化学化学反应与能量变化的专项培优 易错 难题练习题含答案解析

化学化学反应与能量变化的专项培优易错难题练习题含答案解析
一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）
1．A、B、C、D、 E、F六种物质的相互转化关系如下图所示（反应条件未标出），其中反应①是置换反应，B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色：反应③中有水生成，反应②需要放电才能发生，A是—种极易溶于水的气体，A和D相遇有白烟生成。

(1)反应③的化学方程式为_______________________________________________。

(2)反应①中每生成1 molC，转移的电子数为_______________________________。

(3)A与D的水溶液恰好完全反应时，其生成物的水溶液呈性___________（填“酸”“碱”或“中’’），该水溶液中存在着如下关系，用粒子浓度符号填写：
①c(H＋)+_________＝c(OH－)+_____________；
②c(H＋)＝c(OH－)+_____________。

(4)元素X与组成B的元素同周期，X的单质既可与酸反应也可与碱反应且都生成H2，则
①X的单质与碱反应的离子方程式____________________________________；
②X、空气、海水可以组成新型海水标志灯的电池。

该种灯以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使X不断氧化而源源不断产生电流。

则该新型电池的正极的电极反应式为
___________________________；原电池的总反应方程式为__________________________。

【答案】4NH3＋5O24NO＋6H2O 3.612×1024酸 c(NH4＋) c(Cl－) c(NH3·H2O) 2Al ＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑ O2＋2H2O＋4e－＝4OH－ 4Al＋3O2＋6H2O＝4Al(OH)3
【解析】
【分析】
B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，因此B是氯气。

A是—种极易溶于水的气体，A和D相遇有白烟生成，这说明A应该是氨气，D是氯化氢。

由于氯气具有强氧化性，且反应①是置换反应，因此反应①是氯气与氨气发生的氧化还原反应，生成物是氮气与氯化氢，其中C是氮气。

反应②需要放电才能发生，因此F是氧气，在放电的条件下与氮气反应生成NO，则E是NO。

反应③中有水生成，所以该反应是氨气与氧气发生的催化氧化生成NO与水，结合题目要求和物质的性质可解答该题。

【详解】
B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，因此B是氯气。

A是—种极易溶于水的气体，A和D相遇有白烟生成，这说明A应该是氨气，D是氯化氢。

由于氯气具有强氧化性，且反应①是置换反应，因此反应①是氯气与氨气发生的氧化还原反应，生成物是氮气与氯化氢，其中C是氮气。

反应②需要放电才能发生，因此F是氧气，在放电的条件下与氮气反应生成NO，则E是NO。

反应③中有水生成，所以该反应是氨气与氧气发生的催化氧化生
成NO与水，
（1）反应③的化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O；
（2）在反应①中氮元素的化合价从－3价升高到0价失去3个电子，因此每生成1mol氮气转移6mol电子，其电子数为6.02×1023/mol×6mol＝3.612×1024；
（3）盐酸与氨水恰好反应时生成氯化铵，由于溶液中NH4＋水解，所以溶液显酸性；
①根据电荷守恒可知，在氯化铵溶液中存在c(H＋) + c(NH4＋)＝c(OH－)+ c(Cl－)；
②根据物料守恒可知c(Cl－)＝c(NH3·H2O)+ c(NH4＋)，则根据电荷守恒可知，溶液中c(H＋)＝c(OH－)+ c(NH3·H2O)；
（4）元素X与组成B的元素同周期，X的单质既可与酸反应也可与碱反应且都生成H2，则X应该是金属铝；
①铝单质与碱反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑；
②原电池中较活泼的金属失去电子，发生氧化反应，电子沿导线传递到正极，正极得到电子发生还原反应。

所以该原电池中负极是铝，正极是氧气得到电子，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－＝4OH－。

由于负极是铝失去电子，产生的铝离子与OH－结合生成氢氧化铝，所以总反应式为4Al＋3O2＋6H2O＝4Al(OH)3。

2．某同学设计一个燃料电池(如图所示)，目的是探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理。

根据要求回答相关问题：
（1）甲装置中，通入氢气的电极为________(填“正极”或“负极”)，该极电极反应式为________；若将KOH溶液换成硫酸溶液，则正极电极反应式为
__________________________。

（2）关于乙装置，下列说法正确的是________(填序号)；
①溶液中Na＋向C极移动
②从C极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝
③反应一段时间后通入适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度
④若标准状况下Fe极产生2.24L气体，则溶液中转移0.2mol电子
该装置中发生的总反应的离子方程式为__________________________。

（3）乙装置中，X为阳离子交换膜，反应一段时间后交换膜左侧溶液中pH____(填“增大”、“减小”或“不变”)；若用饱和MgCl2溶液代替饱和氯化钠溶液，则该装置中发生的总反应______(填“改变”或“不变”)。

（4）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将
________(填“增大”“减小”或“不变”)，精铜电极上的电极反应式为
_______________________________。

【答案】负极 H2-2e-+2OH-=2H2O O2+4e-+4H+=2H2O ②③ 2Cl-+2H2O 电解
2OH-
+H2↑+Cl2↑增大改变减小 Cu2++2e-=Cu
【解析】
【分析】
甲池为原电池，氧气发生还原反应，通入氧气的一极为正极，氢气发生还原反应，通入氢气的一极为负极；乙池中Fe电极与负极相连为阴极，石墨电极为阳极；丙池中精铜为阴极，粗铜为阳极。

【详解】
(1)氢氧燃料电池中氢气发生还原反应，所以通入氢气的一极为负极，电解质溶液为KOH溶液，所以电极方程式为H2-2e-+2OH-=2H2O；正极为通入氧气的一极，若电解质为硫酸，氧气得电子后会生成水，电极方程式为：O2+4e-+4H+=2H2O；
(2)①C极为阳极，电解池中阳离子流向阴极，故错误；
②电解饱和食盐水时阳极上氯离子放电生成氯气，氯气可以使湿润的KI淀粉试纸变蓝，故正确；
③电解饱和食盐水阳极生成氯气，阴极生成氢气，所以反应一段时间后通入适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度，故正确；
④电子不能在溶液中转移，故错误；
综上所述答案为②③；
乙装置中右侧阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，左侧阴极反应为水电离的氢离子放电：2H++2e-
=H2↑，总反应为2Cl-+2H2O 电解
2OH-+H2↑+Cl2↑；
(3)乙装置中右侧阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，左侧阴极反应为水电离的氢离子放电：
2H++2e-=H2↑，水的电离平衡被破坏，电离出更多的氢氧根，X为阳离子交换膜，所以生成的OH-无法迁移到阳极，所以左侧溶液中pH增大；由于Mg2+会与OH-反应生成沉淀，所以总反应发生改变；
(4)丙池中阴极即精铜上发生反应：Cu2++2e-=Cu，而阳极即粗铜上由于由比铜活泼的金属杂质放电，所以转移相同电子数目时，阳极不能生成与阴极消耗的等量的铜离子，所以硫酸铜溶液浓度减小。

【点睛】
第2题第4个选项为易错点，学生要注意审题，电子并不能在溶液中进行专业，不要盲目计算，
3．依据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示。

请回答下列问题：
(1)电极X的材料是_______；电解质溶液Y是________；
(2)银电极上发生的电极反应式为___________________；
(3)外电路中的电子是从______→______；
(4)当有1.6 g铜溶解时，银棒增重______g 。

【答案】Cu AgNO3 Ag++e- =Ag X(或Cu) Ag 5.4
【解析】
【分析】
(1)根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，作负极，Ag作正极，电解质溶液为含有银离子的可溶性银盐溶液；
(2)银电极上是溶液中的Ag+得到电子发生还原反应；
(3)外电路中的电子是从负极经导线流向正极；
(4)先计算Cu的物质的量，根据反应方程式计算出正极产生Ag的质量，即正极增加的质量。

【详解】
(1)根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，Cu作负极，则Ag作正极，所以X为Cu，电解质溶液为AgNO3溶液；
(2)银电极为正极，正极上Ag+得到电子发生还原反应，正极的电极反应式为：Ag++e-=Ag；
(3)外电路中的电子是从负极Cu经导线流向正极Ag；
(4)反应消耗1.6 g铜的物质的量为n(Cu)=m 1.6g
M64g/mol
=0.025 mol，根据反应方程式
2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)可知：每反应消耗1 mol Cu，正极上产生2 mol Ag，则0.025 mol Cu反应，在正极上产生0.05 mol Ag，该Ag的质量为m(Ag)=0.05 mol×108 g/mol=5.4 g，即正极银棒增重5.4 g。

【点睛】
本题考查原电池原理，明确元素化合价变化与正负极的关系是解本题关键，计算正极增加的质量时，既可以根据反应方程式计算，也可以根据同一闭合回路中电子转移数目相等计算。

4．请根据化学反应与热能的有关知识，填写下列空白：
(1)在Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl晶体反应的演示实验中：反应物混合后需用玻璃棒迅速搅拌，其目的是____________，体现该反应为吸热反应的现象是烧杯变凉和________。

(2)下列过程中不一定释放能量的是____(请填编号)。

A．形成化学键 B．燃料燃烧 C．化合反应 D．葡萄糖在体内的氧化反应
E.酸碱中和
F.炸药爆炸
(3)已知：通常条件下，酸碱稀溶液中和生成1 mol 水放出的热量为中和热。

稀溶液中1 mol H 2SO 4和NaOH 恰好反应时放出Q kJ 热量，则其中和热为____kJ/mol 。

(4)已知H 2和O 2反应放热，且断开1 mol H-H 、1 mol O=O 、 1 mol O-H 键需吸收的能量分别为Q 1、Q 2、Q 3 kJ ，由此可以推知下列关正确的是___（填编号）。

A ．Q 1+Q 2>Q 3
B ．Q 1+Q 2>2Q 3
C ．2Q 1+Q 2<4Q 3
D ．2Q 1+Q 2<2Q 3
【答案】搅拌，使反应物充分接触促进反应 玻璃片上水结冰而与烧杯粘在一起 C Q 2 C
【解析】
【分析】
(1)通过玻璃棒的搅拌可使混合物充分接触而促进反应进行；烧杯和玻璃片之间的水结冰会将二者粘在一起；
(2)形成化学键释放能量，燃烧放热、有些化合反应是吸热反应，如碳和二氧化碳反应制一氧化碳，大多数分解反应是吸热反应，氧化反应、酸碱中和、炸药爆炸都是放热反应；
(3)依据中和热的概念是强酸、强碱的稀溶液完全反应生成1 mol 水和可溶性盐放出的热量进行分析；
(4)根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为放热反应分析解答。

【详解】
(1)固体参加的反应，搅拌可使反应混合物充分接触而促进反应进行，通过玻璃片上水结冰而与烧杯粘在一起，知道氢氧化钡晶体和氯化铵之间的反应是吸热反应；
(2)形成化学键、燃料的燃烧、葡萄糖在体内的氧化反应、酸碱中和反应和炸药的爆炸过程都属于放热反应，而化合反应不一定为放热反应，如CO 2与C 在高温下反应产生CO 的反应属于吸热反应，所以不一定释放能量的为化合反应，故合理选项是C ；
(3)在稀溶液中1 mol H 2SO 4与NaOH 溶液恰好完全反应时生成2 mol H 2O ，放出Q kJ 热量，而中和热是指强酸、强碱在稀溶液中发生中和反应生成可溶性盐和1 mol 水时放出的热量，故H 2SO 4与NaOH 反应的中和热为： 2
Q kJ/mol ； (4)1 mol H 2O 中含2 mol H-O 键，断开1 mol H-H 、1 mol O=O 、1 mol O-H 键需吸收的能量分别为Q 1、Q 2、Q 3 kJ ，则形成1 mol O-H 键放出Q 3 kJ 热量，对于反应H 2(g)+
12O 2(g)=H 2O(g)，断开1 mol H-H 键和12 mol O=O 键所吸收的能量(Q 1+12
Q 2) kJ ，生成2 mol H-O 新键释放的能量2Q 3 kJ ，由于该反应是放热反应，所以2Q 3-(Q 1+
12Q 2)>0，2Q 1+Q 2<4Q 3，故合理选项是C 。

【点睛】
本题考查了化学反应与能量变化，注意掌握中和热的概念，反应热为断裂反应物化学键吸
收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，(4)1 mol H 2O 中含2 mol H-O 键为解答易错点。

5．为探究原电池和电解池的工作原理，某研究性小组分别用如图所示装置进行实验。

（1）甲装置中，a 电极的反应式为_____。

（2）乙装置中，阴极区产物为_____。

（3）丙装置是一种家用84消毒液（NaClO ）发生器。

外接电源a 为_____ (填“正”或“负”)极，该装置内发生反应的化学方程式为_____、_____。

（4）若甲装置作为乙装置的电源，一段时间后，甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为_____ (不考虑气体的溶解)。

（5）某工厂采用电解法处理含Cr 2O 72-的废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽内盛放含铬废水，Cr 2O 72-被还原成为Cr 3+，Cr 3在阴极区生成Cr(OH)3沉淀除去，工作原理如图。

①写出电解时阴极的电极反应式____。

②写出Cr 2O 72-被还原为Cr 3+的离子方程式____。

【答案】H 2-2e -+2OH -=2H 2O 氢氧化钠和氢气 负 2NaCl+2H 2O 电解2NaOH+H 2↑+Cl 2↑ Cl 2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2O 3:4 2H ++2e -=H 2↑ Cr 2O 72-+6Fe 2++14H +=2Cr 3++6Fe 3++7H 2O
【解析】
【分析】
甲装置：该装置为氢氧燃料电池，氢气被氧化作负极，氧气被还原做作正极；
乙装置：该装置为电解池，与正极相连的一极为阳极发生氧化反应，与负极相连的为阴极发生还原反应；
丙装置：该装置为电解池，电解饱和食盐水时阳极产生氯气，阴极产生氢气和氢氧根，要制备次氯酸钠所以需要氯气到阴极与氢氧根反应，所以下端为阳极产生氯气；
(5)B 电极生成氢气，说明该电极发生还原反应为阴极，氢离子放电生成氢气，导致阴极区pH 变大；A 电极为阳极，铁为电极材料，则铁被氧化生成Fe 2+，继而将Cr 2O 72-还原成为
Cr 3+，然后迁移到阴极与OH -生成沉淀。

【详解】
(1)甲装置是氢氧燃料电池，a 电极通入氢气为负极，电解质溶液为KOH 溶液，所以电极反应式为H 2-2e -+2OH -=2H 2O ；
(2)乙装置是电解池，电解饱和食盐水，所以阴极区产物为氢氧化钠和氢气；
(3)根据分析可知该装置中发生电解饱和食盐水的反应，同时阳极产生的氯气与阴极产物发生反应制备次氯酸钠，下端为阳极，上端为阴极，即a 电极为电源负极，该装置内发生反应的化学方程式为2NaCl+2H 2O 电解2NaOH+H 2↑+Cl 2↑，Cl 2+2NaOH=NaCl+NaClO +H 2O ；
(4)若甲装置作为乙装置的电源，一段时间后，甲中总反应为：2H 2+O 2=2H 2O ；乙中总反应为：2NaCl+2H 2O=2NaOH+H 2↑+Cl 2↑；各电极转移的电子相等，假如都是4mol ，甲池消耗气体2mol+1mol=3mol ，乙池产生气体2mol+2mol=4mol ，物质的量之比为3：4；
(5)①阴极氢离子放电生成氢气，电极方程式为：2H ++2e -=H 2↑；
②根据分析可知反应过程中Fe 2+将Cr 2O 72-还原成为Cr 3+，方程式为：Cr 2O 72-
+6Fe 2++14H +=2Cr 3++6Fe 3++7H 2O 。

【点睛】
第(5)题为易错点，虽然Cr 2O 72-被还原成为Cr 3+，但根据图示可知阴极产生的是氢气，说明Cr 2O 72-被还原并不是电极反应，再结合阳极材料为Fe ，可知是阳极产生的Fe 2+将Cr 2O 72-还原。

6．甲醇（CH 3OH ）是一种无色有刺激性气味的液体，在生活中有重要用途，同时也是一种重要的化工原料。

（1）甲醇燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由甲醇、空气、KOH 溶液（电解质溶液）构成，则下列说法正确的是___。

（已知甲醇在空气中燃烧生成CO 2和H 2O ）
A ．电池放电时通入空气的电极为负极
B ．电池放电时负极的电极反应式为CH 3OH-6e -=CO 2↑+2H 2O
C ．电池放电时，电解质溶液的碱性逐渐减弱
D ．电池放电时每消耗6.4gCH 3OH 转移1.2mol 电子
（2）写出甲醇燃料电池在酸性条件下负极的电极反应式：___。

【答案】CD CH 3OH+H 2O-6e -=CO 2↑+6H +
【解析】
【分析】
【详解】
(1) A. 通甲醇的电极为负极，通空气的电极为正极，A 项错误；
B. 在碱性电解质溶液中负极的电极反应式为2332CH OH+8OH 6e =CO +6H O ---
-，B 项错误；
C. 在放电过程中，OH -参与电极反应，不断被消耗，导致电解质溶液碱性减弱，C 项正确；
，D D. 电池放电时每消耗6.4gCH3OH，即0.2molCH3OH，转移电子数60.2mol=1.2mol
项正确；故答案选CD；
(2)甲醇燃料电池中，在酸性条件下甲醇在负极失电子生成CO2，电极反应式为
CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+，故答案为：CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+。

7．(1)二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动，其装置示意图如图：
①质子的流动方向为________________（“从A到B”或“从B到A”）。

②负极的电极反应式为________________。

(2)工业上吸收和转化SO2的电解装置示意图如下（A．B均为惰性电极）：
①B极接电源的________________极（“负”或“正”）。

②A极的电极反应式是_________________。

【答案】从A到B SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+正 2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O
【解析】
【详解】
(1)①二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应，所以二氧化硫所在电极为负极，氧气所在电极为正极，原电池中阳离子移向正极，所以质子移动方向为：从A到B；
②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+；
(2)①依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源的正极相连，即B极接电源的正极；
②A为阴极，得电子发生还原反应由SO32-生成S2O42-，电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O。

8．乙醇(C2H5OH)燃料电池(DEFC)具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。

现有以下三种乙醇燃料电池。

(1)三种乙醇燃料电池中正极反应物均为_________________。

(填化学式)
(2)熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，CO32－向电极___(填“a”或“b”)移动。

(3)酸性乙醇燃料电池中，若电池消耗标准状况下2.24L O2，则电路中通过了的电子数目为___________。

【答案】O2 a 0.4N A
【解析】
【分析】
（1）燃料电池中，负极通入燃料，正极通入氧化剂；
（2）根据装置图可知，a为负极，原电池中阴离子由正极向负极移动；
（3）酸性乙醇燃料电池中，电极b上发生的电极反应为：3O2+12H++12e-=6H2O，根据电极反应计算转移的电子的数目。

【详解】
（1）燃料电池中，负极通入燃料，正极通入氧化剂，由装置图可知，三种乙醇燃料电池中正极反应物均为O2；
（2）根据装置图可知，a为负极，原电池中阴离子由正极向负极移动，因此CO32－向电极a移动；
（3）酸性乙醇燃料电池中，电极b上发生的电极反应为：3O2+12H++12e-=6H2O，若电池消耗标准状况下2.24L (即0.1mol)O2时，电子转移0.4mol，转移电子的数目为0.4N A。

9．A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。

（1）A中反应的离子方程式为_________________________________。

（2）B中Fe极为_______极，电极反应式为_______________________。

C中Fe极为
_______极，电极反应式为__________________________，电子从_______极流出（填“Zn”或“Fe”）。

（3）比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是___________________。

【答案】Fe＋2H＋=Fe2+H2↑负极Fe－2e－=Fe2+正极2H＋＋2e－=H2↑Zn B>A>C
【解析】
【分析】
已知金属活动性：Zn＞Fe＞Sn，则A发生化学腐蚀，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，B中Fe为负极，Sn为正极，Fe被腐蚀，C中Zn为负极，Fe为正极，Fe被保护，以此解答。

【详解】
(1)铁与硫酸反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；
(2)Fe比Sn活泼，则B中Fe为负极，Sn为正极，负极发生Fe－2e－ = Fe2+；Zn比Fe活泼，则C中Fe为正极，Zn为负极，正极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，电子从负极即Zn极流出；
(3)A发生化学腐蚀；B中Fe为负极，Sn为正极，Fe被腐蚀；C中Zn为负极，Fe为正极，Fe被保护，Zn被腐蚀，则A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是B＞A＞C，。

10．我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器因受到环境腐蚀，欲对其进行修复和防护具有重要意义。

图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图。

①腐蚀过程中，负极是_____（填图中字母“a”或“b”或“c”）
②环境中的Clˉ̄扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈
Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为_____；
③若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为_____L(标准状况)。

【答案】c 2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓ 0.448
【解析】
【分析】
【详解】
①根据图示，该装置为原电池，Cu作负极失去电子，发生氧化反应，元素的化合价升高，根据图示可知腐蚀过程中，负极是c，正极是b，a为腐蚀之后生成的产物；
②环境中的氯离子扩散到孔口，负极上Cu失去电子变为Cu2+，正极上O2得到电子变为OH-，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu2(OH)3Cl，离子方程式为
2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓；
③4.29 gCu2(OH)3Cl的物质的量n[Cu2(OH)3Cl]=
4.29?g
241.5?g/mol
=0.02 mol，每反应产生1 mol
Cu2(OH)3Cl转移4 mol电子，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，
n(O2)=n[Cu2(OH)3Cl]=0.02 mol，所以理论上耗氧体积V(O2)=0.02 mol×22.4 L/mol=0.448 L。

【点睛】
本题考查了原电池原理、物质性质及转移电子守恒，注意同一闭合回路中电子转移数目相等进行解答。

11．用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25g，铜表面析出了氢气______________L（标准状况下）。

导线中通过________ mol电子。

【答案】1.12 0.1
【解析】
【分析】
用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，锌为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+；铜为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑；根据两极转移电子数目相等计算。

【详解】
用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，
锌为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，
铜为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，
锌片的质量减少了3.25g，则物质的量为
3.25g
65g/mol
=0.05mol，
转移的电子的物质的量为n（e-）=2n（Zn）=2n（H2）=2×0.05mol=0.1mol，
则：V（H2）=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，
故答案为：1.12；0.1。

12．在由铜片、锌片和150 mL稀硫酸组成的原电池中，当在铜片上放出6.72 L（标准状况）的H2时，硫酸恰好用完，则：
(1) 产生这些气体消耗的锌的质量是____g；
(2) 通过导线的电子的物质的量是_____mol；
(3) 该原电池正极的电极反应式为___________________________。

【答案】19.50.62H++ 2e- = H2↑
【解析】
【分析】
(1)根据锌和氢气之间的关系式计算锌减少的质量；
(2)根据氢气与电子的关系式计算；
(3)锌为负极,Cu为正极,正极上氢离子得电子生成氢气。

【详解】
(1)设锌减少的质量为m，根据Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑反应可知，65g：22.4L=m：6.72L，解之得m=19.5g；
答案是:19.5；
(2)根据 Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑可知，有22.4LH2生成，转移电子为2mol，所以有6.72LH2生成，转移电子0.6mol；
答案是:0.6；
(3)锌为负极,Cu为正极,正极上氢离子得电子生成氢气,其电极方程式为:2H++2e-═H2↑；答案是: 2H++2e-═H2↑。

13．某化学兴趣小组的同学设计了如图所示的装置，完成下列问题：
(1)反应过程中，_____棒质量减少，当一电极质量增加2 g，另一电极减轻的质量_____(填“大于”、“小于”或“等于”)2g，正极的电极反应为_______。

(2)盐桥的作用是向甲、乙两烧杯中提供NH和Cl－，使两烧杯溶液中保持电荷守恒。

①反应过程中Cl－将进入______(填“甲”或“乙”)烧杯。

②当外电路中转移0.2 mol电子时，乙烧杯中浓度最大的阳离子是______。

【答案】锌大于 Cu2＋＋2e－=Cu 甲 NH4+
【解析】
【分析】
锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为Cu2++2e-=Cu，结合电极方程式解答该题；
(1) 锌比铜活泼，锌为负极，铜为正极，铜电极析出铜；
(2)盐桥的作用是向甲、乙两烧杯中提供NH和Cl－，使两烧杯溶液中保持电荷守恒。

①原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极；
②乙烧杯中铜离子析出，电荷守恒计算铵根离子浓度。

【详解】
锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为Cu2++2e-=Cu；
(1)反应过程中，锌棒是负极，发生氧化反应，质量减小，而铜棒是正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，则正极上质量增重，当正极质量增加2g时，转移电子的物
质的量为
2g
64g/mol
×2mol=
1
16
mol，此时负极质量减少
1
16
mol×65g/mol×
1
2
＞2g；
(2) ①反应过程中，盐桥中的Cl－移向负极锌，Cl－进入甲杯；
②当外电路中转移0.2mol电子时，Cu2++2e-=Cu，铜离子减少0.1mol，电荷减少0.2mol，溶
液中进入NH4+0.2mol，乙烧杯中浓度最大的阳离子是NH4+，其浓度=0.2mol
0.1L
=2mol/L。

14．氢气是一种理想的绿色能源。

在101kP 下，1g 氢气完全燃烧生成液态水放出142.9kJ 的热量，请回答下列问题：
（1）该反应物的总能量___生成物的总能量(填“大于”“等于”或“小于”)。

（2）氢气的燃烧热为___。

（3）该反应的热化学方程式为___。

（4）氢能的存储是氢能利用的前提，科学家研究出一种储氢合金Mg 2Ni ，已知： Mg(s)＋H 2(g)=MgH 2(s) ΔH 1＝－74.5kJ·mol -1
Mg 2Ni(s)＋2H 2(g)=Mg 2NiH 4(s) ΔH 2
Mg 2Ni(s)＋2MgH 2(s)=2Mg(s)＋Mg 2NiH 4(s) ΔH 3＝+84.6kJ·mol -1
则ΔH 2＝___kJ·
mol -1 【答案】大于 285.8 kJ•mol -1 2H 2(g)+O 2(g)=2H 2O(l)△H=-571.6kJ•mol -1 -64.4
【解析】
【分析】
(2)由①Mg(s)+H 2(g)═MgH 2(s)△H 1=-74.5kJ•mol -1，
②Mg 2Ni(s)+2MgH 2(s)=2Mg(s)+Mg 2NiH 4(s)△H 3=+84.6kJ•mol -1，结合盖斯定律可知，②+①×2得到Mg 2Ni(s)+2H 2(g)═Mg 2NiH 4(s)，以此来解答。

【详解】
(1)氢气燃烧是放热反应，则该反应物的总能量大于生成物的总能量；
(2)1g 氢气完全燃烧生成液态水放出142.9kJ 的热量，则1mol 氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为142.9kJ×2=285.8kJ ，则氢气的燃烧热为285.8 kJ•mol -1；
(3)物质的量与热量成正比，结合焓变及状态可知该反应的热化学方程式为
2H 2(g)+O 2(g)=2H 2O(l)△H=-571.6kJ•mol -1；
(4)由①Mg(s)+H 2(g)═MgH 2(s)△H 1=-74.5kJ•mol -1，
②Mg 2Ni(s)+2MgH 2(s)=2Mg(s)+Mg 2NiH 4(s)△H 3=+84.6kJ•mol -1，结合盖斯定律可知，②+①×2得到Mg 2Ni(s)+2H 2(g)═Mg 2NiH 4(s)，△H 2=(-74.5kJ•mol -1)×2+(+84.6kJ•mol -1)=-64.4kJ•mol -1。

【点睛】
考查利用盖斯定律计算反应热，熟悉已知反应与目标反应的关系是解答本题的关键。

应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH 与原热化学方程式之间ΔH 的换算关系。

15．（1）化学反应的过程都是旧键断裂、新键形成的过程。

对于反应：
H 2+I 2垐垎?噲垐?加热2HI ，已知断开1mol H —H 键、1mol I —I 键分别需要吸收的能量是436kJ 和151kJ ，形成1mol H —I 键需要放出的能量是299kJ 。

①1mol H 2和1mol I 2完全反应，反应物断键吸收的总能量是___kJ ，生成物成键放出的总能量为___kJ ，反应共_____（填“放出”或“吸收”）能量____kJ 。

②如图，能够反映该反应能量变化的图像是____（填“A”或“B”）。

（2）如图所示，在银锌原电池中，以硫酸铜为电解质溶液，锌为_____极，电极上发生的是_____（填“氧化”或“还原”）反应，电极反应式为_________，锌片上观察到的现象为
_______。

银为_____极，电极上发生的是_____（填“氧化”或“还原”）反应，电极反应式是___________，银片上观察到的现象是_______。

【答案】587 598 放出 11 B 负氧化 Zn-2e-═Zn2+ Zn片逐渐溶解正还原
Cu2++2e-═Cu 有红色物质析出
【解析】
【分析】
(1)旧键断裂要吸收能量，新键生成要释放能量，当旧键断裂吸收的能量大于新键生成释放的能量时，反应为吸热反应，反之则为放热反应，据此分析解答；
(2)银、锌、硫酸铜溶液构成的原电池中，锌易失电子发生氧化反应而作负极，银作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应生成铜，据此分析解答。

【详解】
(1)①1mol H2和1mol I2充分反应生成2molHI，旧键断裂吸收的能量为：
436kJ+151kJ=587kJ，新键生成释放的能量为：299kJ×2=598kJ，旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量，反应为放热反应，放出的热量为：598KJ-587kJ=11kJ，故答案为：587；598；放出；11；
②由①的分析可知，该反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，所以B正确；故答案为：B；
(2)银、锌、硫酸铜溶液构成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应生成锌离子进入溶液，导致锌逐渐溶解，电极反应式为Zn-2e-═Zn2+，银作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应而析出铜单质，电极反应式为Cu2++2e-═Cu，所以看到的现象是有红色物质析出，故答案为：负；氧化；Zn-2e-═Zn2+；Zn片逐渐溶解；正；还原；Cu2++2e-
═Cu；有红色物质析出。