安徽省宿州市第二中学高中化学第六章 化学反应与能量 (讲义及答案)及答案

安徽省宿州市第二中学高中化学第六章 化学反应与能量 (讲义及答案)及答
案
一、选择题
1．根据如图所示的N 2(g)和O 2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化情况判断，下列说法正确的是
A ．N 2(g)和O 2(g)反应生成NO(g)是放热反应
B ．2 mol O 原子结合生成O 2（g ）时需要吸收498 kJ 能量
C ．1 mol NO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收632 kJ 能量
D ．2 mol N(g)和2 mol O(g)的总能量为1444 kJ 【答案】C 【分析】
焓变=反应物断裂化学键吸收的能量−生成物形成化学键放出的能
量,N 2+O 2═2NO △H=946kJ/mol+498kJ/mol −2×632kJ/mol=+180kJ/mol ，反应是吸热反应； 【详解】
A. 依据计算分析反应是吸热反应，故A 错误；
B. 原子结合形成分子的过程是化学键形成过程,是放热过程,2molO 原子结合生成O 2(g)时需要放出498kJ 能量，故B 错误；
C. 形成2molNO 放热2×632×J 能量,所以1molNO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收632kJ 能量，故C 正确；
D.无法判断2 mol N(g)和2 mol O(g)的总能量，故D 错误； 故选C 。

2．在恒温下的密闭容器中，有可逆反应()()()222NO g O g 2NO g −−→+←−−
，下列不能说明该反应已达到平衡状态的是（ ）
A ．正反应生成NO 2的速率和逆反应生成O 2的速率
B ．混合气体的颜色不再改变
C ．反应容器中的压强不随时间的变化而变化
D ．混合气体的平均摩尔质量保持不变 【答案】A 【详解】
A ．正反应生成NO 2的速率和逆反应生成O 2的速率之比等于2:1时，反应达到平衡状态，符合题意，A 正确；
B．NO为无色，NO2为红棕色，当混合气体的颜色不再改变，说明NO2的浓度不变，即反应达到平衡状态，不符合题意，B错误；
C．反应前后气体的化学计量数之和不相等，随着反应的进行，容器中的压强不断变化，当容器中的压强不再改变时，说明反应已达到平衡状态，不符合题意，C错误；
D．反应前后气体的化学计量数之和不相等，气体的质量始终不变，随着反应的进行，气体的物质的量不断变化，当气体的物质的量不再改变时，混合气体的平均摩尔质量不再变，说明反应已达到平衡状态，不符合题意，D错误；
答案选A。

【点睛】
混合气体的平均摩尔质量=
()
m
n
气体总质量
（气体总物质的量）。

3．下列过程中ΔH小于零的是( )
A．Ba(OH)2与 NH4Cl 固体混合B．氯化铵分解得氨气
C．碳酸钙分解得二氧化碳D．实验室制备氢气
【答案】D
【分析】
根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、金属与酸或水反应、中和反应、铝热反应、绝大多数化合反应等；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），Ba(OH)2•8H2O与氯化铵的反应。

【详解】
ΔH小于零的反应为放热反应。

A．Ba(OH)2•8H2O晶体和NH4Cl混合反应，是吸热反应，选项A不符合；
B．氯化铵受热分解得氨气和氯化氢，属于吸热反应，选项B不符合；
C．碳酸钙高温受热分解得二氧化碳和碳酸钙，属于吸热反应，选项C不符合；
D．实验室制备氢气是利用金属锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，属于放热反应，选项D 符合；
答案选D。

4．对于可逆反应 4NH3+5O2⇌4NO+6H2O(g)，下列叙述正确的是
A．达到平衡时，4v(O2)正=5v(NO)逆
B．达到平衡状态后，NH3、O2、NO、H2O(g)的物质的量之比为 4:5:4:6
C．达到平衡状态时，若增加容器体积，则反应速率增大
D．若单位时间生成 xmolNO 的同时，消耗 xmolNH3，则反应达到平衡状态
【答案】A
【详解】
A．达到平衡时，4v（O2）正=5v（NO）逆，说明正逆反应速率相等，选项A正确；
B．到达平衡时，反应混合物的物质的量关系与起始投入量及转化率有关，达到化学平衡
时， NH3、O2、NO、H2O(g)的物质的量之比不一定为4∶5∶4∶6，选项B错误；
C．达到平衡状态时，若增加容器体积，相当于减小压强，则反应速率减小，选项C错误；
D．若单位时间生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都是指正反应速率，无法说明正逆反应速率相等，则反应不一定达到平衡状态，选项D错误。

答案选A。

5．如图所示进行实验，下列说法不正确的是
A．装置甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生
B．甲、乙装置中的能量变化均为化学能转化为电能
C．装置乙中的锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转
D．装置乙中负极的电极反应式：Zn－2e－===Zn2＋
【答案】B
【详解】
A．装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，铜片作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，所以甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生，故A正确；
B．装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气没有形成原电池，故B错误；
C．装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，所以锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转，故C正确；
D．装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，锌片的活泼性大于铜片的活泼性，所以锌片作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式：Zn-2e-═Zn2+，故D正确；故选B。

【点睛】
准确理解原电池原理是解题关键，装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，锌片的活泼性大于铜片的活泼性，所以锌片作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，铜片作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，据此分析。

6．反应2SO2+O22SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol/L，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04mo1/（L.s），则这段时间为( )
A．0.1s B．2.5s C．5s D．10s
【答案】C
【详解】
根据反应方程式2SO 2+O 22SO 3，一段时间后SO 3的浓度增加了0.4mol•L -1，那么氧气的
浓度必然减少0.2mol•L -1，根据v(O 2)=
0.2
t
∆=0.04mol•L -1•s -1 ，t=5s ，故选C 。

7．我国科研人员提出了由CO 2和CH 4转化为高附加值产品CH 3COOH 的催化反应历程。

该反应历程示意如下：
下列说法不正确的是 A ．该反应遵循质量守恒定律 B ．CH 4→CH 3COOH 过程中，有C —H 键发生断裂
C ．①→②吸收能量并形成了C —C 键
D ．生成CH 3COOH 总反应的原子利用率为
100％ 【答案】C 【详解】
A ．该反应总反应为CH 4+CO 2=催化剂
CH 3COOH ，反应遵循质量守恒定律，故A 项说法正确； B ．图中变化可知，甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键，必有C−H 键发生断裂，故B 项说法正确；
C ．①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C−C 键形成，故C 项说法错误；
D ．由图可知，1mol 甲烷和1mol 二氧化碳反应生成1mol 乙酸，生成CH 3COOH 总反应的原子利用率为100%，故D 项说法正确； 综上所述，说法不正确的是C 项，故答案为C 。

8．反应Ⅰ：CaSO 4(s)＋4CO(g)CaS(s)＋4CO 2(g) ΔH 1＝－175.6 kJ·mol -1反应
Ⅱ：CaSO 4(s)＋CO(g)
CaO(s)＋SO 2(g)＋CO 2(g) ΔH 2＝＋218.4 kJ·mol -1假设某温度下，反
应Ⅰ的速率(v 1)小于反应Ⅱ的速率(v 2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是( )
A ．
B ．
C．D．
【答案】D
【详解】
反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，因为B、C两图中反应Ⅰ的生成物总能量高于反应物总能量，而反应Ⅱ的生成物总能量低于反应物总能量，则B、C错误。

由题意知：反应Ⅰ的速率(v1)小于反应Ⅱ的速率(v2)，则反应Ⅰ的活化能较大，则A错误、D正确，故选D。

9．下列关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是（）
A．图1所示的装置能将化学能转变为电能
B．图2所示的反应为吸热反应
C．中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低
D．化学反应中能量变化的根本原因是化学键的断裂与生成
【答案】D
【详解】
A．图1所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池，没有电流通过，所以不能把化学能转变为电能，选项A错误；
B．图2所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，选项B错误；
C．中和反应是放热反应，所以反应物总能量大于生成物总能量，选项C错误；
D．化学反应总是伴随着能量变化，断键需要吸收能量，成键放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，选项D正确；
答案选D。

10．某同学为探究FeCl 3与KI 反应是否存在反应限度，设计了如下实验方案(FeCl 3溶液、KI 溶液浓度均为0.1mo1・L -1)，最合理的方案是
A ．方案1
B ．方案2
C ．方案3
D ．方案4
【答案】D 【详解】
KI 溶液和FeCl 3溶液发生氧化还原反应生成Fe 2+和I 2，反应的离子方程式为2Fe 3++2I -═2Fe 2++I 2，反应后的溶液中加入CCl 4，如有机层呈紫红色，则说明生成碘；向含Fe 3+的溶液中滴加几滴KSCN 溶液呈血红色，这是Fe 3+的特殊反应，所以可滴加KSCN 溶液，溶液显血红色，发生Fe 3++3SCN -═Fe (SCN )3，就说明Fe 3+没有反应完，故D 正确。

11．一定温度下，10L0.40mol/L 的22H O 溶液发生催化分解，不同时刻测得生成2O 的体积（已折算为标准状况下）如表所示： t/min
2 4 6 8 10 ()2V O /L 0.0 9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列说法不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（ ） A ．0～4min 内的平均反应速率()()22H O 0.0384mol/L min v =⋅ B ．6～10min 内的平均反应速率()()22H O 0.0384mol/L min v <⋅ C ．反应至6min 时，()22c H O 0.30mol /L = D ．反应至6min 时，22H O 分解了50%
【答案】C 【详解】
A ．22H O 分解的化学方程式为2H 2O 2
催化剂
O 2↑+H 2O ，0～4min 内反应生成
()17.2L 0.768mol 氧气，消耗22H O 的物质的量为1.536mol ，平均反应速率
()()22 1.536mol
H O 0.0384mol /L min 10L 4min
v =
=⋅⨯，A 项正确；
B ． 随着反应的进行，22H O 的浓度减小，反应速率减慢，6～10min 的平均反应速率
()()22H O 0.0384mol /L min c <⋅，B 项正确；
C ． 反应至6min 时，()2V O =22.4L(1mol 氧气)，结合2H 2O 2
催化剂
O 2↑+H 2O ，消耗的
22H O 为2mol ，剩余22H O 为10L ×0.40mol/L －2mol=2mol ，易知反应至6min 时，
()22H O 0.20mol /L c =，C 项错误；
D ． 反应至6min 时，22H O 分解了2mol
50%10L 0.4mol /L
=⨯，D 项正确；
故选C 。

12．利用反应6NO 2+8NH 3=7N 2+12H 2O 设计的电池装置如图所示，该装置既能有效消除氮氧化物的排放减轻环境污染，又能充分利用化学能。

下列说法正确的是（ ）
A ．电池工作时，OH —从左向右迁移
B ．电极A 上发生氧化反应，电极A 为正极
C ．当有0.1molNO 2被处理时，外电路中通过电子0.4mol
D ．电极B 的电极反应式为2NO 2+8e -+8H +=N 2+4H 2O 【答案】C 【分析】
由反应6NO 2+8NH 3═7N 2+12H 2O 可知，反应中NO 2为氧化剂，NH 3为还原剂，则A 为负极，B 为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合电解质溶液呈碱性解答该题。

【详解】
由反应6NO 2+8NH 3═7N 2+12H 2O 可知，反应中NO 2为氧化剂，NH 3为还原剂，则A 为负极，B 为正极；
A ．A 为负极，
B 为正极，电池工作时，OH —从右向左迁移，故A 错误；
B ．A 为负极，发生氧化反应，故B 错误；
C ．当有0.1molNO 2被处理时，N 元素从+4价降为0价，则外电路中通过电子0.4mol ，故C 正确；
D ．电极B 为正极，发生还原反应，电极反应式为2NO 2+8e -+4H 2O=N 2+8OH -，故D 错误； 故答案为C 。

13．在一定温度时，将1 mol A 和2 mol B 放入容积为5L 的某密闭容器中发生如下反应：
()()()()A s 2B g C g 2D g ++，经5min 后，测得容器内B 的浓度减少了
10.2mol L -⋅，则下列叙述错误的是（ ）
A ．在5 min 内，该反应用C 的浓度变化表示的反应速率为110.02mol L min --⋅⋅
B ．在5 min 时，容器内D 的浓度为10.2mol L -⋅
C ．该可逆反应未达限度前，随反应的进行，容器内压强逐渐增大
D ．5 min 时，容器内气体总的物质的量为3 mol 【答案】D 【详解】
A. -1
-1-1(B)0.2mol L (B)0.04mol L min 5min
c v t ∆⋅===⋅⋅∆，则在5 min 内，该反应用C 的浓
度变化表示的反应速率-1-1-1-111
(C)(B)0.04mol L min 0.02mol L min 22
v v ==⨯⋅⋅=⋅⋅，A 正确；
B. 由化学方程式知，相同时间内B 的浓度减少值等于D 的浓度增加值，则在5 min 时，容器内D 的浓度为10.2mol L -⋅，B 正确；
C. ()()
()()A s 2B g C g 2D g ++正方向是气体分子数目增加的反应，则该可逆反应未
达限度前，随反应的进行，容器内气体的物质的量逐步增加，则压强逐渐增大，C 正确；
D. A(s)+2B(g)=C(g)+2D(g)
1200221-x 2-22x x x x x x x
起始(mol)转化(mol)5分时(mol)5min 后，测得容器内B 的浓度减少了10.2mol L -⋅，则-1
(B)(B)0.2mol L 5L 1mol n c V ∆=∆⨯=⋅⨯=，2x =1mol ，x =0.5mol ，则
5 min 时，容器内气体总的物质的量为2-2x +x +2x =2.5 mol ，D 错误； 答案选D 。

14．将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭真空容器中（容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到平衡:NH 2COONH 4(s )2NH 3(g )+CO 2(g )。

可以判
断该反应已经达到平衡的是 A ．2v (NH 3)=v (CO 2)
B ．容器中总压强不变
C ．容器中混合气体的平均相对分子质量不变
D ．容器中氨气的体积分数不变
【答案】B
【详解】
A. 当v(NH3)正=v(NH3)逆或v(NH3)正= 2v(CO2)逆时，即该反应正反应和逆反应速率相等，已经达到平衡，2v(NH3)=v(CO2)不能表明正反应和逆反应速率相等，故A错误；
B. 随着NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)不断进行，容器中总压强会有变化，当总压强不变时，则能表明气体总的物质的量、各成为的物质的量不再变化，该反应已经达到平衡，故B正确；
C. 容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变，因为混合气体是氨气和二氧化碳按物质的量之比为2:1混合而成，故C错误；
D. 容器中混合气体是氨气和二氧化碳按物质的量之比为2:1混合而成，氨气的体积分数始终为66.67%，故D错误；
答案选B。

15．我国科学家在CO2电催化还原制乙烯和乙醇方面取得重要突破，其反应机理如下图所示。

下列有关说法错误的是
A．第1步中“CO2→*CO"碳氧双键断开需要吸收能量
B．第2步发生反应的化学方程式为*CO+H→*CHO
C．第3步“*CHO→*OCHCHO*”吸附在催化剂表面原子数目及种类不变
D．第4步产物有乙烯、乙醇和水
【答案】C
【分析】
由图可知：第1步CO2碳氧双键断开形成*CO和O，第2步发生反应*CO+H→*CHO，第3步“*CHO→*OCHCHO*”，第4步为*OCHCHO*脱离催化剂表面生成乙烯和乙醇，据此分析。

【详解】
A．断开共价键需要吸收能量，故A正确；
B．观察图，第2步发生反应的化学方程式为*CO+H→*CHO，故B正确；
C．第3步“*CHO→*OCHCHO*”吸附在催化剂表面原子种类改变，数目增加，故C错误，；D．第4步产物有乙烯、乙醇，根据原子守恒，产物中有水生成，故D正确；
答案选C。

16．将V1mL 1.0 mol•L-1NaOH 溶液和V2mL未知浓度的HCl溶液混合均匀后测量并记录溶液
温度，实验结果如下图所示(实验中始终保持V1+V2=50 mL)。

下列叙述正确的是
A．做该实验时环境温度为 22℃
B．该实验表明热能可以转化为化学能
C．HCl 溶液的浓度约是1.5 mol•L-1
D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】C
【详解】
A．由图可知，温度为 22℃时，已经加入了5mLNaOH 溶液，而中和反应为放热反应，则该实验开始温度低于22℃，故A错误；
B．由图可知该反应是一个放热反应，表明化学能可以转化为热能，故B错误；
C．由图可知，NaOH 溶液体积为30mL时，溶液温度最高，说明NaOH 溶液和HCl溶液恰好完全反应，由V1+V2=50 mL可知HCl溶液的体积为20mL，由反应方程式可知V1c(NaOH)= V2c(HCl)，解得c(HCl)为1.5 mol•L-1，故C正确；
D．八水合氢氧化钡与氯化铵反应有水生成，该反应是吸热反应，故D错误；
故选C。

17．一定条件下，物质的量均为 0.3mol 的 X(g)与Y(g)在容积固定的密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)ΔH=-akJ•mol -1，下列说法正确的是
A．达到平衡后，向平衡体系中充入稀有气体，正反应速率不发生变化
B．反应一段时间后，X 与Y 的物质的量之比仍为 1：1
C．达到平衡时，反应放出 0.1akJ 的热量
D．X 的体积分数保持不变，说明反应已达到平衡
【答案】A
【详解】
A．容积固定的密闭容器，充入稀有气体，X、Y、Z的浓度均不变，则正逆反应速率不变，故A正确；
B．反应起始时X与Y的物质的量相等，但X与Y按物质的量1:3进行反应，则反应一段时间后，X 与Y 的物质的量之比应大于 1：1，故B错误；
C．由方程式的化学计量数可知，X是过量的，又物质的量与热量成正比，若0.3molY全部参与反应，反应放出 0.1akJ 的热量，而该反应为可逆反应，不能进行到底，故达到平衡时，反应放出的热量小于0.1akJ，故C错误；
D ．设任意时刻，X 的转化量为x mol ，可列出三段式：
()()
()0.30.30x 3x
2x 0.3-X g +x 0.3Y g 2Z g 3-3x
2x
，则X 的
体积分数为
0.3-x 0.3-x
100%=100%=50%0.3-x+0.3-3x+2x 0.6-2x
⨯⨯，则X 的体积分数为一定
值，始终保持不变，则X 的体积分数保持不变不能说明反应已达到平衡，故D 错误； 故选A 。

18．向某密闭容器中加入0.3 mol A 、0.l mol C 和一定量的B 三种气体，一定条件下发生如下反应：()
()()3A g B g +2C g 0 ΔH<，各物质的浓度随时间变化如图所示[t 0～t 1阶段
的c （B ）变化未画出]，下列说法中正确的是（ ）
A ．若t 1=15s ，则用A 的浓度变化表示t 0～t 1阶段的平均反应速率为0.004 mol·L -l ·s -1
B ．t 1时该反应达到平衡，A 的转化率为60%
C ．该容器的容积为2L ，B 的起始的物质的量为0.02 mol
D ．t 0～t 1阶段，此过程中容器与外界的热交换总量为a kJ ，该反应的热化学方程式为：
()
()()-13A g B g +2C g H=-50a kJ mol ∆⋅
【答案】B 【详解】
A ．t 0～t 1阶段，A 的浓度变化为0.15-0.06=0.09 mol·L －1，t 0～t 1阶段的平均反应速率为
-1-10.09mol/L
=0.006mol L s 15s
⋅⋅，A 错误；
B ．t 1时该反应达到平衡， A 的转化率为=0.09/0.15×100%=60%，B 正确；
C ．根据反应()
()()3A g B g +2C g 可知，反应达平衡后，∆c(A)=0.09 mol·L －1, ∆c(B)=0.03
mol·L －1,由图像可知反应达平衡后，c(B)=0.05 mol·L －1，所以B 的起始的浓度为0.02 mol·L －1
，B 的起始的物质的量为0.02mol/L×2L=0.04 mol ，C 错误；
D ．t 0～t 1阶段，∆c(A)=0.09 mol·L －1，∆n(A)=0.09×2 mol =0.18 mol ，此时放热a kJ ，如果有3mol A 完全反应，放热为50
a 3
kJ ，即()()()-150
3A g B g +2C g H=-
a kJ mol 3
∆⋅，D 错误； 答案选B 。

19．向BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍然澄清；若将BaCl2溶液分盛在两支试管中，一只试管加稀HNO3,另一只加NaOH溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀产生。

由此得出的下列结论中不合理
．．．的是
A．SO2是酸性氧化物、SO2具有还原性
B．两支试管中的白色沉淀不是同种物质
C．BaCl2既能跟强酸、又能跟强碱反应，具有两性
D．升高pH时，SO2水溶液中SO32-浓度增大
【答案】C
【分析】
根据SO2的化学性质（酸性氧化物的性质、还原性）分析判断。

【详解】
SO2与水反应生成的H2SO3是弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不会生成BaSO3和HCl。

SO2通入BaCl2和稀硝酸的混合溶液中，SO2被稀硝酸氧化为SO42-，再与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；SO2通入BaCl2和NaOH的混合溶液中，SO2与NaOH反应生成Na2SO3和水，再与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。

故A、B项正确，C项错误。

H2SO3水溶液中存在两步电离，升高pH时，促进电离，SO32-浓度增大，D项正确。

本题选C。

【点睛】
SO2有较强的还原性，稀硝酸有强氧化性，两者能发生氧化还原反应。

20．人们利用原电池原理，制作了多种电池，如电子计算机所用纽扣电池就是其中一种。

它的两极材料为锌和氧化银，电解质溶液为KOH溶液，其电极反应是：Zn +2OH--2e-
═ZnO+H2O Ag2O+H2O+2e-═2Ag+2OH-下列判断正确的是
A．锌为正极，Ag2O为负极B．原电池工作时，负极区溶液pH增大C．锌为负极，Ag2O为正极D．原电池工作时，溶液中K+向负极移动【答案】C
【分析】
【详解】
A．根据电极反应式，锌失电子发生氧化反应，所以锌为负极，故A错误；
B．负极反应Zn +2OH--2e-═ZnO+H2O，消耗氢氧根离子，溶液pH减小，故B错误；C．锌失电子发生氧化反应，所以锌为负极，故C正确；
D．溶液中K+向正极移动，故D错误。

二、实验题
21．某化学兴趣小组为了探究铝电极在原电池中的作用，在常温下，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如下。

试根据表中的电流表指针偏转方向回答下列问题：
（1）实验1、2中Al 所作的电极（正极或负极）是否相同？________（填“相同”或“不相同”）。

（2）由实验3完成下列填空：
①铝为________极，电极反应式为________________； ②石墨为________极，电极反应式为________________； ③电池总反应为________。

（3）实验4中铝作负极还是正极？________，理由是_______。

写出铝电极的电极反应式：_______。

（4）解释实验5中电流表指针偏向铝的原因：_________。

（5）根据实验结果总结出影响铝在原电池中作正极或负极的因素：________。

【答案】不相同 负 -3+Al-3e =2Al 正 22H 2e H +-
+=↑
322Al 6HCl 2AlCl 3H +=+↑ 负极 Al 能与NaOH 溶液反应，而Mg 不与NaOH 溶
液反应 ---2Al-3e +4OH =A1O 2+2H O Al 在浓硝酸中发生钝化，Zn 可与浓硝酸发生反
应，Zn 失去电子被氧化，即Zn 是负极，Al 是正极 另一个电极材料的活动性、电解质溶液 【分析】
根据电流表指针偏转方向确定电流方向，根据原电池原理分析解答。

【详解】
（1）金属与酸构成的原电池中，活泼金属作负极，Mg 的活泼性大于Al ，所以实验1中Al 作正极，而Al 的活泼性大于Cu ，所以实验2中Al 作负极，故答案为：不相同； （2）实验3中Al 作负极，负极的电极反应式为-3+3e =l Al A -，石墨作正极，正极的电极
反应式为2+-2H +2e =H ↑，电池总反应为322Al+6HCl=2AlCl +3H ↑，故答案为：负；-3+Al-3e =2Al ；正；22H 2e H +-
+=↑；322Al+6HCl=2AlCl +3H ↑；
（3）实验4中Mg 不与NaOH 溶液发生反应，Al 与NaOH 溶液发生反应：
2222Al+2NaOH+2H O=2NaAlO +3H ↑，Al 失去电子，则Al 作负极，负极的电极反应式
为--2-2Al-3e +4OH =lO +2H A O ，故答案为：负极；Al 能与NaOH 溶液反应，而Mg 不与
NaOH 溶液反应；--2-2Al-3e +4OH =lO +2H A O ；
（4）实验5中Al 遇浓硝酸发生钝化，Zn 与浓硝酸发生氧化还原反应，Zn 作负极，Al 作正极，电子由负极流向正极，故答案为：Al 在浓硝酸中发生钝化，Zn 可与浓硝酸发生反应，Zn 失去电子被氧化，即Zn 是负极，Al 是正极；
（5）根据上述实验结果总结出影响铝在原电池中作正极或负极的因素是另一个电极材料的活动性、电解质溶液，故答案为：另一个电极材料的活动性、电解质溶液。

22．利用生活中或实验室中的常用物品，根据氧化还原反应知识和电化学知识，自己动手设计一个原电池.请填写下列空白： （1）实验原理：Fe+2H +=Fe 2++H 2↑
（2）实验用品：电极（__、__）、稀硫酸、__、__耳机（或电流计）.
（3）①按如图所示装置连接好实验仪器，这时可以听见耳机发出“嚓嚓……”的声音。

其原因是在原电池中化学能转化为__，在耳机中__又转化为声波这种能量。

②在该原电池内中，Fe 在___极发生了___反应，H +在___极发生了___反应。

【答案】铁钉（或铁条等） 铜钉（或其他的惰性电极，如铅笔芯等） 烧杯 导线 电能 电能 负 氧化 正 还原 【分析】
根据Fe+2H +═Fe 2++H 2↑知，铁失电子被氧化，则Fe 作原电池负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作原电池正极，电解质溶液为弱氧化性酸溶液，结合原电池构成条件及能量转化方式分析解答。

【详解】
（2）由形成原电池的条件可知，需要铁为负极，正极为铜钉（其他的惰性电极如铅笔 芯、铂等都可以），硫酸为电解质溶液，还需要烧杯、导线等，故答案为：铁钉或铁条；铜钉（其他的惰性电极如铅笔芯、铂等都可以）；烧杯、导线；
（4）①在原电池中，由化学能转化为电能，在耳机中又由电能转化为声音这种能量，故答案为：电能；电能；
②如果将装置中的耳机改为电流计，则电流表指针发生偏转，形成原电池反应，铁为负极，发生氧化反应，电极方程式为Fe-2e -=Fe 2+，正极发生还原反应，电极方程式为2H ++2e -=H 2↑，铁钉应该连接电流计的负极，铜钉连接电流计的正极，故答案为：负；氧化；正；还原。

23．研究化学反应中的能量变化，能更好地利用化学反应为生产和生活服务。

(1)反应2442Fe H SO FeSO H +=+的能量变化如图所示。

①该反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应。

②如图三个装置中，不能证明“铁与稀硫酸反应是吸热反应还是放热反应”的是____________。

(2)现有纯铁片、纯铜片、1500mL0.2mol L -⋅的硫酸溶液、导线和1000mL 量筒设计实验，证明形成原电池可以改变反应速率所用装置如图所示，装置气密性良好，且1000mL 量筒中已充满了水。

①若a 、b 极不用导线相连，则b 极材料为_____(填“纯铁片”或“纯铜片”)。

当收集到
896mL (已折算为标准状况，且溶液体积不变)气体时，用时2min ，则用24H SO 表示的
平均反应速率为____11mol L min --⋅⋅。

②将a 、b 极(a 极为“纯铁片”，b 极为“纯铜片”)用导线相连，则电子在导线上的流动方向为从_____到(填“a 极”或“b 极”，下同)_____；此时a 极的电极反应式为_______，当收集到896mL (已折算为标准状况)气体时，用时1min 。

③根据上述实验所得结论为________。

【答案】放热 Ⅲ 纯铁片 0.04 a 极 b 极 2Fe 2e Fe -+-= 形成原电池能加快反应速率 【详解】
(1)①根据示意图可知反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应。

②装置Ⅰ可通过U 形管中红墨水液面的变化判断铁与稀硫酸的反应是放热还是吸热；装置
Ⅱ可通过烧杯中是否产生气泡判断铁与稀硫酸的反应放热还是吸热；装置Ⅲ只是一个铁与稀硫酸反应并将生成的气体用水吸收的装置，不能证明该反应是放热反应还是吸热反应，故答案为：Ⅲ；
(2)①若a 、b 极不用导线相连，右侧应该产生氢气，则b 极材料为纯铁片。

当收集到
896mL (已折算为标准状况，且溶液体积不变)气体时，用时2min ，其中氢气的物质的量
是0.896L ÷22.4L /mol ＝0.04mol ，因此消耗0.04mol 硫酸，则用24H SO 表示的平均反应速率为
0.04mol
0.5L 2min
⨯＝0.0411mol L min --⋅⋅。

②将a 、b 极(a 极为“纯铁片”，b 极为“纯铜片”)用导线相连，构成原电池，铁是负极，则电子在导线上的流动方向为从a 极流向b 极；此时a 极的电极反应式为
2Fe 2e Fe -+-=；
③由于②中当收集到896mL (已折算为标准状况)气体时，用时1min ，这说明反应速率加快了，因此根据上述实验所得结论为形成原电池能加快反应速率。

24．为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如下三套实验装置：
(1)A 同学选用装置I 进行实验，先向甲试管中加入适量锌片再加入稀硫酸，并未看到红墨水有任何变化，原因为____。

(2)B 同学选用装置Ⅱ进行实验，先在乙试管中加入某溶液至液面没过长颈漏斗下口，再向长颈漏斗中注入另一种溶液，使二者混合反应。

观察到烧杯中导管末端有气泡冒出，______(填“能”或“不能”)说明上述两溶液反应为放热反应，原因为______。

(3)C 同学选用装置III 进行实验，先向甲试管里加入适量氢氧化钠溶液，再加入稀硫酸，首先观察到的实验现象为______，说明该反应属于_____(填“吸热”或“放热”)反应；一段时间后观察到的实验现象为_____。

【答案】U 形管两端都通大气，不会产生压强差，液面无变化 不能 向乙中注入溶液，即便不放热，液体也会将气体压出导管 导管末端有气泡产生 放热 导管内形成一段液柱 【分析】
探究反应热效应的常用方法，通常是观察到密闭体系中一定量气体的热胀冷缩现象，据此回答； 【详解】
(1) 装置Ⅰ想通过U 形管中红墨水液面的变化判断适量锌片与稀硫酸的反应放热，但实验中 U 型管内红墨水液面始终不会变化，因为乙中气体与U 型管左侧内气体、通过导管与大气相连，因此，不会产生压强差，液面无变化；
(2) 装置Ⅱ想通过烧杯中是否产生气泡判断反应放热，但B 同学的实验也不能说明两溶液反。