资源简介

第三节　金属的腐蚀与防护
题组一　金属的腐蚀
1.家用炒菜铁锅用水清洗放置后，出现红棕色的锈斑，在此过程中不发生的反应是（　　）
A.4Fe（OH）2＋2H2O＋O24Fe（OH）3
B.2Fe＋2H2O＋O22Fe（OH）2
C.2H2O＋O2＋4e－4OH－
D.Fe－3e－Fe3＋
2.利用如图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，将装置密封放置一段时间。下列说法错误的是（　　）
A.a处生铁发生吸氧腐蚀，b处生铁发生析氢腐蚀
B.一段时间后，a处液面高于b处液面
C.a处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小
D.a、b两处具有相同的负极反应式：Fe－2e－Fe2＋
3.实验室模拟在海水环境和河水环境下对焊接金属材料使用的影响（如图）。下列相关描述中正确的是（　　）
A.由图示的金属腐蚀情况说明了Fe元素的金属性弱于Sn元素
B.由图示可以看出甲是海水环境下的腐蚀情况，乙是河水环境下的腐蚀情况
C.两种环境下铁被腐蚀时的电极反应式均为Fe－3e－Fe3＋
D.为了防止舰艇在海水中被腐蚀，可在焊点附近用锌块打“补丁”
题组二　金属的防护
4.（教材改编题）海港、码头的钢制管柱受到海水的长期侵蚀，常用外加电流法进行保护，其工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关叙述错误的是（　　）
A.通入保护电流使钢制管桩表面腐蚀电流接近于零
B.通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢制管桩
C.高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D.通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
5.如图是金属牺牲阳极法的实验装置，下列有关说法正确的是（　　）
A.该装置为电解池
B.本实验牺牲了金属Fe来保护金属Zn
C.加入K3[Fe（CN）6]溶液后，Fe电极附近不会产生特征的蓝色沉淀
D.远洋货轮上镶嵌的金属Zn长时间没有什么变化，不需要更换
6.（2024·浙江6月选考13题）金属腐蚀会对设备产生严重危害，腐蚀快慢与材料种类、所处环境有关。下图为两种对海水中钢闸门的防腐措施示意图：
　
下列说法正确的是（　　）
A.图1、图2中，阳极材料本身均失去电子
B.图2中，外加电压偏高时，钢闸门表面可发生反应：O2＋4e－＋2H2O4OH－
C.图2中，外加电压保持恒定不变，有利于提高对钢闸门的防护效果
D.图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，钢闸门、阳极均不发生化学反应
7.下列说法错误的是（　　）
A.铜板打上铁铆钉后，铜板不易被腐蚀 B.在汽车表面涂漆可减缓金属腐蚀
C.在船体上镶嵌锌块后，电子由锌流向铁 D.阴极的电极反应式为Fe－2e－Fe2＋
8.（2025·东莞高二期末）将两根铁钉分别缠绕铜丝和锌皮，放入装有琼脂的培养皿中（见图），琼脂中含有食盐水和酚酞溶液，下列说法正确的是（　　）
A.甲中铁钉未被保护
B.②处发生氧化反应
C.①③处现象相同
D.④处主要发生反应：O2＋4e－＋2H2O4OH－
9.金属的腐蚀与防护和生活密切相关。下列有关说法正确的是（　　）
A.铜器在弱酸性环境中表面生成铜绿发生的是析氢腐蚀
B.如上图装置，一段时间后向三颈烧瓶中加入KSCN溶液，溶液未变红，说明铁被保护
C.如上图装置，开始一段时间内压强传感器测得压强几乎未发生变化，说明镀锌皮未发生腐蚀
D.采油平台的钢铁构筑物与外接电源的负极相连叫外加电流法
10.某研究小组对铁生锈的条件进行探究。请回答下列问题：
（1）甲同学设计了A、B、C三个实验（如图所示），探究铁生锈的条件。经过较长时间后，甲同学观察到A中铁钉生锈；B中铁钉不生锈；C中铁钉不生锈。
①通过分析上述实验现象，可得出铁生锈的外部条件是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；
②上述实验条件下铁钉发生电化学腐蚀的正极反应为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；
③实验B所用的水要经过　　　　处理，植物油的作用是　　　　；
④实验C中碱石灰的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）乙同学设计了实验D（如图所示），一段时间后，发现试管中的液面升高，其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
11.研究金属腐蚀和防腐的原理很有现实意义。
（1）甲图为教材中探究钢铁的吸氧腐蚀的装置。某兴趣小组按该装置实验，导管中液柱的上升缓慢，下列措施可以更快更清晰观察到水柱上升现象的有　　　　（填字母）。
A.用纯氧气代替试管内空气
B.用酒精灯加热试管提高温度
C.将铁钉换成铁粉和炭粉混合粉末
D.换成更细的导管，水中滴加红墨水
（2）该小组将甲图装置改进成乙图装置并进行实验，导管中红墨水液柱高度随时间的变化如下表，根据数据判断腐蚀的速率随时间逐渐　　　　　　（填“加快”“减慢”或“不变”），你认为影响因素为　　　　。
时间/min 1 3 5 7 9
液柱高度/cm 0.8 2.1 3.0 3.7 4.2
（3）为探究铁钉腐蚀实验a、b两点所发生的反应，进行以下实验，请完成表格空白：
实验操作 实验现象 实验结论
向NaCl溶液中滴加2～3滴酚酞指示剂 a点附近溶液出现红色 a点电极反应为①　　　
然后再滴加2～3滴K3[Fe（CN）6]溶液 b点周围出现蓝色沉淀 b点电极反应为②　　　
根据以上实验探究，试判断　　　　（填“a”或“b”）为负极。
3 / 4阶段重点练（五）
一、选择题（每小题只有一个正确答案）
1.下列装置能组成原电池的是（　　）
2.下列电池工作时，O2在正极得电子的是（　　）
A B
锌锰电池 铅酸蓄电池
C D
伏打电池 镍镉电池
3.实验探究是提高学习效果的有力手段。某同学用如图所示装置研究原电池原理，下列说法错误的是（　　）
A.若将图1装置的Zn、Cu下端接触，Zn片逐渐溶解，Cu片上能看到气泡产生
B.图2中H＋向Cu片移动
C.若将图2中的Zn片改为Mg片，Cu片上产生气泡的速率加快
D.图2与图3中，Zn片减轻的质量相等时，正极产物的质量之比为32∶1
4.如图所示，两电极一为碳棒，一为铁片，若电流表的指针发生偏转，且a极上有大量气泡生成，则下列叙述正确的是（　　）
A.a为负极，是铁片，烧杯中的溶液为稀硫酸
B.b为负极，是铁片，烧杯中的溶液为硫酸铜溶液
C.a为正极，是碳棒，烧杯中的溶液为稀硫酸
D.b为正极，是碳棒，烧杯中的溶液为硫酸铜溶液
5.（2025·三明检测）化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法错误的是（　　）
A.甲：S向Zn电极方向移动
B.乙：正极的电极反应式为Ag2O＋2e－＋H2O2Ag＋2OH－
C.丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
D.丁：电池放电过程中，正极区溶液的pH变小
6.普通水泥在固化过程中自由水分子减少并形成碱性溶液。根据这一特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间。此法的原理如图所示，反应的总方程式为2Cu＋Ag2OCu2O＋2Ag，下列有关说法正确的是（　　）
A.测量原理示意图中，电子方向从Ag2O/Ag电极经过导线流向Cu电极
B.电池工作时，溶液中OH－向正极移动
C.电路中转移0.1 mol的电子，Cu电极的质量增加1.6 g
D.Ag2O/Ag电极的电极反应式为Ag2O＋H2O＋2e－2Ag＋2OH－
7.如图为两种不同的铜锌原电池，图1为单液原电池，图2为双液原电池。下列相关说法错误的是（　　）
A.图2所示原电池能量利用率比图1所示原电池要高
B.将图2 CuSO4溶液换成稀硫酸，铜电极生成标准状况下11.2 L气体时，电路中转移2 mol电子
C.图1所示单液原电池中，电流流向为铜片→导线→锌片→CuSO4溶液→铜片
D.上述原电池的反应原理为Zn＋CuSO4Cu＋ZnSO4
8.体温枪能快速检测人体体温，该体温枪所用的电池为一种银锌电池（如图所示），电池的总反应式为Zn＋Ag2O＋H2OZn（OH）2＋2Ag。下列关于该电池的说法正确的是（　　）
A.Ag2O电极作正极，发生氧化反应
B.该电池放电时溶液中的K＋向Zn电极移动
C.电池工作时，电流从Ag2O电极经过隔板流向Zn电极
D.该电池的负极反应为Zn－2e－＋2OH－Zn（OH）2
9.以N2和H2为反应物、溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制成能固氮的新型燃料电池，原理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A.b电极为负极，发生氧化反应
B.a电极发生的反应为N2＋8H＋＋6e－2N
C.A溶液中所含溶质为NH4Cl
D.当反应消耗1 mol N2时，则消耗的H2为67.2 L
10.硝酸汞和碘化钾溶液混合后会生成红色的碘化汞沉淀，为了探究硝酸汞和碘化钾溶液之间能否发生氧化还原反应，研究人员设计了如图的实验装置，结果电流表指针发生了偏转，下列分析正确的是（　　）
A.如图装置的电流方向是从C1到C2
B.C1是负极，发生的反应是2I－－2e－I2
C.盐桥中的K＋向C1电极移动
D.装置发生的总反应是Hg2＋＋2I－HgI2↓
11.（2025·丽水高二）《Nature》期刊曾报道一例CH3OH-O2在聚合物催化下的原电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A.电极A是负极，发生还原反应
B.电解质溶液中H＋由电极B流向电极A
C.电极B的电极反应式：O2＋2e－＋H＋H
D.外电路中通过0.3 mol电子时，电极A生成CO2的质量为6.6 g
12.我国科学家开发出了一种Zn-NO电池系统，该电池同时具有合成氨和对外供电的功能，其工作原理如图所示，下列说法中错误的是（　　）
A.电极电势：Zn/ZnO电极＜MoS2电极
B.Zn/ZnO电极反应式为Zn－2e－＋2OH－ZnO＋H2O
C.电池工作一段时间后，正极区溶液的pH减小
D.电子流向：Zn/ZnO电极→负载→MoS2电极
13.NO是汽车尾气中的主要污染物之一，通过NO传感器可监测NO的含量，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A.Pt电极作负极，NiO电极作正极
B.Pt电极上发生的是氧化反应
C.NiO电极上发生的是还原反应
D.NiO电极的电极反应式为NO＋O2－－2e－NO2
14.（2025·大兴高二检测）我国某大学基于新型碳载钌镍合金纳米材料（Ru-Ni/C）制备出一种高能量镍氢电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A.放电时，OH－向电极a移动
B.放电一段时间，再断开开关一段时间后，KOH溶液的浓度增大
C.放电时，电极b的电极反应为NiOOH＋e－＋H2ONi（OH）2＋OH－
D.电池放电时的总反应为H2＋2NiOOH2Ni（OH）2
二、非选择题
15.（苏教版改编题）一种熔融碳酸盐燃料电池的原理示意图如图。
请回答下列问题。
（1）反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1 mol CH4理论上转移的电子数目为　　　　。
（2）电池工作时，C向电极　　　　（填“A”或“B”）移动。
（3）电极A上CO参与的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（4）电极B上发生的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（5）若装置中通入1 mol CH4经催化重整完全反应，生成物全部参与燃料电池的电极反应，理论上消耗标准状况下O2的体积是　　　　L。
16.人们应用原电池原理制作了多种电池以满足不同的需要。电池发挥着越来越重要的作用，如宇宙飞船、人造卫星、电脑、照相机等，都离不开各式各样的电池，同时废弃的电池随便丢弃也会对环境造成污染。回答下列问题：
（1）锂水电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，加入水即可放电，总反应为2Li＋2H2O2LiOH＋H2↑。
①锂水电池放电时，OH－向　　　　　极移动。
②写出该电池放电时正极的电极反应：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）研究人员最近发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电，在海水中电池反应可表示为5MnO2＋2Ag＋2NaClNa2Mn5O10＋2AgCl。
①该电池的负极反应式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 。
②在电池中，Na＋不断移动到“水”电池的　　　（填“正”或“负”）极。
③外电路中每通过4 mol电子时，生成Na2Mn5O10的物质的量是　　　　。
（3）锰酸锂离子电池在混合动力车等大型蓄电池应用领域占据主导地位。电池总反应为Li1－xMnO4＋xLiLiMnO4，下列有关说法错误的是　　　　（填字母）。
A.放电时，电池正极的电极反应为Li1－xMnO4＋xLi＋＋xe－LiMnO4
B.放电过程中，石墨没有得失电子
C.该电池也能在KOH溶液的环境中正常工作
D.充电时电池上标有“－”的电极应与外接电源的负极相连
5 / 5课时跟踪检测部分
第一章　化学反应的热效应
第一节　反应热
第1课时　反应热　焓变
1.D　环境是与体系相互影响的其他部分，如盛溶液的试管和溶液之外的空气等看作环境。
2.B　根据反应热的计算公式ΔH＝－＝－可知，酸碱反应的中和热计算时，至少需要的数据有：比热容（c）、酸的浓度和体积、碱的浓度和体积、反应前后溶液温度，根据酸的浓度和体积、碱的浓度和体积获得反应后溶液的质量和生成水的物质的量，根据反应前后的温度获得反应前后温度变化Δt。
3.C　铁质搅拌器会使热量散失，同时与酸反应，导致实验结果不准确，A项错误；为防止热量的损失，实验过程中，将量筒中的NaOH溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计内筒中，B项错误；把酸、碱溶液混合后，用搅拌器匀速搅拌，并记录体系的最高温度，C项正确；用弱酸代替时，由于弱酸的电离会吸热，从而使放出的热量偏小，D项错误。
4.B　“尽发炎火”说明为放热的反应；燃烧、铝热反应、酸碱中和为放热反应，碳酸钙高温分解为吸热反应。
5.C　甲烷燃烧发生的是放热反应，反应过程中破坏反应物中化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所释放的能量，反应放出热量，选C。
6.A　ΔH＝反应物键能之和－生成物键能之和，可得ΔH＝[（414×4＋155×4）－（489×4＋565×4）]kJ·mol－1＝－1 940 kJ·mol－1。
7.D　由题图可知，1 mol H2O2的总能量比1 mol H2O和 mol O2的能量之和高，能量越高越不稳定，故H2O2的稳定性比H2O小，H2O2分解属于放热反应；有无催化剂，反应物和生成物的总能量都相同，所以加入催化剂不改变反应所放出或吸收的热量。
8.D　M＋ZQ（ΔH＜0）是放热反应，M和Z的能量之和大于Q；由①M＋ZX（ΔH＞0）可知这步反应是吸热反应，则M和Z的能量之和小于X；由②XQ（ΔH＜0）是放热反应，故X的能量大于Q，只有D符合题意。
9.A　根据图示，反应物的总能量比生成物的总能量高13 kJ，A正确，B错误；反应放热，反应物的总能量比生成物的总能量高，C、D错误。
10.C　ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和，N2（g）＋O2（g）2NO（g）　ΔH＝946 kJ·mol－1＋498 kJ·mol－1－2×632 kJ·mol－1＝＋180 kJ·mol－1，反应是吸热反应，A错误；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， 2 mol O原子结合生成O2（g）时需要放出498 kJ能量，B错误；形成2 mol NO放热2×632 kJ能量，所以1 mol NO（g）分子中的化学键断裂时需要吸收632 kJ能量，C正确；不能判断2 mol N（g）和2 mol O（g）的总能量，D错误。
11.（1）玻璃搅拌器　温度计　（2）BD　（3）53.5　（4）更多　相等
解析：（1）仪器A的名称为玻璃搅拌器，装置中还缺少温度计。（2）量取盐酸时仰视量筒，量取的盐酸的体积增大，测得的数值偏大，A错误；用温度计测量盐酸初始温度后未洗直接测碱溶液的温度，残留的酸会与碱反应放热，碱的起始温度高，温度差偏小，测得中和反应反应热的数值偏小，B正确；用50 mL 0.25 mol·L－1的硫酸代替稀盐酸进行实验，不影响实验数据，C错误；将NaOH溶液小心缓慢地倒入装盐酸的小烧杯中，会造成热量损失，测量中和反应反应热的数值偏小，D正确。 （3）50 mL 0.55 mol·L－1氢氧化钠与50 mL 0.50 mol·L－1盐酸进行中和反应，生成水的物质的量为0.05 L×0.50 mol·L－1＝0.025 mol，溶液的质量为100 mL×1 g·cm－3＝100 g，温度差分别为3.2 ℃、3.6 ℃、3.2 ℃，第2组数据相差较大，舍去，两次温度差平均值为Δt＝＝3.2 ℃，则生成0.025 mol水放出的热量为Q＝m·c·Δt＝100 g×4.18 J·g－1·℃－1×3.2 ℃＝1 337.6 J，即1.337 6 kJ，所以实验测得的中和反应反应热ΔH＝－≈－53.5 kJ·mol－1。（4）放出的热量和生成水的物质的量成正比，60 mL 0.25 mol·L－1的稀硫酸和60 mL 0.55 mol·L－1的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的物质的量增多，所放出的热量更多；但中和反应反应热数值相等。
12.（1）①放热反应　＜　②＜　（2）（2d－a－e）kJ·mol－1
（3）＋120 kJ·mol－1
解析：（1）①该反应过程中，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，ΔH＜0；②该反应为放热反应，故断裂旧键吸收的热量小于形成新键放出的热量。（2）设S8中硫硫键的键能为x kJ·mol－1，则－a kJ·mol－1＝×8×x kJ·mol－1＋e kJ·mol－1－2d kJ·mol－1，x＝2d－a－e。（3）反应CH3—CH3（g）CH2CH2（g）＋H2（g）的ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能＝344 kJ·mol－1＋6×413 kJ·mol－1－4×413 kJ·mol－1－614 kJ·mol－1 －436 kJ·mol－1＝＋120 kJ·mol－1。
第2课时　热化学方程式　 燃烧热
1.C　H2（g）＋Cl2（g）2HCl（g）　ΔH＝－184.6 kJ·mol－1表示在25 ℃、101 kPa时，1 mol气态H2和1 mol气态Cl2完全反应生成2 mol HCl气体，放出的热量为184.6 kJ，C正确，A、B、D错误。
2.B　已知H2（g）＋Cl2（g）2HCl（g）　ΔH＝－184.6 kJ·mol－1，则2HCl（g）H2（g）＋Cl2（g）　ΔH＝ ＋184.6 kJ·mol－1，反应热的数值与方程式化学计量数成正比，故HCl（g）H2（g）＋Cl2（g）的ΔH为＋92.3 kJ·mol－1，B符合题意。
3.C　1 g氢气（0.5 mol）燃烧生成液态水，放出142.9 kJ热量，则1 mol H2燃烧生成液态水放出的热量为2×142.9 kJ＝285.8 kJ，所以热化学方程式为H2（g）＋O2（g）H2O（l）　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1，选C。
4.B　没有配平热化学方程式且ΔH计算错误，A项错误；根据ΔH＝反应物键能总和－生成物键能总和，可知ΔH＝（436.0＋151.0－299.0×2）kJ·mol－1＝－11.0 kJ·mol－1，B项正确，D项错误；化学计量数变为原来的，ΔH的数值也应减半，C项错误。
5.（1）C（石墨，s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g）ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1
（2）C2H2（g）＋O2（g）2CO2（g）＋H2O（l）ΔH＝－1 299.6 kJ·mol－1
（3）Cu（s）＋O2（g）CuO（s）ΔH＝－157.3 kJ·mol－1
解析：（1）1 mol C（石墨，s）与适量H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g），吸收131.3 kJ热量，热化学方程式为C（石墨，s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g）　ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1。（2）1 mol C2H2（g）在O2中完全燃烧生成CO2和液态水，放出1 299.6 kJ的热量，热化学方程式为C2H2（g）＋O2（g）2CO2（g）＋H2O（l）　ΔH＝－1 299.6 kJ·mol－1。（3）1 mol Cu（s）与适量O2（g）反应生成CuO（s），放出157.3 kJ的热量，热化学方程式为Cu（s）＋O2（g）CuO（s）　ΔH＝－157.3 kJ·mol－1。
6.D　A项中H2的物质的量是2 mol，B项是在Cl2中燃烧，C项中SO3（g）不是硫元素的指定产物，A、B、C三项中的反应热均不是燃烧热。
7.A　根据图示可知，2 mol H2（g）＋1 mol O2（g）比2 mol H2O（l）的能量多（b＋c－a）kJ，燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧生成特定产物时放出的热量，反应热与反应的物质多少相对应，可得表示H2燃烧热的热化学方程式为H2（g）＋O2（g）H2O（l）　ΔH＝－（b＋c－a）kJ·mol－1，A正确。
8.A　同温同压下，在光照和点燃条件下的ΔH相同，ΔH与反应条件无关，与反应物总能量和生成物总能量有关，A正确；热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数，B错误；0.5 mol H2SO4与0.5 mol Ba（OH）2反应生成1 mol H2O，同时还有BaSO4沉淀生成，放出的热量大于57.3 kJ，C错误；1 mol H2与0.5 mol O2反应，生成液态水时放出的热量才是H2的燃烧热，D错误。
9.C　醋酸是弱酸，在溶液中电离时吸热，反应的反应热ΔH大于－57.3 kJ·mol－1，A错误；甲醇完全燃烧应生成液态水且甲醇的物质的量应是1 mol，B错误；反应为放热反应，形成化学键时释放的总能量大于断裂化学键时吸收的总能量，C正确；可逆反应不可能完全反应，1 mol N2和3 mol H2在密闭容器中不能完全反应，反应的焓变ΔH小于－38.6 kJ·mol－1，D错误。
10.D　反应②是生成氢气而不是液态的水，故CH3OH的燃烧热不是192.9 kJ·mol－1，A错误；反应①是吸热反应，而题中能量变化图表示放热反应，B错误；CH3OH转变成H2的过程可以是通过反应①，也可以是通过反应②，反应①是吸热反应，反应②是放热反应，C错误；1 mol CH3OH（l）的能量低于1 mol CH3OH（g），根据②可推知反应CH3OH（l）＋O2（g）CO2（g）＋2H2（g）的ΔH＞－192.9 kJ·mol－1，D正确。
11.（1）－1 560　（2）少　（3）CH3OCH3（g）＋3O2（g）2CO2（g）＋3H2O（l）　ΔH＝－1 455 kJ·mol－1或CH3OCH3（g）＋O2（g）CO2（g）＋H2O（l）　ΔH＝－485 kJ·mol－1　（4）乙烷
解析：以产物1 mol H2O（l）作基准，确定a＝，b＝，c＝1，d＝，得：①C2H6（g）＋O2（g）CO2（g）＋H2O（l）　ΔH＝－520 kJ·mol－1，②CH3OCH3（g）＋O2（g）CO2（g）＋H2O（l）　ΔH＝－485 kJ·mol－1。
所以乙烷的燃烧热ΔH＝－520 kJ·mol－1×3＝－1 560 kJ·mol－1。由于液态乙烷所具有的能量低于气态乙烷具有的能量，故生成指定产物时放出的热量少。由热化学方程式知，放出相同热量时，乙烷产生的CO2较少。
12.（1）同素异形体　C（s，石墨）C（s，金刚石）ΔH＝＋1.5 kJ·mol－1
（2）C（s，石墨）＋O2（g）CO2（g）　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
（3）2∶1
解析：（1）金刚石和石墨互为同素异形体；石墨转化为金刚石的反应热为＋（395.0－283.0－110.5）kJ·mol－1＝＋1.5 kJ·mol－1，因此石墨转化为金刚石的热化学方程式为C（s，石墨）C（s，金刚石）　ΔH＝＋1.5 kJ·mol－1。
（2）1 mol石墨完全燃烧生成CO2气体放出的热量即燃烧热，ΔH＝ΔH3＋ΔH2＝－110.5 kJ·mol－1－283.0 kJ·mol－1＝－393.5 kJ·mol－1，表示石墨燃烧热的热化学方程式为C（s，石墨）＋O2（g）CO2（g）　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1。
（3）由题图可知，1 mol金刚石完全燃烧放出395.0 kJ的热量，设1 mol混合物中含有金刚石的物质的量为x mol，石墨的物质的量为（1－x）mol，则有：395.0x＋393.5（1－x）＝394.5，解得x＝，1－x＝，所以金刚石与石墨的物质的量之比为2∶1。
第二节　反应热的计算
第1课时　盖斯定律
1.D　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，D错误。
2.A　根据盖斯定律分析，反应的能量变化取决于反应物和生成物，与反应过程无关，所以根据图示分析，有ΔH1＋ΔH2＝ΔH3＋ΔH4，可以计算ΔH4＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3，选A。
3.C　反应①中Ce元素的化合价从＋4价变为0价，氧元素的化合价从－2价变为0价，所以CeO2既作氧化剂又作还原剂，A正确；该过程中利用太阳能实现物质转化，实现了太阳能向化学能的转化，B正确；根据盖斯定律，由图中关系可得ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝0，故ΔH1＝－（ΔH2＋ΔH3），C错误；由液态水到气态水需要吸收热量，所以ΔH2＞0，D正确。
4.B　将已知反应从上到下依次编号为①、②，根据盖斯定律：×（②－①）可得Cu2O（s）CuO（s）＋Cu（s）　ΔH＝＋11 kJ·mol－1，B正确。
5.D　由H2O（g）到H2O（l）是放热过程，故ΔH5＜0，A项错误；由题图可知，ΔH1＝－ΔH3－ΔH2－ΔH4－ΔH5，故ΔH1＋ΔH2＝－ΔH3－ΔH4－ΔH5≠0，且ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＝0，B项错误，D项正确；ΔH3＝－（ΔH1＋ΔH2＋ΔH4＋ΔH5），C项错误。
6.A　根据盖斯定律，方程式－③×2＋①×6－②×3可得4NH3（g）＋6NO（g）5N2（g）＋6H2O（g），故ΔH＝x kJ·mol－1＝（6a－3b－2c）kJ·mol－1。
7.（1）C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g）　ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1　（2）ΔH＝＋226.7 kJ·mol－1
解析：（1）根据盖斯定律，由②－①可得：C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g），则ΔH＝ΔH2－ΔH1＝[－110.5－（－241.8）]kJ·mol－1＝＋131.3 kJ·mol－1。（2）①C（s，石墨）＋O2（g）CO2（g）　ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
②2H2（g）＋O2（g）2H2O（l）　ΔH2＝－571.6 kJ·mol－1
③2C2H2（g）＋5O2（g）4CO2（g）＋2H2O（l）　ΔH3＝－2 599 kJ·mol－1
根据盖斯定律，由①×2＋②×－③×得C（s，石墨）和H2（g）生成C2H2（g）的热化学方程式为2C（s，石墨）＋H2（g）C2H2（g）　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1×2－571.6 kJ·mol－1×＋2 599 kJ·mol－1×＝＋226.7 kJ·mol－1。
8.A　①的热化学方程式为C（s）＋O2（g）CO2（g）　ΔH1，由盖斯定律可得总反应＝3×①＋②－③，故ΔH＝3ΔH1＋ΔH2－ΔH3。
9.C　A项，ΔH3＜0，相同质量的NO2（g）和N2O4（g），前者具有的能量较高，正确；B项，由盖斯定律可知，ΔH5＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4，正确；C项，反应物水应为液态，错误；D项，N2H4（l）＋NO2（g）N2（g）＋2H2O（l）　ΔH＝ΔH4＋ΔH3，ΔH3＜0，则ΔH＜ΔH4，正确。
10.（1）CO（g）＋PbO（s）Pb（s）＋CO2（g）　ΔH＝－64 kJ·mol－1　（2）－44　（3）2a－b
解析：（1）结合盖斯定律，由得CO（g）＋PbO（s）Pb（s）＋CO2（g），其ΔH＝－64 kJ·mol－1。
（2）结合盖斯定律，由得H2O（g）H2O（l），其ΔH＝－44 kJ·mol－1。
（3）结合盖斯定律，由①×2－②得到2CaO（s）＋CaC2（s）3Ca（g）＋2CO（g），其ΔH3＝（2a－b） kJ·mol－1。
11.（1）2ΔH1＋ΔH2　（2）－442.38　H2S（g）＋2O2（g）S（aq）＋2H＋（aq）　ΔH3＝－806.39 kJ·mol－1
解析：（1）由盖斯定律可知，该反应可由2×①＋②得到，则ΔH＝2ΔH1＋ΔH2。
（2）由左图可得，Ⅰ：H2S（g）＋O2（g）S（s）＋H2O（g）　ΔH1＝－221.19 kJ·mol－1；则2H2S（g）＋O2（g）2S（s）＋2H2O（g）　ΔH＝－442.38 kJ·mol－1；
由右图可得，Ⅱ：S（s）＋O2（g）＋H2O（g）S（aq）＋2H＋（aq）　ΔH2＝－585.20 kJ·mol－1；
根据盖斯定律，Ⅰ＋Ⅱ可得：H2S（g）＋2O2（g）S（aq）＋2H＋（aq）　ΔH3，ΔH3＝ΔH1＋ΔH2＝（－221.19 kJ·mol－1）＋（－585.20 kJ·mol－1）＝－806.39 kJ·mol－1；1 mol H2S（g）全部被氧化为S（aq）的热化学方程式为H2S（g）＋2O2（g）S（aq）＋2H＋（aq）　ΔH3＝－806.39 kJ·mol－1。
第2课时　反应热的计算
1.A　该反应的ΔH＝[（－110×4＋0）－（－84－393×2）]kJ·mol－1＝＋430 kJ·mol－1，选A。
2.D　已知C2H2、C2H4、C2H6的燃烧热分别为1 300 kJ·mol－1、1 400 kJ·mol－1、1 560 kJ·mol－1。0.5 mol混合物完全燃烧，放出热量700 kJ。设C2H2、C2H4、C2H6的物质的量分别为x mol、y mol、z mol，可得方程①x＋y＋z＝0.5，②1 300x＋1 400y＋1 560z＝700，反应①×1 400－反应②得100x－160z＝0，解得＝，根据选项，只有D项符合＝。
3.A　n（C4H10）＝＝ mol，则1 mol丁烷完全燃烧放出热量Q＝＝2 900 kJ·mol－1。
4.＋132
解析：反应为2H2O（g）2H2（g）＋O2（g），过程Ⅲ为H2O2（g）O2（g）＋H2（g）　ΔH＝2E（O—H）＋E（O—O）－E（OO）－E（H－H）＝2×463 kJ·mol－1＋138 kJ·mol－1－496 kJ·mol－1－436 kJ·mol－1＝＋132 kJ·mol－1，根据计量关系，分解了2 mol H2O，过程Ⅲ的ΔH＝＋132 kJ·mol－1。
5.A　由×可得反应③，根据盖斯定律得ΔH3＝[－260－（－566）]kJ·mol－1×＝＋153 kJ·mol－1，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为ΔH3＞ΔH2＞ΔH1，选A。
6.B　强酸与强碱在稀溶液中反应生成1 mol H2O时放出的热量为中和反应反应热，醋酸的电离吸热，放出的热量Q1的绝对值偏小，浓硫酸稀释放热，放出的热量Q2的绝对值偏大，而稀硝酸为稀的强酸，中和反应反应热不变，由于酸和碱的中和反应是放热反应，ΔH＜0，放出的热量越多，ΔH越小，所以：Q1＞Q3＞Q2。
7.A　反应②的化学计量数是反应①的2倍，所以反应②的反应热为反应①的2倍，即2a＝b，燃烧反应为放热反应，ΔH＜0，所以2a＝b＜0，A正确；反应④的化学计量数是反应③的2倍，所以反应④的反应热为反应③的2倍，即2c＝d，燃烧反应为放热反应，ΔH＜0，所以2c＝d＜0，B错误；等物质的量的氢气，反应生成液态水比生成气态水放热多，a、c、b、d均为负值，所以0＞a＞c，d＜b＜0，C、D错误。
8.（1）Q1＞Q2＞Q3　（2）c
解析：（1）已知①2H2S（g）＋3O2（g）2SO2（g）＋2H2O（l）　ΔH＝－Q1 kJ·mol－1，
②2H2S（g）＋O2（g）2S（g）＋2H2O（l）ΔH＝－Q2 kJ·mol－1，
③2H2S（g）＋O2（g）2S（g）＋2H2O（g）ΔH＝－Q3 kJ·mol－1，
①与②相比较，由于S→SO2放热，则Q1＞Q2，
②与③相比较，由于H2O（l）→H2O（g）吸热，则Q2＞Q3，故Q1＞Q2＞Q3。
（2）①与②相比，生成液态水比生成气态水放出的热量多，所以b＞a，④中各物质的量均为①中的一半，所以d＝a，③与②相比，2 mol C3H8燃烧生成 4 mol CO2和2 mol CO，相当于此反应中的2 mol C3H8有1 mol 完全燃烧，1 mol不完全燃烧，故放出的热量c大于b，所以c最大。
9.B　从转化过程可知，反应②＋反应③＝反应⑤，则ΔH3＝ΔH5－ΔH2，A错误；反应①生成气态水，反应⑤生成液态水，生成液态水放出的热量更多，即ΔH1＞ΔH5，B正确；根据转化过程可知，反应④＝反应①－反应②－反应③，ΔH4＝ΔH1－ΔH2－ΔH3，C错误；反应④实质为液态水转化为气态水，液态水转化为气态水吸热，ΔH4＞0，D错误。
10.C　①CuSO4·5H2O（s）溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4·5H2O（s）Cu2＋＋S＋5H2O　ΔH1＞0；②固体硫酸铜溶于水，溶液温度升高，则：CuSO4（s）Cu2＋＋S　ΔH2＜0；③CuSO4·5H2O（s）CuSO4（s）＋5H2O（l）　ΔH3。结合盖斯定律可知①－②得到③，ΔH3＝ΔH1－ΔH2，由于ΔH2＜0，ΔH1＞0，则ΔH3＞0。根据以上分析可知，ΔH1＞0，而ΔH2＜0，则ΔH1＞ΔH2，A错误；ΔH3＝ΔH1－ΔH2，则ΔH2＝ΔH1－ΔH3，B错误；ΔH3＝ΔH1－ΔH2＞0，ΔH2＜0，ΔH1＞0，则ΔH1＜ΔH3，C正确；ΔH3＝ΔH1－ΔH2，即ΔH1＝ΔH3＋ΔH2，ΔH2＜0，ΔH1＞0，则ΔH1＋ΔH2＜ΔH3，D错误。
11.（1）N2H4（l）＋2H2O2（l）N2（g）＋4H2O（g）　ΔH＝－642 kJ·mol－1　321 kJ　（2）946 kJ·mol－1　632 kJ·mol－1　（3）N2H4（g）＋NO2（g）N2（g）＋2H2O（g）　ΔH＝－578 kJ·mol－1
解析：（1）每生成1 mol N2，放出642 kJ热量，则热化学方程式为N2H4（l）＋2H2O2（l）N2（g）＋4H2O（g）　ΔH＝－642 kJ·mol－1，1 mol液态肼为32 g，放热642 kJ，则16 g液态肼反应放热321 kJ。
（2）设氮氮三键的键能为x，则193 kJ·mol－1＋4×391 kJ·mol－1＋497 kJ·mol－1－x－4×463 kJ·mol－1＝－544 kJ·mol－1，解得x＝946 kJ·mol－1；N2H4（g）＋O2（g）N2（g）＋2H2O（g）　ΔH＝－544 kJ·mol－1①，H2O（l）H2O（g）　ΔH＝＋44 kJ·mol－1②，①－②×2可得：N2H4（g）＋O2（g）N2（g）＋2H2O（l）　ΔH＝－632 kJ·mol－1，即N2H4（g）的燃烧热是632 kJ·mol－1。
（3）N2（g）＋2O2（g）2NO2（g）　ΔH＝＋68 kJ·mol－1③，根据盖斯定律，①－×③可得：N2H4（g）＋NO2（g）N2（g）＋2H2O（g）　ΔH＝－578 kJ·mol－1。
12.（1）①＞　 ②ΔH1－Δ－ΔH3　（2）① 1∶1　②C3H8（g）＋5O2（g）3CO2（g）＋4H2O（g）　ΔH＝－2 044.0 kJ·mol－1　（3）585
解析：（1）①由题图可知，1 mol C3H8（g）和5 mol O2（g）的总能量低于3 mol C（石墨，s）、4 mol H2（g）和5 mol O2（g）的总能量，故C3H8（g）3C（石墨，s）＋4H2（g）为吸热反应，ΔH＞0。
②由题图可写出下列热化学方程式：
①C3H8（g）＋5O2（g）3CO2（g）＋4H2O（l）　ΔH1
②3C（石墨，s）＋3O2（g）3CO2（g）　ΔH2
③4H2（g）＋2O2（g）4H2O（l）　ΔH3
根据盖斯定律，由①－②－③可得：C3H8（g）3C（石墨，s）＋ 4H2（g）　 ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3。
（2）①设H2的物质的量为x mol，则C3H8的物质的量为（1－x）mol，由热化学方程式：2H2（g）＋O2（g）2H2O（l）　ΔH＝－570 kJ·mol－1 C3H8（g）＋5O2（g）3CO2（g）＋4H2O（l）　ΔH＝－2 220.0 kJ·mol－1和题意可得，285x＋2 220（1－x）＝1 252.5，解得x＝0.5，1－x＝0.5，相同条件下体积之比等于物质的量之比，所以混合气体中H2和C3H8的体积比是1∶1；②C3H8（g）＋5O2（g）3CO2（g）＋4H2O（l）　ΔH＝－2 220.0 kJ·mol－1和H2O（l）H2O（g）　ΔH＝＋44.0 kJ·mol－1，根据盖斯定律可知，C3H8（g）＋5O2（g）3CO2（g）＋4H2O（g）　ΔH＝－2 044.0 kJ·mol－1。
（3）白磷燃烧的化学方程式为P4（g）＋5O2（g）P4O10（g），由P4、P4O10的结构可以看出，1 mol P4完全燃烧需拆开6 mol P—P、5 mol OO，形成12 mol P—O、4 mol PO，共放出2 982 kJ热量，由于断裂化学键需要吸收能量，形成化学键放出能量，所以12 mol×360 kJ·mol－1＋4 mol×x kJ·mol－1－（6 mol×198 kJ·mol－1＋5 mol×498 kJ·mol－1）＝2 982 kJ，解得x＝585。
第二章　化学反应速率与化学平衡
第一节　化学反应速率
第1课时　化学反应速率
1.B　反应速率快的反应可能无明显现象，如中和反应，A错误；化学反应速率可以衡量化学反应进行的快慢，B正确；v＝0.5 mol·L－1·s－1是指1 s内某物质的物质的量浓度的变化为0.5 mol·L－1，C错误；不能用固体或纯液体表示反应速率，D错误。
2.D　2～4 s内，氨的平均反应速率为＝0.2 mol·L－1·s－1，A正确；前4 s内氨的平均反应速率为＝0.3 mol·L－1·s－1，B正确；前2 s内氨的平均反应速率为＝0.4 mol·L－1·s－1，C正确；2 s内氨的平均反应速率为0.4 mol·L－1·s－1，不是瞬时速率，D错误。
3.D　由题化学方程式可知，若某次发酵过程中C6H12O6的反应速率是0.23 mol·L－1·h－1，则用C2H5OH表示该反应的化学反应速率是v（C2H5OH）＝2v（C6H12O6）＝0.46 mol·L－1·h－1。
4.A　利用条件可得：v（W）＝＝0.02 mol·L－1·min－1，利用反应速率之比等于化学计量数之比的关系可得n＝1。
5.B　合成氨的反应为N2＋3H22NH3，容器a中氢气的反应速率为3 mol·L－1·min－1，转化为氮气的反应速率为1 mol·L－1·min－1；容器c中氨气的反应速率为0.2 mol·L－1·s－1，转化为氮气的反应速率为6 mol·L－1·min－1，则三个容器中合成氨的反应速率由大到小的顺序为v（c）＞v（b）＞v（a）。
6.C　锌和稀硫酸反应的离子方程式能表示反应实质：Zn＋2H＋Zn2＋＋H2↑，用单位时间内固体质量变化可以测定反应速率，A不符合题意；单位时间内氢离子浓度变化可以表示反应速率，B不符合题意；反应前后硫酸根离子浓度基本不变，不能表示反应速率，C符合题意；单位时间内H2体积变化可以测定反应速率，D不符合题意。
7.D　D项中，恒温恒容条件下，反应前后气体的压强始终不变，不能通过测量单位时间内压强的变化来测定反应速率。
8.C　碳酸钙为固体，可以用单位时间内固体质量的变化量表示反应速率，A正确；斜率越大其反应速率越大，根据图像知，斜率最大的是t1～t2时间段，B正确；由于HCl、CaCl2与CO2属于不同的聚集状态，因此对应反应速率无法直接建立比值关系，C错误；t1～t4时间段的平均反应速率可以表示为 mL·min－1，D正确。
9.D　由图像可知，反应中X、Y的物质的量减少，为反应物，Z的物质的量增多，为生成物，当反应进行到2 min时，Δn（X）＝0.3 mol，Δn（Y）＝0.1 mol，Δn（Z）＝0.2 mol，则Δn（X）∶Δn（Y）∶Δn（Z）＝3∶1∶2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则该反应的化学方程式为3X＋Y2Z；反应开始至2 min末，Z的平均反应速率v（Z）＝＝0.05 mol·L－1·min－1，D项正确。
10.B　因为Y的化学计量数是1，将A、C两项都折算为Y的反应速率，依据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知A为＝0.18 mol·L－1·s－1，C为＝1.5 mol·L－1·min－1，即0.025 mol·L－1·s－1，W是固体，不能用单位时间内浓度的变化衡量反应速率，排除D项；故反应速率最快的是B项。
11.B　X呈固态，不能用X的浓度变化表示平均反应速率，A项错误；10 s内生成0.5 mol Z，根据反应X（s）＋3Y（g）Z（g）　ΔH＝－a kJ·mol－1可知，反应放出的热量为0.5a kJ，B项正确；由题给数据，不能求Y的瞬时反应速率，只能计算10 s内Y的平均反应速率v（Y）＝3v（Z）＝3×＝0.075 mol·L－1·s－1，C项错误；10 s内生成0.5 mol Z，则10 s内消耗0.5 mol X和1.5 mol Y，10 s时X的物质的量为2 mol－0.5 mol＝1.5 mol，Y的物质的量浓度为＝0.25 mol·L－1，D项错误。
12.（1）2X（g）3Y（g）＋Z（g）　（2）0.2 mol·L－1·min－1　（3）甲
解析：由题图可知，物质X的量减少，物质Y、Z的量增加，则X为反应物，Y、Z为生成物，且最终X、Y、Z的物质的量均不再变化，说明该反应为可逆反应，0～t min内，Δn＝2.4 mol－1.6 mol＝0.8 mol，Δn（Y）＝1.2 mol、Δn（Z）＝0.4 mol，则Δn（X）∶Δn（Y）∶Δn（Z）＝0.8 mol∶1.2 mol∶0.4 mol＝2∶3∶1，该反应的化学方程式为2X（g）3Y（g）＋Z（g）。（1）由以上分析知，该可逆反应的化学方程式为2X（g）3Y（g）＋Z（g）。（2）反应开始至t＝2 min，气体X的物质的量变化了0.8 mol，根据v＝，得v（X）＝＝0.2 mol·L－1·min－1。（3）甲中v（Y）＝v（X）＝×0.9 mol·L－1·min－1＝1.35 mol·L－1·min－1，比乙中v（Y）＝0.6 mol·L－1·min－1大，所以甲中反应速率更快。
13.（1）a～b　1 mol·L－1·min－1　（2）33.3％　7∶5
解析：（1）a～b段氢气的平均反应速率为＝1 mol·L－1·min－1，b～c段氢气的平均反应速率为＝0.75 mol·L－1·min－1，c～d段氢气的平均反应速率为＝0.1 mol·L－1·min－1，所以平均反应速率最大的时间段是a～b，该时间段内H2的平均反应速率是1 mol·L－1·min－1。
（2）由图可知，平衡时氢气的物质的量为2 mol，列三段式：
　　　　3H2（g）＋CO2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）
起始/mol 8 6 0 0
转化/mol 6 2 2 2
平衡/mol 2 4 2 2
所以平衡时CO2的转化率为×100％≈33.3％；恒温、恒容时，气体压强之比等于气体的物质的量之比，所以反应前后容器内的压强比是（6＋8）∶（4＋2＋2＋2）＝7∶5。
第2课时　影响化学反应速率的因素
1.D　水为纯液体，水的多少不影响反应速率，所以Na与水反应时增大水的用量不影响反应速率，A错误；浓硫酸和Al发生钝化现象，且不生成H2，加热时反应生成SO2，B错误；AgNO3和BaCl2在溶液中反应，没有气体参加反应，则增大压强，反应速率不变，C错误。
2.B　①C为固体，增加C的量，反应速率不变，①符合题意；②将容器的容积缩小一半，气体压强增大，反应速率加快，②不符合题意；③保持容积不变，充入不参与反应的氮气使体系压强增大，参与反应的体系中气体的浓度不变，反应速率不变，③符合题意；④保持压强不变，充入不参与反应的氮气使容器容积变大，相当于减小气体压强，反应速率减慢，④不符合题意；①③符合题意，选B。
3.（1）B　反应放热，使反应速率增大　（2）AC
解析：（1）曲线的斜率为该反应的化学反应速率，斜率越大，反应速率越大，根据图像知，斜率最大的是t1～t2；该反应是放热反应，放出的热量使溶液温度升高，反应速率加快。（2）降低反应速率，可以通过减小溶液中氢离子浓度来实现，加水稀释或加入氯化钠溶液都能使氢离子浓度降低，通入氯化氢使溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快。
4.A　由图像可知，①和②的反应温度和溶液的pH均不相同，不能判断溶液的pH和Fe2＋氧化速率的关系，A错误；由图像可知，一定时间内，Fe2＋的氧化率随时间延长而逐渐增大，B正确；由图像可知，①和③的溶液的pH相同，温度越高，Fe2＋的氧化速率越大，C正确；氧化过程发生的反应为酸性条件下，亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋4Fe3＋＋2H2O，D正确。
5.D　本题要探究的是硫酸铜的浓度对稀硫酸与锌反应生成氢气速率的影响，应控制c（Cu2＋）为唯一变量，保证其他条件[如锌粒的质量和颗粒大小、c（H2SO4）等]相同。因此，4 mol·L－1 H2SO4溶液的体积应相同，即V1～V5均为30，同时控制溶液的总体积相同，由第6组数据可知，溶液的总体积为50 mL，则V6＋10＝20，V6＝10；2.5＋V9＝20，V9＝17.5，A、B正确；反应一段时间后，实验1中无铜生成，反应后锌粒呈灰黑色，实验6中生成较多的铜，呈红色，C正确；当加入少量硫酸铜时，生成氢气的速率会大大提高，但是当加入的硫酸铜超过一定量时，生成氢气的速率反而下降，这是因为有较多的铜生成，其覆盖在锌粒表面，降低了锌粒与稀硫酸的接触面积，D错误。
6.B　Mg、Al两种不同的金属与同浓度的盐酸反应，反应速率不同，说明金属活动性不同，即参加反应的物质本身的性质影响化学反应速率，B结论不合理。
7.A　B中HNO3溶液与Zn反应不生成H2；其他3支试管所处温度相同，A、D中锌均为粉末状，与酸溶液接触面积大，且A中酸电离出的c（H＋）较大，反应速率最快。
8.D　由表中信息可知，在相同温度下，反应速率与蔗糖的浓度成正比，328.2 K时，速率的数值是浓度数值的15倍，因此推出a＝6.00，A正确；温度越高，反应速率越快，在相同的浓度下，b的反应速率小于318.2 K下的反应速率，说明b的温度低于318.2 K，B正确；根据题表可知，在相同浓度下，不同温度时，蔗糖的瞬时速率不同，故蔗糖浓度减小一半所需的时间不同，C正确；升高温度v增大，降低反应物浓度v减小，故同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变，D错误。
9.D　Mg与稀硝酸反应不产生H2，排除A项；Fe不如Mg活泼，排除C项；3 mol·L－1稀盐酸中的c（H＋）小于3 mol·L－1稀硫酸中的c（H＋），因此，D项反应刚开始时放出H2的速率最大。
10.（1）温度或锌粒大小　锥形瓶　关闭分液漏斗的活塞，轻轻向外拉动或向里推动注射器的活塞，一段时间后，若活塞能回到原来的位置，证明装置不漏气　（2）①催化剂　溶液的酸碱性　②控制变量，排除干扰离子的影响
解析：（1）为了探究浓度对反应速率的影响，控制单一变量法，需保证温度、锌粒大小相同，则实验需要控制的变量有温度或锌粒大小，图中装锌粒的仪器是锥形瓶，检查该装置的气密性时，关闭分液漏斗的活塞，轻轻向外拉动或向里推动注射器的活塞，一段时间后，若活塞能回到原来的位置，证明装置不漏气。（2）①利用实验方案①、②可以探究浓度对反应速率的影响，实验方案②、③探究催化剂对反应速率的影响，实验方案④、⑤探究溶液的酸碱性对反应速率的影响；②对比实验②和实验③，目的是探究催化剂对反应速率的影响，则应控制阳离子不同这一单一变量，需保持阴离子种类和浓度相同，避免干扰实验，故将FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理，其理由是控制变量，排除干扰离子的影响。
11.（1）S2＋2S22S＋S4　催化剂
（2）2.0　0.002 mol·L－1·s－1　（3）＜
解析：（1）总反应＝反应A＋反应B，则总反应为S2＋2S22S＋S4。I－在反应A中被消耗，在反应B中又重新生成，I－的作用为催化剂。（2）要探究反应物浓度对化学反应速率的影响，则溶液的总体积要相同，根据其他三个实验可知，溶液的总体积为20 mL，则Vx＝2.0；实验①中Na2S2O8的物质的量为0.001 mol，KI物质的量为0.002 mol，两者恰好完全反应生成0.001 mol I2，有0.000 4 mol Na2S2O3，则Na2S2O3的量不足，被反应完全，实验①中溶液变蓝时间为10 s，说明10 s内0.000 4 mol Na2S2O3完全消耗，则其反应速率为＝0.002 mol·L－1·s－1。（3）实验④Na2S2O3溶液浓度大，Na2S2O8溶液浓度小，由实验①②③溶液变蓝，实验④溶液未变蓝的现象可知，该“碘钟实验”的速率由速率最慢的步骤反应A来决定，根据S2～I2～2S2可知，为确保能观察到蓝色，碘需有剩余，需满足的条件为n∶n＜2。
第3课时　活化能
1.D　根据碰撞理论，能够发生化学反应的碰撞称为有效碰撞，四个选项中只有D选项发生了有效碰撞，生成了H2、I·，即发生了基元反应2HIH2＋2I·，选D。
2.B　第一步为慢反应，第二步为快反应，则I·的消耗速率大于生成速率，因此I·的寿命较短，A正确；步骤②形成化学键，需要释放能量，B错误；反应①②都是基元反应，C正确；该反应属于分解反应，D正确。
3.A　反应B→C的正反应活化能最大，反应速率慢，决定总反应的速率，A正确；B先生成后消耗，为中间产物，不是催化剂，B错误；由图可知，反应A→B为吸热反应，C错误；总反应的焓变为正反应的活化能减去逆反应的活化能，ΔH＝－，D错误。
4.D　活化分子有合适取向的碰撞才是有效碰撞，故能发生有效碰撞的分子一定是活化分子，A正确；升高温度，单位体积内分子总数不变，活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增大，B正确；使用催化剂可降低活化能，单位体积内分子总数不变，活化分子百分数增大，C正确；其他条件不变，增大压强，单位体积内分子总数增大，活化分子百分数不变，D错误。
5.A　曲线（Ⅱ）可以表示催化剂降低了反应的活化能，A正确；图乙中HI分子发生碰撞后并未生成新的物质，即碰撞后并未发生化学变化，图乙发生的不是有效碰撞，B错误；升高温度能够使活化分子百分数增大，而增大压强只改变单位体积内活化分子数目，不改变活化分子百分数，C错误；活化能的大小对化学反应前后的能量变化不产生影响，能量变化只与反应物和生成物总能量的相对大小有关，D错误。
6.D　第一步反应为慢反应，活化配合物具有高能量，表明反应的活化能大，且第一步反应需要吸收能量，A错误；活化配合物的能量越高，反应的活化能越大，第一步的反应速率越慢，B错误；发生有效碰撞的分子一方面要具有活化分子所具有的最低能量，另一方面发生碰撞需具有一定的方向，所以第二步活化配合物之间的碰撞不一定是有效碰撞，C错误；一个化学反应分多步完成时，该反应的反应速率主要取决于慢反应，即取决于第一步反应，D正确。
7.D　适当增大压强，单位体积内活化分子数目增多，化学反应速率增大，但活化分子百分数不变，D项错误。
8.B　降低体系的温度，体系内分子能量减少，活化分子百分数减小，A不符合题意；增大反应物浓度，增大了单位体积内活化分子的数目，但是活化分子百分数不变，B符合题意；升高体系的温度，体系内分子能量增加，活化分子百分数增大，C不符合题意；使用催化剂能降低反应的活化能，活化分子百分数增大，D不符合题意。
9.A　升高温度，反应速率加快，但活化能不变，A项错误；慢反应是反应的决速步，第一步反应的活化能大、反应速率小，是决速步，D项正确。
10.D　由题图知，生成物的总能量低于反应物的总能量，反应放热，ΔH＜0，A正确；反应①的活化能是两步中较大的，是决速步，B正确；催化剂降低了反应的活化能，改变了反应历程，加快了反应速率，C正确；由题图知，总反应为O3＋O·2O2，Cl·为催化剂，而ClO·为中间产物，D错误。
11.（1）M＋H2OMO＋H2　MO＋COM＋CO2　（2）第二步反应　（3）反应Ⅰ的活化能大，活化分子百分数小，有效碰撞次数少，使得总反应速率慢，ClO－很难转化为Cl
解析：（1）根据题意，催化剂先与水蒸气反应，H2O失氧原子转化为H2，所以催化剂M得氧原子转化为中间体MO：M＋H2OMO＋H2；中间体MO与另一反应物CO反应，MO失氧原子复原为催化剂M，CO得氧原子生成CO2：MO＋COM＋CO2。（2）反应速率主要取决于最慢的反应即活化能大的反应，第二步反应的活化能大，第二步反应为决速步。（3）常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，说明总反应速率决定于反应Ⅰ，可以推知反应Ⅰ的活化能大，活化分子百分数小。
12.（1）＜　（2）过渡态1　前者　（3）CO*＋H2O*＋H2O（g）CO*＋OH*＋H*＋H2O（g）（或H2O*OH*＋H*）　0.34 eV　（4）2.02 eV
解析：（1）生成物总能量低于反应物总能量，总反应是放热反应。（2）～（4）：过渡态1的能量低，相对较稳定；历经过渡态1和过渡态2的两步反应的活化能分别为1.59 eV－（－0.32 eV）＝1.91 eV和1.86 eV－（－0.16 eV）＝2.02 eV，所以前者反应速率比后者快。2.02 eV也是该历程中最大的正反应活化能，而历经过渡态1的反应——“CO*＋H2O*＋H2O（g）CO*＋OH*＋H*＋H2O（g）”的逆反应的活化能为1.59 eV－1.25 eV＝0.34 eV。
阶段重点练（一）
1.C　2 min内测得c（Mn）从0.1 mol·L－1减少到0.02 mol·L－1，则v（Mn）＝＝0.04 mol·L－1·min－1＝ mol·L－1·s－1，A错误；根据速率之比等于化学计量数之比，v（Mn2＋）＝v（Mn）＝0.04 mol·L－1·min－1，B错误；v（H2C2O4）＝2.5v（Mn）＝0.1 mol·L－1·min－1，C正确；2 min内测得c（Mn）从0.1 mol·L－1减少到0.02 mol·L－1，溶液体积未知，不能计算产生CO2的物质的量，D错误。
2.A　由表可知，当碘化氢的浓度成倍变化，而过氧化氢的浓度不发生变化时（实验1、2、3），反应速率与1号中反应速率相比，也成倍变化；当过氧化氢的浓度成倍变化，而碘化氢的浓度不发生变化时（实验1、4、5），该反应速率与1号中反应速率相比，也成倍变化，故当碘化氢浓度变为1号中的5倍，且过氧化氢浓度变为1号中的4倍时，则反应速率变为1号中的20倍，即为0.007 6 mol·L－1·s－1×4×5＝0.152 mol·L－1·s－1，A正确。
3.C　铁粉为固态，增加铁粉的量不影响化学反应速率；容积不变充入N2，体系压强增大，但N2不参加反应，体系内H2、H2O（g）的浓度不变，化学反应速率不变；将容器的容积缩小一半，体系内H2、H2O（g）的浓度增大，反应速率增大，C符合题意；压强不变充入N2，容器的容积增大，体系内H2、H2O（g）的浓度减小，反应速率减小。
4.B　CaSO4为固体，增加固体的量，浓度不变，不影响反应速率，A错误；缩小容器的容积，反应物浓度增大，反应速率增大，B正确；降低温度，反应速率减小，C错误；抽出CO2，生成物浓度减小，平衡右移，导致反应物浓度减小，反应速率减小，D错误。
5.D　本实验探究需控制单一变量，则2.5＋3.5＋9＝3.5＋3.5＋x，解得：x＝8，A正确；实验①②③的变量为Na2S2O3溶液浓度，③④⑤的变量为H2SO4溶液浓度，两个分组均可说明其他条件相同时，增大反应物浓度可增大该反应速率，B正确；Na2S2O3溶液浓度的改变对速率影响更大，该推断的证据是达到相同浑浊度时，实验①②③所需时间的改变量大于实验③④⑤所需时间的改变量，C正确；将装有实验②的试剂的试管浸泡在热水中一段时间后再混合，反应速率加快，达到相同浑浊度时所需要时间更短，D错误。
6.C　由题图可知，反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，即该反应为放热反应，A错误；产物P2所具有的能量比产物P1所具有的能量低，所以产物P2比产物P1要稳定，B错误；由题图可知中间产物Z到过渡态Ⅳ所需的活化能最大，则E正＝186.19 kJ·mol－1，C正确；由题图可知，由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能，则由中间产物Z转化为产物的速率：v（P1）＞v（P2），D错误。
7.D　由题图可知，反应历程中包括2个过渡态，2个基元反应，A错误；反应的活化能越大，反应速率越慢，第1个基元反应的活化能大于第2个基元反应，所以第2个基元反应的速率最快，B错误；反应中没有非极性键的断裂和形成，C错误；反应的热化学方程式为OMoO（s）＋CH4（g）CH3OH（g）＋OMo（s）　ΔH＝－96.50 kJ·mol－1，则反应生成2 mol甲醇时放出的热量为96.50 kJ·mol－1×2 mol＝193.00 kJ，D正确。
8.（1）65％　（2）b　1.5×10－3 mol·L－1·s－1　（3）bcd
解析：（1）观察图表可知，反应进行到第5 s时，NO转化的物质的量为0.020 mol－0.007 mol＝0.013 mol，起始物质的量为0.020 mol，转化率＝×100％＝65％。（2）NO2是生成物，随反应进行浓度增大，平衡时NO浓度的变化量Δc（NO）＝＝0.006 5 mol·L－1，由于NO和NO2的化学计量数之比为1∶1，故达到平衡时NO2浓度的变化量为0.006 5 mol·L－1，所以图中表示NO2变化的曲线是b。0～2 s内用NO表示的平均反应速率v（NO）＝＝＝3.0×10－3 mol·L－1·s－1，速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）＝v（NO）＝×3.0×10－3 mol·L－1·s－1＝1.5×10－3 mol·L－1·s－1。（3）及时分离出NO2气体，随反应进行，NO、O2浓度减小，正反应速率降低，a错误；适当升高温度，反应速率加快，b正确；增大O2的浓度，正反应速率加快，c正确；选择高效催化剂，化学反应速率加快，d正确。
9.（1）其他条件相同时，浓度越大，反应速率越快
（2）0.002 mol·L－1·s－1
（3）①未观察到棕黄色，说明没有碘单质生成，过氧化氢没有与碘化钾发生氧化还原反应；有无色气体产生，说明过氧化氢发生了分解反应，而没有加入碘化钾前，没有观察到无色气体产生
②取两支试管，向试管1中加入2 mL 0.1 mol·L－1 H2O2溶液、1 mL KI溶液，向试管2中加入2 mL 0.1 mol·L－1 H2O2溶液，1 mL H2O
（4）影响反应速率的因素是温度还是活化能
解析：（1）根据五组数据分析，反应物浓度越大，出现棕黄色的时间越短，即浓度越大，反应速率越快。（2）v（H2O2）＝＝0.001 mol·L－1·s－1；v（HI）＝2v（H2O2）＝0.002 mol·L－1·s－1。（3）根据实验现象，无色气体为氧气，是在碘化钾的作用下，过氧化氢发生分解反应产生的；实验方案应该设计对照实验。（4）第1组数据中，活化能保持不变，变量为温度；第2组数据中，温度保持不变，变量是活化能，所以可以得出结论是他研究的问题是影响反应速率的因素是温度还是活化能。
第二节　化学平衡
第1课时　化学平衡状态
1.A　由题图知，a、b、c的正反应速率均大于逆反应速率，均未达到平衡状态；只有d的正、逆反应速率相等，故处于化学平衡状态的是d，A符合题意。
2.D　该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以达到平衡时，生成的CO2小于2 mol，A错误；该反应存在限度，2 mol CO和1 mol SO2不能完全转化为生成物，所以达到平衡时，放出的热量小于a kJ，B错误；正、逆反应速率相等，反应达到化学平衡状态，SO2、CO（g）、CO2（g）的浓度不再变化，但SO2、CO（g）、CO2（g）的浓度之比不一定为1∶2∶2，C错误，D正确。
3.A　FeCl3溶液与KI溶液反应的离子方程式为2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，要验证该反应是否为可逆反应，则需要证明反应物、生成物均存在，无论反应是否为可逆反应，碘单质均可以生成，而检验碘单质可以使用淀粉，观察到溶液颜色变蓝，说明产生了碘单质，而要确定反应为可逆反应，还需要验证反应后是否存在Fe3＋，需要用KSCN溶液检验，而且反应物Fe3＋要少量，I－要过量，若反应后检验出Fe3＋，才能说明该反应为可逆反应，因此所使用的是少量FeCl3溶液与足量的KI溶液反应。
4.A　2v正（O2）＝v正（SO3）＝v逆（SO3），则正、逆反应速率相等，反应达到平衡，A正确；单位时间内生成x mol SO3与消耗x mol SO2均为正反应方向，不能说明反应达到平衡，B错误；无论反应是否达到平衡，恒容容器中气体密度始终保持不变，即容器中气体密度不变不能说明该反应达到平衡状态，C错误；由化学反应速率跟化学计量数成正比可知，v正（SO2）＝2v正（O2），D错误。
5.B　消耗1 mol SO2的同时产生1 mol NO，表示的都是正反应速率，不能判断正、逆反应速率是否相等，A错误；混合气体的颜色（透光率）不再改变，表明NO2的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，B正确；容器内温度、容积一定，且题给反应反应前后气体体积不变，所以不能通过压强不变判断平衡状态，C错误；混合气体的密度始终不变，不能根据混合气体密度判断平衡状态，D错误。
6.B　溶液中c（OH－）不再改变，反应达到平衡状态；根据图示，达到平衡状态时c（I－）＝b mol·L－1，根据方程式，平衡时，c（As）＝0.5b mol·L－1，c（As）＝0.25b mol·L－1，说明反应没有达到平衡状态，B项符合题意；v正（I－）＝2v逆（As），正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，反应达到平衡状态；c（I－）不再变化，反应达到平衡状态。
7.D　该反应是反应前后气体分子数不变的反应，混合气体的压强不再发生变化时，不能表明该反应达到化学平衡状态；反应速率方向相同，不能表明该反应达到化学平衡状态；达到平衡时，2v正（B）＝3v逆（C），所以3v正（B）＝2v逆（C）不能表明该反应达到化学平衡状态；A是固体，则混合气体的质量是“变量”，根据M＝可知，混合气体的平均相对分子质量是“变量”，当“变量”不变时，反应达到化学平衡状态，D符合题意。
8.B　根据题图可知，随反应的进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，t1时刻正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态。a、b、c三点都未达到平衡状态，正反应速率均大于逆反应速率，A正确；c点未达到平衡状态，反应仍正向进行，CO的浓度减小，B错误；d点时正、逆反应速率相等，处于化学平衡状态，C正确；d点处于化学平衡状态，此时体系中各组分的质量或浓度均保持恒定，D正确。
9.C　随反应的进行，正反应速率越来越小，平衡时达到最小值，则a点的正反应速率大于b点的正反应速率，A错误；可逆反应从b点开始达到平衡，化学平衡为动态平衡，即v正＝v逆≠0，B错误；从反应开始到平衡，参加反应的Y的物质的量为0.5 mol，根据反应可知，生成Z的物质的量为1.5 mol，由于容器的容积是2 L，因此t0 min时，c（Z）＝＝0.75 mol·L－1，C正确；该反应是一个反应前后气体物质的量不变的反应，体系的压强始终不变，因此不能根据压强不变判断反应是否达到平衡状态，D错误。
10.A　N2O4（g）2NO2（g）　ΔH＞0为吸热反应，将1 mol N2O4充入一恒压绝热密闭容器中，体系温度降低，当温度不变时，反应达到平衡状态，A正确；恒压容器中，压强保持恒定不变，B错误；将1 mol N2O4充入一恒压绝热密闭容器中，随反应的进行，N2O4的浓度减小，v正（N2O4）减小，C错误；题给反应是气体分子数增大的反应，恒压条件下气体体积增大，气体质量不变，故气体密度减小，D错误。
11.A　a点、b点时反应物的物质的量逐渐减小，生成物的物质的量逐渐增大，反应正向进行，则a、b两点的正反应速率比逆反应速率大，A正确；c点氨气与氢气的物质的量相等，但没有达到平衡状态，则c点时每断裂3 mol H—H，断裂的N—H的物质的量小于6 mol，B错误；d点（t1时刻）和e点（t2时刻）均处于相同的平衡状态，则两点的n（N2）相等，C错误；v（N2）∶v（NH3）＝1∶2时，未指明正、逆反应速率，则不能说明反应达到平衡状态，D错误。
12.A　混合气体的平均摩尔质量M＝，气体质量不变，但气体的总物质的量随反应进行而减小，M为“变量”，当M不变时，反应达到平衡，A正确；对于一个给定的反应，ΔH为一个恒定值，不能用来判断反应是否达到平衡，B错误；恒容密闭容器中，充入0.2 mol CH4（g）和0.1 mol O2（g），投料比等于化学方程式中物质的化学计量数之比，混合气体中始终等于，不能用来判断反应是否达到平衡，C错误；恒容密闭容器中，混合气体的质量为不变值，则密度为不变值，密度不变不能用来判断反应是否达到平衡，D错误。
13.（1）2SO2＋O22SO3　（2）①③④　（3）①　②　①②
解析：（1）反应的化学方程式为2SO2＋O22SO3。（2）根据反应的化学方程式知，①体系压强不变，说明反应已达平衡状态；②容器的容积不变，混合气体的质量不变，则反应过程中密度始终不变，所以密度不变不能说明反应已达平衡状态；③混合气体的总质量不变，但反应过程中混合气体的总物质的量改变，平均相对分子质量不变，说明反应已达平衡状态；④v正（SO3）＝2v逆（O2），说明反应已达平衡状态；⑤三者的物质的量之比等于化学计量数之比，不能说明反应已达平衡状态。（3）事实①一定条件下向密闭容器中充入SO2和18O2，反应一段时间后，18O存在于SO2、O2、SO3中，说明SO2与O2反应生成SO3的同时，SO3分解生成SO2与O2，不是只有部分SO2与O2反应，即观点一不正确；事实②可以看到SO3的物质的量增加到一定程度后不再变化，说明观点三不正确，而两个事实都证明了观点二。
14.（1）＞　（2） mol·L－1·min－1　80％　（3）CD
解析：（1）随反应的进行，反应物浓度降低，正反应速率减小，a处v正＞b处v正；b处反应达到平衡，b处v正＝b处v逆，所以a处v正＞b处v逆。（2）设N2的改变量为a mol，列三段式：
　　　　　　2CO（g）＋2NO（g）2CO2（g）＋N2（g）
起始/mol 3 3 0 0
改变/mol 2a 2a 2a a
平衡/mol 3－2a 3－2a 2a a
CO2的体积分数为×100％＝50％，a＝1.2；平衡时v＝＝＝ mol·L－1·min－1；NO的转化率为×100％＝80％。（3）未指明正、逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，A错误；ρ＝，反应前后的物质均为气体，根据质量守恒定律，m不变，在恒容下，密度始终不变，则密度不变不能代表平衡状态，B错误；该反应为气体分子数改变的反应，则压强不变，说明达到平衡状态，C正确；M＝，反应前后的物质均为气体，根据质量守恒定律，m不变，该反应为气体系数改变的反应，则平均相对分子质量不变时说明达到平衡状态，D正确。
第2课时　化学平衡常数
1.A　反应CaCO3（s）＋CH4（g）CaO（s）＋2CO（g）＋2H2（g）的平衡常数表达式为K＝。
2.B　平衡常数只受温度影响，同一反应温度不同，平衡常数不同，A、C、D项错误；平衡常数越大，说明可逆反应的正反应进行的程度越大，B项正确。
3.C　＝，K只与温度有关，温度不变，则K不变。
4.B　NO分解反应2NO（g）N2（g）＋O2（g）的平衡常数表达式应该为K1＝，A错误；根据2H2（g）＋O2（g）2H2O（g）　K2＝2×1081可知，2H2O（g）2H2（g）＋O2（g）的平衡常数K4＝＝＝5.0×10－82，平衡常数越大，则在相同条件下反应正向进行的程度就越大，故根据NO、H2O、CO2分解的平衡常数，可判断放出O2的进行程度大小顺序为NO＞H2O＞CO2，B正确；由B项分析可知，H2O分解产生O2的平衡常数K4＝＝＝5.0×10－82，C错误。
5.D　N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）的反应热为ΔH，相同温度时反应2NH3（g）N2（g）＋3H2（g）的反应热为－ΔH，而4NH3（g）2N2（g）＋6H2（g）的反应热为－2ΔH；N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）的平衡常数为K，相同温度时反应2NH3（g）N2（g）＋3H2（g）的平衡常数为，则相同温度时反应4NH3（g）2N2（g）＋6H2（g）的平衡常数为。
6.A　根据盖斯定律，③式－2×①式＝②式，故K2＝，A项正确。
7.（1）ΔH1＋ΔH2　（2）K1·K2
解析：热化学方程式如果相加（或相减），则总热化学方程式的焓变应为两热化学方程式的焓变之和（或差），而平衡常数则为两化学方程式平衡常数的乘积（或商）。
8.D　
此温度下，该反应的平衡常数K＝＝。
9.C　据表中数据，平衡时，c（NO）＝0.10×10－3 mol·L－1、c（CO）＝2.70×10－3 mol·L－1，根据化学方程式2CO（g）＋2NO（g）N2（g）＋2CO2（g），平衡时，c（N2）＝0.45×10－3 mol·L－1，c（CO2）＝0.90×10－3 mol·L－1，则平衡常数K＝＝＝5 000。
10.D　设反应过程中氧气消耗x mol，列三段式：
　　　　　　2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）
起始/mol 0.4 0.2 0
转化/mol 2x x 2x
平衡/mol 0.4－2x 0.2－x 2x
当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的，即＝，解得x＝0.18。对于反应2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g），为气体分子数减少的反应，当容器内气体的压强不变时，说明该反应达到化学平衡状态，A正确；根据以上分析可知，SO2消耗物质的量为0.36 mol，则其转化率：×100％＝90％，B正确；参与反应的SO2为0.36 mol，根据热化学方程式可求得放出的热量为35.28 kJ，C正确；此温度下平衡常数K＝＝＝20 250，D错误。
11.A　平衡常数只受温度影响，增加氯气浓度，K3不变，A错误；K1＞K2，平衡常数可以表示反应进行的程度，则相同条件下，Cl2与H2反应进行程度较Br2与H2的大，B正确；由化学方程式可知K1＝、K2＝、K3＝，则K3＝，C正确；K3＝≈1.35×1014＞105，则Cl2＋2HBr2HCl＋Br2可视为反应完全，Cl2为氧化剂，Br2为氧化产物，Cl2的氧化性大于Br2，D正确。
12.A　根据已知条件列出“三段式”：
　　　　　　N2O5（g）N2O3（g）＋O2（g）
起始/mol 7.6 0 0
转化/mol x x x
平衡/mol 7.6－x x x
　　　　　　N2O3（g）N2O（g）＋O2（g）
起始/mol x 0 x
转化/mol y y y
平衡/mol x－y y x＋y
达到平衡状态后n为8 mol，n为3.6 mol，则x＋y＝8，x－y＝3.6，解得x＝5.8，y＝2.2，则t ℃时反应①的平衡常数K＝＝8.0。
13.（1）N2O4（g）2NO2（g）　（2）0.20　＝
（3）　0.54　（4）ABDF
解析：（1）将0.4 mol的N2O4气体充入2 L已抽空的固定容积的密闭容器中，反应的化学方程式为N2O4（g）2NO2（g）。（2）40 s时N2O4的变化浓度为0.10 mol·L－1，则NO2的变化浓度为0.20 mol·L－1，则b的值为0.20；60 s后反应达到平衡状态，反应物或生成物的量不再随时间的变化而变化，即c＝d。（3）N2O4（g）2NO2（g），平衡常数K＝；80 ℃时的平衡状态就是反应达到60 s时的状态，平衡浓度c（NO2）＝0.22 mol·L－1，c（N2O4）＝0.09 mol·L－1；平衡常数K＝＝≈0.54。（4）反应正向进行，K值越大，N2O4的转化率越高，A正确；反应正向进行，K值越大，NO2的产量越大，B正确；K值越大，生成物浓度越大，反应物浓度越小，N2O4与NO2的浓度之比越小，C错误；K值越大，生成物浓度越大，反应物浓度越小，则反应正向进行的程度越大，D正确；平衡常数与达到平衡所消耗的时间无必然联系，E错误；恒温恒容条件下，容器内气体压强越大，说明生成的NO2的产量越大，则K值越大，F正确。
14.Ⅰ.（1）＞　Ⅱ.（2）12.5　（3）否　正反应
解析：Ⅰ.（1）根据表格数据可知，在800 ℃时平衡常数K＝0.9，800 ℃时在恒容密闭容器中放入混合物，各物质浓度为c（CO）＝0.01 mol·L－1，c（H2O）＝0.03 mol·L－1，c（CO2）＝0.01 mol·L－1，c（H2）＝0.05 mol·L－1，此时的浓度商Q＝＝0.6＜0.9，说明反应正向进行，故反应速率v正＞v逆。Ⅱ.（2）反应N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）　ΔH＜0在2 L密闭容器中进行，若充入1 mol N2和1 mol H2，反应达到平衡时H2的物质的量为0.4 mol，则根据反应可知，平衡时三种气体的物质的量分别是n（N2）＝1 mol－0.2 mol＝0.8 mol，n（H2）＝0.4 mol，n（NH3）＝0.4 mol，容器的容积是2 L，所以平衡时各物质的浓度分别是c（N2）＝0.4 mol·L－1，c（H2）＝0.2 mol·L－1，c（NH3）＝0.2 mol·L－1，则该温度下平衡常数K＝＝＝12.5。（3）在此温度下，向另一容积为1 L的恒容容器B中按物质的量分别为2 mol、1 mol、1 mol充入N2、H2、NH3，则此时Q＝＝＝0.5＜12.5＝K，说明反应未达到平衡状态，反应向着正反应方向进行。
第3课时　浓度、压强对化学平衡的影响
1.A　平衡向正反应方向移动，正反应速率一定大于逆反应速率，A正确；降低生成物的浓度，平衡正向移动，反应物的转化率一定增大，但增大某一反应物的浓度，平衡正向移动，其他反应物的转化率增大，自身转化率降低，B错误；平衡常数只受温度影响，C错误；减小生成物浓度，平衡正向移动，生成物浓度减小，D错误。
2.C　正、逆反应速率同等倍数的增大或减小，平衡不移动；O2的百分含量发生变化，化学平衡一定发生移动；SO3的质量不变，平衡不移动。
3.B　恒温恒容，通入的二氧化硫会和硫化氢反应，导致硫化氢浓度减小，平衡正向移动，A不符合题意；因固体对压强无影响且浓度不变，所以移走一部分NH4HS固体时平衡不移动，B符合题意；容器容积不变，充入氯化氢气体，氯化氢会与氨气发生反应，导致氨气浓度减小，平衡正向移动，C不符合题意；保持压强不变，充入氮气，氨气和硫化氢的浓度减小，平衡正向移动，D不符合题意。
4.D　A.减小C的浓度，正、逆反应速率均减小，平衡向右移动；B.增大D的浓度，正、逆反应速率均增大，平衡向左移动；C.减小B的浓度，正、逆反应速率均减小，平衡向左移动；D.增大A的浓度，正、逆反应速率均增大，平衡向右移动。
5.B　加入OH－，c（H＋）减小，平衡逆向移动，橙色变浅；加入水，溶液体积增大，离子浓度减小，溶液颜色变浅；c（K＋）不影响化学平衡。
6.B　实验①向KI溶液中滴加FeCl3溶液，Fe3＋与I－反应生成I2，溶液呈黄褐色，但不能说明Fe3＋与I－的反应为可逆反应，A错误；实验②中加入KSCN溶液，Fe3＋与SCN－反应生成Fe（SCN）3使Fe3＋浓度减小，导致2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2平衡逆向移动，实验③中加入CCl4，CCl4萃取溶液中的I2使其浓度减小，导致2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2平衡向右移动，B正确；实验②所得溶液中含有Fe3＋，加入KCl（s），对反应无影响，溶液颜色不变，C错误；实验③中加入CCl4，平衡向生成Fe2＋的方向移动，水溶液中的c（Fe3＋）减小，D错误。
7.D　将容器的容积压缩到原来的一半，X的浓度瞬间变为1.00 mol·L－1，再达到平衡时，测得X的浓度变为0.90 mol·L－1，X的浓度减小，平衡正向移动，则增大压强，平衡向气体计量数之和减小的方向移动，即m＋n＞p。由以上分析可知，m＋n＞p，A错误；平衡正向移动，Z的体积分数增大，B错误；平衡正向移动，Y的转化率增大，C错误；平衡向正反应方向移动，D正确。
8.B　2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）和N2（g）＋3H2（g）2NH3（g），正反应是气体体积减小的反应，增大压强，v（正）＞v（逆），平衡正向移动，A、D错误；4NH3（g）＋5O2（g）4NO（g）＋6H2O（g），正反应是气体体积增大的反应，增大压强，v（逆）＞v（正），平衡逆向移动，B正确；H2（g）＋I2（g）2HI（g），该反应是气体体积不变的反应，增大压强，v（逆）＝v（正），平衡不移动，C错误。
9.C　及时分离出部分H2（g），生成物浓度减小，平衡正向移动，能提高乙烷平衡转化率，A不符合题意；增大容器的容积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向即正向移动，转化率增大，B不符合题意；恒容下通入氦气，压强增大，但浓度未变，平衡不移动，转化率不变，C符合题意；分离出部分乙烯，乙烯浓度减小，平衡向减弱乙烯的改变量移动即正向移动，转化率增大，D不符合题意。
10.B　保持容器容积不变，充入He，由于参与反应的气体的浓度不变，因此平衡不移动，A错误；将容器容积增大为原来的2倍，压强减小，平衡向正反应方向移动，达到平衡时温度不变，K＝c（CO2）不变，即c（CO2）不变，容器内气体的密度不变，B正确；CaCO3（s）为固体，增加其物质的量，平衡不移动，CO2的浓度不变，C错误；将容器容积缩小为原来的，压强增大，平衡向逆反应方向移动，由于K不变，因此平衡时c（CO2）不变，D错误。
11.D　反应aA（g）＋bB（g）cC（g）＋dD（g）达到平衡时，B的浓度为0.6 mol·L－1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，若平衡不移动，B的浓度为0.2 mol·L－1，而达到新平衡时，B的浓度为0.3 mol·L－1，说明容器容积增大，压强减小，平衡向逆反应方向移动，D的体积分数减小，B、C正确；压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，则说明逆反应方向为气体体积增大的方向，即a＋b＞c＋d，A正确；因容器的容积增大，则达到新平衡时，A、B、C、D的浓度都比原平衡时的浓度小，D错误。
12.（1）D　向正反应方向　（2）C　向正反应方向
（3）A　不　（4）＞　＞
解析：（1）反应为气体分子数减小的反应，t1时刻缩小容器容积，物质浓度均变大，正、逆反应速率均变大，平衡正向移动，则正反应速率更大，故其图像为D，平衡向正反应方向移动。（2）反应为气体分子数增加的反应，t1时刻增大容器容积，物质浓度均变小，正、逆反应速率均变小，平衡正向移动，则正反应速率较逆反应速率要大，故其图像为C，平衡向正反应方向移动。（3）反应为气体分子数不变的反应，t1时刻缩小容器容积，物质浓度均变大，正、逆反应速率均变大，平衡不移动，则正、逆反应速率相等，故其图像为A。（4）p1条件下首先达到平衡状态，说明压强：p1＞p2，增大压强，C的质量分数降低，说明平衡逆向移动，正反应为气体体积增大的反应，则n＞3。
13.（1）确保反应达到平衡状态　（2）该反应浓度商Q＝，增大Fe3＋浓度，导致Q减小，此时Q＜K，平衡向正反应方向移动　（3）①加入1 mL蒸馏水　②溶液颜色变浅　（4）Ⅰ　证明生成物不能完全被消耗，存在限度
解析：（1）试管a中溶液的颜色不变说明反应达到平衡状态，待试管a中溶液的颜色不变后再进行后续实验，目的是使反应达到平衡状态。（2）该反应浓度商Q＝，增大Fe3＋浓度，导致Q减小，此时Q＜K，平衡向正反应方向移动。（3）①根据变量控制法，研究增大生成物Fe2＋浓度对平衡的影响，应保证除Fe2＋之外的其他离子浓度不变，所以c试管中加入1 mL蒸馏水；②增大Fe2＋浓度，导致平衡逆向移动，I2的浓度降低，溶液颜色变浅。（4）角度1：加入某种反应物，平衡正向移动，能证明反应物不能完全被消耗，所以相应的实验为Ⅰ；角度2：相应的实验为Ⅱ，溶液不能完全褪色，证明生成物不能完全被消耗，存在限度。
第4课时　温度对化学平衡的影响
1.B　实验①、②温度不同，其他条件都相同，即研究温度对反应速率的影响，A正确；实验②无催化剂，实验③有催化剂，但二者过氧化氢浓度不同且反应温度也不同，即无法得出催化剂对反应速率的影响，B错误；实验③、⑤除了催化剂种类不同，其他条件均相同，即可研究不同催化剂的催化效果，C正确；实验①②中，其他条件相同，但②温度高，所以反应时间：t1＞t2；实验②④中，温度相同，但④中过氧化氢浓度大且有催化剂，所以反应时间：t2＞t4，综上，反应时间：t1＞t2＞t4，D正确。
2.B　氧化钙与水反应放热，氯化铵溶于水吸收热量，①中红棕色变深，③中红棕色变浅，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，①烧瓶中平衡时混合气体的平均相对分子质量减小，A、D错误，B正确；③烧杯温度下降，平衡正向移动，气体物质的量减小，气体的压强减小，C错误。
3.B　该反应为气体分子数增加的反应，增大压强，该平衡逆向移动，A不符合题意；该反应为吸热反应，升高温度，该平衡正向移动，即向着生成C的方向移动，B符合题意；使用催化剂只改变反应速率，不能使平衡发生移动，C不符合题意；增大A的物质的量，A的浓度不变，反应速率不变，该平衡不移动，D不符合题意。
4.D　测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可能逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的为130 ℃，压强低的为50 kPa，结合二者选D。
5.D　加入催化剂，平衡不移动，氢气的物质的量不变，A错误；升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的物质的量增大，B错误；向恒容容器中通入不参与反应的N2，平衡不移动，H2的物质的量不变，C错误；增大反应物CO2的浓度，平衡向正反应方向移动，H2的物质的量减小，D正确。
6.D　由某可逆反应平衡常数K＝可知，该反应的化学方程式为NO2（g）＋SO2（g）NO（g）＋SO3（g），A错误；c（NO）减小，说明升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，B错误；升高温度，正、逆反应速率均增大，C错误；缩小容器容积，使体系压强增大，化学平衡不发生移动，但由于物质的浓度增大，因此混合气体颜色加深，D正确。
7.C　A项，扩大容器容积，NO2浓度减小，容器中气体颜色先变浅，平衡逆向移动，NO2浓度增大，颜色又变深，错误；B项，KMnO4是氧化剂，不是催化剂，错误；C项，玻璃球中红棕色加深，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应为放热反应，ΔH＜0，正确；D项，反应实质为Fe3＋＋3SCN－Fe（SCN）3，加入KCl固体，对该平衡没有影响，错误。
8.C　新制氯水中存在平衡：Cl2＋H2OHClO＋HCl，光照条件下HClO分解，化学平衡向右移动；将乙酸乙酯不断蒸出，减小生成物浓度导致平衡向正反应方向移动，从而提高乙酸乙酯产率；将黄铁矿粉碎后加入沸腾炉，可增大反应物的接触面积，从而增大化学反应速率，与平衡移动原理无关，C符合题意；加入氢氧化钠固体，溶解放热，使一水合氨分解生成氨气，并且增大了OH－浓度，化学平衡NH3＋H2ONH3·H2ON＋OH－逆向移动，D不符合题意。
9.B　将钾蒸气从混合物中分离出来，生成物浓度减小，平衡正向移动，有利于提高反应物的转化率；缩小容积，平衡不移动，混合气体颜色变深，是因为体积减小而使二氧化氮浓度增大，和化学平衡移动无关，B符合题意；NO2转化为N2O4是放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色加深；降低温度，平衡正向移动，有利于增大反应物的平衡转化率。
10.A　可逆反应M＋N（s）R达到平衡后，降温，M的转化率增大，说明平衡正向移动，正反应放热；加压，M的转化率增大，说明平衡正向移动，正方向气体分子数减小，则M一定为气体，R一定为非气体，A符合题意。
11.D　容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，A错误；容器Ⅱ是恒容容器，反应过程中压强增大，容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强不变，两容器的投料相同，故容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，B错误；容器Ⅱ是恒温恒容，容器Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向移动，NO2含量增大，NO2的体积分数：Ⅱ＞Ⅲ，C错误；若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，容器Ⅰ中NO转化率和容器Ⅱ中NO2转化率之和为1，但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向移动，NO的转化率减小，因此容器Ⅰ中NO的转化率与容器Ⅱ中NO2的转化率之和小于1，D正确。
12.（1）放　＞　（2）增大　（3）减小　（4）减小　（5）不变
（6）变深　变浅
解析：（1）当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，逆反应放热，当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，m＋n＞p。（2）当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，所以A的质量分数增大。（3）若保持容器容积不变，加入B，平衡正向移动，A的转化率增大，B的转化率减小。（4）若升高温度，平衡向正反应方向移动，则平衡时B、C的浓度之比将减小。（5）若加入催化剂，平衡不移动，平衡时气体混合物的总物质的量不变。（6）加入C（容积不变）时，平衡向逆反应方向移动，B的浓度增大，颜色加深；维持容器内压强不变，充入氖气时，容器容积增大，相当于减小压强，平衡向逆反应方向移动，但B的浓度减小，颜色变浅。
13.（1）逆向　（2）25％　（3）移出γ-丁内酯（或减小γ-丁内酯的浓度）　（4）1.94　一定
解析：（1）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动。（2）根据物质反应转化关系可知，在50 min内γ-羟基丁酸浓度变化为0.050 mol·L－1，则其转化率为×100％＝25％。（3）为提高平衡时γ-羟基丁酸的转化率，除适当控制反应温度外，还可采取的措施是移出γ-丁内酯（或减小γ-丁内酯的浓度）。（4）在25 ℃时，该反应达到平衡状态时，c（γ-丁内酯）＝0.132 mol·L－1，此时c（γ-羟基丁酸）＝0.200 mol·L－1－0.132 mol·L－1＝0.068 mol·L－1，则该温度下该反应的化学平衡常数为K＝＝≈1.94；γ-丁内酯是生成物，γ-羟基丁酸是反应物，在反应过程中其物质的量浓度之比是一个变量，则当γ-丁内酯与γ-羟基丁酸的物质的量浓度之比保持不变时，反应一定达到平衡。
阶段重点练（二）
1.A　①体系的密度一直不变，错误；②体系的温度不再改变，说明正、逆反应速率相等，达平衡状态，正确；③A的转化率不再改变，说明消耗与生成速率相等，达平衡状态，正确；④各组分的百分含量不再改变，说明正、逆反应速率相等，达平衡状态，正确；⑤只要反应发生就有反应速率v（A）∶v（B）∶v（C）∶v（D）＝m∶n∶p∶q，错误。
2.B　该反应为吸热反应，体系温度降低，当体系的温度不变，说明达到平衡状态，A不符合题意；正、逆反应速率之比与化学计量数之比不等，故不能说明达到平衡状态，B符合题意；若M为非气体时，气体质量增加，容积不变，密度改变，当混合气体的密度不变时达到平衡状态，C不符合题意；若M为气体，总质量不变，总物质的量会变，平均相对分子质量改变，故气体的平均相对分子质量不变时可作为判断达到化学平衡状态的依据，D不符合题意。
3.D　当增大压强时，平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应是气体体积增大的反应，由于B是气态，所以根据化学方程式可知，A是固体或液体，而C一定是气体，D正确。
4.C　温度升高，正、逆反应速率均增大，A错误；压缩容器容积，压强增大，平衡向气体分子数减小的方向即逆反应方向移动，B错误；增加CH4的量使平衡向正反应方向移动，有利于消耗更多NO2，C正确；催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡产率，D错误。
5.B　根据平衡常数表达式可知，该反应的化学方程式是C（g）＋D（g）A（g）＋B（g）。恒容时，若温度适当降低，D的浓度增加，说明降低温度，化学平衡逆向移动，逆反应是放热反应，则该反应的正反应是吸热反应，ΔH＞0。降低温度，正反应、逆反应速率都减小，A错误；该反应的正反应是吸热反应，ΔH＞0，B正确；平衡常数K只与温度有关，而与物质的浓度无关，C错误。
6.D　根据已知，列三段式：
　　　　　　CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）
起始/mol 0.2 1 0 0
转化/mol x x x x
平衡/mol 0.2－x 1－x x x
0.2－x＝x，解得x＝0.1。前10 min的平均反应速率v（H2）＝＝＝0.005 mol·L－1·min－1，A正确；H2O的平衡转化率为×100％＝10％，B正确；平衡时CO2的体积分数为＝，C正确；该温度下平衡常数K＝＝＝，D错误。
7.D　随着温度的升高，平衡转化率逐渐降低，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，ΔH＜0，A正确；反应为气体分子数减小的反应，相同条件下，增大压强，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，即p1＞p2＞p3，B正确；催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，C正确；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，D错误。
8.B　由题图可知，升高温度，H2S的平衡转化率降低，该反应是放热反应，ΔH＜0，A正确；300 ℃时，K＝0.1，H2S的平衡转化率为20％，列三段式如下：
　　　　　CO（g）＋H2S（g）COS（g）＋H2（g）
起始/mol a 10 0 0
转化/mol 2 2 2 2
平衡/mol a－2 8 2 2
由于化学方程式中各成分化学计量数均为1，则K＝＝0.1，解得a＝7，平均相对分子质量Mr＝≈31.53，气体的平均摩尔质量为31.53 g·mol－1，B错误；增大CO的浓度平衡正向移动，H2S的转化率增大，C正确；由B中分析可知反应前CO的物质的量为7 mol，D正确。
9.（1）＞　＜　＜　（2）＜　b＞a＞c　c＞b＞a　（3）＜　＞
解析：（1）由图乙可知，增大压强使正反应速率变化更大，说明增大压强平衡正向移动，可知a＋b＞c＋d；先拐先平数值大，由图甲可知T1＜T2；温度由T1升高至T2，平衡时生成物浓度降低，说明升高温度平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，即逆向为吸热反应，故ΔH＜0。（2）若反应正向吸热，则升高温度平衡将正向移动，生成物AB3的平衡体积分数将增大，因此T1＜T2；由图丙可知，AB3的平衡体积分数由大到小为b＞a＞c；增大其中某一组分的浓度，平衡将正向移动，使得其余反应物的转化率增大，自身的转化率将减小，因此A2的平衡转化率由大到小为c＞b＞a。（3）由图丁可知，增大压强，反应物A的百分含量增大，说明增大压强使平衡逆向移动，即m＋n＜p＋q；E点A的百分含量高于平衡点，则平衡将正向移动，因此v正＞v逆。
10.（1）－27　K3＝（ 　（2）ad　（3）①43 kJ　②23.04p总
解析：（1）已知ⅰ.Fe2O3（s）＋3C（s）2Fe（s）＋3CO（g）　ΔH＝＋489 kJ·mol－1，ⅲ.C（s）＋CO2（g）2CO（g）　ΔH＝＋172 kJ·mol－1，根据盖斯定律可知，ⅰ－ⅲ×3得Fe2O3（s）＋3CO（g）2Fe（s）＋3CO2（g）　ΔH＝－27 kJ·mol－1。由上述过程可知，＝K2，即K3＝（ 。（2）T1 ℃时，向某恒温密闭容器中加入一定量的Fe2O3和C，发生反应ⅰ，反应达到平衡后，在t1时刻，改变某条件，v（逆）突然增大，但重新达到平衡状态后与原平衡相同，说明温度不变，平衡常数K＝c3（CO）不变，则t1时刻改变的条件可能是压缩容器的容积或增大CO的浓度，故答案为ad。（3）①由图2可知，650 ℃时，该反应达平衡后，CO的体积分数为40％，有以下关系：
　　　　　C（s）＋CO2（g）2CO（g）
起始/mol 1 0
转化/mol x 2x
平衡/mol 1－x 2x
则×100％＝40％，解得：x＝0.25。由反应C（s）＋CO2（g）2CO（g）　ΔH＝＋172 kJ·mol－1可知该反应达平衡后吸收的热量是0.25 mol×172 kJ·mol－1＝43 kJ。②925 ℃时，CO的体积分数为96％，则CO2的体积分数为4％，所以用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数Kp＝＝23.04p总。
第三节　化学反应的方向
1.C　红墨水滴入清水中能使整杯水变红、冰在室温下融化成水、铁器在潮湿的空气中生锈等过程都是自发进行的，A、B、D项均属于自发进行的变化，而电解水生成氢气和氧气的反应必须通电电解才可以进行，不属于自发过程，C项符合题意。
2.C　气体扩散过程中，混乱度增大，此过程自发地从有序向无序进行，A、B错误；反应H2（g）＋Cl2（g）2HCl（g）可自发进行，其反应前后气体的分子数不变，不属于熵增反应，C正确，D错误。
3.B　蜡炬燃烧是放热反应，ΔH＜0，有气体生成ΔS＞0，A不符合题意；石灰石受热分解是吸热反应，ΔH＞0，有气体生成ΔS＞0，B符合题意；C、D中没有涉及化学变化，C、D不符合题意。
4.B　CH4（g）含有的原子总数多，CH4（g）的摩尔质量大，所以熵值：1 mol CH4（g）＞1 mol H2（g），A错误；相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，B正确；等量的同种物质，熵值关系为S（g）＞S（l）＞S（s），C错误；金刚石的微观结构更有序，熵值更低，D错误。
5.D　拉伸过程中放热，则从拉伸状态到收缩状态的焓变为正值，且混乱度增大，熵变为正值，该过程为自发过程。A项，CaCO3分解为吸热反应，熵变为正值，但25 ℃时该过程不能自发进行；B项，NaOH的溶解放热；C项为放热反应；D项为吸热反应，且熵值增大，为自发进行的过程。
6.D　水凝结成冰的过程中，体系的混乱度减小即熵变ΔS＜0，A正确；发生离子反应的条件之一是生成气体，有气体生成时体系的混乱程度增大，ΔS＞0，B正确；化学反应有向物质内能降低、体系混乱程度增大方向进行的趋势，C正确；NH4NO3溶于水吸热，但溶解过程是混乱度增大的物理过程，能够自发进行，D错误。
7.C　由题图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，正反应为放热反应，正反应为气体物质的量减小的反应，则为熵减的反应，即ΔH＜0，ΔS＜0。
8.A　步骤二的反应CaCO3（s）CaO（s）＋CO2（g）为熵增的吸热反应，ΔH＞0、ΔS＞0，若要使ΔH－TΔS＜0，则高温有利于自发进行，A正确；步骤一中反应为CaO和CO2化合生成CaCO3，该反应过程中气体的物质的量减小，为熵减的反应，ΔS＜0，B错误；步骤一和步骤二的条件不同，不互为可逆反应，C错误；CaO和盐酸反应生成氯化钙和水，属于碱性氧化物，CO2为酸性氧化物，D错误。
9.B　ΔG＝ΔH－TΔS＜0，反应能够自发进行，该反应ΔH＞0，ΔS＞0，在高温下反应能自发进行。
10.D　反应ΔS＜0，要反应自发进行，据ΔG＝ΔH－TΔS＜0，则ΔH＜0，A错误；反应的ΔS＜0，在常温下能自发进行，据ΔG＝ΔH－TΔS＜0，则ΔH＜0，B错误；反应的ΔH＜0，ΔS＜0，据ΔG＝ΔH－TΔS＜0，则需要低温的条件自发进行，C错误；反应ΔH＞0，ΔS＞0，据ΔG＝ΔH－TΔS＜0，则需要高温的条件自发进行，D正确。
11.A　在0 ℃、100 kPa条件下，白锡→灰锡，其ΔG＝ΔH－TΔS＝－2 180.9 J·mol－1－273 K×（－6.61 J·mol－1·K－1）＝－376.37 J·mol－1＜0，因此在该条件下白锡会变为灰锡。
12.C　由ΔG＝ΔH－TΔS＜0知，反应可自发进行，说明反应进行的自发性需综合考虑体系的焓变和熵变，而非自发反应在一定条件下可以实现，选C。
13.B　由题中热化学方程式可知，反应①②均为熵减反应，即ΔS＜0，A错误；反应①ΔH＞0，ΔS＜0，则ΔH－TΔS＞0，任何温度下反应都不能自发进行，B正确；由B项可知，反应①在任何温度下都不能自发进行；反应②的ΔH＜0，ΔS＜0，则在低温条件下，ΔH－TΔS＜0，即反应②低温时可自发进行，C、D错误。
14.A　根据自由能判据，正反应自发进行的条件是ΔG＝ΔH－TΔS＜0，T＜ K≈276.4 K，故300 K时反应不能自发进行，A项符合题意。
15.（1）放热　减小　低温　（2）能自发进行
解析：（1）反应Ⅰ中，恒压下升高温度，α（A）减小，即升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0；由p1＞p2知，恒温时增大压强，α（A）增大，说明此反应为气体分子数减小的反应，即为熵减反应，ΔS＜0。放热、熵减反应只能在低温下自发进行。（2）反应Ⅱ中，恒温下压强对φ（A）没有影响，说明压强变化不影响反应平衡，此反应为气体分子数不变的反应，反应过程中熵变很小，ΔS≈0，若T1＞T2，恒压下温度越高φ（A）越大，说明升高温度平衡向左移动，正反应为放热反应，ΔH＜0，则ΔH－TΔS＜0，反应能自发进行。
16.（1）任何温度　（2）否　该反应为吸热、熵减的化学反应，在任何温度下都不能自发进行　（3）ΔH－TΔS＜0，则－176 kJ·mol－1＋0.285 kJ·mol－1·K－1T＜0，解得T＜617.5 K＝344.5 ℃，即低于344.5 ℃时反应③能自发进行
解析：（1）由表中数据可知，反应①2H2O2（aq）2H2O（l）＋O2（g）的ΔH＜0，ΔS＞0，反应①在任何温度下都能自发进行。（2）由表中数据可知，反应②CO2（g）C（s，石墨）＋O2（g）的ΔH＞0，ΔS＜0，在任何温度下都有ΔH－TΔS＞0，在任何温度下都不能自发进行。（3）反应③的ΔH＝－176 kJ·mol－1，ΔS＝－285 J·mol－1·K－1，ΔH－TΔS＜0，则－176 kJ·mol－1＋0.285 kJ·mol－1·K－1T＜0，T＜617.5 K＝344.5 ℃，即低于344.5 ℃时反应③能自发进行。
第四节　化学反应的调控
1.D　未告知反应前加入的反应物的量，不能判断，D错误。
2.B　由题图可知，生成NH3的过程中氮元素化合价逐渐降低，是通过多步还原反应实现的，A正确；过程Ⅰ是断裂氮氮三键中的一个键且形成一个N—H键，而过程Ⅲ是断裂NN键中的一个键且形成一个N—H键，所以能量变化不同，B错误；增大N2的浓度，平衡正向移动，使H2转化量增加从而增大了H2的转化率，C正确；NH3的及时脱附可留下继续反应的空间而增加催化剂的活性，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，将降低反应速率，D正确。
3.C　要使氨的产率增大，就要使平衡右移，增大压强、降低温度、增大N2和H2的浓度和及时分离产生的NH3均可达到目的；要使化学反应速率增大，增大压强、升高温度、增大N2和H2的浓度和使用铁触媒均可达到目的，②⑤符合题意。
4.B　分离出氨气，使平衡正向移动，但正反应速率和逆反应速率都减小，A错误；热交换的目的是预热原料气，同时对合成的氨气进行降温，利于液化分离，B正确；合成氨一般选择400～500 ℃进行，主要是让铁触媒的活性最大，但温度升高，原料气的平衡转化率降低，C错误；步骤⑤分离出氨气，有利于平衡正向移动，可以提高原料的平衡转化率，D错误。
5.B　应选择适当温度和加压，但不是压强越大越好，要考虑压强过大，设备要求高，且运行成本高，B错误。
6.D　反应Ⅰ中，粉碎黄铁矿，能增大反应物之间的接触面积，使反应更充分，反应速率更大，A正确；虽然加压能提高SO2的转化率，但是提高程度有限，且会显著增加工业成本，同时常压下SO2的转化率已经较高，可满足生产需要，因此反应Ⅱ选择常压下进行，B正确；反应Ⅲ，将98.3％的浓硫酸从吸收塔顶喷淋而下，SO3从下往上与浓硫酸充分接触，能快速、充分吸收SO3，C正确；反应Ⅱ中若鼓入太多空气，则会导致SO2的浓度太低，而且鼓入太多空气会使得反应温度降低，反应速率减小，不利于反应Ⅱ的进行，D错误。
7.B　由于合成氨的反应是一个可逆反应，故进口a通入压缩N2和H2，有助于提高反应速率，提高N2和H2的利用率，A正确；出口b为循环的氢气和氮气，需要净化，防止催化剂中毒，B错误；经过反应器反应，按下进上出的方式通入冷凝水（从A口进水，B口出水），混合气体进入冷却室，将NH3液化，出口c处为液态氨，将NH3分离有利于平衡正向移动，C、D正确。
8.D　由题图可知，当温度在大约280 ℃之后，在Fe2O3作催化剂条件下，SO2的平衡转化率最大，A正确；温度在340 ℃时，SO2的转化率已经比较高了，再升高温度转化率变化不大且成本升高，B正确；温度太高，催化剂活性可能会降低，C正确；其他条件相同时，选择Cr2O3作催化剂，不同温度下SO2的转化率不同，当温度在260 ℃时选择Cr2O3作催化剂，SO2的转化率相比之下最大，D错误。
9.（1）①BE　②AD
（2）改变反应历程（反应机理），降低反应的活化能
解析：（1）①该反应为等体积反应，气体的压强保持不变，不能作为反应达到平衡的判据，A不符合题意；K只与温度有关，不能作为反应达到平衡的判据，C不符合题意；恒容条件，全部为气体的反应，气体的密度保持不变，不能作为反应达到平衡的判据，D不符合题意；②该反应为放热反应，温度过高不利于产物生成，A符合题意；该反应为气体参与的等体积反应，压强不影响平衡，适当提高压强有利于提高反应速率，B不符合题意；选择合适的催化剂可以提高反应的速率，C不符合题意；恒容条件下通入非反应气体，反应速率不变，D符合题意。（2）催化剂的作用是改变反应历程（反应机理），降低反应的活化能，加快反应速率。
10.（1）＋N*＋3H*　62　（2）不变　反应中氨气浓度减小但吸附量不变，平均反应速率不变
解析：（1）决速步骤是速率最慢的基元反应，活化能最高的基元反应，因此反应的方程式为＋N*＋3H*；该步反应的活化能＝（17＋45）kJ·mol－1＝62 kJ·mol－1。（2）由表中数据得知，每间隔10分钟，氨气浓度减少0.1c0，因此反应速率不变，原因是尽管反应物中氨气浓度减少，但是吸附量不变，平均反应速率不变。
第三章　水溶液中的离子反应与平衡
第一节　电离平衡
第1课时　弱电解质的电离平衡
1.B　A项，SO2溶于水后生成亚硫酸，亚硫酸电离出离子能导电，SO2不能电离，属于非电解质，错误；B项，同温度、同浓度的盐酸与醋酸溶液进行导电性实验，醋酸导电性弱于盐酸，说明醋酸溶液中的离子浓度小，为部分电离，故醋酸为弱电解质，正确；C项，硫酸钡难溶于水，但是其溶于水的部分完全电离，属于强电解质，错误；D项，共价化合物不一定为非电解质，如HCl是电解质，错误。
2.A　A项，硫酸为酸，纯净物；纯碱为碳酸钠，化合物；过氧化钠为金属氧化物，属于电解质；水为弱电解质，正确；B项，盐酸为混合物，错误；C项，HD为单质气体，错误；D项，BaSO4为强电解质，错误。
3.C　A项，H2SO4是二元强酸，在水溶液中完全电离出H＋和S，电离方程式为H2SO42H＋＋S，正确；B项，NaHCO3在水溶液中完全电离出Na＋和HC，电离方程式为NaHCO3Na＋＋HC，正确；C项，CH3COOH是一元弱酸，部分电离，电离方程式为CH3COOHCH3COO－＋H＋，错误；D项，NH3·H2O是弱碱，部分电离出N和OH－，电离方程式为NH3·H2ON＋OH－，正确。
4.A　加入少量NaOH固体，OH－和H＋反应，导致溶液中c（H＋）减小，平衡向正反应方向移动，A正确；加水稀释第1课时　原电池的工作原理
题组一　原电池的构成和其工作原理
1.下列装置中能组成原电池的是（　　）
2.将铁片和碳棒按如图所示方式插入硫酸铜溶液中，电流计指针发生偏转。下列针对该装置的说法正确的是（　　）
A.铁片是正极
B.一段时间后，碳棒质量增加
C.该装置能将电能转化为化学能
D.外电路中电子由碳棒流出经过电流计流向铁片
3.有关电化学知识的描述正确的是（　　）
A.任何氧化还原反应都可设计成原电池装置
B.某原电池反应为Cu＋2AgNO3Cu（NO3）2＋2Ag。装置中的盐桥内可以是含琼脂的KCl饱和溶液
C.因为铁的活泼性强于铜，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，必是铁作负极，铜作正极，其负极反应式为Fe－2e－Fe2＋
D.实验室制备H2时，用粗锌（含铜、铁等）代替纯锌与盐酸反应效果更佳
4.（鲁科版改编题）铜锌原电池的装置如图所示，下列说法错误的是（　　）
A.Cu电极电势高于Zn电极
B.Cu电极反应式为Cu2＋＋2e－Cu
C.电池工作时，电子由Zn电极流向Cu电极，然后经电解质溶液和盐桥，由Cu电极流回Zn电极
D.电池工作时，盐桥中的Cl－流向Zn电极
题组二　原电池工作原理的应用
5.下列方法可以加快铁和稀硫酸的反应速率的是（　　）
A.加入少量ZnSO4固体
B.加入少量水
C.加入少量CuSO4固体
D.用98％的浓硫酸代替稀硫酸
6.用A、B、C、D四种金属按表中装置进行实验，下列叙述正确的是（　　）
实验装置 甲 乙 丙
实验现象 a不断溶解 c的表面有红色固体析出 a上有气泡产生
A.装置甲中的b金属是原电池的负极
B.装置乙中，外电路中电流的流向为b→c
C.装置丙中溶液里的S移向a
D.四种金属的活动性由强到弱的顺序是d＞a＞b＞c
7.现有如下两个反应：
①NaOH＋HClNaCl＋H2O
②Cu＋2Ag＋2Ag＋Cu2＋
（1）根据上述两个反应的本质，判断它们能否设计成原电池：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）如果不能，说明原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（3）如果能，请写出正、负极材料及其电极反应式。
①负极：　　　　，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；
②正极：　　　　，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
8.下列关于如图所示的原电池的说法正确的是（　　）
A.盐桥中的阳离子向硫酸锌溶液移动
B.锌片在反应后质量减少
C.铜片作负极，其电极反应为2H＋＋2e－H2↑
D.取出盐桥后，电流表仍会发生偏转
9.已知Ag＋的氧化性强于Co2＋的氧化性，则关于如图所示原电池装置的说法中，正确的是（　　）
A.Co电极是原电池的正极
B.盐桥中可填充KCl饱和溶液与琼脂的混合物
C.该原电池的正极反应式为Ag＋＋e－Ag
D.盐桥中的电解质阴离子向右侧烧杯移动
10.Ag/AgCl电极是非常稳定的参比电极，25 ℃时，将Ag/AgCl电极与Cu电极按如图所示的结构连接构成原电池，电位差计显示Cu电极的电势比Ag/AgCl电极的电势高0.11 V。该原电池工作时，下列说法错误的是（　　）
A.Ag/AgCl电极的电极反应式为Ag－e－＋Cl－AgCl
B.Cu电极作正极，发生还原反应
C.盐桥中的阴离子向Cu电极移动
D.CuSO4溶液的浓度逐渐降低
11.某学生利用下面实验装置探究盐桥式原电池的工作原理。
按照实验步骤依次回答下列问题：
（1）锌电极为电池的　　　极，电极上发生的是　　　　反应（填“氧化”或“还原”），电极反应式为　　　　　　　　　。
（2）导线中电子流向为　　　（用a、b表示）。
（3）若装置中铜电极的质量增加0.64 g，则导线中转移的电子数目为　　　　。
（4）装置中盐桥中除添加琼脂外，还要添加KCl的饱和溶液，电池工作时，对盐桥中的K＋、Cl－的移动方向描述正确的是　　　　（填字母）。
A.盐桥中的K＋向左侧烧杯移动、Cl－向右侧烧杯移动
B.盐桥中的K＋向右侧烧杯移动、Cl－向左侧烧杯移动
C.盐桥中的K＋、Cl－都向右侧烧杯移动
D.盐桥中的K＋、Cl－几乎都不移动
（5）若ZnSO4溶液中含有杂质Cu2＋，会加速Zn电极的氧化、还可能导致电流在较短时间内衰减。欲除去Cu2＋，最好选用下列试剂中的　　　　（填字母）。
A.NaOH B.Zn
C.Fe D.H2SO4
（6）反应一段时间后右侧烧杯中Cu2＋浓度是　　　　　　（填“增大”“减小”或“不变”）
12.某科研单位利用电化学原理用SO2来制备硫酸，含有某种催化剂，装置如图。电极为多孔的材料，能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触。
（1）通入SO2的电极为　　　极，其电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　，此电极区pH　　　　（填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）电解质溶液中的H＋通过质子膜　　　　（填“向左”“向右”或“不”）移动，通入氧气的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（3）电池总反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
4 / 4第2课时　电解原理的应用
题组一　电解饱和食盐水
1.如图所示，用石墨电极电解饱和食盐水。下列说法错误的是（　　）
A.a电极是阳极，产生黄绿色气体
B.电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl－＋2H＋Cl2↑＋H2↑
C.溶液中Na＋向b极移动
D.b极产生气泡，b极附近滴加酚酞后溶液会变红
2.氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法错误的是（　　）
A.电极A接电源正极，发生氧化反应
B.电极B的电极反应式为2H2O＋2e－H2↑＋2OH－
C.应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液
D.改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗
题组二　电镀　电解精炼
3.下列关于电解法镀铜和粗铜精炼的叙述中，错误的是（　　）
A.粗铜精炼时，用纯铜作阴极
B.镀件上电镀铜时，用铜作阳极
C.都可以用CuSO4溶液作电解液
D.电解过程中Cu2＋浓度变化相同
4.餐具表面镀银可达到增强抗腐蚀性、提升美观等目的。下列关于铁表面镀银的说法错误的是（　　）
A.电路中每通过1 mol e－，阴极析出1 mol Ag
B.铁电极应与电源负极相连
C.阳极电极反应式为Ag－e－Ag＋
D.电镀液需要不断更换
5.粗银中含有Cu、Pt等杂质，以AgNO3溶液为电解质溶液用电解法提纯银。下列说法正确的是（　　）
A.粗银与电源负极相连
B.电解液中c（Ag＋）浓度保持不变
C.Cu、Pt在阳极区中沉积
D.阴极反应式为Ag＋＋e－Ag
题组三　电冶金
6.如图是电解熔融NaCl制备金属钠的装置示意图，下列有关判断正确的是（　　）
A.通过该装置可以将化学能转化为电能
B.石墨电极作正极
C.Na＋在铁电极上得到电子被还原为钠原子
D.铁电极作阳极
7.海水提镁的最后一步是将氯化镁电解获取金属镁，下列有关该电解过程的叙述正确的是（　　）
A.两个电极必须都用惰性电极
B.阳极可以用金属电极，阴极必须是惰性电极
C.电解熔融状态的氯化镁
D.电解氯化镁的水溶液
8.21世纪是钛的世纪，在800～1 000 ℃时电解TiO2可制得钛，装置如图所示，下列叙述正确的是（　　）
A.a为电源的正极
B.石墨电极上发生还原反应
C.阴极发生的电极反应为TiO2＋4e－Ti＋2O2－
D.每生成0.1 mol Ti，转移0.2 mol电子
题组四　其他应用
9.已知，阴离子交换膜只允许阴离子通过。草酸锌可应用于有机合成、电子工业等。工业上制取ZnC2O4的原理如图所示（电解液不参加反应，假设起始时两电极的质量相同），下列说法正确的是（　　）
A.电池工作时，Zn得到电子
B.Pb电极上的电极反应式为2CO2－2e－C2
C.每消耗6.5 g Zn，两电极的质量相差6.5 g
D.电池工作时，电路中电子的流动方向为Pb→电解液→Zn→电源→Pb
10.（教材改编题）用电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中发生反应：Cr2＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr（OH）3形式除去。下列说法中正确的是（　　）
A.阳极反应为Fe－3e－Fe3＋
B.电解过程中废水的pH不发生变化
C.电解过程中有Fe（OH）3沉淀生成
D.电路中每转移6 mol电子，最多有1 mol Cr2被还原
11.LiOH是制造锂离子电池的材料，可用电解法制备。工业上利用如图装置制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。下列说法正确的是（　　）
A.B电极区电解液为LiOH溶液
B.电极每产生22.4 L气体，电路中转移2 mol e－
C.电解过程中Li＋迁移进入B电极区、OH－迁移进入A电极区
D.电解池中总反应为2HCl2H2↑＋Cl2↑
12.利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A.电解过程中，H＋由a极区向b极区迁移
B.电极b上的电极反应为CO2＋8HC－8e－CH4＋8C＋2H2O
C.电解过程中化学能转化为电能
D.电解时Na2SO4溶液的浓度保持不变
13.（1）（2025·衢州高二期末）工业上一般采用电解精炼的方法提纯铜。电解精炼的原理如图所示。
①纯铜薄片连接电源的　　　　极。
②电解一段时间后，电解液CuSO4溶液的浓度　　　　（填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）电镀是利用电解原理在某些金属表面镀上一薄层其他金属或合金的方法。在铁质铆钉上镀镍（Ni）能防止铁被腐蚀，实验室模拟铁片镀镍的装置如图所示。
①b极材料是　　　　（填物质名称）。
②电镀液中含有NiSO4、NaCl和硼酸。已知：NiSO4Ni2＋＋S、Ni2＋＋2H2ONi（OH）2＋2H＋。
a极的电极反应是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
硼酸的作用是调节溶液的pH。pH较小时，a极易产生　　　　（填物质名称），使镀层疏松多孔。
14.电解的应用比较广泛。根据下列电解的应用，回答问题：
（1）用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，原理如图所示（电极材料为石墨）。图中a极应连接电源的　　　　（填“正”或“负”）极，从C口流出的物质是　　　　，S放电的电极反应为　　　　　　　　，电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）（2023·湖南高考17题节选）“电解精炼”装置如图所示（以粗Ga为原料制高纯Ga），电解池温度控制在40～45 ℃的原因是　　　　　　，阴极的电极反应式为　　　　　　　　。
已知：金属Ga的化学性质和Al相似，Ga的熔点为29.8 ℃。
4 / 4第2课时　化学电源
题组一　一次电池
1.（2025·黑龙江学业考试）电池放电后不能充电的电池属于一次电池，能充电的电池属于二次电池。下列属于一次电池的是（　　）
A.铅酸蓄电池 B.锌锰干电池
C.镍氢电池 D.锂离子电池
2.（2024·江苏高考8题）碱性锌锰电池的总反应为Zn＋2MnO2＋H2OZnO＋2MnOOH，电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是（　　）
A.电池工作时，MnO2发生氧化反应
B.电池工作时，OH－通过隔膜向正极移动
C.环境温度过低，不利于电池放电
D.反应中每生成1 mol MnOOH，转移电子数为2×6.02×1023
3.微型锂碘电池可用作植入某些心脏病人体内的心脏起搏器的电源。这种电池中的电解质是固体电解质LiI，其中的导电离子是I－。下列有关说法正确的是（　　）
A.正极反应：2Li－2e－2Li＋
B.负极反应：I2＋2e－2I－
C.总反应：2Li＋I22LiI
D.金属锂作正极
题组二　二次电池
4.机动车使用的铅酸蓄电池构造如图所示。放电时，其电池反应的方程式为Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O。电池工作时，下列说法错误的是（　　）
A.铅电极的电极反应式：Pb－2e－＋SPbSO4
B.铅作负极
C.电子从铅电极经稀硫酸流向二氧化铅电极
D.二氧化铅发生还原反应
5.铁镍蓄电池又称爱迪生电池，电池的总反应为Fe＋Ni2O3＋3H2OFe（OH）2＋2Ni（OH）2。下列有关该电池的说法错误的是（　　）
A.电池的电解质溶液为碱性溶液，正极为Ni2O3，负极为Fe
B.电池放电时，负极反应为Fe＋2OH－－2e－Fe（OH）2
C.电池放电过程中，正极附近溶液的酸性增强
D.电池放电时，正极反应为Ni2O3＋3H2O＋2e－2Ni（OH）2＋2OH－
6.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn（OH）2＋2Fe（OH）3＋4KOH，下列叙述错误的是（　　）
A.放电时负极反应为 Zn－2e－＋2OH－Zn（OH）2
B.放电时正极发生氧化反应
C.放电时每转移2 mol电子，反应的锌是65 g
D.充电时电能转化为化学能
题组三　燃料电池
7.燃料电池是一种利用能源物质的新形式，比如我们可用熔融的K2CO3作电解质，惰性材料作电极，一极通入CH2CH2，另一极通入O2、CO2。下列说法错误的是（　　）
A.电池的总反应式为CH2CH2＋3O22CO2＋2H2O
B.正极发生的电极反应为3O2＋6CO2＋12e－6C
C.负极发生的电极反应为CH2CH2＋6C－12e－8CO2＋2H2O
D.通入乙烯的一极为正极
8.NH3-O2燃料电池装置如图所示，下列说法错误的是（　　）
A.电池工作时，O2得到电子，发生还原反应
B.电极b上的电极反应式为2NH3＋6OH－－6e－N2＋6H2O
C.燃料电池能量之间的转化是由电能转化为化学能
D.电池工作时，溶液中的Na＋向电极a迁移
9.如图是甲醇燃料电池的结构示意图，甲醇在催化剂作用下提供质子（H＋）和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应，电池总反应式为2CH3OH＋3O22CO2＋4H2O。下列说法错误的是（　　）
A.左电极为电池的负极，a处通入的物质是甲醇
B.正极反应式为O2＋2H2O＋4e－4OH－
C.负极反应式为CH3OH＋H2O－6e－CO2↑＋6H＋
D.该电池提供1 mol e－，消耗0.25 mol氧气
10.某用于潜航器的镁—过氧化氢燃料电池系统的工作原理如图所示，下列说法错误的是（　　）
A.电池的负极反应为Mg－2e－Mg2＋
B.电池工作时，H＋向负极移动
C.电池工作一段时间后，溶液的pH增大
D.电池总反应是Mg＋H2O2＋2H＋Mg2＋＋2H2O
11.（鲁科版习题）热激活电池（又称热电池）可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物一旦受热熔融，电池瞬间即可输出电能。该电池总反应为PbSO4＋2LiCl＋CaCaCl2＋Li2SO4＋Pb关于该电池的下列说法中，正确的是（　　）
A.负极的电极反应：Ca＋2Cl－－2e－CaCl2
B.放电过程中，Li＋向钙电极移动
C.正极反应物为LiCl
D.常温时，在正、负极之间连上检流计，指针不偏转
12.某锂锰一次电池的结构如图所示，电池工作时MnO2转化为LiMnO2，下列说法错误的是（　　）
A.电极a为电池的负极
B.电极b的反应式为MnO2－e－＋Li＋LiMnO2
C.电池中的有机溶剂不能使用乙酸
D.电池工作时Li＋移向电极b
13.新型NaBH4/H2O2燃料电池（DBFC）的结构如图，该电池总反应为NaBH4＋4H2O2NaBO2＋6H2O。下列有关说法正确的是（　　）
A.电池正极区的电极反应为B＋8OH－－8e－B＋6H2O
B.电极B为负极，MnO2层的作用是提高原电池的工作效率
C.燃料电池每消耗3 mol H2O2，理论上电路中通过的电子数为6NA
D.燃料电池在放电过程中，Na＋从负极区向负极区迁移
14.Ⅰ.镍镉电池是应用广泛的二次电池，其总反应为：Cd＋2NiOOH＋2H2O2Ni（OH）2＋Cd（OH）2。
镍镉电池的组装主要步骤：
①将Ni（OH）2和Cd（OH）2固定，中间以隔膜隔开（如图所示）；②将多组上述结构串联；③向电池中注入KOH溶液；④密封。
（1）下列对镍镉电池组装和使用的分析正确的是　　　　（填字母）。
a.密封镍镉电池可以避免KOH变质
b.镍电极为电池的负极，镉电极为电池的正极
c.电池组装后，应先充电，再使用
（2）放电时，负极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
Ⅱ.（3）甲醇燃料电池结构简单、能量转化率高，工作原理如图甲所示。加入的a是　　　　（填名称），该电极的名称是　　　　（填“正”或“负”）极，其电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
15.回答下列问题：
（1）一种以肼（N2H4）为液体燃料的电池装置如图所示。该电池用空气中的氧气作氧化剂，KOH作电解质。负极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　；正极反应式为　　　　　　　　　　　　　。电池的总反应方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为2AgCl＋MgMg2＋＋2Ag＋2Cl－。
①负极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②当有1 mol电子通过外电路，正极质量减少了　　　　g。
（3）O2辅助的Al-CO2电池工作原理如图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2（C2O4）3是重要的化工原料。
①电池的负极反应：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②电池的正极反应：O2＋e－；
2CO2＋2C2＋2O2。
反应过程中O2的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；
该电池的总反应：　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　。
3 / 5第1课时　电解原理
题组一　电解原理与电解装置
1.下列装置能构成电解池的是（　　）
2.下列关于电解的说法错误的是（　　）
A.用惰性电极电解CuCl2溶液后，溶液的浓度不变
B.用惰性电极电解饱和的食盐水时，阴极附近的pH增大
C.同温同压下，用惰性电极电解足量NaOH溶液，阴、阳两极产生的气体体积之比为2∶1
D.可在电解池中实现Cu＋H2SO4（稀）CuSO4＋H2↑这一反应，且Cu作阳极
3.如图是电解稀盐酸的装置，其中c、d为石墨电极。以下说法正确的是（　　）
A.a电极为负极
B.d电极为阳极
C.电解过程中，氢离子向c电极
D.电解总方程式为2HClH2↑＋Cl2↑
4.在如图所示的装置中，x、y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无臭气体放出，符合这一情况的是（　　）
选项 a极板 b极板 x电极 z溶液
A 锌 石墨 负极 CuSO4
B 石墨 石墨 负极 NaOH
C 银 铁 正极 AgNO3
D 铜 石墨 负极 CuCl2
5.用惰性电极电解物质的量浓度之比为3∶1的硫酸铜和氯化钠的混合溶液，不可能发生的反应有（　　）
A.2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑
B.Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑
C.2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
D.2H2O2H2↑＋O2↑
题组二　电解规律
6.下列各组中，每种电解质溶液电解时只生成氢气和氧气的是（　　）
A.HCl、CuCl2、Ba（OH）2
B.NaOH、CuSO4、H2SO4
C.NaOH、H2SO4、Ba（OH）2
D.NaBr、H2SO4、Ba（OH）2
7.用惰性电极电解下列溶液，有气体生成且溶液pH减小的是（　　）
A.NaCl B.CuSO4
C.Na2CO3 D.NaOH
8.用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一种物质（括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是（　　）
A.CuCl2（CuSO4） B.NaOH（NaOH）
C.NaCl（NaCl） D.CuSO4（CuCO3）
9.用铂作电极电解某种溶液，通电一段时间后，溶液的pH变小，并且在阳极得到0.56 L气体，阴极得到1.12 L气体（两种气体均在相同条件下测定）。由此可知溶液可能是（　　）
A.稀盐酸 B.KNO3溶液
C.CuSO4溶液 D.稀硫酸
10.如图所示电解池Ⅰ和Ⅱ中，a、b、c、d均为铂电极，在电解过程中b电极上有气体逸出，d电极质量增大。符合上述实验结果的一项是（　　）
选项 X Y
A AgNO3 Na2CO3
B Cu（NO3）2 Pb（NO3）2
C FeSO4 Al2（SO4）3
D MgSO4 CuSO4
11.如图用石墨作电极的电解池中，放入500 mL某足量蓝色溶液进行电解，观察到A电极表面有红色固体生成，B电极有无色气体生成；通电一段时间后，取出A电极，洗涤、干燥、称量，A电极增重1.6 g。下列说法错误的是（　　）
A.图中B电极与电源正极相连
B.该蓝色溶液可能是CuSO4或CuCl2溶液
C.电解后溶液的酸性增强
D.要使电解后溶液完全恢复到电解前的状态，则可加入2 g CuO
12.用石墨作电极，电解稀Na2SO4溶液的装置如图所示，通电后在石墨电极A和B附近分别滴加一滴石蕊溶液。下列有关叙述正确的是（　　）
A.逸出气体的体积：A电极＜B电极
B.一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体
C.A电极附近呈红色，B电极附近呈蓝色
D.电解一段时间后，将全部电解液转移到同一烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性
13.用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得溶液中加入19.6 g Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH。则下列说法正确的是（　　）
A.电解过程中阴极没有气体生成
B.电解过程中转移的电子的物质的量为0.6 mol
C.原CuSO4溶液的浓度为0.1 mol·L－1
D.电解过程中阴、阳极共收集到气体的体积为8.96 L（标准状况下）
14.由于Fe（OH）2极易被氧化，实验室很难直接用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe（OH）2沉淀。若用如图所示实验装置则可制得纯净的Fe（OH）2沉淀，两极材料分别为石墨和铁。
（1）a电极材料为　　　　　，该电极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）若白色沉淀在电极周围生成，则电解液d是　　　　（填字母，下同）；若白色沉淀在两极之间的溶液中生成，则电解液d是　　　　。
A.纯水 B.NaCl溶液
C.NaOH溶液 D.CuCl2溶液
（3）液体c为苯，其作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（4）要想尽早在两极之间的溶液中看到白色沉淀，可以采取的措施是　　　　（填字母）。
A.改用稀硫酸作电解液
B.适当增大电源电压
C.适当降低电解液温度
2 / 3

展开更多......

收起↑