高考化学 化学反应与能量变化 推断题综合题附答案

高考化学化学反应与能量变化推断题综合题附答案
一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）
1．X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Y位于不同周期，X与W 位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。

请回答下列问题：
（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。

Na Si+3H O=Na SiO+3H↑负极【答案】第二周期第ⅢA族
22232
37g
【解析】
【分析】
原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4，因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。

即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】
(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为
；
Na Si+3H O=Na SiO+3H↑；
(2)①根据元素分析，该反应方程式为
22232
②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；
③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol
硅化钠，质量为37g。

2．A、B是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成；乙为元素R组成的单质，它们之间存在如图所示关系．根据要求回答问题：
()1如图三个反应中，属于氧化还原反应的有______个．
()2若元素R 与氧同主族，下列事实能说明R 与氧的非金属性相对强弱的有______．
A ．还原性：22H R H O >
B ．酸性：22H R H O >
C ．稳定性：22H R H O < C ．沸点：22H R H O <
()3若化合物B 常温下为气体，其水溶液呈碱性(答题必须用具体物质表示)． ①化合物B 的电子式为______；其水溶液呈碱性的原因是______(用离子方程式表示)． ②化合物B 可与2O 组成燃料电池(氢氧化钾溶液为电解质溶液)，其反应产物与反应Ⅲ相同．写出该电池负极的电极反应式______．
③当1mol 的化合物B 分别参与反应Ⅱ、Ⅲ时，热效应为1H V 和2H V ，则反应Ⅰ的热化学方程式为______(注：反应条件相同、所有物质均为气体)．
【答案】3 A 、C 32NH H 0+4NH OH +
-+
3222NH 6e 6OH N 6H O ---+=+ ()()()()2212N g O g 2NO g H 0.8H H +==-V V V
【解析】
【分析】
()1A 、B 是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成，乙为元素R 组成的单质，反应Ⅰ、Ⅱ为有氧气参加的反应，应为氧化还原反应，反应Ⅲ由化合物A 、B 反应生成单质，也应为氧化还原反应；
()2元素R 与氧同主族，则R 为硫元素，硫的非金属性弱于氧，根据元素周期律判断； ()3若化合物B 常温下为气体，其水溶液呈碱性，则B 为3NH ，根据转化关系可知，A 为NO ，乙为2N ，据此答题。

【详解】
()1A 、B 是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成，乙为元素R 组成的单质，反应Ⅰ、Ⅱ为有氧气参加的反应，应为氧化还原反应，反应Ⅲ由化合物A 、B 反应生成单质，也应为氧化还原反应，所以属于氧化还原反应的有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，共3个； ()2元素R 与氧同主族，则R 为硫元素，硫的非金属性弱于氧，根据元素周期律可知，能说明S 与氧的非金属性相对强弱的有，还原性：22H R H O >、稳定性：22H R H O <，故答案为：A 、C ；
()3若化合物B 常温下为气体，其水溶液呈碱性，则B 为3NH ，根据转化关系可知，A 为
NO ，乙为2N ；
①化合物B 的电子式为
；其水溶液呈碱性的原因是一水合氨电离产生氢氧根离子，离子方程式为32NH H 0+4NH OH +
-+；
②化合物3NH 与2O 组成燃料电池(氢氧化钾溶液为电解质溶液)，电池负极为氨气发生
氧化反应生成氮气和水，电极反应式为3222NH 6e 6OH N 6H O ---+=+；
③当1mol 的化合物B 分别参与反应Ⅱ、Ⅲ时，热效应为1H V 和2H V ，根据盖斯定律，将反应反应(Ⅰ-Ⅱ4)5
⨯可得反应Ⅰ的热化学方程式为()()()()2212N g O g 2NO g H 0.8H H +==-V V V 。

【点睛】
元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。

3．如图是常见原电池装置，电流表A 发生偏转。

(1)若两个电极分别是铁、铜，电解质溶液是浓硝酸，Cu 极发生反应_______（填“氧化”或“还原”），其电极反应式为________________；
(2)若两个电极分别是镁、铝，电解质溶液是氢氧化钠溶液，Al 电极是_____极（填“正”或“负”），其电极反应式为_________________________________。

(3)若原电池的总反应是2FeCl 3＋Cu=2FeCl 2＋CuCl 2，则可以作负极材料的是_______，正极电极反应式为_________________________。

【答案】氧化 Cu －2e －=Cu 2＋ 负 Al －3e －＋4OH －=AlO 2－＋2H 2O Cu(或铜) Fe 3＋＋e －=Fe 2
＋
【解析】
【分析】
【详解】
(1)虽然铁比铜活泼，但是铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜被氧化，即铜电极为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为Cu －2e －=Cu 2＋；
(2)镁虽然比铝活泼，但镁不与氢氧化钠溶液发生反应，所以该原电池中Al 被氧化，即Al 为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为：Al －3e －＋4OH －=AlO 2－＋2H 2O ；
(3)根据总反应2FeCl 3＋Cu=2FeCl 2＋CuCl 2可知Cu 被氧化，Fe 3+被还原，原电池中负极发生氧化反应，所以负极材料为Cu ；正极发生还原反应，电极方程式为Fe 3＋＋e －=Fe 2＋。

【点睛】
第1小题为易错点，虽然铁和铜都能被浓硝酸氧化，但要注意铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜为负极。

4．请运用原电池原理设计实验,验证 Cu2+、Fe3+氧化性的强弱。

请写出电极反应式。

（1）负极 __________________________
（2）正极 __________________________________
（3）并在方框内画出实验装置图,要求用烧杯和盐桥,并标出外电路中电子流向。

________________________________
【答案】Cu−2e−=Cu2+2Fe3++2e−=2Fe2+
【解析】
【分析】
Fe3+氧化性比Cu2+强，可发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，反应中Cu被氧化，为原电池的负极，则正极可为碳棒或不如Cu活泼的金属，电解质溶液为氯化铁溶液，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，以此解答该题。

【详解】
Fe3+氧化性比Cu2+强，可发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，
(1)Cu被氧化，为原电池的负极，负极反应为Cu−2e−=Cu2+；
(2)正极Fe3+被还原，电极方程式为2Fe3++2e−=2Fe2+；
(3)正极可为碳棒，电解质溶液为氯化铁，则原电池装置图可设计为，电子
从铜极流向碳极。

【点睛】
设计原电池时，根据具体的氧化还原反应，即2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，然后拆成两个半反应，化合价升高的发生氧化反应，作负极，化合价降低的发生还原反应，作正极，原电池的本质就是自发进行的氧化还原反应，由于反应在一个烧杯中效率不高，所以可以设计为氧化还原反应分别在两极发生。

5．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)CH 3OH-O 2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CuSO 4溶液的总反应的化学方程式：______________________________；
(6)Na 2C 2O 4溶液的物料守恒：______________________________；
(7)Fe 3+的基态电子排布式：______________________________；
(8)N 2H 4的结构式：______________________________。

【答案】Al 3++3H 2O ⇌Al(OH)3+3H + Cu 2++4NH 3•H 2O=[Cu(NH 3)4]2++4H 2O Al-3e -+4OH -═AlO 2-+2H 2O CH 3OH+8OH --6e -=CO 32-+6H 2O 2CuSO 4+2H 2O 电解2Cu+2H 2SO 4+O 2↑ c(Na +)=2[c(C 2O 42-)+c(HC 2O 4-)+c(H 2C 2O 4)] [Ar]3d 5
【解析】
【详解】
(1)Al 2(SO 4)3溶液中存在铝离子的水解，所以溶液显酸性，故答案为：
Al 3++3H 2O ⇌Al(OH)3+3H +；
(2)CuSO 4溶液与过量氨水反应会生成铜氨络离子，故答案为：
Cu 2++4NH 3•H 2O=[Cu(NH 3)4]2++4H 2O ；
(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 -═AlO 2-+2H 2O ；
(4)CH 3OH-O 2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CH 3OH+8OH --6e -=CO 32-+6H 2O ；
(5)电解硫酸铜溶液生成铜单质、氧气和硫酸，故答案为：
2CuSO 4+2H 2O 电解2Cu+2H 2SO 4+O 2↑；
(6)Na 2C 2O 4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(C 2O 42-)+c(HC 2O 4-)+c(H 2C 2O 4)]；；
(7)Fe 元素为26号元素，失去最外层三个电子生成Fe 3+，故基态电子排布式为：[Ar]3d 5；
(8) N 2H 4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：。

6．回答下列问题：
（1）铅蓄电池的总反应为：Pb + PbO 2 + 2H 2SO 4 垐垎?噲垐?充电
放电
2PbSO 4 + 2H 2O ，放电时，负极反应式为___________，充电时，阳极反应式为___________。

（2）利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。

①若X为石墨，为减缓铁的腐蚀，将开关K置于Ｎ处，该电化学防护法称为___________。

②若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为__________。

（3）我国的科技人员为了消除SO2的污染，利用原电池原理，设计如图2装置用SO2和O2制备硫酸，电极A、B为多孔的材料。

① A极的电极反应式是________。

② B极的电极反应式是________。

【答案】Pb + SO42-－2e-＝ PbSO4 PbSO4 + 2H2O-2e-＝PbO2 + 4H+ + SO42-外加电流的阴极保护法牺牲阳极阴极保护法 4H+ + O2 + 4e-＝2H2O SO2 + 2H2O - 2e- ＝ SO42- + 4H+
【解析】
【分析】
(1)放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，充电时，该装置是电解池，阳极失电子发生氧化反应；
(2)作原电池正极或作电解池阴极的金属被保护；
(3)该原电池中，负极上失电子被氧化，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，正极上投放的气体是氧气，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，根据硫酸和水的出口方向知，B极是负极，A极是正极，据此书写电极反应式。

【详解】
：(1)放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，即Pb+SO42--2e-=PbSO4，在充电时，该装置是电解池，阳极上硫酸铅失电子发生氧化反应，即PbSO4+2H2O-2e-
=PbO2+4H++SO42-，故答案为：Pb+SO42--2e-=PbSO4；PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-；(2)①若X为石墨，为减缓铁的腐蚀，将开关K置于N处，该装置构成电解池，铁作阴极而被保护，该电化学防护法称为外加电流的阴极保护法；故答案为：外加电流的阴极保护法；
②若X为锌，开关K置于M处，该装置构成原电池，锌易失电子作负极，铁作正极而被保护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法，故答案为：牺牲阳极的阴极保护法．(3)该原电池中，负极上失电子被氧化，所以负极上投放的气体是二氧化硫，即B极是负极，负极二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式是SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，正极上投放的气体是氧气，即A极是正极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式是4H++O2+4e-=2H2O，故答案为：①4H++O2+4e-=2H2O；②SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+。

7．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，。

8．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】MnO 2+e -+H ＋=MnOOH Zn+2MnO 2+2H ＋=Zn 2++2MnOOH 0.05
【解析】
【分析】
(1)该电池中，负极锌被氧化生成Zn 2+，正极发生还原反应，MnO 2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 -=Zn 2+。

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MnO 2+e -+H +=MnOOH ，故总反应式为Zn+2MnO 2+2H +=Zn 2++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 -)=Q 150?F 96500?/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)=
12n (e -)×65 g/mol=12×1.554×10-3mol×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。

9．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，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 +++=+↑+↑，
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 --+-=+。

10．化学反应中的能量变化，是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同所致。

（1）键能也可以用于估算化学反应的反应热(ΔH)下表是部分化学键的键能数据：
化学键P—P P—O O＝O P＝O
键能/(kJ·mol－1)172335498X
已知白磷的燃烧热为2378.0kJ/mol，白磷完全燃烧的产物结构如图所示，则上表中X＝________。

（2）1840年，俄国化学家盖斯在分析了许多化学反应热效应的基础上，总结出一条规律：“一个化学反应，不论是一步完成，还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的．”这个规律被称为盖斯定律．有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可以利用盖斯定律间接计算求得。

①已知：
C(石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5kJ/mol①
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH2＝－571.6kJ/mol②
2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3＝－2599.2kJ/mol③
则由C(石墨)和H2(g)反应生成1mol C2H2(g)的焓变为__________________。

②已知3.6g碳在6.4g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出x kJ热量。

已知单质碳的燃烧热为y kJ/mol，则1mol C与O2反应生成CO的反应热ΔH为______________。

【答案】470 ＋226.8kJ/mol －(5x－0.5y) kJ/mol
【解析】
【分析】
(1)白磷燃烧的方程式为P4+5O2＝P4O10，根据化学键的断裂和形成的数目进行计算；
(2)①可以先根据反应物和生成物书写化学方程式，根据盖斯定律计算反应的焓变，最后根据热化学方程式的书写方法来书写热化学方程式；
②首先判断碳的燃烧产物，然后依据反应热计算。

【详解】
(1)白磷燃烧的方程式为P4+5O2＝P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P-P、5mol
O=O，形成12molP-O、4mol P=O，所以12mol×335kJ/mol+4mol×xkJ/mol-(6mol×172
kJ/mol+5mol×498kJ/mol)=2378.0kJ，解得x=470；
(2)①已知：①C(s，石墨)+O2(g)＝CO2(g)△H1=-393.5kJ•mol-1；②2H2(g)+O2(g)＝
2H2O(l)△H2=-571.6kJ•mol-1；③2C2H2(g)+5O2(g)＝4CO2(g)+2H2O(l)△H2=-2599kJ•mol-1；
2C (s ，石墨)+H 2(g )=C 2H 2(g )的反应可以根据①×2+②×12-③×12得到，所以反应焓变△H =2×(-393.5kJ •mol -1)+(-571.6kJ •mol -1)×
12-(-2599kJ •mol -1)×12=+226.7kJ •mol -1； ②碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C +O 2
2CO ，氧气足量发生反应C +O 2CO 2；3.6g 碳的物质的量为 3.612g /mol
g =0.3mol ，6.4g 的氧气的物质的量为6.4g 32g /mol
=0.2mol ，n (C ):n (O 2)=3:2；介于2:1与1:1之间，所以上述反应都发生．令生成的CO 为xmol ，CO 2为ymol ；根据碳元素守恒有x +y =0.3，根据氧元素守恒有x +2y =0.2×2，联立方程，解得x =0.2，y =0.1；单质碳的燃烧热为Y kJ /mol ，所以生成0.1mol 二氧化碳放出的热量为0.1mol ×Y kJ /mol =0.1YkJ ，因此生成0.2molCO 放出的热量为XkJ -0.1YkJ 。

由于碳燃烧为放热反应，所以反应热△H 的符号为“-”，故1mol C 与O 2反应生成CO 的反应热△H =-
XkJ 0.1YkJ 0.2mol
-=-(5X -0.5Y )kJ /mol 。

【点睛】
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．(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。

12．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。

13．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 +2AgNO 3=Cu(NO 3 )2 +2Ag
B ．H 2SO 4＋ Na 2SO 3==Na 2SO 4＋ SO 2＋H 2O
C ．NaOH +HCl =NaCl +H 2O
D ．2H 2 +O 2 =2H 2O
【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。

14．某反应在体积为5L 的恒容密闭的绝热容器中进行，各物质的量随时间的变化情况如图所示(已知A 、B 、C 均为气体)。