高考化学 化学反应与能量变化 培优易错试卷练习(含答案)含详细答案

高考化学化学反应与能量变化培优易错试卷练习(含答案)含详细答案
一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）
1．短周期元素X、Y、Z、W、R、T在周期表中的位置如图所示。

请按要求回答下列问题。

(1)R与W形成化合物的电子式为________________________。

(2)Y的氢化物与T的氢化物反应的生成物中含有的化学键为_________。

(3)X与Z形成的二元化合物中，所含电子数为18的分子的化学式为______。

(4)实验室制取T单质的离子方程式为______________________________。

(5)如图，a、b为多孔石墨电极(电极不参与反应)，插入W的最高价氧化物对应水化物的溶液中，两端分别通入X单质和Z单质，发现电流计指针发生偏转。

①电池工作时，电子的移动方向为由_____到_____(填“a”或“b”)。

②该电池反应产物环保无污染，则该电池的总反应式为____________。

【答案】离子键、共价键 H2O2 MnO2+4H++2Cl－Δ
Mn2++Cl2↑＋2H2O a
b 2H2+O2=2H2O
【解析】
【分析】
根据元素在周期表的位置可得，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Na元素，R 为S元素，T为Cl元素，据此分析解答；
【详解】
(1) R为S元素，W为Na元素，R与W形成化合物为Na2S，电子式为；
(2) Y为N元素，T为Cl元素，Y的氢化物与T的氢化物分别为NH3和HCl，反应的生成物为NH4Cl，属于含有共价键的离子化合物，其中含有的化学键为离子键、共价键；
(3) X为H元素，Z为O元素，X与Z形成的二元化合物为H2O、H2O2，所含电子数为18的分子的化学式为H2O；
(4) T为Cl元素，实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下制取氯气，的离子方程式为
MnO2+4H++2Cl－Δ
Mn2++Cl2↑＋2H2O；
(5) W为Na元素，W的最高价氧化物对应水化物的溶液为氢氧化钠溶液，两端分别通入H2和O2，发现电流计指针发生偏转，说明该装置构成氢氧燃料电池。

①电池工作时，通入燃料的一极为负极，则如图所示，a为负极，b为正极，电流从正极流向负极，则电子由a到b；
②装置构成氢氧燃料电池，电池反应产物只有水，环保无污染，则该电池的总反应式为
2H2+O2=2H2O。

2．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+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，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-=AlO2-+2H2O；
②若c为稀H2SO4时，Mg比Al活泼，所以电池总反应式为Mg+2H+=Mg2++H2↑，Mg被氧化做负极，即a的电极材料为Mg，电极方程式为：Mg-2e-=Mg2+；
(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。

3．（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，CuSO 4溶液中的阳离子有Cu 2+和H +，放电能力Cu 2+大于H +，正极反应为：，Cu 2++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 -=Zn 2+，正极：2H ++2e -=H 2↑，由电极反应n (H 2)=n (Zn)= 3.25g 0.05mol 65g /mol
=，V (H 2)=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。

4．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6.4gCH 3OH ，即0.2molCH 3OH ，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CO 2，电极反应式为
CH 3OH+H 2O-6e -=CO 2↑+6H +，故答案为：CH 3OH+H 2O-6e -=CO 2↑+6H +。

5．甲醇是人们开发和利用的一种新能源。

已知：
①2H 2(g)+O 2(g)=2H 2O(l) △H 1=-571.8kJ·
mol -1 ②CH 3OH(g)+12
O 2(g)=CO 2(g)+2H 2(g) △H=-192.9 kJ· mol -1 （1）甲醇蒸汽完全燃烧的热化学方程式为_____________。

（2）反应②中的能量变化如下图所示，则△H2=______（用E1和E2表示）。

（3）H2(g)的燃烧热为__________ kJ· mol-1。

（4）请你分析H2(g)作为能源比甲醇蒸汽作为能源的优点：__________________（写出一点）
【答案】CH3OH(g)+3
2
O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H2=-764.7kJ/mol； E1-E2 285.9 来源广、热
值高、不污染环境
【解析】
【分析】
(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；
(2)依据反应焓变△H=生成物总能量-反应物总能量分析；
(3)依据燃烧热的概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合热化学方程式分析计算；
(4)根据氢能源的优点和氢能源的开发和利用的最新动向即可作答。

【详解】
(1)①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H1=-571.8kJ· mol-1
②CH3OH(g)+1
2
O2(g)=CO2(g)+2H2(g) △H=-192.9 kJ· mol-1
由盖斯定律②+①得到甲醇蒸气完全燃烧的热化学反应方程式为：
CH3OH(g)+3
2
O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H2=-764.7kJ/mol；
(2)反应②中的能量变化如图所示，依据图象分析，反应焓变△H=生成物总能量-反应物总能量，△H2=E1-E2；
(3)燃烧热的概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据
2H2(g)+O2(g)═2H2O(l) △H1=-571.8kJ/mol可知2mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为571.8kJ，则1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为285.9kJ，故氢气燃烧热为
285.9kJ/mol；
(4)地球上水资源丰富，可以从水中提取氢气，说明资源广泛；依据燃烧热计算分析，氢气的燃烧值高；因为氢气燃烧产物是水，不污染环境。

6．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。

7．（1）依据反应：2Ag ＋(aq)＋Cu(s)ƒCu 2＋(aq)＋2Ag(s)设计的原电池如下图甲所示。

①电极X 的材料是___________；Y 溶液可以是____________；
②银电极上发生的电极反应式是_________________________。

③在电池放电过程中，盛有饱和KCl 琼脂溶胶的盐桥中，向CuSO 4溶液一端扩散的离子是______（填离子符号）。

（2）金属腐蚀一般可分为化学腐蚀和电化学腐蚀，可以采用电化学手段进行防腐。

①炒菜的铁锅未及时清洗容易生锈。

写出铁锅生锈过程的正极反应式
__________________。

②为了减缓某水库铁闸门被腐蚀的速率，可以采用下图乙所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R 可以采用___________（填写字母序号）。

A ．铜
B ．钠
C ．锌
D ．石墨
③图丙所示方案也可以减缓铁闸门的腐蚀速率，则铁闸门应连接直流电源的_______极。

（3）蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。

有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应
是：NiO 2 + Fe + 2H 2O 垐垐?噲垐?放电
充电
Fe(OH)2 + Ni(OH)2。

①若此蓄电池放电时，该电池某一电极发生还原反应的物质是____（填序号）。

A ．NiO 2 B ．Fe C ．Fe(OH)2 D ．Ni(OH)2
②该电池放电时，正极附近溶液的PH_________（填增大、减小、不变）
③充电时该电池阳极的电极反应式________________。

【答案】Cu AgNO 3 Ag ＋＋e －＝Ag Cl - O 2＋2H 2O ＋4e －=4OH － C 负 A 增大 Ni(OH)2-2e -+2OH -=NiO 2+2H 2O
【解析】
【分析】
（1）由反应方程式可知，该原电池的电极反应式为：正极：2Ag ++2e -═2Ag ，负极：Cu-2e -═Cu 2+，所以X 极的材料应为Cu ，电解质溶液Y 应为AgNO 3溶液，外电路中的电子从Cu 极流向Ag 极．盐桥中的K +移向正极（Ag 极）；NO 3-移向负极（Cu 极），以此解答。

（2）①生铁的吸氧腐蚀中，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应；
②原电池的负极金属易被腐蚀，根据原电池的工作原理来回答；
③在电解池的阴极上的金属被保护，根据电解池的工作原理来回答；
（3）①依据电池反应分析，充电为电解池，放电为原电池；放电过程中原电池的负极上失电子发生氧化反应，正极上发生还原反应；
②放电时的电极反应是：负极：Fe-2e -+2OH -=Fe （OH ）2；
③放电时正极发生还原反应，正极反应式为：NiO2+2e-+2H2O=Ni（OH）2+2OH-，充电时该电极发生氧化反应，是该电极反应的逆反应．
【详解】
（1）①由反应“2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）”可知，在反应中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，Ag+在正极上得电子被还原，电解质溶液为AgNO3 ，
故答案为：Cu；AgNO3；
②正极为活泼性较Cu弱的Ag，Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为Ag++e=Ag，故答案为： Ag++e-=Ag；
③盐桥中的阳离子移向正极，阴离子移向负极，Cl-移向负极向CuSO4溶液一端扩散，故答案为：Cl-；
（2）①炒过菜的铁锅未及时清洗容易发生电化学腐蚀而生锈，在铁的吸氧腐蚀中，负极上铁失电子发生氧化反应，Fe=Fe2+2e-，正极上是氧气得电子的还原反应，O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；
②为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以让金属铁做原电池的正极，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以是比金属铁的活泼性强的金属，钾钙钠都不能做电极材料，故答案为：C；
③电解池的阴极上的金属被保护，为降低铁闸门的腐蚀速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的负极，故答案为：负；
（3）①根据原电池在放电时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，再根据元素化合价变化，可判断该电池负极发生反应的物质为Fe被氧化发生氧化反应，正极为NiO2，被还原发生还原反应，此电池为碱性电池，在书写电极反应和总电池反应方程式时不能出现
H+，故放电时的电极反应是：负极：Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2，正极：NiO2+2e-+2H2O=Ni （OH）2+2OH-，
故答案为：A；
②放电时的电极反应是：负极：Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2，所以pH增大，故答案为：增大；
③放电时正极发生还原反应，正极反应式为：NiO2+2e-+2H2O=Ni（OH）2+2OH-，充电时该电极发生氧化反应，是该电极反应的逆反应，电极反应式为：Ni（OH）2+2OH--2e-
=NiO2+2H2O，故答案为：Ni（OH）2+2OH--2e-=NiO2+2H2O．
8．C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。

常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。

0～t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是_____，溶液中的H+向_____极移动，t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是______。

【答案】2H++NO3-+e-=NO2+H2O 正铝在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al进一步发生反应
【解析】
【分析】
【详解】
0到t1这段时间，由于金属活动性：Al>Cu，因此Al作负极，失去电子发生氧化反应，浓硝酸电离产生的NO3-在正极Cu上得到电子，发生还原反应产生NO2气体，正极反应式为
2H++NO3-+e-=NO2+H2O，溶液中的H+不断移向正极；t1时，由于室温下铝被浓硝酸氧化产生Al2O3，覆盖在金属Al表面，使Al不能进一步发生反应而发生钝化现象，阻碍铝进一步发生反应，此时铜与浓硝酸发生氧化还原反应，铜作负极，铝作正极，导致电子移动的方向发生偏转。

9．氢能的优点是燃烧热值高，无污染。

目前工业制氢气的一个重要反应为CO(g)＋
H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)ΔH，反应过程和能量的关系如图所示：
（1）CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)ΔH______(填“>”“<”或“＝”)0。

（2）过程Ⅱ是加入催化剂后的反应过程，则过程Ⅰ和Ⅱ的反应热________(填“相等”或“不相等”)，原因是
____________________________________________________________________。

（3）已知：H2(g)＋1
2
O2(g)===H2O(g) ΔH＝－242.0 kJ·mol－1
H2O(l)===H2O(g)ΔH＝＋44.0 kJ·mol－1
则H2(g)燃烧生成H2O(l)的热化学方程式为_________________________________________。

【答案】＞相等化学反应的反应热仅与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与是
否加入催化剂无关 H2(g)+1
2
O2(g)═H2O(l)△H=-286.0kJ•mol-1
【解析】
【分析】
(1)根据图知，反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应；
(2)催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，化学反应的反应热仅与反应物的总能量和生成物的总能量有关；
(3)①H2(g)+1
2
O2(g)═H2O(g)△H=-242.0kJ•mol-1，②H2O(l)═H2O(g)△H=+44.0kJ•mol-1，将方程
式①-②得H2(g)+1
2
O2(g)═H2O(l)△H进行相应的改变。

【详解】
(1)根据图知，反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，所以△H＞0；
(2)催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，化学反应的反应热仅与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与是否加入催化剂无关，所以I、II的反应热相等；
(3)①H2(g)+1
2
O2(g)═H2O(g)△H=-242.0kJ•mol-1，②H2O(l)═H2O(g)△H=+44.0kJ•mol-1，将方程
式①-②得H2(g)+1
2
O2(g)═H2O(l)△H=-242.0kJ/mol-44kJ/mol=-286.0kJ•mol-1。

10．(1)写出符合要求的一个反应：
①吸热的分解反应的化学方程式：______________________。

②表示一类放热反应的离子方程式：____________________。

(2)化学键的键能是形成(或拆开)1 mol化学键时释放(或吸收)的能量。

已知：N≡N键的键能是948.9 kJ·mol－1，H—H键的键能是436.0 kJ·mol－1；由N2和H2合成1 mol NH3时可放出46.2 kJ的热量。

则N—H键的键能是_______。

(3)根据下列3个热化学反应方程式：
Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH＝－24.8 kJ·mol－1；
3Fe2O3(s)＋CO(g)=2Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH＝－47.2 kJ·mol－1；
Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH＝＋640.5 kJ·mol－1。

写出CO气体还原FeO固体得到Fe 固体和CO2气体的热化学反应方程式：_______
【答案】CaCO3CaO+CO2↑ H++OH-=H2O 391.55 kJ•mol-1
CO(g)+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g)△H=-218.0kJ/mol
【解析】
【分析】
(1)①绝大多数分解反应是吸热反应，如碳酸钙高温分解；
②酸碱中和是放热反应，也是离子反应；
(2) 化学反应的本质是旧化学键的断裂以及新化学键的形成，旧化学键的断裂需要吸收热量，形成化学键需要放出热量，N2+3H2=2NH3，根据反应需要断开N≡N键和H-H键，形成
N-H键；由N2和H2合成1molNH3时可放出46.2kJ的热量，分别算出吸收的热量和放出的热量，再结合△H，即可得出答案；
(3) 根据盖斯定律将三个化学方程式进行处理计算得到所需热化学方程式。

【详解】
(1)①绝大多数分解反应是吸热反应，如碳酸钙高温分解，发生反应的化学方程式为CaCO3CaO+CO2↑；
②酸碱中和是放热反应，也是离子反应，如盐酸和NaOH溶液反应的离子方程式为H++OH-=H2O；
(2) 由N2和H2合成1molNH3时可放出46.2kJ/mol的热量，N2和H2合成NH3的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-2×46.2=-92.4kJ/mol，1molN2和3molH2反应断裂化学键需要吸收的能量为：1mol×948.9kJ•mol-1+3×436.0kJ•mol-1=2256.9kJ；设N-H键的键能为x，则形成2molNH3需要形成6molN-H键，则形成6molN-H键放出的能量为6x，则2256.9-6×x=-92.4kJ/mol，解得x=391.55 kJ•mol-1；
(3) Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-24.8kJ/mol ①，
3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)△H=-47.2kJ/mol ②，
Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)△H=+640.5kJ/mol ③，由盖斯定律可知①×3-②-③×2得：6CO(g)+6FeO(s)=6Fe(s)+6CO2(g)△H=(-24.8kJ/mol)×3-(-47.2kJ/mol)-(+640.5kJ/mol)×2=-
1308.0kJ/mol，即 CO(g)+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g)△H=-218.0kJ/mol 。

【点睛】
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．如图为原电池装置示意图。

（1）将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入烧碱溶液中，分别形成了原电池，在这两个原电池中，作负极的分别是__（填字母）。

A 铝片、铜片
B 铜片、铝片
C 铝片、铝片
D 铜片、铜片
写出插入烧碱溶液中形成的原电池的负极反应式：____。

（2）若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，工作时的总反应为Pb＋PbO2＋
2H2SO4=2PbSO4＋2H2O。

写出B电极反应式：___；该电池在工作时，A电极的质量将_（填“增加”“减小”或“不变”）。

若该电池反应消耗了0.1 mol H2SO4，则转移电子的数目为__。

（3）若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池，写出B电极反应式：_________；该电池在工作一段时间后，溶液的碱性
将___（填“增强”“减弱”或“不变”）。

（4）若A、B均为铂片，电解质为H2SO4溶液，分别从A、B两极通入CH4和O2，该电池即为甲烷燃料电池，写出A电极反应式：________；若该电池反应消耗了6.4克CH4，则转移电子的数目为__。

【答案】B Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O PbO2＋2 e-＋4H＋＋SO42-=PbSO4＋2H2O 增加
6.02⨯1022 O2+4e-+2H2O=2H2O 减弱 CH4+8e-+2H2O=CO2+8H+ 3.2⨯6.02⨯1023
【解析】
【分析】
根据原电池原理进行分析。

【详解】
（1）将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，由于铝遇浓硫酸发生钝化，而铜可以被浓硝酸溶解，故铜为负极、铝为正极；另一组插入烧碱溶液中，由于铝可以被其溶解，而铜不能，故铝为负极、铜为正极。

综上所述，在这两个原电池中，作负极的分别是铜片、铝片，故选B 。

插入烧碱溶液中形成的原电池，负极上铝被氧化为偏铝酸根离子，电极反应式为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O。

（2）若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，工作时的总反应为Pb＋PbO2＋
2H2SO4=2PbSO4＋2H2O。

B电极为正极，其被还原为硫酸铅，电极反应式为PbO2＋2 e-＋4H ＋＋SO42-=PbSO4＋2H2O；该电池在工作时，A电极被氧化为硫酸铅，故其质量将增加；由总反应可知，该反应若转移2mol电子可以消耗2mol H2SO4，若该电池反应消耗了0.1 mol
H2SO4，则转移电子的数目为6.02⨯1022。

（3）若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池， B电极为正极，其电极反应式为：O2+4e-+2H2O=2H2O；该电池在工作一段时间后，虽然总反应中不消耗KOH，但是由于电池总反应的产物是水，故溶液的碱性将减弱。

（4）若A、B均为铂片，电解质为H2SO4溶液，分别从A、B两极通入CH4和O2，该电池即为甲烷燃料电池， A电极为负极，甲烷被氧化为二氧化碳，其电极反应式为：CH4+8e-+2H2O=CO2+8H+；由负极的电极反应可知，16g CH4参加反应时，可以转移8mol e-，因此，若该电池反应消耗了6.4克CH4（其物质的量为0.4mol），则转移电子的数目为
3.2⨯6.02⨯1023。

【点睛】
在判断原电池中金属电极的极性时，不能仅根据金属活动性分析，还要根据金属与电解质溶液之间的具体反应进行分析。

在书写电极反应式时，要注意反应产物在所给定的电解质溶液中能否大量存在，若不能与电解质溶液中的离子大量共存，则要写出其与电解质溶液中的某些离子或分子反应后的产物。

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SO42-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．能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料。

（1）熔融盐燃料电池具有高的发电效率，因而受到重视。

可用熔融的碳酸盐作为电解质，向负极充入燃料气CH 4，用空气与CO 2的混合气作为正极的助燃气，以石墨为电极材料，
制得燃料电池。

工作过程中，CO 32－移向__(填“正”或“负”)极，已知CH 4发生反应的电极反
应式为CH 4＋4CO 32-－8e －=5CO 2＋2H 2O ，则另一极的电极反应式为___。

（2）利用上述燃料电池，按如图1所示装置进行电解，A 、B 、C 、D 均为铂电极，回答下列问题。

Ⅰ.甲槽电解的是200mL 一定浓度的NaCl 与CuSO 4的混合溶液，理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如图2所示(气体体积已换算成标准状况下的体积，电解前后溶液的体积变化忽略不计)。

①原混合溶液中NaCl 的物质的量浓度为___，CuSO 4的物质的量浓度为__。

②t 2时所得溶液的pH ＝__。

Ⅱ.乙槽为200mLCuSO 4溶液，乙槽内电解的总离子方程式：___；
①当C 极析出0.64g 物质时，乙槽溶液中生成的H 2SO 4为__mol 。

电解后，若使乙槽内的溶液完全复原，可向乙槽中加入__(填字母)。

A ．Cu(OH)2
B ．CuO
C ．CuCO 3
D ．Cu 2(OH)2CO 3
②若通电一段时间后，向所得的乙槽溶液中加入0.2mol 的Cu(OH)2才能恰好恢复到电解前。