精选备战高考化学易错题专题复习化学反应与能量变化含详细答案

精选备战高考化学易错题专题复习化学反应与能量变化含详细答案
一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）
1．W、X、Y、Z是四种原子序数依次增大的短周期元素，W、X两种元索可组成W2x和W2X2两种常见的无色液体化合物， Y2X2为淡黄色固体化合物，Z的原子序数是X的原子序数的两倍。

请回答下列问题：
(1)Z元素的名称是___________ 。

(2）W、X、Y三种元素形成的化合物的电子式_____________
(3)写出Y2X2中所含化学键有：___________。

(4)写出Y2X2和W2X反应的化学方程式：_______________
(5)W2和X2是组成某种燃料电池的两种常见物质，如图所示，通人X2的电极是___(填“正极”或“负极”)，写出通人W2的电极的电极反应式:________________
【答案】硫离子键和共价键 2Na2O2 + 2H2O=4NaOH + O2↑正
H2-2e-=2H+
【解析】
【分析】
W、X两种元素可组成W2X和W2X2两种常见的无色液体化合物，故W为H元素；X为O 元素；Y2X2为淡黄色固体化合物，故Y为Na元素；Z的原子序数是X的原子序数的两倍，故Z为S元素，据此进行分析。

【详解】
W、X两种元素可组成W2X和W2X2两种常见的无色液体化合物，故W为H元素；X为O 元素；Y2X2为淡黄色固体化合物，故Y为Na元素；Z的原子序数是X的原子序数的两倍，故Z为S元素；
(1) Z元素的名称是S元素；
(2)W、X、Y三种元素分别为H、O、Na，形成的化合物是NaOH，是离子化合物，其电子式为；
(3) Y2X2为Na2O2，是离子化合物，所含化学键有离子键和共价键；
(4) Y2X2为Na2O2，W2X为H2O，两者反应生成NaOH和O2，反应的化学方程式为2Na2O2 + 2H2O=4NaOH + O2↑；
(5) X2为O2，氢氧燃料电池，负极通氢气，正极通氧气，发生还原反应，故通入O2的电极
是正极；W2为H2，通H2的极负极，负极发生氧化反应，故电极反应方程式为H2-2e-
=2H+。

2．有A、B、C、D四种金属片，进行如下实验：①A、B用导线连接后浸入稀H2SO4中，电流由B 导线A；②C、D用导线相连后，同时伸入稀H2SO4 溶液中，C极为负极；③A、C相连后同时浸入稀H2SO4 中，C极产生大量气泡；④B、D相连后同时浸入稀
H2SO4 中，D极发生氧化反应；试判断四种金属的活动顺序是( )
A．A＞C＞D＞B B．A＞B＞C＞D C．B＞A＞C＞D D．B＞D＞C＞A
【答案】A
【解析】
【详解】
①A、B用导线连接后浸入稀H2SO4 中，电流由B 导线A，A为负极，B为正极，金属性A>B
②C、D用导线相连后，同时伸入稀H2SO4 溶液中，C极为负极，D极为正极，则金属性
C>D；
③A、C相连后同时浸入稀H2SO4 中，C极产生大量气泡，C为正极，A为负极，则金属性
A>C；
④B、D相连后同时浸入稀H2SO4 中，D极发生氧化反应，D为负极，B为正极，则金属性
D>B；
综上分析：金属性：A＞C＞D＞B；
答案选A。

【点睛】
原电池中活泼的电极做负极，不活泼的做正极，利用电极的活性来判断电极金属性的强弱，判断原电池正负极的方法：1、根据两极材料判断。

一般活泼金属为负极，活泼性较弱的金属或能导电的非金属为正极；2、根据电极现象判断。

一般情况下电极逐渐溶解为负极，电极增重可放出气体的为正极；3、根据电子流动方向来判断。

电子流出的为负极、电子流入的为正极或电流流出的正极、电流流入的负极；4、根据原电池里电解质溶液内离子的定向移动方向判断。

阴离子流向的为负极、阳离子流向的为正极；5、根据原电池两极发生的变化来判断。

失去电子发生氧化的是负极、得到电子发生还原反应是正极；
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，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。

4．电化学在化学工业中有着广泛应用。

根据图示电化学装置，
（1）甲池通入乙烷(C2H6)一极的电极反应式为___。

（2）乙池中，若X、Y都是石墨，A是Na2SO4溶液，实验开始时，同时在两极附近溶液中各滴入几滴酚酞溶液，X极的电极反应式为___；一段时间后，在Y极附近观察到的现象是
___。

（3）工业上通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图所示，则阳极的电极反应式为__，阴极反应式为___。

【答案】C2H6+18OH--14e-=12H2O+2CO32- 4OH--4e-=O2↑+2H2O 电极表面产生气泡，附近溶液显红色 Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O 2H2O+2e-=H2↑+2OH-
【解析】
【分析】
甲池为乙烷燃料电池，所以反应过程中乙烷被氧化，则通入乙烷的一极应为负极，通入氧气的一极为正极；乙池为电解池，X与电池正极相连为阳极，Y与负极相连为阴极。

【详解】
(1)通入乙烷的一极为负极，乙烷被氧化，由于电解质溶液KOH，所以生成碳酸根和水，电极方程式为：C2H6+18OH--14e-=12H2O+2CO32-；
(2)X为阳极，硫酸钠溶液中水电离出的OH-在阳极放电生成氧气，电极方程式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；Y电极为阴极，水电离出的氢离子在阴极放电生成氢气，水的电离受到促进电离出更多的氢氧根，Y电极附近显碱性，电极附近滴有酚酞，所以可以观察到Y电极附近有气泡产生且溶液显红色；
(3)阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42-，由于是碱性环境，故电极方程式为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O；电解时，水电离的H+在阴极放电生成氢气，电极方程式为：2H2O+2e-
=H2↑+2OH-。

【点睛】
陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③检查电极反应式的守恒关系(电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等)。

5．如图所示：
(1)若开始时开关K与a连接，则铁发生电化学腐蚀中的________腐蚀(填“吸氧”或“析氢”)，正极发生的电极反应式为_______________。

(2)若开始时开关K与b连接，两极均有气体产生，则N端是电源的________极(填“正”或“负”)，电解池总反应的离子方程式为_________。

【答案】吸氧O2+4e-+2H2O==4OH-负2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑
【解析】
【分析】
从图中可以看出，当K与a相连时，形成原电池，Fe作负极，石墨作正极，发生吸氧腐蚀；当K与b相连时，形成电解池，若Fe电极作阳极，则发生Fe-2e-==Fe2+的反应，没有气体产生，不合题意，故Fe电极应作阴极。

【详解】
(1)若开始时开关K与a连接，则形成原电池，铁发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，铁作负极，则石墨作正极，发生的电极反应式为O2+4e-+2H2O==4OH-。

答案为：吸氧；O2+4e-
+2H2O==4OH-；
(2)若开始时开关K与b连接，两极均有气体产生，由以上分析知，Fe作阴极，与电源的负极相连，则N端是电源的负极，发生H2O得电子生成H2和OH-的电极反应，阳极Cl-失电子生成Cl2，则电解池总反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。

答案为：负；2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。

【点睛】
分析电池反应时，电极的判断是解题的切入点。

若无外接直流电源，则装置为原电池；若有外接直流电源，则装置为电解池。

在电解池中，与电源负极相连的电极为电解池的阴极，与电源正极相连的电极为电解池的阳极。

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．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．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 - ==Cu 2+；正极反应：2Fe 3++2e - ==2Fe 2+。

答案为：Cu-2e - ==Cu 2+；2Fe 3++2e - ==2Fe 2+；
Ⅱ．正极：O 2在酸性溶液中得电子生成水，电极反应为2O 2+8e -+8H +==4H 2O ； 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。

10．如图所示，N 4分子结构与白磷分子相似，呈正四面体结构。

已知断裂1molN —N 键吸收193 kJ 热量，断裂1molN≡N 键吸收941 kJ 热量，则1mol N 4气体转化为N 2时要__________填“吸收”或“放出”)热量________________ kJ 。

【答案】放出 724 kJ
【解析】
【分析】
根据原子守恒可知，N 4转换为N 2的方程式为：N 4=2N 2，据此分析解答。

【详解】
1molN 4中N-N 键完全断裂需要吸收的能量=193kJ ×6=1158kJ ，形成2molN≡N 需要放出的热量=2×941kJ=1882kJ ，1158kJ ＜1882kJ ，故需要放出(1882-1158)kJ=724kJ 热量，故答案为：放出；724 kJ 。

11．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： H H - N H - N N -
N N ≡ 436kJ
390.8kJ
192.8kJ 945.8kJ
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。

12．锌电池有望代替铅蓄电池，它的构成材料是锌、空气、某种电解质溶液，发生的总反应式是：2Zn+O 2═2ZnO 。

则该电池的负极材料是________；当导线中有1mol 电子通过时，理论上消耗的O 2在标准状况下的体积是________
【答案】锌 5.6L
【解析】
【分析】
根据原电池工作原理和电子守恒进行分析。

【详解】
由电池的总反应式为：2Zn+O 2═2ZnO 知，锌发生氧化反应，做原电池负极，当导线中有1mol 电子通过时，理论上消耗0.25mol 的O 2，所以理论上消耗的O 2在标准状况下的体积为0.25mol ⨯22.4L/mol=5.6L 。

答案：锌； 5.6L 。

13．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) 172 335 498 X 已知白磷的燃烧热为2378.0 kJ /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)+H2(g)=C2H2(g)的反应可以根据①×2+②×1
2
-③×
1
2
得到，所以反应焓变
△H=2×(-393.5kJ•mol-1)+(-571.6kJ•mol-1)×1
2
-(-2599kJ•mol-1)×
1
2
=+226.7kJ•mol-1；
②碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应
C+O2CO2；3.6g碳的物质的量为
3.6
12g/mol
g
=0.3mol，6.4g的氧气的物质的量为
6.4g
32g/mol
=0.2mol，n(C):n(O2)=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，CO2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O2
反应生成CO的反应热△H=-XkJ0.1YkJ
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。

14．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1molNH3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N2+3H22NH3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 NH3，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 NH3放出热量为46kJ；故答案为：放出；46。

15．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CH4，用空气与CO2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，CO32－移向__(填“正”或“负”)极，已知CH4发生反应的电极反应式为CH4＋4CO32-－8e－=5CO2＋2H2O，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CuSO4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___，CuSO4的物质的量浓度为__。

②t2时所得溶液的pH＝__。

Ⅱ.乙槽为200mLCuSO4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H2SO4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．CuCO3 D．Cu2(OH)2CO3
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的浓度，则电解过程中转移的电子数为__。

【答案】负 O2＋2CO2＋4e－=2CO32-或2O2＋4CO2＋8e－=4CO32-0.1mol•L-10.1mol•L-1 1 2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋ 0.01 BC 0.8N A
【解析】
【分析】
（1）根据燃料电池的电极反应式进行分析；
（2）Ⅰ.电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，阳极发生2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--
4e-=O2↑+2H2O，阴极发生Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，结合图可知，Ⅰ为阴极气体体积与时间的关系，Ⅱ为阳极气体体积与时间的关系。

Ⅱ.乙烧杯电解硫酸铜溶液，石墨为阳极，电极反应为4OH--4e-═O2↑+H2O，Cu为阴极，电极反应为Cu2++2e-═Cu，电解的总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合反应进行分析。

【详解】
（1）甲烷燃料电池中，负极上甲烷被氧化，电极方程式为CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，正极发生的反应是氧气得电子的过程，电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，生成的CO32-向负极移动；
答案为负；O2＋2CO2＋4e－=2CO32-或2O2＋4CO2＋8e－=4CO32-；
（2）Ⅰ.电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，阳极发生2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--
4e-=O2↑+2H2O，阴极发生Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，结合图可知，Ⅰ为阴极气体体积与时间的关系，Ⅱ为阳极气体体积与时间的关系。

①由图可知，产生氯气为224mL，则由2Cl--2e-=Cl2↑可知，
n(NaCl)=
0.224
22.4/
L
L mol
×2=0.02mol，所以c(NaCl)=
0.02
0.2
mol
L
=0.1mol/L，由t2时生成氧气为
112mL，n(O2)=
0.112
22.4/
L
L mol
=0.005mol，则共转移电子为0.02mol+0.005mol×4=0.04mol，根
据电子守恒及Cu2++2e-=Cu可知，n(CuSO4)=0.04
0.2
mol
L
=0.02mol，所以
c(CuSO4)=0.02
0.2
mol
L
=0.1mol/L；
②由t2时4OH--4e-=O2↑+2H2O～4H+，n(H+)=0.005mol×4=0.02mol，则溶液的
c(H+)=0.02
0.2
mol
L
=0.1mol/L，因此pH=-lg c(H+)=-lg0.1=1；
Ⅱ.乙烧杯电解硫酸铜溶液，石墨为阳极，电极反应为4OH--4e-═O2↑+H2O，Cu为阴极，电
极反应为Cu2++2e-═Cu，电解的总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；
①取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.64g，则生成Cu的物质的量为
0.64 64/g
g mol
=0.01mol，转移的电子的物质的量为0.01mol×2=0.02mol，阳极反应的氢氧根离子的物质的量为0.2mol，生成的硫酸为0.1mol，根据电极方程式，电解过程中损失的元素有铜和氧，A、多加了H元素，错误；B、能够补充铜和氧元素，正确；C、CuCO3与硫酸反应放出二氧化碳，相当于加入了氧化铜，正确；D．Cu2(OH)2CO3多加了H元素，错误；故选BC；
②加入0.2 mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度，Cu(OH)2从组成上可看成CuO•H2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成0.2mol铜转移电子个数=0.2mol×2 =0.4mol，根据原子守恒知，生成0.2mol水需要
0.2mol氢气，生成0.2mol氢气转移电子的个数=0.2mol×2 =0.4mol，所以电解过程中共转移电子数为0.8mol，数目为0.8N A，故答案为：0.8N A。

【点睛】
本题考查电解原理及其计算，明确发生的电极反应及图图象的对应关系是解答本题的关键。

做题时注意电极的判断和电极反应的书写，注意串联电路中各电极转移的电子数目相等，利用反应的方程式计算。