高考化学易错题专题复习-化学反应与能量变化练习题

高考化学易错题专题复习-化学反应与能量变化练习题
一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）
1．部分中学化学常见元素原子结构及性质如表所示：
序号元素结构及性质
A A单质是生活中常见金属，它有两种氯化物，相对分子质量相差35.5
B B原子最外层电子数是内层电子总数的1/5
③C C是常见化肥的主要元素，单质常温下呈气态
④D D单质被誉为“信息革命的催化剂”，是常用的半导体材料
①E 通常情况下，E没有正化合价，A、B、C、D、F都能与E形成化合物
②F F在周期表中可以排在ⅠA族，也有人提出排在ⅦA族
(1)A元素在周期表中的位置为____________________________________________。

(2)B与C形成的化合物的化学式为________，它属于________(填“离子”或“共价”)化合物。

(3)①F与E可以形成原子个数比分别为2∶1、1∶1的两种化合物X和Y，区别X与Y的水溶液的实验方法是____________________
②F与C组成的两种化合物M和N所含的电子数分别与X、Y相等，则M的水溶液显
________性，N的结构式为________。

(4)C与E都是较活泼的非金属元素，用化学方程式表明这两种单质的氧化性强弱____。

(5)有人认为B、D的单质用导线连接后插入氯化钠溶液中可以形成原电池，你认为是否可以，若可以，试写出正极的电极方程式(若认为不行可不写)___________________
【答案】第四周期第Ⅷ族 Mg3N2离子分别取X、Y各少许置于试管中，再各加入少量的MnO2粉末，迅速产生无色气体的是H2O2，无明显现象的是H2O 三角锥形
4NH3+3O22N2+6H2O Si﹣4e﹣+6OH﹣═SiO32﹣+3H2O
【解析】
【分析】
A单质是生活中常见金属，它有两种氯化物，相对分子质量相差35.5，则A为Fe元素；B 元素原子最外层电子数是内层电子总数的，B有3个电子层，最外层电子数为2，则B
为Mg元素；C是常见化肥的主要元素，单质常温下呈气态，C为N元素；D单质被誉为“信息革命的催化剂”，是常用的半导体材料，则D为Si；F在周期表中可以排在ⅠA族，也有人提出排在ⅦA族，其化合价表现+1、﹣1，故F为H元素；通常情况下，E没有最高正化合价，A、B、C、D、F都能与E形成化合物，则E为O元素，据此解答。

【详解】
A 单质是生活中常见金属，它有两种氯化物，相对分子质量相差35.5，则A 为Fe 元素；
B 元素原子最外层电子数是内层电子总数的，B 有3个电子层，最外层电子数为2，则B 为Mg 元素；
C 是常见化肥的主要元素，单质常温下呈气态，C 为N 元素；
D 单质被誉为“信息革命的催化剂”，是常用的半导体材料，则D 为Si ；F 在周期表中可以排在ⅠA 族，也有人提出排在ⅦA 族，其化合价表现+1、﹣1，故F 为H 元素；通常情况下，
E 没有最高正化合价，A 、B 、C 、D 、
F 都能与E 形成化合物，则E 为O 元素；
(1)A 为Fe 元素，在周期表中的位置为：第四周期第Ⅷ族；
(2)Mg 与N 元素形成的化合物的化学式为Mg 3N 2，它属于离子化合物；
(3)①H 与O 元素可以形成原子个数比分别为2：1、1：1的两种化合物X 和Y ，则X 为H 2O 、Y 为H 2O 2，区别X 与Y 的水溶液的实验方法是：分别取X 、Y 各少许置于试管中，再各加入少量的MnO 2粉末，迅速产生无色气体的是H 2O 2；无明显现象的是H 2O ； ②H 与N 组成的两种化合物M 和N 所含的电子数分别与H 2O 、H 2O 2相等，则M 为NH 3、N 为N 2H 4，NH 3分子构型为三角锥形，N 2H 4的结构式为；
(4)利用氧化剂的氧化性处于氧化产物的氧化性，可以说明单质氧化性强弱，表明氮气、氧气的氧化性强弱的方程式为：4NH 3+3O 22N 2+6H 2O ；
(5)Mg 、Si 的单质用导线连接后插入NaOH 溶液中，Si 与氢氧化钠反应生成硅酸钠与氢气，可以形成原电池，Si 发生氧化反应，故负极上Si 失去电子，碱性条件下生成硅酸根与水，负极电极反应式为：Si ﹣4e ﹣+6OH ﹣═SiO 32﹣+3H 2O 。

2．A 、B 、C 、D 、E 均为短周期元素，且原子序数依次增大；A 的主族序数、周期数、原子序数均相同；B 为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料；C 是植物生长所需的主要元素之一；D 和A 可形成化合物2A D 和22A D ，且2A D 是最常见的溶剂；E 原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则：
()1E 的离子结构示意图为 ______ ，B 、C 、D 、E 与A 形成的化合物中稳定性最强的是 ______ (填化学式)．
()2在加热和Cu 作催化剂时，化合物25B A DA 与2D 反应生成其中一种产物是3BA BAD 的化学方程式为 ______ ．
()3A E -五种元素中，含同一元素的各类物质能实现下列转化的有(图) ______ (填元素符号)
()4图所示是一种酸性燃料电池25B A DA 检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测．则该电池的负极反应为 ______ .A 出口处的物质 ______ ．
【答案】 2H O 2CH 3CH 2OH +O 22O
Δ−−→ 2CH 3CHO +2H 2O N 、S 3223CH CH OH H O 4e CH COOH 4H -++-=+ 2H O
【解析】
【分析】
短周期元素中主族序数、周期数、原子序数均相同的是H ，则A 为H 元素；B 为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料，非金属单质常用作电极的是碳，则B 为C 元素；D 和A 可形成化合物2A D 和22A D ，且2A D 是最常见的溶剂，则D 为O 元素；植物生长所需元素是N 、P 、K ，又A 、B 、C 、D 、E 均为短周期元素，且原子序数依次增大，则C 为N 元素；E 原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则E 为第三周期元素S ，据此进行解答。

【详解】
短周期元素中主族序数、周期数、原子序数均相同的是H ，则A 为H 元素；B 为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料，非金属单质常用作电极的是碳，则B 为C 元素；D 和A 可形成化合物2A D 和22A D ，且2A D 是最常见的溶剂，则D 为O 元素；植物生长所需元素是N 、P 、K ，又A 、B 、C 、D 、E 均为短周期元素，且原子序数依次增大，则C 为N 元素；E 原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则E 为第三周期元素S ；
()1E 为S 元素，硫离子有三个电子层，电子数依次为2、8、8，离子结构示意图为
，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，C 、N 、O 、S 中非金属性O 最强，稳定性最强的为2H O ；
()252B A DA 与2D 分别为32CH CH OH 、2O ，在铜作催化剂条件下加热，乙醇与氧气反应生成乙醛，反应的化学方程式为：； ()3根据转化关系可知，单质与氧气反应生成氧化物X ，X 与氧气反应生成氧化物Y ，Y 生成酸，酸可以生成X ，这样的元素必须有变价，5种元素中满足条件的元素为：N 、S ； ()254B A DA 为32CH CH OH ，根据图可知，该原电池的燃料为乙醇和氧气，生成物乙酸和水，电解质为酸性溶液，原电池负极失去电子发生了氧化反应，所以负极反应为乙醇失
去电子生成乙酸，电极反应为：3223CH CH OH H O 4e CH COOH 4H -++-=+，正极在
酸性条件下氧气得到电子发生了还原反应：22O 4H 4e 2H O +-++=，所以A 处为
2H O 。

【点睛】
考查位置、结构与性质关系的综合应用，推断各元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，明确原电池原理及其应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。

3．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。

4．用零价铁(Fe )去除水体中的硝酸盐(NO 3-)已成为环境修复研究的热点之一。

Fe 还原水体中NO 3-的反应原理如图所示。

①作负极的物质是________。

②正极的电极反应式是_________。

【答案】铁 NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O
【解析】
【分析】
【详解】
根据图示可知在反应中Fe单质失去电子变为Fe3O4，NO3-得到电子被还原产生NH4+，所以Fe作负极，正极上NO3-得到电子被还原产生NH4+，正极的电极反应式为：NO3-+8e-
+10H+=NH4++3H2O。

5．从本质入手看物质及其能量的变化，可以让我们更加深入的去理解所学知识的内涵及外延应用。

对于《原电池》这部分知识也是如此，如图是原电池的基本构造模型：
（1）若a和b的电极材料为Al或Mg。

①若c为稀NaOH溶液时，则a的电极材料为__，该极电极方程式为___。

②若c为稀H2SO4时，则a的电极材料为___，该极电极方程式为__。

（2）对于原电池的应用，以下说法正确的是__。

A．选择构成原电池两极材料时，必须选择活泼性不同的两种金属材料
B．构成原电池时，负极材料的活泼性一定比正极材料的强
C．构成原电池时，作为负极材料的金属受到保护
D．从能量转化角度去看，如图的氧化还原反应能量变化曲线，则不能够设计原电池
【答案】Al Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O Mg Mg-2e-=Mg2+ D
【解析】
【分析】
(1)原电池中电极由负极经导线流向正极，所以a 为负极发生氧化反应，b 为正极发生还原反应。

【详解】
(1)①若c 为稀NaOH 溶液时，电池总反应应为2Al+2H 2O+2OH -=2AlO 2-+3H 2↑，Al 被氧化做负极，即a 的电极材料为Al ，该电极方程式为Al-3e -+4OH -=AlO 2-+2H 2O ；
②若c 为稀H 2SO 4时，Mg 比Al 活泼，所以电池总反应式为Mg+2H +=Mg 2++H 2↑，Mg 被氧化做负极，即a 的电极材料为Mg ，电极方程式为：Mg-2e -=Mg 2+；
(2)A ．构成原电池两极材料不一定选择活泼性不同的两种金属材料，可以是活泼性相同的Pt 电极、也可以是非金属材料，如燃料原电池的两极材料常选择石墨电极，故A 错误； B ．碱性原电池中，作为负极的材料的活泼性不一定比正极材料的强，如Al-Mg-NaOH 原电池中，活泼金属Mg 作正极，Al 作负极，故B 错误；
C ．原电池中正极发生得到电子的还原反应，所以作为正极材料的金属受到保护，而负极材料的金属会加速腐蚀，故C 错误；
D ．原电池中发生氧化还原反应，会以电能的形式放出能量，所以一般为放热的氧化还原反应，而图示反应为吸热反应，所以从能量转化角度看，一般不设计成原电池或不能够设计原电池，故D 正确；
综上所述选D 。

【点睛】
构成原电池的两个电极中并不是较为活泼的金属一定就会做负极，要结合具体的环境去判断发生的总反应，再判断正负极。

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. 电池放电时每消耗6.4gCH3OH，即0.2molCH3OH，转移电子数60.2mol=1.2mol
，D 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．按要求回答下列问题。

(1)Al2(SO4)3溶液显酸性的离子方程式：____________________________；
(2)CuSO4溶液与过量氨水反应的离子方程式：____________________________；
(3)Mg-Al-NaOH溶液组成的原电池，负极的电极反应式：_________________________；
(4)CH3OH-O2燃料电池，KOH溶液作电解质，负极的电极反应式：____________________；
(5)惰性电极电解CuSO4溶液的总反应的化学方程式：______________________________；
(6)Na2C2O4溶液的物料守恒：______________________________；
(7)Fe3+的基态电子排布式：______________________________；
(8)N2H4的结构式：______________________________。

【答案】Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+ Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O Al-3e-+4OH-═AlO2-
+2H2O CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O 2CuSO4+2H2O 电解
2Cu+2H2SO4+O2↑ c(Na+)=2[c(C2O42-
)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)] [Ar]3d5
【解析】
【详解】
(1)Al2(SO4)3溶液中存在铝离子的水解，所以溶液显酸性，故答案为：
Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+；
(2)CuSO4溶液与过量氨水反应会生成铜氨络离子，故答案为：
Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O；
(3)Mg-Al-NaOH溶液组成的原电池，总反应为Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的反应，Al失电子被氧化做负极，故答案为：Al-3e-+4OH-═AlO2-+2H2O；
(4)CH3OH-O2燃料电池，KOH溶液作电解质，负极甲醇失去电子生成二氧化碳，由于电解质为氢氧化钾溶液，所以反应生成了碳酸根离子，发生的负极电极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；
(5)电解硫酸铜溶液生成铜单质、氧气和硫酸，故答案为：
2CuSO4+2H2O 电解
2Cu+2H2SO4+O2↑；
(6)Na2C2O4溶液中钠离子的浓度等于含碳原子微粒的浓度之和的二倍，故答案为：
c(Na+)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]；；
(7)Fe元素为26号元素，失去最外层三个电子生成Fe3+，故基态电子排布式为：[Ar]3d5；
(8) N2H4是共价化合物，氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键，结构式为：。

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．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。

10．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Mg2Ni，已知：
Mg(s)＋H2(g)=MgH2(s) ΔH1＝－74.5kJ·mol-1
Mg2Ni(s)＋2H2(g)=Mg2NiH4(s) ΔH2
Mg2Ni(s)＋2MgH2(s)=2Mg(s)＋Mg2NiH4(s) ΔH3＝+84.6kJ·mol-1
则ΔH2＝___kJ·mol-1
【答案】大于285.8 kJ•mol-1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1 -64.4
【解析】
【分析】
(2)由①Mg(s)+H2(g)═MgH2(s)△H1=-74.5kJ•mol-1，
②Mg2Ni(s)+2MgH2(s)=2Mg(s)+Mg2NiH4(s)△H3=+84.6kJ•mol-1，结合盖斯定律可知，②+①×2得到Mg2Ni(s)+2H2(g)═Mg2NiH4(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。

11．断开1molH －H 键、1molN －H 键、1molN ≡N 键分别需要吸收的能量为436kJ 、391kJ 、946kJ ，求：生成1molNH 3需要___（填“吸收”或“放出”）能量___kJ 。

【答案】放出 46
【解析】
【分析】
化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算，化学反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之吸热，以此计算反应热并判断吸热还是放热。

【详解】
拆1molH -H 键、1molN ≡N 、1molN -H 键分别需要吸收的能量为436kJ 、946kJ 、391kJ ，在反应N 2+3H 22NH 3中，断裂3mol H -H 键，1mol N ≡N 键共吸收的能量为：3×436kJ +946kJ =2254kJ ；生成2mol NH 3，共形成6molN -H 键，放出的能量为：6×391kJ =2346kJ ；吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ -2254kJ =92kJ ，所以生成1mol NH 3放出热量为46kJ ；故答案为：放出；46。

12．(1)已知拆开1molH H -键、1molCl Cl -键、1molH Cl -键分别需要吸收的能量为436.4kJ 、242.7kJ 、431.8kJ 。

则由2H 和2Cl 反应生成1molHCl 需要_______(填“放出”或“吸收”)_________kJ 的热量。

(2)H 2可以在2Cl 中安静地燃烧。

甲、乙两图中，能表示该反应能量变化的是图_____(填“甲”或“乙”)。

【答案】放出 92.25 甲
【解析】
【分析】
（1）若断裂化学键吸收的能量大于形成化学键放出的能量，该反应为吸热反应，若断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，该反应为放热反应；
（2）H2和Cl2的燃烧反应为放热反应。

【详解】
（1）由氢气和碘单质反应生成1molHCl，需断裂0.5molH—H键和0.5molCl—Cl键，需吸收的能量为0.5×436.4kJ+0.5×242.7kJ=339.55kJ，形成1molH—Cl键放出的能量为431.8kJ，形成化学键放出的热量大于断裂化学键吸收的热量，则该反应为放热反应，放出的热量为（431.8kJ—339.55kJ）=92.25kJ，故答案为：放出；92.25；
（2）H2和Cl2的燃烧反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，由图可知，甲中反应物的总能量大于生成物的总能量，乙中反应物的总能量小于生成物的总能量，故选甲，故答案为：甲。

【点睛】
由断裂化学键吸收能量和形成化学键放出能量的相对大小判断反应是放热，还是吸热是解答关键。

13．CH4既是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料。

（1）甲烷高温分解生成氢气和碳。

在密闭容器中进行此反应时要通入适量空气使部分甲烷燃烧，其目的是________。

（2）以CH4为燃料可设计成结构简单、能量转化率高、对环境无污染的燃料电池，其工作原理如图甲所示，则通入a气体的电极名称为_____，通入b气体的电极反应式为____。

（质子交换膜只允许H+通过）
（3）在一定温度和催化剂作用下，CH4与CO2可直接转化成乙酸，这是实现“减排”的一种研究方向。

①在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图乙所示，则该反应的最佳温度应控制在__ 左右。

②该反应催化剂的有效成分为偏铝酸亚铜（CuAlO2，难溶物）。

将CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，其离子方程式为___________ 。

（4）CH4还原法是处理NO x气体的一种方法。

已知一定条件下CH4与NO x气体反应转化为N2和CO2，若标准状况下8.96L CH4可处理22.4L NO x气体，则x值为________。

【答案】提供CH4分解所需的能量负极 O2+4H++4e-=2H2O 250℃ 3CuAlO2+16H++NO3-=3Cu2++3Al3++8H2O+NO↑ 1.6
【解析】
【分析】
（1）甲烷分解需要热量，燃烧可提供部分能量；
（2）由图可知，通入气体a的一端发生氧化反应，故应通入甲烷，该极为负极，通入b为氧气，获得电子，酸性条件下生成水；
（3）①根据乙酸反应速率最大、催化活性最高选择；
②CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，生成的盐为硝酸铝、硝酸铜，反应还有水生成，配平书写离子方程式；
（4）根据电子转移守恒计算。

【详解】
(1)甲烷高温分解生成氢气和碳。

在密闭容器中进行此反应时要通入适量空气使部分甲烷燃烧，其目的是，提供CH4分解所需的能量，故答案为：提供CH4分解所需的能量；
(2)由图可知，通入气体a的一端发生氧化反应，故应通入甲烷，该极为负极，通入b为氧气，获得电子，酸性条件下生成水，正极电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，故答案为：负极；O2+4H++4e-=2H2O；
(3)①250℃时乙酸反应速率最大、催化活性，故选择250℃，故答案为：250℃；
②CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，生成的盐为硝酸铝、硝酸铜，反应还有水生成，反应离子方程式为：3CuAlO2+16H++NO3-=3Cu2++3Al3++8H2O+NO↑，故答案为：3CuAlO2+16H++NO3-=3Cu2++3Al3++8H2O+NO↑；
(4)根据电子转移守恒，则：8.96L×[4−(−4)]=22.4L×2x，解得x=1.6，故答案为：1.6。

14．（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．CaCl2和 Na2S B．Na2O 和 Na2O2
C．CO2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• 8H2O和NH4Cl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。

15．如图装置闭合电键K 时，电流计A 的指针将发生偏转。

试回答：
(1) 丙池是____________（填“原电池”或“电解池”），甲中a 极电极名称是
________________，丙中c 极电极名称是_____________________；
(2)乙中Cu 极的电极反应式是__________，若电路中有0.02mol 电子通过，则甲中a 电极溶解的质量为__________g ；
(3)闭合电键K 一段时间后，丙池中生成两种气体和一种碱，则丙池中发生的总的化学方程式是_________________；
（4）丙池中反应进行较长时间后，收集到标准状况下氢气2.24L ，此时测得丙池溶液质量实际减少4.23 g ，含有碱0.100mol （不考虑气体在水中的溶解），则实际放出气体的物质的量是______________mol ；
（5）如果要给丙中铁片上镀上一层Cu ，则丙池应作何改进_________________________。

【答案】电解池 负极 阳极 Cu 2++2e - = Cu 0.65 2NaCl ＋2H 2O
2NaOH ＋H 2↑＋Cl 2↑
0.165 “C”换成“Cu”、将“NaCl 溶液”换成“CuSO 4溶液”
【解析】
【分析】
【详解】
（1）甲和乙形成原电池，所以丙有外加电源，属于电解池；甲中a 失电子为负极；丙中c 电极连接原电池的正极属于阳极，故答案为：电解池；负极；阳极；
（2）乙中Cu 极上铜离子得电子生成铜单质，其电极反应为：Cu 2++2e -=Cu ；Zn 从0价升高到+2价失去2个电子，已知电路中有0.02mol 电子通过，所以消耗的Zn 为0.01mol ，m （Zn ）=nM=65g/mol ×0.01mol=0.65g ，故答案为：0.65g ；。