备战高考化学专题复习化学反应与能量变化的推断题综合题及答案

备战高考化学专题复习化学反应与能量变化的推断题综合题及答案
一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）
1．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。

2．（1）选择适宜的材料和试剂设计一个原电池，完成下列反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu。

①画出装置图：___。

②电极材料和电解质溶液各是什么___。

？
③写出电极反应式：负极：___；正极：___。

（2）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3.25克，铜表面析出了氢气___L（标准状况下）。

导线中通过___mol电子。

【答案】负极：锌片、正极：铜片；CuSO4溶液 Zn–2e-=Zn2+
Cu2++2e-=Cu 1.12L 0.1
【解析】
【分析】
（1）利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu设计原电池，根据反应可知，Zn为负极，则正极可以是活泼性不如Zn的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4，根据原电池原理写出电极反应式。

（2）根据锌和氢气之间转移电子数目相等计算。

【详解】
（1）①利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu设计原电池，根据反应可知，Zn为负极，则正极可以是活泼性不如Zn的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4，设计的原电池
装置为：；
②根据以上设计可知，负极为锌片，正极为铜片，电解质溶液为CuSO4溶液；
③原电池中负极活泼金属失电子发生氧化反应，电极反应为：Zn–2e-=Zn2+，正极为溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，CuSO4溶液中的阳离子有Cu2+和H+，放电能力Cu2+大于H+，正极反应为：，Cu2++2e-=Cu；
（2）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中构成的原电池中，负极：Zn–2e-=Zn2+，正极：
2H++2e-=H2↑，由电极反应n(H2)=n(Zn)=
3.25g
0.05mol 65g/mol
=，
V(H2)=0.05mol⨯22.4L/mol=1.12L，n(e-)=2 n(Zn)=2⨯0.05mol=0.1mol。

【点睛】
原电池中负极材料一般为活泼金属，失去电子发生氧化反应，负极由于消耗而减少，正极一般是溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，放电能力强的阳离子发生反应，正极上的现象一般为产生气体或质量增加。

3．硫化氢（H2S）是一种有毒的可燃性气体，用H2S、空气和KOH溶液可以组成燃料电池，其电池总反应为2H2S+3O2+4KOH=2K2SO3+4H2O。

（1）该电池工作时正极应通入___。

（2）该电池负极的电极反应式为___。

（3）该电池工作一段时间后负极区溶液的pH__（填“升高”“不变”或“降低”）。

【答案】O2 H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O 降低
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由电池总反应可知，反应中硫元素的化合价升高，发生氧化反应，氧气中氧的化合价降低，发生还原反应，则通入硫化氢的电极为负极，通入氧气的电极为正极。

答案为：O2。

（2）碱性溶液中正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应减去正极反应得到负极反应式为：H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O。

答案为：H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O。

（3）由负极反应式可知，负极反应消耗OH-，同时生成水，则负极区溶液中c(OH-)减小，pH降低。

答案为：降低。

【点睛】
电池反应中有氧气参加，氧气在反应中得到电子发生还原反应，根据原电池原理，负极发生氧化，正极发生还原，所以通入氧气的电极为电池的正极，酸性条件下的反应：
O2+4H++4e-=2H2O，碱性条件下的反应：O2+2H2O+4e-=4OH-。

4．（1）Li－SOCl2电池可用于心脏起搏器。

该电池的电极材料分锂和碳，电解液是LiAlCl4－SOCl2，电池的总反应可表示为4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2。

请回答下列问题：
①正极发生的电极反应为___。

②SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成。

如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是___。

（2）用铂作电极电解某金属的氯化物(XCl2)溶液，当收集到1.12L氯气时(标准状况下)，阴极增重3.2g。

①该金属的相对原子质量为___。

②电路中通过___个电子。

【答案】2SOCl2＋4e-=S＋SO2＋4Cl-产生白雾，且生成有刺激性气味的气体 64 0.1N A 【解析】
【分析】
（1）①由总反应可知，Li化合价升高，失去电子，发生氧化反应，S化合价降低，得到电子，发生还原反应，因此电池中Li作负极，碳作正极；
②SOCl2与水反应生成SO2和HCl，有刺激性气味的气体生成，HCl与水蒸气结合生成白雾；
（2）①n(Cl2)=n(X2+),根据M=m
n
计算金属的相对原子质量；
②根据电极反应2Cl－－2e-=Cl2↑计算转移电子的物质的量，进一步计算转移电子的数目。

【详解】
（1）①由分析可知碳作正极，正极上SOCl2得到电子生成S单质，电极反应为：2SOCl2＋
4e-=S＋SO2＋4Cl-；
②SOCl2与水反应生成SO2和HCl，有刺激性气味的气体生成，HCl与水蒸气结合生成白雾；
（2）①n(X2+)=n(Cl2)=
1.12L
22.4L/mol
=0.05mol，M=
m
n
=
3.2g
0.05mol
=64g/mol，因此该金属的
相对原子质量为64；
②由电极反应2Cl－-2e-=Cl2↑可知，电路中转移电子的物质的量为
2×n(Cl2)=2×0.05mol=0.1mol，因此转移电子的数目为0.1N A。

5．燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。

如图为氢氧燃料电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：
（1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是___，在导线中电子流动方向为___(用a、b表示)。

（2）负极反应式为___，正极反应式为___。

（3）用该燃料电池作电源，用Pt作电极电解饱和食盐水：
①写出阴极的电极反应式：___。

②写出总反应的离子方程式：___。

③当阳极产生7.1gCl2时，燃料电池中消耗标况下H2___L。

【答案】由化学能转变为电能由a到b 2H2－4e-+4OH-=4H2O O2+4e-+2H2O=4OH-
2H2O+2e-=H2↑ +2OH-或2H+ +2e-=H2↑ Cl-＋2H2O H2↑+2OH－+Cl2↑ 2.24
【解析】
【分析】
（1）原电池是将化学能转变为电能的装置，原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极；（2）负极上燃料失电子发生还原反应，正极上氧气得电子生成氢氧根离子；
（3）用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；
根据转移电子守恒计算消耗氢气的物质的量
【详解】
(1)该装置是把化学物质中的能量转化为电能，所以是化学能转变为电能；在原电池中，负极上失电子，正极上得电子，电子的流向是从负极流向正极，所以是由a到b，
故答案为：由化学能转变为电能；由a到b；
(2)碱性环境中，该反应中负极上氢气失电子生成氢离子，电极反应式为2H2－4e-+4OH-
=4H2O，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：2H2－4e-+4OH-=4H2O；O2+4e-+2H2O=4OH-；
（3）用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极上氢离子放电，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑ +2OH-或2H+ +2e-=H2↑，阳极上氯离子放电生成氯气，所以总反应离子方程式为：Cl-＋
2H2O H2↑+2OH－+Cl2↑ ，根据转移电子守恒计算消耗氢气的物质的量，电解时，阳极上生成氯气，每生成 0.1mol 氯气转移电子的物质的量=0.1mol×（1-0）×2=0.2mol，
燃料电池中消耗氢气的物质的量=0.2mol/2=0.1mol，所以标况下体积为2.24L，
故答案为：2H2O+2e-=H2↑ +2OH-或2H+ +2e-=H2↑ ； Cl-＋2H2O H2↑+2OH－+Cl2↑ ；
2.24。

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．酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可以得到多种化工原料，有关数据下图所示：
溶解度/(g/100 g水)
化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3
K sp近似值10-1710-1710-39
回答下列问题：
(1)该电池的正极反应式为 ________________，电池反应的离子方程式____________
(2)维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论消耗Zn______g。

（已知F=96500 C/mol）【答案】MnO2+e-+H＋=MnOOH Zn+2MnO2+2H＋=Zn2++2MnOOH 0.05
【解析】
【分析】
(1)该电池中，负极锌被氧化生成Zn2+，正极发生还原反应，MnO2被还原生成MnOOH；
(2)电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则变化的电量Q=0.5A×300 s=150 C，转移电子的物
质的量n(e-)=Q
F
，以此计算消耗锌的物质的量、质量。

【详解】
(1)酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，锌是负极，电极反应式为Zn-2e-
=Zn2+。

中间是碳棒，碳棒为正极，二氧化锰得到电子生成MnOOH，正极电极反应式为MnO2+e-+H+=MnOOH，故总反应式为Zn+2MnO2+2H+=Zn2++2MnOOH；
(2)维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则通过的电量是Q=0.5A×300 s=150 C，因此通
过电子的物质的量是n(e-)=Q150?
F96500?/
C
C mol
=1.554×10-3mol，锌在反应中失去2个电
子，则理论消耗Zn的质量m(Zn)=1
2
n(e-)×65 g/mol=
1
2
×1.554×10-3mol×65 g/mol=0.05 g。

【点睛】
本题考查原电池的工作原理以及电子转移的金属质量转化关系的计算，试题有利于知识的巩固和培养学生良好的科学素养。

8．Ⅰ．铁及铁的化合物应用广泛，如FeCl3可用作印刷电路铜版腐蚀剂和外伤止血剂等。

(1)写出FeCl3溶液腐蚀印刷电路板的离子方程式_________________。

(2)若将(1)中的反应设计成原电池，请在方框内画出原电池的装置图，标出正、负极，并写出电极反应式。

________
负极反应：_________________；正极反应：_________________．
Ⅱ．写出甲烷燃料电池在酸性溶液中的电极反应和总电池反应：
正极：________________________________________________；
负极：_________________________________________________；
总反应：_______________________________________________。

【答案】2Fe3＋+Cu＝2Fe2＋+Cu2＋ Cu-2e- ==Cu2+ 2Fe3++2e-
==2Fe2+ 2O2+8e-+8H+==4H2O CH4-8e-+2H2O==CO2+8H+ CH4+2O2==CO2+2H2O
【解析】
【分析】
Ⅰ．(1)FeCl3溶液腐蚀印刷电路板时，Fe3+将Cu氧化生成Fe2+和Cu2+。

(2)若将(1)中的反应设计成原电池，则需用Cu、C(或Ag、Au、Pt等)作电极，FeCl3溶液作电解质。

负极为Cu失电子生成Cu2+；正极为Fe3+得电子生成Fe2+。

Ⅱ．正极：O2在酸性溶液中得电子，生成水；
负极：CH4在酸性溶液中失电子生成CO2等；
总反应：甲烷燃烧生成二氧化碳和水。

【详解】
Ⅰ．(1)FeCl3溶液腐蚀印刷电路板时，Fe3+将Cu氧化生成Fe2+和Cu2+，离子方程式为2Fe3＋+Cu＝2Fe2＋+Cu2＋。

答案为：2Fe3＋+Cu＝2Fe2＋+Cu2＋；
(2)若将(1)中的反应设计成原电池，则需用Cu、C(或Ag、Au、Pt等)作电极，FeCl3溶液作电解质。

负极反应：Cu-2e- ==Cu2+；正极反应：2Fe3++2e- ==2Fe2+。

答案为：Cu-2e- ==Cu2+；2Fe3++2e- ==2Fe2+；
Ⅱ．正极：O2在酸性溶液中得电子生成水，电极反应为2O2+8e-+8H+==4H2O；
负极：CH 4在酸性溶液中失电子生成CO 2等，电极反应为CH 4-8e -+2H 2O==CO 2+8H + ；总反应：甲烷燃烧生成二氧化碳和水，总反应式为CH 4+2O 2==CO 2+2H 2O 。

答案为：2O 2+8e -+8H +==4H 2O ；CH 4-8e -+2H 2O==CO 2+8H +；CH 4+2O 2==CO 2+2H 2O 。

【点睛】
设计原电池时，应从电池反应出发，电池反应中失电子的物质即为负极材料，得电子的物质为电解质中的某成分，从电池反应中不能得出正极材料，但此材料必须导电，且还原性弱于负极材料。

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 ）+
12O 2（g ）═H 2O （l ）；△H=-285.8kJ•mol -1 ②H 2（g ）+12
O 2（g ）═H 2O （g ）；△H=-241.8kJ•mol -1 ③CO （g ）═C （s ）+
12
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)H2的燃烧热△H=___________________
(3)燃烧10gH2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)P4（s，白磷）+5O2(g)==P4O10（s）△H1＝－2983．2kJ/mol
(2)P(s,红磷)+ 5
4
O2(g)=
1
4
P4O10(s) △H1＝－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）+O2（g）═CO2（g）；△H=-393.5kJ•mol-1 P4（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=+110.5kJ•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．如图所示，是原电池的装置图。

请回答：
（1）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，则A电极上发生的电极反应式为_____________；反应进行一段时间后溶液C的pH将_____（填“升高”“降低”或“基本不变”）。

（2）若需将反应：Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋设计成如图所示的原电池装置，则A（负极）极材料为____，B（正极）极材料为______，溶液C为_______。

（3）CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如下：
电池总反应为2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O，则c电极是____（填“正极”或“负极”），c 电极的反应方程式为______________。

若线路中转移2mol电子，则上述CH3OH燃料电池，消耗的O2在标准状况下的体积为_____。

【答案】2H＋＋2e－=H2↑升高 Cu 石墨 FeCl3溶液负极 CH3OH－6e－＋H2O=CO2＋6H ＋ 11.2L
【解析】
【分析】
【详解】
（1）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B极电极材料为Fe且作负极，A电极为正极，电极材料为较铁不活泼的金属或非金属，发生还原反应，溶液中的氢离子得电子生成氢气，电极反应方程式为：2H＋＋2e－=H2↑；由原电池的总反应可知，反应一段时间后，溶液C的pH升高，答案为：2H＋＋2e－=H2↑；升高；
（2）分析反应Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，将其拆分为两个半反应，分别为：Cu-2e－=Cu2+，2Fe3++2e－=2Fe2+，根据原电池原理，可知负极电极反应式为：Cu-2e－=Cu2+，正极的电极反应式为：2Fe3++2e－=2Fe2+，正负极材料分别为：负极为Cu，正极为石墨（或Pt），含Fe3+的溶液（如FeCl3溶液）作电解质溶液，用导线连接正、负极，构成闭合回路即可构成原电池。

答案为：Cu；石墨；FeCl3溶液；
（3）根据燃料电池结构示意图中电子流向可知，c电极为负极，发生氧化反应，其电极反应方程式为：CH3OH-6e－+H2O=CO2+6H+，电极d为正极，O2得到电子，发生还原反应，电极反应方程式为：4H++4e－+O2=2H2O；1mol氧气在反应中得到4mol电子，若线路中转移
⨯，答2mol电子，则消耗氧气0.5mol，在标准状况下的体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L
案为：负极；CH3OH－6e－＋H2O=CO2＋6H＋；11.5L。

12．图甲、乙所示装置进行实验，图中两个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸，乙中 G 为电流计。

请回答下列问题
乙甲
(1)以下叙述中，正确的是_____。

A．甲中锌片是负极，乙中铜片是正极
B．两烧杯中铜片表面均有气泡产生
C．两烧杯中溶液的 pH 均增大
D．乙中电子从铜片经导线流向锌片
E.乙溶液中SO42-向锌片方向移动
(2)变化过程中能量转化的形式主要是：甲为_____；乙为____________。

(3)若反应过程中有 2mol 电子发生转移，则生成的氢气在标况下的体积为______；
(4)原电池在工作时，下列反应可以作为原电池工作时发生的反应的是：_____
A．Cu+2AgNO3=Cu(NO3 )2+2Ag
B．H2SO4＋ Na2SO3==Na2SO4＋ SO2＋H2O
C．NaOH+HCl=NaCl+H2O
D．2H2+O2=2H2O
【答案】CE 化学能转化为热能化学能转化为电能 22.4L AD
【解析】
【分析】
锌比铜活泼，能与稀硫酸反应，铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，乙形成闭合回路，形成原电池，根据原电池的组成条件和工作原理解答该题。

【详解】
(1)A.甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，故A错误；
B. 铜为金属活动性顺序表H 元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲烧杯中铜片表面没有气泡产生，故B 错误；
C.两烧杯中硫酸都参加反应，氢离子浓度减小，溶液的pH 均增大，故C 正确；
D.乙能形成原电池反应，Zn 为负极，Cu 为正极，电子从负极经外电路流向正极，故D 错误；
E.原电池中电解质阳离子流向正极，阴离子流向负极，乙形成原电池，Zn 为负极，Cu 为正极，则溶液中SO 42-向锌片方向移动，故E 正确。

故答案为：CE ；
(2) 甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，反应放热，将化学能转变为热能，乙形成闭合回路，形成原电池，将化学能转变为电能，故答案为：化学能转化为热能；化学能转化为电能；
(3)反应的关系式为2H +∼H 2∼2e −，则-2()(1n H =n e =)1mol 2
，()2m V H =nV =1mol 22.4L/mol=22.4L ⨯，故答案为：22.4L ；
(4)原电池的形成条件之一是能自发的进行氧化还原反应，A.、D 均为自发进行的氧化还原反应，均能形成原电池，但B 、C 的反应是非氧化还原反应，所以B 、C 不能作为原电池工作时发生的反应，故答案为：AD 。

【点睛】
形成原电池的条件有：1.电极材料由两种金属活泼性不同的金属或由金属与其他导电的材料(非金属或某些氧化物等)组成。

2.电解质存在。

3.两电极之间有导线连接,形成闭合回路。

4.发生的反应是自发的氧化还原反应。

13．一种甲醇燃料电池采用铂作电极催化剂,电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过。

其工作原理的示意图:
请回答下列问题:
（1）Pt(a)电极反应为________;如果该电池工作时电路中通过2mol 电子,则消耗的CH 3OH 有________mol 。

（2）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。

图3为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图,电极为镁合金和铂合金。

E 为该燃料电池的________(填“正”或“负”)极。

F 电极上的电极反应式________。

（3）乙醛酸(HOOC—CHO)是有机合成的重要中间体。

工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸,原理如图4所示,该装置中阴、阳两极为惰性电极,两极室均可产生乙醛酸,其中乙二醛(OHC—CHO)与M电极的产物反应生成乙醛酸。

①N电极上的电极反应式为________。

②若2molH+通过质子交换膜,并完全参与了反应,则该装置中生成的乙醛酸为________mol。

【答案】CH3OH+H2O-6e-CO2↑+6H+1
3
负 ClO-+2e－+H2O Cl-+2OH－ HOOC—
COOH+2e－+2H+=HOOC-CHO+H2O 2
【解析】
【分析】
(1)燃料电池中，通入燃料的电极为负极，负极上失去电子发生氧化反应，根据氧化还原反应得失电子规律进行计算；
(2)由示意图可知，“镁﹣次氯酸盐”燃料电池中失电子的为负极，则镁合金为负极，电极反应式为Mg-2e-＋2OH-===Mg(OH)2，铂合金为正极，正极上ClO﹣得电子生成氯离子，则正极的电极反应式为ClO﹣+2e﹣+H2O===Cl﹣+2OH﹣；
(3)根据H+的移动方向可知，M电极是阳极，Cl-在阳极上发生失电子的氧化反应生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑，N电极为阴极，HOOC-COOH在阴极上得电子发生还原反应生成HOOC-CHO，电极反应式为HOOC-COOH+2e-+2H+===HOOC-CHO+H2O。

【详解】
(1)由装置图可知，电解质溶液为酸性溶液，燃料电池中，通入燃料的电极为负极，则Pt(a)是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为CH3OH+H2O-6e-CO2↑+6H+，根据电极
方程式可知，电路中通过2mol电子时，消耗的CH3OH的物质的量为1
3
mol，故答案为：
CH3OH+H2O-6e-CO2↑+6H+；1
3
；
(2)由示意图可知，“镁﹣次氯酸盐”燃料电池中，E为镁合金，为燃料电池的负极，F为铂合金，为正极，正极上ClO﹣得电子生成氯离子，则正极的电极反应式为ClO﹣+2e﹣+H2O===Cl﹣+2OH﹣，故答案为：负；ClO-＋2e-＋H2O===Cl-＋2OH-；
(3)①N电极为电解池的阴极，HOOC-COOH在阴极上得电子发生还原反应生成HOOC-CHO，电极反应式为HOOC-COOH+2e-+2H+===HOOC-CHO+H2O，故答案为：HOOC-COOH+2e-
+2H+===HOOC-CHO+H2O；
②2mol H+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，根据电极方程式HOOC-COOH+2e-
+2H+===HOOC-CHO+H2O，可知阴极生成1mol乙醛酸；阳极（M极）电极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑，乙二醛与Cl2的反应为Cl2+OHC—CHO+H2O===HOOC—CHO+2HCl，根据题意和阴、阳极得失电子相等，阳极也生成1mol乙醛酸；由于两极均有乙醛酸生成，所以生成的乙醛酸为2mol，故答案为：2。

【点睛】
本题考查了电化学原理的应用，把握原电池原理和电解池原理以及电解过程中的计算是解答关键。

14．甲、乙两同学想利用原电池反应检验金属的活动性强弱，两人均用镁片和铝片作电极，但甲同学将两电极放入6mol·L－1的H2SO4溶液中，乙同学将两电极放入6mol·L－1的NaOH溶液中，装置如图所示。

（1）写出图1中正极的电极反应式： _______________ 。

（2）图2中负极为 _______________ ，总反应的离子方程式为 ____________ 。

（3）甲、乙同学都认为“如果构成原电池的电极材料都是金属，则作负极的金屈应比作正极的金属活泼”，则甲同学得出的结论是 _______________ 的活动性更强，乙同学得出的结论是 _______________ 的活动性更强。

（4）由该实验得出的下列结论中，正确的有 _______________ （填序号）。

a．利用原电池反应判断金属活动性强弱时应注意原电池中的电解质溶液
b．镁的金属性不一定比铝的金属性强
c．该实验说明金属活动性顺序表已过时，没有实用价值
d．该实验说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析
【答案】2H＋＋2e－=H2↑铝片 2Al＋2NaOH＋6H2O=2Na[Al(OH)4]＋3H2↑ Mg Al ad 【解析】
【分析】
甲同学依据的化学反应原理是Mg＋H2SO4=MsSO4＋H2↑，乙同学依据的化学反应原理是
2Al＋2NaOH＋6H2O=2Na[Al(OH)4]＋3H2↑。

由于Al与强碱的反应是一个特例，因此不能作为判断金属活动性强弱的依据。

【详解】
(1)图1中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应，正极反应为2H＋+2e－=H2↑；
(2) 图2中，铝与NaOH反应，而镁不反应，因此铝失电子作负极，负极为铝片，总反应为铝和NaOH的反应：2Al＋2NaOH＋6H2O=2Na[Al(OH)4]＋3H2↑；
(3)甲采用的方案中，镁片作负极；乙采用的方案中，铝片作负极。

根据作负极的金属活泼性强判断，甲中Mg 活动性强、乙中Al 活动性强；
(4)a ．根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，a 正确； b ．镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，b 错误；
c ．该实验说明电解质溶液性质影响电极的正负极，不能说明金属活动性顺序没有使用价值，c 错误；
d ．该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，d 正确。

答案为：ad 。

【点睛】
该题不能简单地认为活泼金属一定作负极，应该根据具体情况具体分析，图2中能够自发进行的氧化还原反应，是Al 与NaOH 反应，因此Al 作负极，而不是Mg 。

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 -═Zn 2+ Zn 片逐渐溶解 正 还原 Cu 2++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。