备战高考化学化学反应与能量变化-经典压轴题含答案解析

备战高考化学化学反应与能量变化-经典压轴题含答案解析
一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）
1．在铜、锌、稀硫酸构成的原电池中（如图所示）
(1)负极是__________（填“铜”或“锌”），_________电子（填“失去”或“得到”），发
__________（填“氧化”或“还原”），电极反应方程式______________；
(2)电流由__________流向__________（填“铜”或“锌），铜片上观察到的现象是
________________。

【答案】锌失去氧化 Zn-2e-=Zn2+铜锌铜片表面有气泡产生
【解析】
【分析】
锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电子从负极流向正极，阳离子从负极移向正极，以此解答。

【详解】
(1)Zn、Cu、H2SO4构成原电池，由于金属活动性Zn>Cu，所以Zn为原电池的负极，失去电子，被氧化，发生氧化反应，负极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；
(2)铜为正极，溶液中的H+在正极上得电子发生还原反应，2H++2e-=H2↑，会看到正极Cu片上不断产生气泡。

电子从负极流向正极，阳离子从负极移向正极，由于电流方向为正电荷移动方向，所以电流从正极Cu经外电路流向负极Zn。

【点睛】
本题考查了原电池的构成条件、电极的判断、电极反应及电流方向等。

掌握原电池构成条件及反应原理是本题解答的关键。

2．理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。

某同学利用“Cu＋2Ag+＝
2Ag+Cu2+”反应设制一个化学电池，如图所示，已知该电池在外电路中，电流从a极流向b 极。

请回答下列问题：
（1）b极是电池的_____________极，材料是_____________，写出该电极的反应式
_____________。

（2）a可以为_____________A、铜B、银C、铁D、石墨
（3）c溶液是_____________A、CuSO4溶液B、AgNO3溶液C、酒精溶液
（4）若该反应过程中有0.2mol电子发生转移，则生成Ag为_____________克。

【答案】负 Cu Cu–2e-=Cu2+ BD B 21.6
【解析】
【分析】
有题干信息可知，原电池中，电流从a极流向b极，则a为正极，得到电子，发生还原反应，b为负极，失去电子，发生氧化反应，据此分析解答问题。

【详解】
(1)根据上述分析知，b是电池的负极，失去电子，反应Cu＋2Ag+＝2Ag+Cu2+中Cu失去电子，故Cu作负极，发生的电极反应为Cu–2e-=Cu2+，故答案为：负；Cu；Cu–2e-=Cu2+；(2)a是电池的正极，电极材料可以是比铜更稳定的Ag，也可以是惰性的石墨，故答案为：BD；
(3)电解质溶液c是含有Ag+的溶液，故答案为：B；
(4)根据得失电子守恒可得，反应过程中转移1mol电子，生成2molAg，质量为
108×2=21.6g，故答案为：21.6。

3．(1)将Al片和Cu片用导线连接，一组插入浓硝酸中，一组插入稀NaOH溶液中，分别形成原电池。

写出插入稀NaOH溶液中形成原电池的负极反应________________。

写出插入浓硝酸中形成原电池的正极反应______________。

(2)铅蓄电池是最常见的二次电池，由于其电压稳定、使用方便、安全可靠、价格低廉，所以在生产、生活中使用广泛，写出铅蓄电池放电时的正极反应______________________；充电时的阴极反应____________________。

【答案】2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O 4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O 4H++ 2e− +SO42−
+PbO2=PbSO4+2H2O PbSO4+2e−=Pb+SO42−
【解析】
【分析】
(1) Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液反应，形成原电池，负极为Al失电子，在碱性溶液中，Al转化为AlO2-。

Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体。

(2)铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等；充电时的阴极反应为PbSO4获得电子转化为Pb。

【详解】
(1) Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液，在碱性溶液中，负极Al失电子转化为AlO2-，电极反应式为2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O。

Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极反应为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体，电极反应式为4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O。

答案：2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O；4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O；(2)铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等，电极反应式为4H++ 2e−
+SO42− +PbO2=PbSO4+2H2O；充电时阴极为PbSO4获得电子转化为Pb，电极反应式为PbSO4+2e−=Pb+SO42−。

答案为：4H++ 2e− +SO42− +PbO2=PbSO4+2H2O；PbSO4+2e−=Pb+SO42−。

【点睛】
判断原电池的电极时，首先看电极材料，若只有一个电极材料能与电解质反应，该电极为负极；若两个电极材料都能与电解质发生反应，相对活泼的金属电极作负极。

在书写电极反应式时，需要判断电极产物。

电极产物与电解质必须能共存，如Al电极，若先考虑生成Al3+，则在酸性电解质中，能稳定存在，Al3+为最终的电极产物；若在碱性电解质中，Al3+不能稳定存在，最终应转化为AlO2-。

4．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。

5．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。

6．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3.25g，铜表面析出了氢气______________L（标准状况下）。

导线中通过________ mol电子。

【答案】1.12 0.1
【解析】
【分析】
用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，锌为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+；铜为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑；根据两极转移电子数目相等计算。

【详解】
用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，
锌为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，
铜为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，
锌片的质量减少了3.25g ，则物质的量为
3.25g
65g /mol
=0.05mol ，
转移的电子的物质的量为n （e -）=2n （Zn ）=2n （H 2）=2×0.05mol=0.1mol ， 则：V （H 2）=0.05mol×22.4L/mol=1.12L ， 故答案为：1.12；0.1。

7．在由铜片、锌片和150 mL 稀硫酸组成的原电池中，当在铜片上放出6.72 L （标准状况）的H 2时，硫酸恰好用完，则： (1) 产生这些气体消耗的锌的质量是____g ； (2) 通过导线的电子的物质的量是_____mol ；
(3) 该原电池正极的电极反应式为___________________________。

【答案】19.5 0.6 2H +
+ 2e -
= H 2↑ 【解析】 【分析】
(1)根据锌和氢气之间的关系式计算锌减少的质量； (2)根据氢气与电子的关系式计算；
(3)锌为负极,Cu 为正极,正极上氢离子得电子生成氢气。

【详解】
(1)设锌减少的质量为m ，根据Zn+H 2SO 4=ZnSO 4+H 2↑反应可知，65g ：22.4L=m ：6.72L ，解之得m=19.5g ； 答案是:19.5；
(2)根据 Zn+H 2SO 4=ZnSO 4+H 2↑可知，有22.4LH 2生成，转移电子为2mol ，所以有6.72LH 2生成，转移电子0.6mol ； 答案是:0.6；
(3)锌为负极,Cu 为正极,正极上氢离子得电子生成氢气,其电极方程式为:2H ++2e -═H 2↑； 答案是: 2H ++2e -═H 2↑。

8．回答下列问题：
（1）已知两种同素异形体A 、B 的热化学方程式为：A （s ）+O 2（g ）═CO 2（g ）△H=﹣393.51 kJ·mol －1；B （s ）+O 2（g ）═CO 2（g ）△H=﹣395.41 kJ·mol －1则两种同素异形体中较稳定的是（填“A”或“B”）______。

（2）已知化学反应N 2＋3H 2垐垐垎噲垐垐催化剂
高温高压
2NH 3的能量变化如图所示。

①1 mol N和3 mol H生成1 mol NH3(g)是_______能量的过程(填“吸收”或“释放”)。

由1
2
mol
N2(g)和3
2
mol H2(g)生成1 mol NH3(g)过程________(填“吸收”或“释放”)___________ kJ能量。

（用图中字母表示，②同）
②1
2
mol N2(g)和
3
2
mol H2(g)反应生成1 mol NH3(l)的△H = _______________。

（3）工业上用H2和Cl2反应制HCl，各键能为：H﹣H：436 kJ·mol－1，Cl﹣Cl：243 kJ·mol－1，H﹣Cl：431 kJ·mol－1。

该反应的热化学方程式是_______________。

【答案】A释放释放b－a△H = -（b+c-a）kJ·mol－1H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-183 kJ·mol－1
【解析】
【分析】
(1)由①A(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.51kJ/mol；②B(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-395.41kJ/mol，根据盖斯定律：①-②分析反应的热效应，能量越高越不稳定；
(2)①原子结合为分子过程会放热；由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热；△H=生成物的活化能-反应物的活化能；
②根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量计算反应热并书写热化学方程式，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态；
(3)反应方程式为：H2+Cl2=2HCl，根据吸收的能量之和与放出的能量之和的相对大小判断反应的吸放热，二者的差值即为焓变的数值。

【详解】
(1)由①A(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.51kJ/mol；②B(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-395.41kJ/mol，根据盖斯定律：①-②得：A(s)=B(s)△H＞0，所以B的能量高，能量越高越不稳定，A稳定；(2)①原子结合为分子过程会放热，所以1mol N和3mol H生成1mol NH3(g)是释放能量的过程；由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应，则
1 2molN2(g)和
3
2
molH2(g)生成1mol NH3(g)过程时放热过程；△H=生成物的活化能-反应物的
活化能=b-akJ/mol，所以1mol NH3(g)过程时放热b-akJ；
②1
2
mol N2(g)和
3
2
mol H2(g)反应生成1 mol NH3(l)的△H =(akJ•mol-1)-(b kJ•mol-1+c kJ•mol-1)= -
(b+c-a)kJ•mol-1；
(3)反应方程式为：H2+Cl2=2HCl，生成2molHCl，需吸收能量：436kJ+243kJ=679kJ，放出能量：2×431kJ=862kJ，放出的能量大于吸收的能量，则该反应放热，焓变为负号，且放出的热量为：864kJ-679kJ=185kJ，所以△H=-183KJ/mol，所以反应的热化学方程式是
H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-183 kJ/mol。

【点睛】
通常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。

9．I已知下列热化学方程式：
①H2（g）+1
2
O2（g）═H2O（l）；△H=-285.8kJ•mol-1
②H2（g）+1
2
O2（g）═H2O（g）；△H=-241.8kJ•mol-1
③CO（g）═C（s）+1
2
O2（g）；△H=+110.5kJ•mol-1
④C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=-393.5kJ•mol-1
回答下列问题：
(1)上述反应中属于放热反应的是_________________
(2)H2的燃烧热△H=___________________
(3)燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为________________
(4)表示CO燃烧热的热化学方程式为．________________
II已知：(1)P4（s，白磷）+5O2(g)==P4O10（s）△H1＝－2983．2kJ/mol
(2)P(s,红磷)+ 5
4
O2(g)=
1
4
P4O10(s) △H1＝－738.5kJ/mol,则白磷转化为红磷的热化学方程式
_________________。

相同的状况下，能量较低的是_________________；白磷的稳定性比红磷_________________（填“高”或“低”）
【答案】①②④ -285.8kJ•mol-1 1429KJ C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=-393.5kJ•mol-1 P4（s，白磷）=4P(s,红磷)△H＝－29．2kJ/mol 红磷低
【解析】
【分析】
I (1)根据热化学方程式中△H的符号判断；
(2)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
(3)根据物质的量之比等于热量比求算；
(4)结合盖斯定律计算得到,燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；II根据盖斯定律进行求算；物质的能量越低越稳定。

【详解】
I (1)由已知热化学方程式中△H的符号可知，四个反应的△H①②④均为负值，即都是放热反应；③的为正值，即为吸热反应；
故答案为:①②④；
(2) H2（g）+1
2
O2（g）═H2O（l）；△H=-285.8kJ•mol-1，依据燃烧热概念可知H2的燃烧热
△H=-285.8kJ•mol-1;
(3) H2（g）+1
2
O2（g）═H2O（l）；△H=-285.8kJ•mol-1，燃烧10g H2的物质的量为
5mol ，则燃烧10g H2生成液态水，放出的热量为285.8 5= 1429.0k J ；
(4) ③CO（g）═C（s）+1
2
O2（g）；△H=+110.5kJ•mol-1
④C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=-393.5kJ•mol-1
依据盖斯定律④+③得到CO(g)+ 1
2
O2(g)=CO2(g) △H = - 283.0kJ/mol；CO燃烧热的热化学
方程式为CO(g)+ 1
2
O2(g)=CO2(g) △H = - 283.0kJ/mol；
II红磷转化为白磷的化学方程式为：4P（s、红磷）=P4（s、白磷），可以看成是下列两个反应方程式的和：(1)P4O10（s）=P4（s、白磷）+5O2（g）；△H=2983.2kJ/mol；
(2)4P（s、红磷）+5O2（g）=P4O10（s）；△H=-738.5×4kJ/mol=-2954kJ/mol；
根据盖斯定律，红磷转化为白磷4P（s、红磷）=P4（s、白磷）的△H=2983.2kJ/mol-
2954kJ/mol=+29.2kJ/mol；
故答案为：4P（s、红磷）=P4（s、白磷）△H=+29.2kJ/mol;
相同的状况下，能量较低的是红磷；能量越低越稳定，则白磷的稳定性比红磷低。

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
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1；
(4)由①Mg(s)+H2(g)═MgH2(s)△H1=-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．将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，若该电池中两电极的总质量为80g ，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为41g ，试计算： (1)产生氢气的体积(标准状况)为_________； (2)通过导线的电子数为_________(用N A 表示)。

【答案】13.44L 1.2N A 【解析】 【分析】
(1)将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，电池工作时，负极锌失电子生成Zn 2+进入溶液，电极质量减轻，正极H +得电子生成H 2，银电极质量不变，由质量变化可求出参加反应的Zn 的质量，由此可求出生成H 2的体积。

(2)由电子守恒，可求出通过导线的电子数。

【详解】
(1)该电池中两电极的总质量为80g ，工作一段时间后，总质量为41g ，质量减少了39g ，根据原电池工作原理，减少的质量为参加反应的锌的质量。

根据电子守恒Zn ——H 2，产生标准状况下氢气的体积为
39g
22.4L/mol 65g/mol
⨯= 13.44 L 。

答案为：13.44L ；
(2)依据得失电子守恒：Zn ——2e -，则通过导线的电子数为1A 39g
2mol 65g/mol
N -⨯=1.2N A 。

【点睛】
在利用电极质量变化求解时，需弄清质量变化的原因，对于此题来说，只有负极金属失电子导致电极质量减轻，若溶液中的阳离子在正极得电子生成金属附着在正极上，则情况变得复杂，解题时需理顺关系，方能不出差错。

12．碳和碳的化合物在人类生产、生活中的应用非常广泛。

“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的生活方式。

(1)甲烷燃烧时放出大量的热，可作为能源应用于人类的生产和生活。

已知：①2CH 4(g)+3O 2(g)=2CO(g)+4H 2O(1) △H 1=-1214.6kJ/mol ； ②2CO(g)+O 2(g)=2CO 2(g) △H 2=-566kJ/mol ； 则反应CH 4(g)+2O 2(g)==CO 2(g)+2H 2O(1)的△H =___。

(2)将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，构成甲烷燃料电池。

其负极电极反应式是___。

(3)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下三组数据：
起始量/mol平衡量/mol
实验
组
温度/℃H2O CO CO2CO达到平衡所需时间/min 165024 1.6 2.45
2900120.4 1.63
3900a b c d t
①实验1中，以v(H2)表示的平均反应速率为___；
②该反应的正反应为___ (填“吸”或“放”)热反应；
③若要实验3达到与实验2相同的平衡状态(即各物质的体积分数分别相等)，则a、b应满足的关系是___（用含a、b的数学式表示)。

【答案】-890.3kJ/mol CH4-8e- +l0OH- =CO32- +7H2O 0.16mol·L-1·min-1放 a∶b=1∶2(或
b=2a)
【解析】
【分析】
(1)利用盖斯定律，将(①+②)×1
2
，即得反应CH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(1)的△H。

(2)将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，构成甲烷燃料电池。

其负极为CH4失电子的产物与OH-反应最终生成CO32-和水。

(3)①由反应式可以看出，生成H2的物质的量与CO2相同，根据速率计算公式可以计算出v(H2)；
②通过表中两组数据求出不同温度下转化率，比较改变温度时转化率的变化判断化学平衡移动的方向，判断反应的热效应；
③根据等效平衡原理解答。

【详解】
(1)①2CH4(g)+3O2(g)=2CO(g)+4H2O(1) △H1=-1214.6kJ/mol；
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2=-566kJ/mol；
利用盖斯定律，将(①+②)×1
2
，即得反应CH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(1)的△H=-
890.3kJ/mol；
故答案为：-890.3kJ/mol；
(2)负极为CH 4失电子的产物与OH -反应最终生成CO 32-和水，电极反应式为CH 4-8e - +l0OH -=CO 32-+7H 2O ；
故答案为：CH 4-8e - +l0OH - =CO 32-+7H 2O ；
(3)①由反应式可以看出，生成H 2的物质的量与CO 2相同，即为1.6mol ，则实验1中，
v (H 2)=1.6mol 2L 5min
= 0.16mol·L -1·min -1；
故答案为：0.16mol·
L -1·min -1； ②实验1中CO 的转化率为：4 2.44
-×100%=40%，实验2中CO 的转化率为：2 1.62
-（）×100%=20%，温度升高，反应物转化率降低，平衡向逆向移动，逆向为吸热反应，所以正向为放热反应；
故答案为：放；
③若要实验3达到与实验2相同的平衡状态(即各物质的体积分数分别相等)，因为反应3达平衡的时间短，反应速率快，反应3相当于反应2加压，但平衡不移动，所以a 、b 的比值不变，即a 、b 应满足的关系为a ∶b=1∶2(或b=2a)；
故答案为：a ∶b=1∶2(或b=2a)。

【点睛】
对于反应前后气体分子数相等的可逆反应，同等程度改变反应物或生成物浓度，平衡不发生移动，各物质的百分含量不变，但若各物质的改变倍数不等，则平衡会发生移动。

13．一种甲醇燃料电池采用铂作电极催化剂,电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过。

其工作原理的示意图:
请回答下列问题:
（1）Pt(a)电极反应为________;如果该电池工作时电路中通过2mol 电子,则消耗的CH 3OH 有________mol 。

（2）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。

图3为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图,电极为镁合金和铂合金。

E 为该燃料电池的________(填“正”或“负”)极。

F 电极上的电极反应式________。

（3）乙醛酸(HOOC—CHO)是有机合成的重要中间体。

工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸,原理如图4所示,该装置中阴、阳两极为惰性电极,两极室均可产生乙醛酸,其中乙二醛(OHC—CHO)与M电极的产物反应生成乙醛酸。

①N电极上的电极反应式为________。

②若2molH+通过质子交换膜,并完全参与了反应,则该装置中生成的乙醛酸为________mol。

【答案】CH3OH+H2O-6e-CO2↑+6H+1
3
负 ClO-+2e－+H2O Cl-+2OH－ HOOC—
COOH+2e－+2H+=HOOC-CHO+H2O 2
【解析】
【分析】
(1)燃料电池中，通入燃料的电极为负极，负极上失去电子发生氧化反应，根据氧化还原反应得失电子规律进行计算；
(2)由示意图可知，“镁﹣次氯酸盐”燃料电池中失电子的为负极，则镁合金为负极，电极反应式为Mg-2e-＋2OH-===Mg(OH)2，铂合金为正极，正极上ClO﹣得电子生成氯离子，则正极的电极反应式为ClO﹣+2e﹣+H2O===Cl﹣+2OH﹣；
(3)根据H+的移动方向可知，M电极是阳极，Cl-在阳极上发生失电子的氧化反应生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑，N电极为阴极，HOOC-COOH在阴极上得电子发生还原反应生成HOOC-CHO，电极反应式为HOOC-COOH+2e-+2H+===HOOC-CHO+H2O。

【详解】
(1)由装置图可知，电解质溶液为酸性溶液，燃料电池中，通入燃料的电极为负极，则Pt(a)是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为CH3OH+H2O-6e-CO2↑+6H+，根据电极
方程式可知，电路中通过2mol电子时，消耗的CH3OH的物质的量为1
3
mol，故答案为：
CH3OH+H2O-6e-CO2↑+6H+；1
3
；
(2)由示意图可知，“镁﹣次氯酸盐”燃料电池中，E为镁合金，为燃料电池的负极，F为铂合金，为正极，正极上ClO﹣得电子生成氯离子，则正极的电极反应式为ClO﹣+2e﹣+H2O===Cl﹣+2OH﹣，故答案为：负；ClO-＋2e-＋H2O===Cl-＋2OH-；
(3)①N电极为电解池的阴极，HOOC-COOH在阴极上得电子发生还原反应生成HOOC-CHO，电极反应式为HOOC-COOH+2e-+2H+===HOOC-CHO+H2O，故答案为：HOOC-COOH+2e-
+2H+===HOOC-CHO+H2O；
②2mol H+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，根据电极方程式HOOC-COOH+2e-
+2H+===HOOC-CHO+H2O，可知阴极生成1mol乙醛酸；阳极（M极）电极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑，乙二醛与Cl2的反应为Cl2+OHC—CHO+H2O===HOOC—CHO+2HCl，根据题意和阴、阳极得失电子相等，阳极也生成1mol乙醛酸；由于两极均有乙醛酸生成，所以生成的乙醛酸为2mol，故答案为：2。

【点睛】
本题考查了电化学原理的应用，把握原电池原理和电解池原理以及电解过程中的计算是解答关键。

14．如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理的相关问题，其中乙装置中X为离子交换膜。

请按要求回答相关问题：
（1）甲烷燃料电池负极电极反应式是：_____。

（2）乙中X是交换膜，工作一段时间后若要恢复成原溶液，应_____。

（3）欲用丙装置给铜镀银，b应是_____（填化学式）。

（4）若乙池中的饱和氯化钠溶液换成一定量CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子数为
_____mol。

（忽略溶液体积的变化）
（5）通过膜电池可除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，A极的电极反应为____。

（6）化学在环境保护中起十分重要的作用，电化学降解法可用于治理水中硝酸盐污染，电化学降解NO3-的原理如图所示。

①Ag-Pt电极上的电极反应式为_____。

②若电解过程中转移了2mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(Δm左-Δm右)为___g。

【答案】CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O 阳离子通入一定量HCl气体 Ag 0.4
+H++2e-→Cl-+ 2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O 14.4g
【解析】
【分析】
(1)甲烷燃料电池负极上CH4失电子，发生氧化反应，在碱性条件下产物为碳酸钾；
(2)燃料电池通氧气的极为正极，则乙中电解池的阴极为Fe、阳极为C，电解产物为H2、Cl2和NaOH；
(3)丙为电镀池，其中b为阳极，a为阴极，现铜镀银，则应选择Ag为阳极，Cu为阴极；
(4)用C为阳极电解CuSO4溶液，加入0.1mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，发生如下电解：2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O2H2↑+O2↑，再根据“析出什么加入什么”的原则分析；
(5)原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应；
(6)由题给原理图可知，Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应生成N2，则Ag-Pt电极为阴极，则B 为负极，A为电源正极，Pt电极为电解池的阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，据此计算膜两侧电解液的质量变化差。

【详解】
(1)甲烷燃料电池负极上CH4失电子，发生氧化反应，在碱性条件下产物为碳酸钾，则负极电极反应式是CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；
(2)燃料电池通氧气的极为正极，则乙中电解池的阴极为Fe、阳极为C，电解产物为H2、Cl2和NaOH，工作一段时间后若要恢复成原溶液，应通入适量HCl气体，恰好完全中和NaOH 即可；
(3)丙为电镀池，其中b为阳极，a为阴极，现铜镀银，则应选择Ag为阳极， Cu为阴极，即b极材料是Ag；
(4)乙池加入0.1mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，发生如下电解：
2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O2H2↑+O2↑，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0.1mol铜转移电子=0.1mol×2mol=0.2mol，根据原子守恒知，生成0.1mol
水需要0.1mol 氢气，生成0.1mol 氢气转移电子=0.1mol×2mol=0.2mol ，所以电解过程中共转移电子数为0.4mol ；
(5)A 为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+H ++2e -→Cl -+；
(6)①由题给原理图知，Ag-Pt 电极上NO 3-发生还原反应，酸性介质中，电极反应式为：2NO 3-+10e -+12H +=N 2↑+6H 2O ；
②A 为电源正极，Pt 电极为电解池的阳极，电极反应式为：2H 2O-4e -=4H ++O 2↑，转移2mol 电子时，阳极区消耗1mol 水，产生2molH +进入阴极室，阳极室质量减少18g ；电极反应式为2NO 3-+10e -+12H +=N 2↑+6H 2O ，阴极室中放出0.2molN 2(即5.6g)，同时有2molH +(即2g)进入阴极室，因此阴极室质量减少5.6g-2g=3.6g ，故膜两侧电解液的质量变化差(△m 左-△m 右)=14.4g 。

15．（1）化学反应的过程都是旧键断裂、新键形成的过程。

对于反应：
H 2+I 2垐垎?噲垐?加热2HI ，已知断开1mol H —H 键、1mol I —I 键分别需要吸收的能量是436kJ 和151kJ ，形成1mol H —I 键需要放出的能量是299kJ 。

①1mol H 2和1mol I 2完全反应，反应物断键吸收的总能量是___kJ ，生成物成键放出的总能量为___kJ ，反应共_____（填“放出”或“吸收”）能量____kJ 。

②如图，能够反映该反应能量变化的图像是____（填“A”或“B”）。

（2）如图所示，在银锌原电池中，以硫酸铜为电解质溶液，锌为_____极，电极上发生的是_____（填“氧化”或“还原”）反应，电极反应式为_________，锌片上观察到的现象为_______。

银为_____极，电极上发生的是_____（填“氧化”或“还原”）反应，电极反应式是___________，银片上观察到的现象是_______。

【答案】587 598 放出 11 B 负 氧化 Zn-2e -═Zn 2+ Zn 片逐渐溶解 正 还原 Cu 2++2e -═Cu 有红色物质析出
【解析】
【分析】
(1)旧键断裂要吸收能量，新键生成要释放能量，当旧键断裂吸收的能量大于新键生成释放的能量时，反应为吸热反应，反之则为放热反应，据此分析解答；
(2)银、锌、硫酸铜溶液构成的原电池中，锌易失电子发生氧化反应而作负极，银作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应生成铜，据此分析解答。

【详解】
(1)①1mol H2和1mol I2充分反应生成2molHI，旧键断裂吸收的能量为：
436kJ+151kJ=587kJ，新键生成释放的能量为：299kJ×2=598kJ，旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量，反应为放热反应，放出的热量为：598KJ-587kJ=11kJ，故答案为：587；598；放出；11；
②由①的分析可知，该反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，所以B正确；故答案为：B；
(2)银、锌、硫酸铜溶液构成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应生成锌离子进入溶液，导致锌逐渐溶解，电极反应式为Zn-2e-═Zn2+，银作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应而析出铜单质，电极反应式为Cu2++2e-═Cu，所以看到的现象是有红色物质析出，故答案为：负；氧化；Zn-2e-═Zn2+；Zn片逐渐溶解；正；还原；Cu2++2e-
═Cu；有红色物质析出。