【化学】化学 化学反应与能量变化的专项 培优 易错 难题练习题及答案

【化学】化学 化学反应与能量变化的专项 培优 易错 难题练习题及答案
一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）
1．铅蓄电池是化学电源，其电极材料分别是Pb 和PbO 2，电解液为稀硫酸。

工作时该电池
总反应式为：Pb (s )＋PbO 2(s )＋2H 2SO 4(aq ) 垐垐?噲垐?放电
充电
2PbSO 4(s )＋2H 2O (l )。

根据上述情况判断：
(1)放电时，电解质溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(2)放电时，电解质溶液中阴离子移向_____极，电子从_____极流向____极。

(3)写出负极的电极方程式：_____________________________________。

【答案】增大 负 负 正 Pb -2e -+SO 4 2-＝PbSO 4
【解析】
【分析】
放电时，负极发生氧化反应，Pb 失去电子产生Pb 2+，Pb 2+与溶液中的SO 42-结合形成PbSO 4，反应消耗硫酸，硫酸的浓度减小，负极得到PbSO 4，正极上PbO 2获得电子变为Pb 2+，Pb 2+与溶液中的SO 42-结合形成PbSO 4，电子由负极经外电路流向正极，由此分析解答。

【详解】 (1)该电池总反应式为：Pb (s )+PbO 2(s )+2H 2SO 4(aq ) 垐垐?噲垐?放电
充电
2PbSO 4(s )+2H 2O (l )。

根据工作原理可知：在放电时Pb 发生氧化反应，失去电子变为Pb 2+，电极反应式为Pb -2e -=Pb 2+；正极上PbO 2获得电子变为Pb 2+，电极反应式为：PbO 2+4H ++SO 42-=PbSO 4+2H 2O ，反应消耗硫酸，使硫酸的浓度减小，溶液中c (H +)降低，所以溶液的pH 增大；
(2)放电时，由于负极不断产生Pb 2+，使正电荷数目增大，所以电解质溶液中阴离子SO 42-移向负极，电子从负极Pb 极流向正极PbO 2极；
(3)负极失去电子，发生氧化反应，负极的电极反应式：Pb +SO 42--2e -=PbSO 4。

【点睛】
本题考查了原电池工作原理，要会根据电池反应及元素化合价变化判断电池的正负极，并书写正负极电极反应式。

注意：负极上生成难溶性的硫酸铅导致负极质量增加，正极上也产生难溶性的硫酸铅导致正极质量也增加，而溶液的酸性会减弱。

2．如图所示：
(1)若开始时开关K 与a 连接，则铁发生电化学腐蚀中的________腐蚀(填“吸氧”或“析氢”)，
正极发生的电极反应式为_______________。

(2)若开始时开关K与b连接，两极均有气体产生，则N端是电源的________极(填“正”或“负”)，电解池总反应的离子方程式为_________。

【答案】吸氧O2+4e-+2H2O==4OH-负2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑
【解析】
【分析】
从图中可以看出，当K与a相连时，形成原电池，Fe作负极，石墨作正极，发生吸氧腐蚀；当K与b相连时，形成电解池，若Fe电极作阳极，则发生Fe-2e-==Fe2+的反应，没有气体产生，不合题意，故Fe电极应作阴极。

【详解】
(1)若开始时开关K与a连接，则形成原电池，铁发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，铁作负极，则石墨作正极，发生的电极反应式为O2+4e-+2H2O==4OH-。

答案为：吸氧；O2+4e-
+2H2O==4OH-；
(2)若开始时开关K与b连接，两极均有气体产生，由以上分析知，Fe作阴极，与电源的负极相连，则N端是电源的负极，发生H2O得电子生成H2和OH-的电极反应，阳极Cl-失电子生成Cl2，则电解池总反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。

答案为：负；2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。

【点睛】
分析电池反应时，电极的判断是解题的切入点。

若无外接直流电源，则装置为原电池；若有外接直流电源，则装置为电解池。

在电解池中，与电源负极相连的电极为电解池的阴极，与电源正极相连的电极为电解池的阳极。

3．微型纽扣电池在现代生活中应用广泛。

有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应是Zn＋Ag2O＝ZnO＋2Ag。

请回答下列问题。

(1)该电池属于_________电池(填“一次”或“二次”)。

(2)负极是_________，电极反应式是__________________________。

(3)使用时，正极区的pH_________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

(4)事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是_____。

(填字母)
A．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H>0
B．NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(1)△H<0
C．2CO(g)+O2(g)=2CO2(1)△H<0
(5)以KOH溶液为电解质溶液，依据所选反应设计一个原电池，其负极的电极反应式为
__________。

【答案】一次 Zn Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O 增大 C CO－2e－+4OH－=C O 32－+2H2O
【解析】
【分析】
（1）纽扣电池为一次电池；
（2）根据电池的总反应可知Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，Ag2O为正极，得到电子，发生还原反应，据此分析作答；
（3）根据电池的总反应可知，Ag2O为正极，得到电子，发生还原反应，根据电极反应确定c(OH-)的变化以判断pH的变化；
（4）可设计成原电池的反应应为氧化还原反应；
（5）燃料电池中，负极通入燃料，燃料失电子发生氧化反应，正极通入氧化剂，得电子发生还原反应，据此作答。

【详解】
（1）纽扣电池为一次电池；
（2）根据电池的总反应可知Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应为：Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O；
（3）根据电池的总反应可知，Ag2O为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应为：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，使用时，c(OH-)增大，因此正极区的pH逐渐增大；
（4）A. 能设计成原电池的反应通常是放热反应，由于反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)是氧化还原反应，但该反应为吸热反应，因而不能设计成原电池，A项错误；
B. 反应NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(1)为复分解反应，不能设计成原电池，B项错误；
C. 反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(1)为氧化还原反应，且该反应为放热反应，可设计成原电池，C 项正确；
答案选C。

（5）燃料电池中，负极通入燃料，燃料失电子发生氧化反应，电极反应为CO-2e－+4OH－=CO32- +2H2O。

【点睛】
设计制作化学电源的过程为：
4．如图所示，A、B、C三个装置中的烧杯分别盛有足量的CuCl2溶液。

（1）A、B、C三个装置中属于原电池的是___(填标号)。

（2）A池中Zn是___极，电极反应式为___；A中总反应的离子方程式___。

（3）B池中总反应的方程式为___。

（4）C池中Zn是___极，发生___反应，电极反应式为___；反应过程中，CuCl2溶液浓度___(填“变大”“变小”或“不变”)。

【答案】A 负 Zn－2e-=Zn2＋ Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu CuCl2Cu+Cl2↑阴还原 Cu2＋
＋2e-=Cu 不变
【解析】
【分析】
（1）A、B、C三个装置中，没有外接电源的属于原电池。

（2）A池中，相对活泼的金属作负极，电极反应式为金属失电子生成金属离子；A中总反应为负极金属与电解质发生氧化还原反应。

（3）B池中总反应为电解氯化铜。

（4）C池中，与正极相连的电极为阳极，阳极失电子发生氧化反应；通过分析两电极反应，可确定反应过程中，CuCl2溶液浓度变化情况。

【详解】
（1）A、B、C三个装置中，没有外接电源的属于原电池，则原电池是A。

答案为：A；（2）A池中，相对活泼的金属是Zn，Zn是负极，电极反应式为Zn－2e-=Zn2＋；A中总反应的离子方程式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu。

答案为：负；Zn－2e-=Zn2＋；Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu；（3）B池中总反应，就是电解氯化铜的反应，方程式为CuCl2Cu+Cl2↑。

答案为：
CuCl2Cu+Cl2↑；
（4）C池中，与负极相连的电极为阴极，Zn与电源负极相连，是阴极，得电子，发生还原反应，电极反应式为Cu2＋＋2e-=Cu；反应过程中，阳极Cu-2e-=Cu2+，生成的Cu2+与阴极消耗的Cu2+物质的量相等，则CuCl2溶液浓度不变。

答案为：阴；还原；Cu2＋＋2e-=Cu；不变。

【点睛】
不管是原电池还是电解池，解题的切入点都是电极的判断。

通常，原电池的负极金属材料都会失电子生成阳离子；而电解池的阳极材料是否失电子，则要看其是否为活性电极。

若阳极为活性电极，则在电解时阳极材料失电子；若为惰性电极，则阳极发生溶液中阴离子失电子的反应。

5．（1）依据反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)ƒCu2＋(aq)＋2Ag(s)设计的原电池如下图甲所示。

①电极X 的材料是___________；Y 溶液可以是____________；
②银电极上发生的电极反应式是_________________________。

③在电池放电过程中，盛有饱和KCl 琼脂溶胶的盐桥中，向CuSO 4溶液一端扩散的离子是______（填离子符号）。

（2）金属腐蚀一般可分为化学腐蚀和电化学腐蚀，可以采用电化学手段进行防腐。

①炒菜的铁锅未及时清洗容易生锈。

写出铁锅生锈过程的正极反应式
__________________。

②为了减缓某水库铁闸门被腐蚀的速率，可以采用下图乙所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R 可以采用___________（填写字母序号）。

A ．铜
B ．钠
C ．锌
D ．石墨
③图丙所示方案也可以减缓铁闸门的腐蚀速率，则铁闸门应连接直流电源的_______极。

（3）蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。

有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应
是：NiO 2 + Fe + 2H 2O 垐垐?噲垐?放电
充电
Fe(OH)2 + Ni(OH)2。

①若此蓄电池放电时，该电池某一电极发生还原反应的物质是____（填序号）。

A ．NiO 2 B ．Fe C ．Fe(OH)2 D ．Ni(OH)2
②该电池放电时，正极附近溶液的PH_________（填增大、减小、不变）
③充电时该电池阳极的电极反应式________________。

【答案】Cu AgNO 3 Ag ＋＋e －＝Ag Cl - O 2＋2H 2O ＋4e －=4OH － C 负 A 增大 Ni(OH)2-2e -+2OH -=NiO 2+2H 2O
【解析】
【分析】
（1）由反应方程式可知，该原电池的电极反应式为：正极：2Ag ++2e -═2Ag ，负极：Cu-2e -═Cu 2+，所以X 极的材料应为Cu ，电解质溶液Y 应为AgNO 3溶液，外电路中的电子从Cu 极流向Ag 极．盐桥中的K +移向正极（Ag 极）；NO 3-移向负极（Cu 极），以此解答。

（2）①生铁的吸氧腐蚀中，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应；
②原电池的负极金属易被腐蚀，根据原电池的工作原理来回答；
③在电解池的阴极上的金属被保护，根据电解池的工作原理来回答；
（3）①依据电池反应分析，充电为电解池，放电为原电池；放电过程中原电池的负极上失电子发生氧化反应，正极上发生还原反应；
②放电时的电极反应是：负极：Fe-2e -+2OH -=Fe （OH ）2；
③放电时正极发生还原反应，正极反应式为：NiO 2+2e -+2H 2O=Ni （OH ）2+2OH -，充电时该电极发生氧化反应，是该电极反应的逆反应．
【详解】
（1）①由反应“2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）”可知，在反应中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，Ag+在正极上得电子被还原，电解质溶液为AgNO3 ，
故答案为：Cu；AgNO3；
②正极为活泼性较Cu弱的Ag，Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为Ag++e=Ag，故答案为： Ag++e-=Ag；
③盐桥中的阳离子移向正极，阴离子移向负极，Cl-移向负极向CuSO4溶液一端扩散，故答案为：Cl-；
（2）①炒过菜的铁锅未及时清洗容易发生电化学腐蚀而生锈，在铁的吸氧腐蚀中，负极上铁失电子发生氧化反应，Fe=Fe2+2e-，正极上是氧气得电子的还原反应，O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；
②为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以让金属铁做原电池的正极，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以是比金属铁的活泼性强的金属，钾钙钠都不能做电极材料，故答案为：C；
③电解池的阴极上的金属被保护，为降低铁闸门的腐蚀速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的负极，故答案为：负；
（3）①根据原电池在放电时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，再根据元素化合价变化，可判断该电池负极发生反应的物质为Fe被氧化发生氧化反应，正极为NiO2，被还原发生还原反应，此电池为碱性电池，在书写电极反应和总电池反应方程式时不能出现
H+，故放电时的电极反应是：负极：Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2，正极：NiO2+2e-+2H2O=Ni （OH）2+2OH-，
故答案为：A；
②放电时的电极反应是：负极：Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2，所以pH增大，故答案为：增大；
③放电时正极发生还原反应，正极反应式为：NiO2+2e-+2H2O=Ni（OH）2+2OH-，充电时该电极发生氧化反应，是该电极反应的逆反应，电极反应式为：Ni（OH）2+2OH--2e-
=NiO2+2H2O，故答案为：Ni（OH）2+2OH--2e-=NiO2+2H2O．
6．某些共价键的键能数据如表（单位：kJ•mol－1）：
（1）把1mol Cl2分解为气态原子时，需要___（填“吸收”或“放出”）243kJ能量。

（2）由表中所列化学键形成的单质分子中，最稳定的是___；形成的化合物分子中最不稳定的是___。

（3）发射火箭时用气态肼（N2H4）作燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。

已知32gN2H4（g）完全发生上述反应放出568kJ的热量，热化学方程式是：____。

【答案】吸收 N2 HI 2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1136kJ•mol
﹣1
【解析】
【分析】
(1)化学键断裂要吸收能量；
(2)键能越大越稳定，否则越不稳定，结合表中数据分析；
(3)根据n=m
n
计算32g N2H4的物质的量，再根据热化学方程式书写原则书写热化学方程
式。

【详解】
(1)化学键断裂要吸收能量，由表中数据可知把1mol Cl2分解为气态原子时，需要吸收243kJ 的能量；
(2)因键能越大越稳定，单质中最稳定的是H2，最不稳定的是I2，形成的化合物分子中，最稳定的是HCl，最不稳定的是HI；
(3)32g N2H4(g)的物质的量为
32g
32g/mol
=1mol，与二氧化氮反应生成氮气与气态水放出568kJ
的热量，热化学方程式是：2N2H4(g)+2NO2(g)═3N2(g)+4H2O(g) △H=-1136kJ•mol-1。

7．如右图所示，常温，U形管内盛有100mL的某种溶液，请按要求回答下列问题。

（1）若所盛溶液为CuSO4溶液，打开K2，合并K1，则：
① A为_____极，B极的电极反应式为________________。

②反应过程中，溶液中SO42－和OH－离子向_____极（A或B）移动。

（2）若所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液，打开K1，合并K2，则：
①A电极可观察到的现象是__________________________。

②电解过程总反应的化学方程式是________________________。

③反应一段时间后打开K2,若忽略溶液的体积变化和气体的溶解，B极产生气体的体积（折算成标准状况）为11.2mL，将溶液充分混合，溶液的pH为________。

④向电解后的电解质溶液中加入或通入_______（填试剂名称），能使溶液复原。

【答案】负 Cu2++2e-=Cu A 产生气泡，电极附近溶液变红 2NaCl+2H2O
电解
2NaOH+H2↑+Cl2↑ 12 氯化氢
【解析】
【详解】
(1)①该装置是原电池，锌作负极，碳作正极，正极上铜离子得电子生成铜发生氧化反应，电极反应式为Cu 2++2e -=Cu ；
②原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以溶液中氢氧根离子和硫酸根离子向A 极移动；
(2)①该装置是电解池，碳棒是阳极，锌棒是阴极，电解时，锌棒上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧根离子导致溶液呈碱性，加入酚酞后溶液变红；
②电解时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时溶液中生成氢
氧化钠，所以电池反应式为2NaCl+2H 2O 电解 2NaOH+H 2↑+Cl 2↑； ③B 极产生氯气，生成的氯气的物质的量为
11.2mL 22.4L/mol =0.0005mol ，根据电解总反应可知生成的n (NaOH)=0.001mol ，溶液中c (OH -)=0.001mol 0.1L
=0.01mol/L ，所以溶液pH=12； ④如果要想使电解后的溶液恢复到原溶液，应遵循“析出什么加入什么”的思想加入物质，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，所以应该加入氯化氢。

8．某含镍()NiO 废料中有FeO 、23Al O 、MgO 、2SiO 等杂质，用此废料提取4NiSO 的工艺流程如图1：
已知：①有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH 如图．
②25℃时，32NH H O ⋅的电离常数5b K 1.810.HF -=⨯的电离常数4a K 7.210-=⨯，
sp K ()112MgF 7.410-=⨯．
(1)加23Na CO 调节溶液的pH 至5，得到废渣2的主要成分是______(填化学式)．
(2)Mg 能与饱和4NH Cl 溶液反应产生3NH ，请用化学平衡移动原理解释(用必要的文字和离子方程式回答)______．
(3)25℃时，11mol L -⋅的NaF 溶液中()c OH -=______ 1mol L (-⋅列出计算式即可4).NH F
溶液呈______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)．
(4)已知沉淀前溶液中()231c Mg 1.8510mol L +--=⨯⋅，当除镁率达到99%时，溶液中()
c F -=______ 1mol L -⋅．
(5)在NaOH 溶液中用NaClO 与4NiSO 反应可得()NiO OH ，化学方程式为
____________；()NiO OH 与贮氢的镧镍合金可组成镍氢碱性电池(KOH 溶液)，工作原理为：()5652LaNi H 6NiO OH LaNi 6NiO 6H O +++ƒ放电充电，负极的电极反应式：______． 【答案】3Al(OH)、3Fe(OH) 氯化铵水解生成盐酸和一水合氨，
4232NH H O NH H O H +++⋅+ƒ
，镁和氢离子反应生成氢气，氢离子浓度减小，促进平衡正向进行，生成的一水合氨分解生成氨气，2432Mg 2NH Mg 2NH H +++=+↑+↑
酸性 32.010-⨯ ()42422NiSO NaClO 4NaOH 2Na SO NaCl 2NiO OH H O ++=+++
5652LaNi H 6OH 6e LaNi 6H O --+-=+
【解析】
【分析】
某NiO 的废料中有FeO 、23Al O 、MgO 、2SiO 等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为2SiO ，滤液为4NiSO 、4FeSO 、243Al (SO )、4MgSO ，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液pH ，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液中加入4NH F 沉淀2Mg +，生成沉淀滤渣3为2MgF ，过滤得到的滤液，滤液中获得42NiSO 6H O ⋅晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，失去结晶水得到硫酸镍，据此分析。

【详解】
某NiO 的废料中有FeO 、23Al O 、MgO 、2SiO 等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为2SiO ，滤液为4NiSO 、4FeSO 、243Al (SO )、4MgSO ，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液pH ，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液中加入4NH F 沉淀2Mg +，生成沉淀滤渣3为2MgF ，过滤得到的滤液，滤液中获得42NiSO 6H O ⋅晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，失去结晶水得到硫酸镍，
()1加入碳酸钠溶液调节溶液pH ，使铁离子，铝离子全部沉淀生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，得到废渣2的主要成分是3Al(OH)、3Fe(OH)，
故答案为：3Al(OH)、3Fe(OH)；
()2Mg 能与饱和4NH Cl 溶液反应产生3NH ，氯化铵水解生成盐酸和一水合氨，
4232
NH H O NH H O H +++⋅+ƒ，镁和氢离子反应生成氢气，氢离子浓度减小，促进平衡正向进行，生成的一水合氨分解生成氨气，2432Mg 2NH Mg 2NH H +++=+↑+↑，
故答案为：氯化铵水解生成盐酸和一水合氨，4232NH H O NH H O H +++⋅+ƒ，镁和氢
离子反应生成氢气，氢离子浓度减小，促进平衡正向进行，生成的一水合氨分解生成氨
气，2432Mg 2NH Mg 2NH H +++=+↑+↑；
()325℃时，11mol L -⋅的NaF 溶液中()c F 1mol /L -=，结合电离平衡常数4a K 7.210-=⨯，()()()h w a c HF c OH K K /K c F -
-⨯==，水解平衡时F -近似取1mol /L ，
()()c HF c OH -=，则()14
410c OH mol /L 7.210
---=⨯，一水合氨电离平衡常数5b K 1.810-=⨯。

HF 的电离常数4a K 7.210-=⨯，a b K K >，则4NH F 溶液中铵根离子水解程度大，溶液显酸性，
故答案为：14
4107.210
--⨯；酸性； ()4已知沉淀前溶液中()231c Mg 1.8510mol L +--=⨯⋅，当除镁率达到99%时，()251c Mg 1.8510mol L +--=⨯⋅，()()()
2211sp 2K MgF c Mg c F 7.410+--==⨯，()11257.410c F mol /L 1.8510---⨯=⨯，()
11
357.410c F 2.010mol /L 1.8510----⨯==⨯⨯， 故答案为：32.010-⨯；
()5在NaOH 溶液中用NaClO 与4NiSO 反应可得()NiO OH ，同时生成硫酸钠和氯化钠，反应的化学方程式为：
()42422NiSO NaClO 4NaOH 2Na SO NaCl 2NiO OH H O ++=+++，()NiO OH 与贮氢的镧镍合金可组成镍氢碱性电池(KOH 溶液)，工作原理为：
()56LaNi H 6NiO OH +52LaNi 6NiO 6H O ++，负极是56LaNi H 失电子生成5LaNi ，电极反应为：5652LaNi H 6OH 6e LaNi 6H O --+-=+，
故答案为：()42422NiSO NaClO 4NaOH 2Na SO NaCl 2NiO OH H O ++=+++；5652LaNi H 6OH 6e LaNi 6H O --+-=+。

9．氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨是人工固氮比较成熟的技术，其原理为
223N (g)3H (g)2NH (g)−−→+←−−。

已知破坏1mol 有关化学键需要的能量如表所示：
则反应生成1mol 3NH (g)所释放出的热量为________kJ 。

【答案】45.5 【解析】 【分析】 【详解】
根据反应N 2+3H 2= NH 3可知，结合表中数据可计算出破坏3mol H H -键吸收的能量为
1308kJ ，破坏1mol N N ≡键吸收的能量为945.8kJ ，化学键被破坏吸收的总能量为2253.8kJ ，形成6mol N H -键放出能量2344.8kJ ，反应生成2mol 3NH (g)释放出的
热量为2344.8kJ 2253.8kJ 91kJ -=，则反应生成1mol 3NH (g)释放出的热量为
45.5kJ ，故答案为：45.5。

10．I 已知下列热化学方程式： ①H 2（g ）+1
2
O 2（g ）═H 2O （l ）；△H=-285.8kJ•mol -1 ②H 2（g ）+
1
2
O 2（g ）═H 2O （g ）；△H=-241.8kJ•mol -1 ③CO （g ）═C （s ）+
1
2
O 2（g ）；△H=+110.5kJ•mol -1 ④C （s ）+O 2（g ）═CO 2（g ）；△H=-393.5kJ•mol -1 回答下列问题：
(1)上述反应中属于放热反应的是_________________ (2)H 2的燃烧热△H=___________________
(3)燃烧10gH 2生成液态水，放出的热量为________________ (4)表示CO 燃烧热的热化学方程式为．________________
II 已知：(1)P 4（s ，白磷）+5O 2(g)==P 4O 10（s ）△H 1＝－2983．2kJ/mol (2)P(s,红磷)+
5
4O 2(g)= 14
P 4O 10(s) △H 1＝－738.5kJ/mol,则白磷转化为红磷的热化学方程式_________________。

相同的状况下，能量较低的是_________________；白磷的稳定性比红磷_________________（填“高”或“低”）
【答案】①②④ -285.8kJ•mol -1 1429KJ C （s ）+O 2（g ）═CO 2（g ）；△H=-393.5kJ•mol -1 P 4（s ，白磷）=4P(s,红磷)△H ＝－29．2kJ/mol 红磷 低 【解析】 【分析】
I (1)根据热化学方程式中△H的符号判断；
(2)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
(3)根据物质的量之比等于热量比求算；
(4)结合盖斯定律计算得到,燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；II根据盖斯定律进行求算；物质的能量越低越稳定。

【详解】
I (1)由已知热化学方程式中△H的符号可知，四个反应的△H①②④均为负值，即都是放热反应；③的为正值，即为吸热反应；
故答案为:①②④；
(2) H2（g）+1
2
O2（g）═H2O（l）；△H=-285.8kJ•mol-1，依据燃烧热概念可知H2的燃烧热
△H=-285.8kJ•mol-1;
(3) H2（g）+1
2
O2（g）═H2O（l）；△H=-285.8kJ•mol-1，燃烧10g H2的物质的量为
5mol ，则燃烧10g H2生成液态水，放出的热量为285.8 5= 1429.0k J ；
(4) ③CO（g）═C（s）+1
2
O2（g）；△H=+110.5k J•mol-1
④C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=-393.5kJ•mol-1
依据盖斯定律④+③得到CO(g)+ 1
2
O2(g)=CO2(g) △H = - 283.0kJ/mol；CO燃烧热的热化学
方程式为CO(g)+ 1
2
O2(g)=CO2(g) △H = - 283.0kJ/mol；
II红磷转化为白磷的化学方程式为：4P（s、红磷）=P4（s、白磷），可以看成是下列两个反应方程式的和：(1)P4O10（s）=P4（s、白磷）+5O2（g）；△H=2983.2kJ/mol；
(2)4P（s、红磷）+5O2（g）=P4O10（s）；△H=-738.5×4kJ/mol=-2954kJ/mol；
根据盖斯定律，红磷转化为白磷4P（s、红磷）=P4（s、白磷）的△H=2983.2kJ/mol-2954kJ/mol=+29.2kJ/mol；
故答案为：4P（s、红磷）=P4（s、白磷）△H=+29.2kJ/mol;
相同的状况下，能量较低的是红磷；能量越低越稳定，则白磷的稳定性比红磷低。

11．通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量或形成1mol某化学键所释放的能量看作该化学键的键能，键能的大小可用于估算化学反应的反应热（△H），已知：
则下列热化学方程式不正确
．．．的是___（把正确的一个选项填在横线上）
a．1
2
H2（g）+
1
2
Cl2（g）═HCl（g）△H=﹣91.5kJ•mol﹣1
b．H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=﹣183kJ•mol﹣1 c．2HCl（g）═H2（g）+Cl2（g）△H=+183kJ•mol﹣1
d．1
2
H2（g）+
1
2
Cl2（g）═HCl（g）△H=+91.5kJ•mol﹣1
【答案】d
【解析】
【分析】
根据所给的反应和表格中的键能，先判断出断键吸收的热量和成键放出的热量，然后用断键吸收的热量减去成键放出的热量既得反应热，据此计算。

【详解】
a．1
2
H2(g)+
1
2
Cl2(g)=HCl(g)△H=
1
2
×436kJ•mol-1+
1
2
×243 kJ•mol-1-431kJ•mol-1=-91.5kJ•mol-1，
故a正确；
b．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=436kJ•mol-1+243 kJ•mol-1-(2×431)kJ•mol-1=-183 kJ•mol-1，故b正确；
c．2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g) △H=(2×431)kJ•mol-1-(436kJ•mol-1+243 kJ•mol-1)△H=+183 kJ/mol，故c 正确；
d．1
2
H2(g)+
1
2
Cl2(g)=HCl(g)△H=
1
2
×436kJ•mol-1+
1
2
×243 kJ•mol-1-431kJ•mol-1=-91.5kJ•mol-1，
故d错误；
故答案为d。

12．将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，若该电池中两电极的总质量为80g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为41g，试计算：
(1)产生氢气的体积(标准状况)为_________；
(2)通过导线的电子数为_________(用N A表示)。

【答案】13.44L 1.2N A
【解析】
【分析】
(1)将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，电池工作时，负极锌失电子生成Zn2+进入溶液，电极质量减轻，正极H+得电子生成H2，银电极质量不变，由质量变化可求出参加反应的Zn的质量，由此可求出生成H2的体积。

(2)由电子守恒，可求出通过导线的电子数。

【详解】
(1)该电池中两电极的总质量为80g，工作一段时间后，总质量为41g，质量减少了39g，根据原电池工作原理，减少的质量为参加反应的锌的质量。

根据电子守恒Zn——H2，产生标
准状况下氢气的体积为
39g
22.4L/mol 65g/mol
⨯= 13.44 L 。

答案为：13.44L ；
(2)依据得失电子守恒：Zn ——2e -，则通过导线的电子数为1A 39g
2mol 65g/mol
N -⨯=1.2N A 。

【点睛】
在利用电极质量变化求解时，需弄清质量变化的原因，对于此题来说，只有负极金属失电子导致电极质量减轻，若溶液中的阳离子在正极得电子生成金属附着在正极上，则情况变得复杂，解题时需理顺关系，方能不出差错。

13．（1）下列各组化合物中，化学键类型和化合物类型均相同的是_________（填序号）。

A ．CaCl 2和 Na 2S
B ．Na 2O 和 Na 2O 2
C ．CO 2和CaO
D ．HC1 和 NaOH
（2）已知1 mol 石墨转化为1 mol 金刚石要吸收能量，则1 mol 石墨的能量比1 mol 金刚石的能量____（填“高”或“低”），石墨比金刚石_______（填“稳定”或“不稳定”）。

（3）Ba （OH ）2 • 8H 2O 和NH 4Cl 反应的化学方程式是____________，该反应是___（填“吸热”或“放热”）反应，反应过程能量变化的图像符合_____________（填“图1”或“图2”）。

图1 图2
（4）如图3所示，把试管放入盛有饱和澄清石灰水（温度为25℃）的烧杯中，先在试管中放入几小块镁片，再用滴管滴入5mL 盐酸。

可以观察到烧杯中的石灰水逐渐由澄清变浑浊，出现这种现象的原因是___________________________。

图3
【答案】A 低 稳定 ()242322Ba OH 8H O+2NH Cl BaCl +2NH +10H O ↑g
吸热
图2 Mg 与盐酸反应放出热量，烧杯中饱和澄清石灰水的温度升高，Ca(OH)2的溶解度降
低，从溶液中析出 【解析】 【分析】 【详解】
（1）A ．CaCl 2和NazS 均只含有离子键，且均为离子化合物，A 项正确；
B ．虽然Na 2O 和Na 2O 2均为离子化合物，但Na 2O 只含有离子键，Na 2O 2含有离子键和共价键，B 项错误；
C ．CO 2含有共价键，是共价化合物，CaO 含有离子键，是离子化合物，C 项错误；
D ．HCl 含有共价键，是共价化合物，NaOH 含有离子键和共价键，是离子化合物，D 项错误。

故选A 。

（2）由1 mol 石墨转化为1 mol 金刚石要吸收能量，金刚石吸收能量后，能量变高，则1 mol 石墨的能量比1 mol 金刚石的能量低，石墨比金刚石稳定。

故答案为：低；稳定；
（3）Ba （OH ）2 • 8H 2O 与NH 4C1发生复分解反应，生成BaCl 2、NH 3和H 2O ，Ba （OH ）2 • 8H 2O 和NH 4Cl 反应的化学方程式是
()242322Ba OH ?8H O+2NH Cl BaCl +2NH +10H O =↑，该反应吸收热量，故生成物总能
量比反应物总能量高，图2生成物总能量高，故图2符合。

故答案为：()242322Ba OH ?
8H O+2NH Cl BaCl +2NH +10H O =↑；吸热；图2 ； （4）观察到烧杯中的石灰水逐渐由澄清变浑浊，出现这种现象的原因是：Mg 与盐酸反应放出热量，导致石灰水温度升高，而Ca(OH)2在水中的溶解度随温度的升高而减小，故析出Ca(OH)2固体，从而使溶液浑浊。

故答案为：Mg 与盐酸反应放出热量，导致石灰水温度升高，而Ca(OH)2在水中的溶解度随温度的升高而减小，故析出Ca(OH)2固体，从而使溶液浑浊。

14．如图为原电池装置示意图。

（1）将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入烧碱溶液中，分别形成了原电池，在这两个原电池中，作负极的分别是__（填字母）。

A 铝片、铜片 B 铜片、铝片 C 铝片、铝片 D 铜片、铜片
写出插入烧碱溶液中形成的原电池的负极反应式：____。

（2）若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，工作时的总反应为Pb＋PbO2＋
2H2SO4=2PbSO4＋2H2O。

写出B电极反应式：___；该电池在工作时，A电极的质量将_（填“增加”“减小”或“不变”）。

若该电池反应消耗了0.1 mol H2SO4，则转移电子的数目为__。

（3）若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池，写出B电极反应式：_________；该电池在工作一段时间后，溶液的碱性将___（填“增强”“减弱”或“不变”）。

（4）若A、B均为铂片，电解质为H2SO4溶液，分别从A、B两极通入CH4和O2，该电池即为甲烷燃料电池，写出A电极反应式：________；若该电池反应消耗了6.4克CH4，则转移电子的数目为__。

【答案】B Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O PbO2＋2 e-＋4H＋＋SO42-=PbSO4＋2H2O 增加
6.02⨯1022 O2+4e-+2H2O=2H2O 减弱 CH4+8e-+2H2O=CO2+8H+ 3.2⨯6.02⨯1023
【解析】
【分析】
根据原电池原理进行分析。

【详解】
（1）将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，由于铝遇浓硫酸发生钝化，而铜可以被浓硝酸溶解，故铜为负极、铝为正极；另一组插入烧碱溶液中，由于铝可以被其溶解，而铜不能，故铝为负极、铜为正极。

综上所述，在这两个原电池中，作负极的分别是铜片、铝片，故选B 。

插入烧碱溶液中形成的原电池，负极上铝被氧化为偏铝酸根离子，电极反应式为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O。

（2）若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，工作时的总反应为Pb＋PbO2＋
2H2SO4=2PbSO4＋2H2O。

B电极为正极，其被还原为硫酸铅，电极反应式为PbO2＋2 e-＋4H ＋＋SO42-=PbSO4＋2H2O；该电池在工作时，A电极被氧化为硫酸铅，故其质量将增加；由总反应可知，该反应若转移2mol电子可以消耗2mol H2SO4，若该电池反应消耗了0.1 mol
H2SO4，则转移电子的数目为6.02⨯1022。

（3）若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池， B电极为正极，其电极反应式为：O2+4e-+2H2O=2H2O；该电池在工作一段时间后，虽然总反应中不消耗KOH，但是由于电池总反应的产物是水，故溶液的碱性将减弱。

（4）若A、B均为铂片，电解质为H2SO4溶液，分别从A、B两极通入CH4和O2，该电池即为甲烷燃料电池， A电极为负极，甲烷被氧化为二氧化碳，其电极反应式为：CH4+8e-
+2H2O=CO2+8H+；由负极的电极反应可知，16g CH4参加反应时，可以转移8mol e-，因此，若该电池反应消耗了6.4克CH4（其物质的量为0.4mol），则转移电子的数目为
3.2⨯6.02⨯1023。

【点睛】
在判断原电池中金属电极的极性时，不能仅根据金属活动性分析，还要根据金属与电解质溶液之间的具体反应进行分析。

在书写电极反应式时，要注意反应产物在所给定的电解质溶液中能否大量存在，若不能与电解质溶液中的离子大量共存，则要写出其与电解质溶液。