Delta H=-571.6\kJ\bullet\mol^{-1} ，则 1~mol~H_{2} 完全燃烧产生液态水放出热量是 285.8~kJ ，故 H_{2} 的标准燃烧热 \Delta H{=}{-}285.8\ kJ*mol^{-1} ，A正确；根据盖斯定律，由 -\left(\mathbb{D}+Q\right) )整理可得 CH_{4\left(g\right)+} O_{2}\left(\mathbf{g}\right)~\small~\left.~\right.~CO_{2}\left(\mathbf{g}\right)+2H_{2}\left(\mathbf{g}\right)\quad\Delta H=-318.7~kJ*mol^{-1} ,B正确；根据A项分析可知，反应 2H_{2}\left(\mathbf{g}\right)+O_{2}\left(\mathbf{g}\right)=2H_{2}O\left(1\right) \Delta H=-571.6~kJ~*~mol^{-1} ,C正确；根据盖斯定律，由 -\left(\mathbb{D}+\right. ②x2) 整理可得反应 CH_{4}\left(\mathbf{g}\right)+2O_{2}\left(\mathbf{g}\right)=CO_{2}\left(\mathbf{g}\right)+2H_{2}O\left(l\right) \Delta H{=}{-}890.3~kJ*\mol^{-1} ,D错误。

主题三 能源

基础知识·落实

1.(1)能量化石燃料2.（1)温室效应 (3)无毒、无污染储存、运输困难3.新能源

对点应用·突破

【例】B解析“液态阳光”行动既能够降低空气中 CO_{2} 的浓度，又能利用产生的甲醇为人类提供能量，因此有利于可持续发展，A正确；利用水煤气合成甲醇，会消耗化石燃料煤，因此水煤气合成的甲醇不是“液态阳光”，B错误；“液态阳光”行动实现了碳的循环，同时为我们提供所需能量，因此有利于减少 CO_{2} 排放，C正确；“液态阳光”不消耗化石燃料，利用合成的甲醇为人类提供能量，因此有利于缓解化石燃料消耗造成的能源危机，D正确。

【变式】D解析风能、水能、地热能、潮汐能都属于绿色能源，应因地制宜地开发利用，A正确；乙醇可以由粮食发酵得到，属于可再生能源，使用乙醇汽油可以缓解石油紧张的矛盾，B正确；煤、石油和天然气等都是由太阳能转变来的，C正确；这些能源不完全是通过化学反应获得的，例如风能等，D错误。

培优课堂（一）热化学方程式的书写和\Delta H 的大小比较

【例1】答案 H_{2}~(~\mathbf{g}~)+(1)/(2)O_{2}~(~\mathbf{g})-H_{2}O\left(1\right)\quad\Delta H= -286\ kJ*mol^{-1}

【例2】B解析 14{~g~CO~} 气体的物质的量为 (1)/(2)\ m o l 。该问题可以转化为 (1)/(2)CO(g)+(1)/(2)FeO(s)=(1)/(2)Fe(s)+(1)/(2)CO_{2}\left(g\right) \Delta H=? 若把已知给出的3个热化学方程式按照顺序编号为①②③ ，那么由已知反应 ①x(1)/(4)-②x(1)/(4)-③x(1)/(6) 即可得到所求反应，再由盖斯定律即可得出结果。

【例3】答案（1)该反应是可逆反应， ~\ensuremath~{~1~~m o l~} 氮气反应不完全，因此放出的热量小于 92~kJ 946

【例4】答案（1)石墨 393.5~kJ*mol^{-1}

(2)2C(石墨， \mathbf{s})+(3)/(2)O_{2}\left(\mathbf{g}\right)=CO_{2}\left(\mathbf{g}\right)+CO\left(\mathbf{g}\right) \Delta H= -504.0\ kJ*mol^{-1}

【例5】C解析氢气的标准燃烧热 \begin{array}{r}{\Delta H=}\end{array} -285.8\ kJ*mol^{-1} ，则反应 2H_{2}\left(\mathbf{g}\right)+O_{2}\left(\mathbf{g}\right)=2H_{2}O\left(1\right) 的\Delta H=-571.6\kJ\bullet\mol^{-1} ，由于液态水转化为气态水吸热，则反应 2H_{2}\left(\mathbf{g}\right)+O_{2}\left(\mathbf{g}\right)=2H_{2}O\left(\mathbf{g}\right) 的 \Delta H{>}-571.6\kJ*\mol^{-1} ，A错误；一氧化碳的标准燃烧热 \Delta H=-283.0\kJ*\mol^{-1} ，则CO 燃烧的热化学方程式为 CO(g)+/{1{2}O_{2}(g){-∞C O_{2}(g)}} \Delta H=-283.0\ kJ\bullet\mol^{-1} ，B错误；“煤炭燃烧得更旺”是因为少量固体碳在高温下与水反应生成了可燃性气体氢气和CO，C正确；由于能量是守恒的，所以煤炭燃烧时加少量水，不可能使煤炭燃烧放出更多的热量，故该同学的结论是错误的，D错误。

第二单元 第1课时 原电池的工作原理

主题一原电池的工作原理

基础知识·落实

1.(1)化学能电能 (2） ① 活动性金属 ② 电解质
③ 闭合2.(1)放热化学能热能(2)红色负正失得
流出流入氧化还原3.(2)ZnSO_{4} CuSO_{4} (3） ① 闭合回路 ② 电荷电中性

思考探究·提升

1.提示能。

2.提示可以；因为Cu在该原电池中起到传递电子的作用，其本身并未参与电极反应，所以可以把Cu电极换成能导电的石墨。

3.提示甲池中 \mathbf{Mg} 作负极，AI作正极；乙池中AI作负极，\mathbf{Mg} 作正极。需要注意：在原电池中，失电子(电子流出)发生氧化反应的一极为负极，得电子（电子流入)发生还原反应的一极为正极。在判断原电池正、负极时，不能只考虑金属活动性的相对强弱，还要考虑其能否与电解质溶液发生氧化还原反应。

对点应用·突破

【例1】B解析首先把化学方程式改为离子方程式：2MnO_{4^{-}}+10Fe^{2+}+16H^{+}\overline{{{-2Mn^{2+}}}+10Fe^{3+}+8H_{2}O} ，依据离子反应可知， Fe^{2+} 会转化为 Fe^{3+} ,b电极上发生氧化反应，A正确；a电极上发生还原反应，得到电子，为正极，电子流向从b到a,B错误；正极电极反应为 MnO_{4^{-}+8H^{+}+5e^{-}=M n^{2+}+} 4H_{2O,D} 正确；盐桥中阴离子移向负极，因此盐桥中的 SO_{4^{2-}} 移向乙烧杯，C正确。

【变式1】A解析锌片作负极，铜片作正极，电子从负极流向正极，A选项正确；盐桥中的阴离子向负极移动，B选项错误；负极发生氧化反应，正极发生还原反应，铜电极发生的反应为 Cu^{2++2e^{-}=C u,C} 选项错误；取出盐桥后不能形成原电池，电流表不偏转，铜电极在反应后质量增大，D选项错误。

【例2】C解析根据图示可知，该装置是原电池，外电路中电子从X电极流向Y电极，故X为负极，Y为正极，电流方向与电子流向相反，即电流方向为 Y\to 外电路 \Omega\toX ，选项A错误；该原电池中X为负极，应为Fe电极，由于总反应为 Fe+2H^{+=} Fe^{2++H_{2}} ↑，则X电极的电极反应为 Fe-2e^{-=}Fe^{2+} ，选项B错误；原电池工作时，阳离子向正极移动，选项C正确；X是负极，负极上发生氧化反应， Y 是正极，正极上发生还原反应，选项D错误。

【变式2】D解析反应中 Cr_{2}O_{7}^{2-} 转化为 Cr^{3+} ，则 Cr 元素化合价降低， Cr_{2}O_{7}^{2-} 发生还原反应，则b极为正极，a极为负极，A正确；负极a发生氧化反应，电极反应为 Fe^{2+}-e^{-}= Fe^{3+} ,C正确；原电池中阴离子移向负极，电池工作时，盐桥中的SO_{4^{2-}} 移向甲烧杯，故B正确；b为正极，电极反应为 Cr_{2O_{7}^{2-}+} 6e^{-}+14H^{+}{=}2Cr^{3+}+7H_{2}O ,工作一段时间后， c\left(H^{+}\right. )下降，乙烧杯中溶液的 \DeltapH 增大，故D错误。

主题二 原电池原理的应用

思考探究·提升

1.提示负极： Fe-2e^{-=F e^{2+}} ；正极： O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O 4OH^{-} 。书写思路：先判断原电池的正、负极，即找出氧化剂和还原剂；再结合电解质溶液的酸碱性确定还原产物和氧化产物；然后根据电荷守恒、原子守恒等书写并配平电极反应式。

2.提示锌板；因为钢管、锌板、电解质溶液构成原电池，锌板易失电子作负极，钢管作正极被保护，不受腐蚀。

3.提示 Zn 与 CuSO_{4} 反应生成的 c_{u} 覆盖在锌片表面， Z_{{n}} ：Cu、稀硫酸构成原电池，加快反应速率。

对点应用·突破

【例1】C解析蔗糖溶液不导电，不能形成原电池，选项A错误；没有自发的氧化还原反应发生，不能形成原电池，选项B错误；两电极材料不同，铁较活泼，能与硫酸铜溶液反应，且形成了闭合回路，所以能形成原电池，选项C正确；不能形成闭合回路，不能形成原电池，选项D错误。

【变式1】B解析A项，在 ① 装置中 Zn 与 \mathbf{H}^{+} 反应生成Zn^{2+} 和 H_{2} ，锌棒变细， Cu 不与 \mathbf{H}^{+} 反应，铜棒没有变化；B项，在 ② 装置中锌棒与铜棒通过导线连接形成了闭合回路，构成了原电池， Zn 失去电子转化为 Zn^{2+} ,锌棒变细， H^{+} 在铜棒上得电子生成 H_{2} ，铜棒不会变粗；C项， ② 装置实现了化学能到电能的转化；D项，在 ①② 装置中，锌均失去电子发生氧化反应。

【例2】C解析对于单液原电池I，负极反应为 Cu^{-2e^{-}} \DeltaCu^{2+} ，正极反应为 Fe^{3+}+e^{-}=Fe^{2+} ，总反应为 Cu+ 2Fe^{3+}{=}=Cu^{2+}+2Fe^{2+} ；对于双液原电池 \mathbb{I} ，负极 (Cu) 对应电解质溶液为负极金属对应阳离子的盐（ {(CuSO_{4}} )溶液；正极可选用比负极活动性弱的金属 (Pt) 或导电非金属(C)，正极对应的电解质溶液为与负极发生氧化还原反应的电解质（ \FeCl_{3} )溶液。据此分析可知，C项符合题意。

【变式2】D解析根据 Cl^{-} 的移动方向可知，b电极为负极，a电极为正极，根据电池反应式可知， Zn 发生失电子的氧化反应，即b电极反应式为 Zn-2e^{-=}Zn^{2+} ,A、B项错误；电子流动方向是b电极→导线 \Gamma\to{a} 电极，C错误；正极材料的活泼性应比负极材料弱，D正确。

【例3】D解析当A、B组成原电池时，电子流动方向 \operatorname{A}^{\rightarrow} B,则金属性 _A>B ；当A、D组成原电池时，A为正极，则金属性为 D{>}A;B 与E构成原电池时，电极反应为 E^{2++2e^{-}=}E ，B{-}2e^{-}{=}B^{2+} ,B失去电子，则金属性 B>E 。综上所述，金属性由强到弱的顺序为 D{>A{>}B{>}E} 8

【变式3】答案 (1)A{-2e^{-}\overline{{{\Omega}}{\overline{{{\Omega}}}{\tilde{{\Lambda}}}{\tilde{{\Lambda}}}{\tilde{{\Lambda}}}{\tilde{{\Lambda}}}{\tilde{{\Lambda}}}}}} (2)Cu^{2+}+2e^{-}=Cu (3)变大 (4)D>A>B>C

解析甲、乙、丙均为原电池装置。依据原电池原理，甲中A不断溶解，则A为负极、B为正极，活动性： A{>}B z 中C极增重，即析出 c_{u} ，则B为负极，活动性： _B>C ；丙中A上有气泡即H_{2} 产生，则A为正极，活动性： D{>}A ,随着 \boldsymbol{H}^{+} 的消耗， pH 变大。

【例4】D解析装置 ① 为锌与稀硫酸发生化学反应，装置② 为 Zn,Cu 与稀硫酸形成的原电池。装置 ② 中 c_{u} 表面有气泡产生，是原电池的正极，而装置 ① 中 c_{u} 表面无气泡， Zn 表面有气泡，故A正确；装置 ① 和装置 ② 中反应的离子方程式均为Z_{n}+2H^{+}=-Z_{n}{}^{2+}+H_{2} ↑，故B正确；根据表格数据可知，收集相同体积的气体装置 ② 需要的时间更短，故原电池反应能增大化学反应速率，故C正确；形成原电池后，化学能有一部分转化为热能，而不是全部转化为电能，表现在溶液的温度升高，故D错误。

【变式4】B解析 H_{2}SO_{4} 的物质的量相等 *{}Zn 粉过量， H_{2} 的体积由 H_{2S O_{4}} 的物质的量决定。a中部分 Zn 与 CuSO_{4} 发生反应置换出 c_{u} 并形成“ Z_{n}|H_{2}SO_{4} |Cu”原电池，反应速率增大，但最终产生 H_{2} 的体积相等。

第2课时一次电池和二次电池

主题一一次电池和二次电池

基础知识·落实

一、1.(1)不能 (2)充电

二、1.锌筒石墨棒锌粉二氧化锰氯化铵和氯化
锌氢氧化钾2.(1)锌粉 Ag_{2O} KOH溶液三、1.(1)Pb PbO_{2} 硫酸溶液(2) ①P b+S O_{4^{2-}-2e^{-}-{-P b S O_{4}}} ③ 增大增大增
大减小(3)(\mathbb{DP b S O_{4}+2e^{-}=-p b+S O_{4}^{2-}} ③ 正极负极

2.锂电池 锂离子电池

思考探究·提升

1.提示一次电池不可以充电；二次电池可以充电，重复使用。

2.提示负极反应式为 Zn+2OH^{--2e^{-}}\overline{{-}Z n O+H_{2}O} 正极反应式为 2MnO_{2}+2H_{2}O+2e^{-}=2MnOOH+2OH^{-} 。

对点应用·突破

【例1】C解析甲电池是锌锰干电池，属于一次电池，A正确；甲电池中，锌作负极，放电时失去电子，电子从锌筒经外电路到石墨电极，B正确；乙电池的负极反应为 Pb-2e^{-+S O_{4}^{2-}=} PbSO_{4} ，C错误；乙电池充电时将电能转化为化学能，D正确。

【变式1】D解析根据电池总反应的化学方程式可知： Zn 为负极，发生氧化反应，电极反应式为 Zn-2e^{-+2O H^{-}=} {ZnO+H_{2O}} ， \ensuremath{MnO_{2}} 为正极，发生还原反应，电极反应式为MnO_{2+e^{-}+H_{2}O} 一MnOOH十OH。电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。根据电池反应的化学方程式可知：电池工作时， \mathbf{M}\mathbf{n} 元素化合价降低，得到电子被还原，所以{MnO_{2}} 发生还原反应，A错误；电池工作时， OH^{-} 会向正电荷较多的负极定向移动，即 OH^{-} 通过隔膜向负极移动，B错误；根据总反应方程式可知，电池工作时，负极反应为 Zn-2e^{-+2O H^{-}} 一 \Gamma_{=^{=}Z n O+H_{2}O,C} 错误；反应中锰元素的化合价由 +4 价降低到 +3 价，化合价降低1价，转移1个电子，故每生成 1\ mol \mathbf{MnOOH} ，转移电子数约为 6.02x10^{23} ,D正确。

【例2】A解析a极， Li_{13S i_{4}} 失去电子变成 Li_{7}Si_{3} ,a极为负极；b极， MnO_{2} 得到电子生成 LiMn_{2O_{4}} ,b极为正极； {Li}^{+} 从a极区到b极区，从而形成闭合回路。放电时，a极的电极反应为3Li_{13S i_{4}-11e^{-}d L i_{7}S i_{3}+11L i^{+}} ,A正确；该电池中，火药燃烧将化学能转化为热能，热能再引发电极反应转化为电能，B错误；由于需要热量激活，故常温时无法供电，C错误；放电过程中， {Li}^{+} 由a极区移向b极区，D错误。

【变式2-1】B解析电池的总反应为 2Li+FeS_{2}=Fe+ Li_{2S_{2}} ,Li失电子生成 {Li}^{+} ， FeS_{2} 得电子生成Fe和 S_{2^{2-}} ，则Li作负极，即a极为负极， FeS_{2} 为正极，即b极为正极。放电时阳离子移向正极，即 {Li^{+}} 向b极移动，故A错误；负极反应为 Li-e^{-} {=}Li^{+} ，正极反应为 FeS_{2}+2e^{-}=Fe+S_{2}^{2-} ，故B正确；放电时电子从负极经过导线流向正极，不能进入熔融介质中，故C错误；正极反应为 FeS_{2}+2e^{-}=Fe+S_{2}^{2-} ，若有 0.2~mol~e~^{-} 转移，增加 0.~2~mol~Li^{+} 的质量，则正极质量增加 0.\ 2\ \molx 7~g~\bullet~mol^{-1}=1.4~g~ ,故D错误。

【变式2-2】C解析由充电时氯离子向硫化铜电极方向移动可知，充电时，CuS电极作阳极， c_{u} 电极作阴极；放电时，铜电极为负极，铜失去电子，发生氧化反应，生成 CuCl_{2^{-}} ， CuS 电极为正极，CuS得到电子，发生还原反应，生成 \ensuremath{Al_{x}}\ensuremath{Cu\ensuremath{S}_{\circ}} 放电时，正极反应为 CuS+3xe^{-}+xAl^{3+}-Al_{x}CuS ，消耗 {Al}^{3+} ,A错误；放电时，负极反应为 Cu-e^{-+2C l^{-}\overline{{-}e-c u C l_{2}}} ,B错误；由分析可知，C正确；结合正、负极得失电子数相等，得知 3xe^{-}~ xAl^{3+} ，故消耗 n(Al^{3+}){=}0.05\ mol,D 错误。

【变式2-3】C解析原电池中的氢离子向正极移动，由图可知，b极为正极，发生还原反应，电极反应为 Cr_{2O_{7}^{2-}}+6e^{-}+ 14H^{+}{=}2Cr^{3+}+7H_{2}O 当电路中转移 6~mol 电子，则生成2~mol~Cr^{3+,2~m o l~C r^{3+}} 与水反应生成 6~mol~H^{+} 同时生成 2~mol Cr(OH)_{3} ，则右边实际消耗 8~mol~H^{+} ，而电路中转移 6~mol 电子时，从左边迁移过来的 \mathbf{H}^{+} 为 ~6~mol~ ，因此右边 n\left(H^{+}\right) 减小，H^{+} 浓度降低，酸性减弱，C错误；a极为负极，甲醇发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应为 CH_{3O H-6e^{-}+H_{2}O{=}C O_{2}\uparrow+} 6H^{+} ,A、D正确；自发的氧化还原反应可以设计成原电池，故CH_{3O H} 与 Cr_{2}O_{7}^{2-} 也可直接反应，B正确。

主题二 锂离子电池

对点应用·突破

【例】C解析放电时，阳离子锂离子在电解质溶液中由负极向正极迁移，故A错误；放电时， Li_{1-x}CoO_{2} 为正极，在锂离子作用下 Li_{1-x}CoO_{2} 在正极得到电子发生还原反应生成LiCoO_{2} ，钻元素的化合价降低，故B错误；充电时， Li_{x} C_{6} 与直流电源的负极相连作电解池的阴极，电极反应式为 6C+xLi^{+}+ {\boldsymbol{x}}e^{-}=Li_{x}C_{6} ，故C正确；充电时， Li_{1-x}CoO_{2} 与正极相连作阳极，阳极发生氧化反应，故D错误。

【变式】C解析应选用有机电解液，水性电解液会与Li直接反应，故A错误；含催化剂的多孔电极为电池的正极，故B错误；放电时正极的电极反应式为 O_{2}+2Li^{+}+2e^{-}-Li_{2}O_{2} ，故C正确；充电时锂电极应连接外接电源的负极，故D错误。

第3课时 燃料电池

主题燃料电池

基础知识·落实

一、1.(1)氧化还原反应化学能电能2.(2)氧化还原 2H_{2}-4e^{-}+4OH^{-}{\overline{{-}}}4H_{2}O O_{2}+ 4e^{-}+2H_{2}O{-}\overline{{4}O H^{-}} =,2.O_{2}+4e^{-}+4H^{+}-2H_{2}O2H_{2}-4e^{-}=4H^{+} 石英钟指针偏转(或U形管中气体体积变小)

思考探究·提升

1.提示正、负极反应物分别是氧化剂和燃料，工作时将反应物不断地输入电池的两极，反应产物不断排出电池，能连续不断地提供电能，具有能量利用率高、污染小等优点。

2.提示负极反应物是氢气，正极反应物是氧气。负极为2H_{2}-4e^{-}+4OH^{-}=4H_{2}O ；正极为 O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O= 4OH^{-} 。

3.提示碱性溶液中，电极反应式中不能出现 \mathbf{H}^{+} ；酸性溶液中，电极反应式中不能出现 OH^{-} 。

4.提示碱性氢氧燃料电池中溶液的 \DeltapH 减小，酸性氢氧燃料电池中溶液的 \DeltapH 增大。

对点应用·突破

【例1】D解析燃料电池中通入可燃性气体的一极为负极,D项错误。

【变式1】D解析由电池总反应 2CO+O_{2}=-2CO_{2} 可知，通CO的一极为电池负极，通 O_{2} 的一极为电池正极，负极上发生失电子的氧化反应，正极上发生得电子的还原反应，负极的电极反应为 CO+CO_{3^{2-}-2e^{-}=2C O_{2}} ，正极的电极反应为O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-} 。

【例2】D解析此电池总反应是 N_{2}+3H_{2}+2HCl= 2NH_{4}Cl ，氢气的化合价升高，失去电子，根据原电池的工作原理可知b极为负极，发生氧化反应，故A正确；环境是酸性环境，a电极为正极，发生的反应为 N_{2}+8H^{+}+6e^{-}=2NH_{4}^{+} ，故B正确；根据选项A中总电极反应，分离出的A为 NH_{4C l} ，故C正确；氯化铵受热易分解，不能用蒸发结晶的方法分离出A，应用蒸发浓缩、冷却结晶的方法分离出A，故D错误。

【变式2】C解析液氨-液氧燃料电池中，液氧是氧化剂，电极2是正极。液氨是还原剂，在负极上失去电子被氧化为氮气，电极1是负极，发生氧化反应，A正确；电极1的电极反应为2NH_{3}-6e^{-}+6OH^{-}\overline{{-}N_{2}}+6H_{2O} ，反应消耗 OH^{-} ， \pH 减小，C错误；电极2是正极，电池工作时， {Na^{+}} (阳离子）向正极移动，B正确；电极2为正极，电极反应为 O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}= 4OH^{-} ,D正确。

【例3】D解析燃料电池工作时，电子不能经过电解质，故A错误；由题给示意图可知，通入肼的一极为负极，在 O^{2-} 参与下， N_{2}H_{4} 在负极上失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应为 N_{2}H_{4}+2O^{2-}-4e^{-}=N_{2}\ \uparrow+2H_{2}O,B 错误；通入氧气的一极为正极， O_{2} 在正极得到电子被还原，故C错误；燃料电池以熔融氧化物为电解质，需要高温条件，该电池在常温下不能工作，故D正确。

【变式3】D解析因为放电时，电池正极发生还原反应（元素化合价降低），负极发生氧化反应（元素化合价升高），所以正极发生的反应为 O_{2}+4e^{-}=2O^{2-} ，负极发生的反应为 CH_{4+} 4O^{2-}-8e^{-}=CO_{2}+2H_{2}O ，由该电池的正、负极发生的反应可以看出，正极反应“源源不断”地产生 O^{2-} ，负极反应要持续进行，则需要“持续不断”地消耗 O^{2^{-}} ，故电池内 O^{2-} 的移动方向是由正极移向负极，电池的负极发生氧化反应，失去电子，故向外电路释放电子的电极是负极，即电子由负极经外电路流向正极。

培优课堂(二) 电池电极反应式书写方法汇总

【例1】答案（1） 2Li-2e^{-}=2Li^{+} 2H_{2}O+2e^{-}= H_{2}\uparrow+2OH^{-} 2Li+2H_{2}O=2LiOH+H_{2}\ ^{\prime} （ (2)负正

【例2】C

【例3】B

【例4】答案（1)正 (2)60_{2}+24H^{+}+24e^{-}=12H_{2}O C_{6H_{12}O_{6}}+6H_{2O}-24e^{-}=6CO_{2}+24H^{+} (3)负正(4)22.4(5)不能

第4课时 电解池的工作原理

主题一电解池的工作原理

基础知识·落实

一、1.直流电氧化反应还原反应2.电能化学能3.负极还原正极氧化5.(1)负极 阴极阳极 正极(2)阴极 阳极=.2.(1){Na^{+}} Cl^{-} 无规则(或自由)运动 (2)阴阳2Na^{+}+2e^{-}=2Na 还原 2{\bf C l}^{-}-2e^{-}={\bf C l}_{2} 个 氧化3.直流电 氧化还原反应Na和 Cl_{2} 2{NaCl(\partial^{\underline{{{\ i}}}\underline{{{\mathbb{H}}}}}\quad)/(\partial2{Na)+}} Cl_{2} 三、1.说明电解质溶液导电，形成闭合回路红色物质析出金属铜变蓝氯气2.(1)Cu²+、 Cl^{-} H^{+} OH^{-} (2)定向运动 |Cl^{-} OH^{-} {Cu}^{2+} H^{+} (3)还原氧化氧化还原

思考探究·提升

1.提示 ① 外接直流电源； ② 两个电极（阴极、阳极）； ③ 电解质溶液或熔融电解质； ④ 形成闭合回路。

2.提示看有无外接直流电源，有外接直流电源的是电解池，无外接直流电源的是原电池。

对点应用·突破

【例1】C解析a电极为阴极，得到电子，发生还原反应，b电极为阳极，失去电子，发生氧化反应。a电极上有铜生成，质量增加，b电极上有黄绿色的氯气生成，A错误；a电极上有氢气生成，质量不变，b电极上有无色的氧气生成，B错误；a电极上有铜生成，质量增加，b电极上有无色的氧气生成，C正确；a电极上有无色的氢气生成，b电极上有黄绿色的氯气生成，D错误。

【变式1】B解析甲装置是原电池，锌棒作负极失去电子被氧化，乙装置是电解池，锌棒与电源的正极相连，作阳极发生氧化反应，A项错误。甲装置中锌棒作负极失去电子，电子经过导线流向铜棒，B项正确。乙装置中电解质溶液中的 \boldsymbol{H}^{+} 向阴极铜棒移动，C项错误。甲、乙两装置中对应的氧化还原反应均为 Z_{n}+2H^{+}{=}Z_{n}{}^{2+}+H_{2}\ . 个，反应原理相同，D项错误。

【例2】B解析根据电子移动方向可知，c是电源负极，d是电源正极，a是阴极，b是阳极，电解时，电解质溶液中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，则Q离子是阳离子，P离子是阴离子，故B正确。

【变式2】C解析电流从电源的正极流出，因此a为正极，b为负极，则c为阳极，d为阴极。电解 CuCl_{2} 溶液电极反应为阳极(c电极）： 2{\bf C l}^{-}-2e^{-}={\bf C l}_{2} ↑，阴极（d电极）： Cu^{2++2e^{-}} 一Cu，电解过程中，溶液中 {Cu}^{2+} 和 c1^{-} 不断减小， ~d~ 电极质量不断增大，故C项正确。

【例3】B解析充电时，钠电池相当于电解池， Na^{+} 从右往左移动，因此c为阴极，d为阳极，a为电源负极，b为电源正极，c为阴极发生还原反应，d为阳极发生氧化反应，A、D错误；用此电池做电解水实验时，则c为负极，电极反应为 {Na-e^{-=}} Na^{+},0.9~g~ 水的物质的量为 0,\ 05\ \mol ，电解时转移电子0.1\mol ，则消耗 0.1\ mol\Na ，质量为 2.3\ g ,故B正确；放电时，阳离子向正极移动， Na^{+} 由3A沸石分子筛膜的左侧向右侧迁移，故C错误。

【变式3】D解析根据图示， Pt(~I~)H^{+} 得电子发生还原反应生成 H_{2} ， Pt(~I~ )是阴极； Pt(~II~)SO_{3}^{2-} 失电子发生氧化反应生成 SO_{4^{2-}} ， {Pt(\mathbb{I})} )是阳极。 Pt(~I~) 是阴极， \DeltaX 与阴极连接，X为直流电源负极，A正确； {Pt(\mathbb{I})} ）是阳极，阳极反应为 SO_{3^{2-}-2e^{-}+} H_{2O=-S O_{4}^{2-}+2H^{+}* H S O_{3}^{-}-2e^{-}+H_{2}O=-S O_{4}^{2-}+3H^{+}} ，所以图中两处硫酸的质量分数 b>a ,B正确；阳极生成硫酸、阴极生成氢气，该过程中的产品主要为 H_{2}SO_{4} 和 \DeltaH_{2} ，C正确；阳极区反应生成 H_{2S O_{4}} ，则阳极区 \DeltapH 减小，D错误。

主题二酸、碱、盐溶液电解规律(惰性电极)

思考探究·提升

1.提示阴极： Ag^{+{>}C u^{2+}{>}H^{+}{>}P b^{2+}{>}F e^{2+}{>}Z n^{2+}} 。阳极： S^{2->I^{-}>C l^{-}>O H^{-}>S O_{4}^{2-}} 。若用金属电极电解上述溶液，阴极上的放电顺序不变，阳极上通常是阳极材料（金属）放电。

2.提示向硫酸中加入适量水；向盐酸中通入适量 HCl 0

对点应用·突破

【例1】D解析等物质的量硫酸铜和氯化钠的混合溶液，含有阳离子 {Cu}^{2+} Na^{+} H^{+} 和阴离子 cl^{-} SO_{4}^{2-} ： OH^{-} ，用惰性电极电解，在阴极上阳离子放电顺序为 {Cu^{2+}{>}H^{+}\left(\rlap/{\hbar}\right){>}N a^{+}} ，在阳极上阴离子放电顺序为 Cl^{->O H^{-}>S O_{4}^{2-}} ，所以刚开始阴极和阳极上分别析出的物质是 c_{u} 和 Cl_{2} ，答案选D。

【变式1】D解析电解 Na_{2}SO_{4} 溶液时，a为阴极： 4H^{+}+ 4e^{-}{=}2H_{2} ↑，b为阳极： 4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}\uparrow+2H_{2}O; a极周围由于 \mathbf{H}^{+} 放电溶液呈碱性，石蕊显蓝色， \mathbf{b} 极周围由于OH^{-} 放电溶液呈酸性，石蕊显红色。

【例2】B解析用情性电极电解 \DeltaNaCl 溶液，阳极 Cl^{-} 放电 生成氯气，阴极 \boldsymbol{H}^{+} 放电生成 H_{2} 并产生 OH^{-} ，溶液 \DeltapH 增大， 故A不符合题意；用情性电极电解 CuSO_{4} 溶液，阴极 {Cu}^{2+} 放 电，阳极 OH^{-} 放电产生 ~O_{2~} 和 H^{+} ，溶液 \DeltapH 减小，故B符合题 意；用情性电极电解 Na_{2}CO_{3} 溶液，阴极 \boldsymbol{H}^{+} 放电产生 H_{2} ，阳极 OH^{-} 放电产生 O_{2} ， {Na_{2}{CO_{3}}} 溶液的浓度增大，溶液 \Delta\pH 增大，故 C不符合题意；用情性电极电解 \DeltaNaOH 溶液，阴极 \boldsymbol{~H~}^{+} 放电产生 H_{2} ，阳极 OH^{-} 放电产生 O_{2} ， \DeltaNaOH 溶液浓度增大，溶液的 \Delta\pH 增大，故D不符合题意。

【变式2】答案 (1)2H_{2}O+2e^{-}=H_{2}\uparrow+2OH^{-} ， Mg^{2++} 2OH^{-}{=}Mg(OH)_{2} √ 2H_{2}O{-}4e^{-}{=}4H^{+}+O_{2} 个

(2)用拇指按住试管口，取出试管，靠近火焰后，放开拇指 (3)2:1

第5课时 电解原理的应用

主题一氯碱工业

基础知识·落实

1.饱和食盐水

2.(2) {Na^{+}} Cl^{-} ： \boldsymbol{H}^{+} OH^{-} (3)CI、 OH^{-} C1 {Na^{+}} \mathbf{H}^{+} ~\bf~H^{+~}~\bf~H^{+~} 碱 (4)①2\mathbf{Cl}^{-}-2\mathbf{e}^{-}-\mathbf{Cl}_{2} ← 2H_{2O+}