高考化学化学反应与能量变化(大题培优)含答案

高考化学化学反应与能量变化(大题培优)含答案

一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）

1．A 、B 、C 三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。

①B 中Sn 极的电极反应式为__________，Sn 极附近溶液的 pH(填“增大”、“减小”或“不变”) __________。

②C 中总反应离子方程式为__________，比较 A 、B 、C 中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是__________。

【答案】2H ++2e -=H 2↑ 增大 Zn+2H +=Zn 2++H 2 ↑ B>A>C

【解析】

【分析】

①B 中形成Sn-Fe 原电池，Fe 比Sn 活泼，则Sn 为正极发生还原反应；

②C 中形成Zn-Fe 原电池，总反应为Zn+2H +=Zn 2++H 2↑，电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀的速率，金属作原电池正极时得到保护。

【详解】

①B 中形成Sn-Fe 原电池，由于Fe 比Sn 活泼，所以Sn 为正极，溶液中的H +在Sn 上获得电子，发生还原反应，电极反应式为：2H ++2e -=H 2↑；由于氢离子不断消耗，所以Sn 附近溶液中c(H +)减小，溶液的pH 值增大；

②锌比铁活泼，锌为原电池负极，被腐蚀，负极电极反应式为Zn-2e -=Zn 2+，正极：2H ++2e -=H 2↑，总反应方程式为Zn+2H +=Zn 2++H 2↑。A 发生化学腐蚀，B 发生电化学腐蚀，C 中发生电化学腐蚀，由于锌比铁活泼，所以铁作原电池的正极而被保护，电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀的速率，所以由快到慢的顺序是B>A>C 。

【点睛】

本题考查了原电池的工作原理和电极反应式的书写以及金属的活泼性。一般情况下，在原电池反应中，活动性强的电极在负极，失去电子，发生氧化反应；但也有例外。如Mg-Al-NaOH 溶液构成的原电池中，活动性弱的Al 为负极，活动性强的Mg 为正极。知道金属腐蚀快慢的判断规律为：电解池的阳极>原电池的负极>化学腐蚀>原电池的正极>电解池的阴极。

2．铅蓄电池是化学电源，其电极材料分别是Pb 和PbO 2，电解液为稀硫酸。工作时该电池

总反应式为：Pb (s )＋PbO 2(s )＋2H 2SO 4(aq ) 垐垐?噲垐?放电

充电

2PbSO 4(s )＋2H 2O (l )。根据上述情况判断：

(1)放电时，电解质溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(2)放电时，电解质溶液中阴离子移向_____极，电子从_____极流向____极。

(3)写出负极的电极方程式：_____________________________________。

【答案】增大 负 负 正 Pb -2e -+SO 4 2-

＝PbSO 4 【解析】

【分析】

放电时，负极发生氧化反应，Pb 失去电子产生Pb 2+，Pb 2+与溶液中的SO 42-

结合形成PbSO 4，反应消耗硫酸，硫酸的浓度减小，负极得到PbSO 4，正极上PbO 2获得电子变为Pb 2+，Pb 2+与溶液中的SO 42-结合形成PbSO 4，电子由负极经外电路流向正极，由此分析解答。

【详解】 (1)该电池总反应式为：Pb (s )+PbO 2(s )+2H 2SO 4(aq ) 垐垐?噲垐?放电充电

2PbSO 4(s )+2H 2O (l )。根据工作原理可知：在放电时Pb 发生氧化反应，失去电子变为Pb 2+，电极反应式为Pb -2e -=Pb 2+；正极上PbO 2获得电子变为Pb 2+，电极反应式为：PbO 2+4H ++SO 42-=PbSO 4+2H 2O ，反

应消耗硫酸，使硫酸的浓度减小，溶液中c (H +)降低，所以溶液的pH 增大；

(2)放电时，由于负极不断产生Pb 2+，使正电荷数目增大，所以电解质溶液中阴离子SO 42-移向负极，电子从负极Pb 极流向正极PbO 2极；

(3)负极失去电子，发生氧化反应，负极的电极反应式：Pb +SO 42--2e -=PbSO 4。

【点睛】

本题考查了原电池工作原理，要会根据电池反应及元素化合价变化判断电池的正负极，并书写正负极电极反应式。注意：负极上生成难溶性的硫酸铅导致负极质量增加，正极上也产生难溶性的硫酸铅导致正极质量也增加，而溶液的酸性会减弱。

3．A 、B 、C 、D 、E 、F 是中学化学中常见的六种短周期元素，有关位置及信息如下：A 的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C 单质在实验室一般保存在煤油中；F 的最高价氧化物对应水化物既能和酸反应又能和强碱反应，G 单质是日常生活中用量最大的金属，易被腐蚀。请回答下列问题：

（1）A 元素在周期表中的位置是____________。

（2）A 与B 可组成质量比为7:16的三原子分子，该分子释放在空气中可能引起的环境问题有：（任写一种）。__________________；

（3）同温同压下，将a L A 氢化物的气体和b L D 的氢化物气体通入水中，若a=b ，则所得溶液的pH__7(填 “>"或“<”或“=”），若使所得溶液pH=7，则a_________b(填“>"或“<”或“=”）。

（4）写出F 的单质与NaOH 溶液反应的离子方程式：____________________。 （5）已知一定量的E 单质能在B 2(g ）中燃烧，其可能的产物及能量关系如下左图所示：请写出一定条件下EB 2(g ） 与E （s ）反应生成EB(g ）的热化学方程式__________________。

（6）若在D与G组成的某种化合物的溶液甲中，加入铜片，溶液会慢慢变为蓝色，依据产生该现象的反应原理，所设计的原电池如上右图所示，其反应中正极反应式为

______________。某同学假设正极产物是Fe2+，请你设计实验证明该假设

___________________。

【答案】第二周期第VA族酸雨（或光化学烟雾）＜＞ 2Al + 2OH- + 2H2O＝2AlO2- + 3H2↑ CO2(g） + C(s）＝2CO(g）△H＝+172.5kJ/mol或1/2CO2(g） + 1/2 C(s）＝ CO(g）△H ＝+86.25kJ/mol Fe3++ e－＝Fe2+滴加酸性高锰酸钾溶液（或铁氰化钾溶液），若溶液紫色褪去（或产生蓝色沉淀），则产品中含有Fe2+

【解析】

【分析】

【详解】

A的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A是N元素；C单质在实验室一般保存在煤油中，所以C是Na元素；F的最高价氧化物对应的水化物既能与酸反应又能与碱反应，F是Al元素，G单质是日常生活中用量最大的金属，易被腐蚀，则G是Fe元素。其余E是C元素，B是O元素，D是Cl元素。

（1）N元素在周期表中的位置是第二周期第VA族；

（2）N与O可组成质量比为7:16的三原子分子，该分子的化学式是NO2，该分子释放在空气中可能引起的酸雨问题；

（3）a L A氢化物的气体和b L D的氢化物气体通入水中，若a=b，则二者恰好反应生成氯化铵，溶液呈酸性，pH＜7。如果使溶液的pH=7，呈中性，所以氨气稍过量，a＞b；（4）Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH—+2H2O=2AlO2—+3H2↑；

（5）由图可知，1mol C(s）与氧气反应生成1molCO气体放出的热量是393.5kJ-

283kJ=110.5kJ，1mol C(s）与氧气完全燃烧生成二氧化碳气体放出393.5kJ的热量，根据盖斯定律，所以EB2(g）与E（s）反应生成EB(g）的热化学方程式为CO2(g） +C(s）＝

2CO(g）△H=（-110.5kJ/mol）×2-(-393.5kJ/mol）＝+172.5kJ/mol；

（6）Cu与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，溶液逐渐变为蓝色，Cu作负极，发生氧化反应，则正极反应是铁离子得电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe3++e－= Fe2+。亚铁离子具有还原性，所以检验亚铁离子的实验方法是滴加酸性高锰酸钾溶液（或铁氰化钾溶液），若溶液紫色褪去（或产生蓝色沉淀），则产品中含有Fe2+。

4．依据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示。请回答下列问题：

(1)电极X的材料是_______；电解质溶液Y是________；

(2)银电极上发生的电极反应式为___________________；

(3)外电路中的电子是从______→______；

(4)当有1.6 g铜溶解时，银棒增重______g 。

【答案】Cu AgNO3 Ag++e- =Ag X(或Cu) Ag 5.4

【解析】

【分析】

(1)根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，作负极，Ag作正极，电解质溶液为含有银离子的可溶性银盐溶液；

(2)银电极上是溶液中的Ag+得到电子发生还原反应；

(3)外电路中的电子是从负极经导线流向正极；

(4)先计算Cu的物质的量，根据反应方程式计算出正极产生Ag的质量，即正极增加的质量。

【详解】

(1)根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，Cu作负极，则Ag作正极，所以X为Cu，电解质溶液为AgNO3溶液；

(2)银电极为正极，正极上Ag+得到电子发生还原反应，正极的电极反应式为：Ag++e-=Ag；

(3)外电路中的电子是从负极Cu经导线流向正极Ag；

(4)反应消耗1.6 g铜的物质的量为n(Cu)=m 1.6g

M64g/mol

=0.025 mol，根据反应方程式

2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)可知：每反应消耗1 mol Cu，正极上产生2 mol Ag，则0.025 mol Cu反应，在正极上产生0.05 mol Ag，该Ag的质量为m(Ag)=0.05 mol×108 g/mol=5.4 g，即正极银棒增重5.4 g。

【点睛】

本题考查原电池原理，明确元素化合价变化与正负极的关系是解本题关键，计算正极增加的质量时，既可以根据反应方程式计算，也可以根据同一闭合回路中电子转移数目相等计算。

5．高铁电池是一种新型可充电电池该电池能较长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH。

（1）高铁电池的负极材料是___。

（2）放电时，正极发生__（填“氧化”或“还原”）反应；负极的电极反应式为__。

（3）放电时，__（填“正”或“负”）极附近溶液的碱性增强。

【答案】Zn 还原 Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2正

【解析】

【分析】

放电时该装置相当于原电池，根据原电池有关原理进行解答。

【详解】

（1）电池的负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应。由高铁电池放电时的总反应方程式可知，负极材料应为Zn。

答案为：Zn。

（2）原电池放电时，正极得到电子发生还原反应，负极材料为锌，失电子发生氧化反应，由总反应可知溶液为碱性，所以负极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2。

答案为：还原；Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2。

（3）放电时K2FeO4中的Fe的化合价由+6价变为+3价，发生还原反应，电极反应式为：FeO42-+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，正极上生成氢氧根离子导致溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的碱性增强。

答案为：正。

6．乙醇(C2H5OH)燃料电池(DEFC)具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。

(1)三种乙醇燃料电池中正极反应物均为_________________。(填化学式)

(2)熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，CO32－向电极___(填“a”或“b”)移动。

(3)酸性乙醇燃料电池中，若电池消耗标准状况下2.24L O2，则电路中通过了的电子数目为___________。

【答案】O2 a 0.4N A

【解析】

【分析】

（1）燃料电池中，负极通入燃料，正极通入氧化剂；

（2）根据装置图可知，a为负极，原电池中阴离子由正极向负极移动；

（3）酸性乙醇燃料电池中，电极b上发生的电极反应为：3O2+12H++12e-=6H2O，根据电极反应计算转移的电子的数目。

【详解】

（1）燃料电池中，负极通入燃料，正极通入氧化剂，由装置图可知，三种乙醇燃料电池中正极反应物均为O2；

（2）根据装置图可知，a为负极，原电池中阴离子由正极向负极移动，因此CO32－向电极

a移动；

（3）酸性乙醇燃料电池中，电极b上发生的电极反应为：3O2+12H++12e-=6H2O，若电池消耗标准状况下2.24L (即0.1mol)O2时，电子转移0.4mol，转移电子的数目为0.4N A。

7．甲醇是人们开发和利用的一种新能源。已知：

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

（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。

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】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)=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 +++?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 +++?+?

，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 +++?+?

，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 +++?+?，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 +--=??，()()()

2

211sp 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．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。

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）H 2和Cl 2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）H 2和Cl 2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．(1)为了验证 Fe 2+与 Cu 2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的的是_______（填装置序号）， 其正极的电极反应式为_______；若构建该原电池时两个电极的质量相等，当导线中通过 0.4 mol 电子时，两个电极的质量差为_______g 。

(2)将 CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示（A、B 为多孔碳棒）。

实验测得 OH-定向移向 A 电极，则_______（填 A 或 B）处电极入口通 CH4，其电极反应式为_______。

(3)金属冶炼和处理常涉及氧化还原反应。由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是

_______（填选项字母）。

a．Fe2O3 b．NaCl c．Cu2S d．Al2O3

【答案】② Cu2++2e-=Cu 24 A CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O b d

【解析】

【分析】

(1)验证 Fe2+与 Cu2+氧化性强弱，发生反应Fe+Cu2+==Fe2++Cu，由此反应确定所用装置及正极的电极反应。当导线中通过 0.4 mol 电子时，负极Fe失电子生成Fe2+，质量减轻，正极Cu2+得电子生成Cu，质量增加，两个电极的质量差为两电极质量变化之和。

(2)OH-带负电性，应向负极移动，由此确定A 电极为负极，CH4在碱性溶液中失电子生成CO32-等。

(3)金属冶炼和处理时，由于钾、钙、钠、镁、铝活泼，难以用还原剂还原，所以常使用电解法。

【详解】

(1)A装置中Cu作负极，发生反应Cu+4HNO3(浓)==Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，没有涉及Fe，不能验证 Fe2+与 Cu2+氧化性强弱；要发生反应Fe+Cu2+==Fe2++Cu，应使用装置②，正极的电极反应为Cu2++2e-=Cu。在电池②中，有如下关系式：Fe—2e—Cu，则参加反应的Fe与生成的Cu都为0.2mol，两个电极的质量差为0.2mol ×64g/mol+0.2mol ×56g/mol=24g。答案为：②；Cu2++2e-=Cu；24；

(2)在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，因为OH-向A电极移动，所以A 电极为负极，CH4在KOH溶液中失电子生成CO32-、H2O，电极反应式为CH4-8e-+10OH-

=CO32-+7H2O。答案为：A；CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；

(3) a．用Fe2O3冶炼Fe，需使用还原剂(常为CO)，用还原法炼铁，a不合题意；

b．用NaCl冶炼Na，一般的还原剂不能满足要求，应使用电解法，b符合题意；

c．用Cu2S冶炼Cu，需使用氧化剂(纯氧)，用氧化法将Cu2S氧化为Cu，c不合题意；

d．用Al2O3冶炼Al，一般氧化剂不能满足要求，需使用电解法，d符合题意；

故选bd。答案为：bd。

【点睛】

在计算原电池反应发生后两电极的质量差时，我们常会错误地认为，即然是质量差，那就是两电极参加反应的金属的质量差，从而得出错误的结论。

13．电池的种类很多，在生活中有广泛的用途。

Ⅰ．其中纽扣式微型银锌电池广泛的应用于电子表和电子计算器中，其电极分别为Ag2O 和Zn，电解质为KOH溶液，工作时电池总反应为Ag2O＋Zn＋H2O===2Ag＋Zn(OH)2。(1)其正极的电极反应式：_________________________________，工作时电池电解质溶液的碱性_______(填“增强”、“减弱”或“不变”)。

Ⅱ．固体氧化物甲烷燃料电池以固体氧化锆-氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2-)在其间通过。该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。

(2) a电极为电源的_______极，固体电解质中的阳离子向_______极移动；

(3) b电极的电极反应式为：_______________________________________；

(4)电池的总反应方程式为：______________________________________；

当电路中有2mol电子转移时，理论上负极消耗的标况下气体体积是______________L。【答案】Ag2O＋2e－＋H2O=2Ag＋2OH－增强正 a CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O

CH4+2O2=CO2+2H2O 5.6

【解析】

【分析】

Ⅰ．(1)根据总反应中化合价的变化可知Zn被氧化，应为原电池的负极，电极反应为

Zn+2OH-=Zn(OH)2+2e-，则正极为Ag2O，被还原，电极反应为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，结合电极方程式和总反应解答该题；

Ⅱ．(2) 固体氧化物甲烷燃料电池，根据化合价的变化，判断正负极，电子的流向；

(3) b电极是负极，甲烷在负极上结合氧离子生成二氧化碳和水，根据化合价的变化，写出电极反应；

(4)根据图示可知，电池的总反应方程式为甲烷和氧气反应生成二氧化碳和水；

根据负极的电极反应，确定电子的物质的量和甲烷的物质的量关系，求出甲烷的物质的量，换算成标况下的体积，根据V=nV m。

【详解】

Ⅰ．(1)根据总反应中化合价的变化可知Zn被氧化，应为原电池的负极，电极反应为

Zn+2OH-=Zn(OH)2+2e-，则正极为Ag2O，被还原，电极反应为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，根据正极的电极反应，导致正极附近氢氧根离子浓度增大，故碱性增强；

Ⅱ．(2) 固体氧化物甲烷燃料电池，根据化合价的变化可知，甲烷中碳的化合价从-4升高到+4，a电极为燃料电池的正极，b电极为燃料电池的负极，固体电解质中的阳离子向正极移动，即向a极移动；

(3)b电极为燃料电池的负极，甲烷失电子结合氧离子生成二氧化碳和水，甲烷的化合价升高了8，失去8e-，故b电极的电极反应式为：CH4-8e-+4O2- = CO2+2H2O；

(4)燃料电池是利用可燃物与氧气反应，生成二氧化碳和水，电池的总反应方程式为：CH4 + 2O2 = CO2 + 2H2O；根据甲烷和电子的物质的量关系：CH4~8e-，b电极的电极反应式为：CH4-8e-+4O2- = CO2+2H2O，2mol电子转移时，消耗0.25mol甲烷，根据

V=nV m=0.25mol×22.4L/mol=5.6L。

14．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。

15．I.某研究性学习小组根据反应: 2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O。设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1 mol·L－1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。

回答下列问题：

(1)此原电池的正极是石墨________(填“a”或“b”)，发生________反应。

(2)电池工作时，盐桥中的SO42－移向________(填“甲”或“乙”)烧杯。

(3)两烧杯中的电极反应式分别为

甲_____________________；

乙____________________。

(4)若不考虑溶液的体积变化，MnSO4浓度变为1.5 mol·L－1，则反应中转移的电子为

________mol。

Ⅱ.次磷酸钴(II)[Co(H2PO2)2]广泛用于化学镀钴，以金属钴和次磷酸钠为原料，采用四室电渗析槽电解法制备，原理如图。

(5)A、B、C均为离子交换膜，其中为阳离子交换膜的是____________。

(6)阳极的电极反应式为________________。

(7)电解一段时间后，阴极室溶液的pH______(填“增大”“减小”或“不变”)。

(8)用Co(H2PO2)2溶液化学镀钴是在强碱性条件下通过发生自身氧化还原反应，反应的同时会生成HPO32－，其离子方程式为__________。

【答案】a 还原乙 MnO4－＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O 5Fe2＋－5e－=5Fe3＋ 0.5 A C Co －2e－=Co2+增大 Co2++ H2 PO2－+3OH－=Co+ HPO32－+ 2H2O

【解析】

【分析】

I. (1)根据题目提供的总反应方程式可知，KMnO4作氧化剂，发生还原反应；

(2)电池工作时，SO42-向负极移动；

(3)甲烧杯中的电极反应式为MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O；乙烧杯中的电极反应式为

5Fe2＋－5e－=5Fe3＋；

(4)溶液中的MnSO4浓度由1 mol·L－1变为1.5 mol ·L－1，由于溶液的体积未变，则反应过程中生成的MnSO4的物质的量为0.5 mol·L－1×0.2 L＝0.1 mol，根据得失电子守恒计算；

Ⅱ.(5)以金属钴和次磷酸钠为原料，采用四室3个离子透过膜电渗析槽电解法制备次磷酸钴[Co(H2PO2)2]，由图可知，负极上Co失去电子生成Co2+，通过膜A进入产品室，Na+通过膜C进入阴极室；

(6)Co为阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为Co-2e-=Co2+；

(7)阴极室NaOH溶液中H2O(或H+)得到电子生成H2，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑(或2H++2e-=H2↑，促进水的电离生成NaOH)；

(8)强碱性条件下，Co(H2PO2)2自身发生氧化还原反应生成Co和HPO32-，据此写反应d离子方程式。

【详解】

I. (1)根据题目提供的总反应方程式可知，KMnO4作氧化剂，发生还原反应，故石墨a是正极，故答案为：a；还原；

(2)电池工作时，SO42-向负极移动，即向乙烧杯移动，故答案为：乙；

(3)甲烧杯中的电极反应式为MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O；乙烧杯中的电极反应式为

5Fe2＋－5e－=5Fe3＋，故答案为：MnO4－＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O；5Fe2＋－5e－=5Fe3＋；(4)溶液中的MnSO4浓度由1 mol·L－1变为1.5 mol ·L－1，由于溶液的体积未变，则反应过程中生成的MnSO4的物质的量为0.5 mol·L－1×0.2 L＝0.1 mol，转移的电子为0.1 mol×5＝0.5 mol，故答案为：0.5；

Ⅱ.(5)以金属钴和次磷酸钠为原料，采用四室3个离子透过膜电渗析槽电解法制备次磷酸钴[Co(H2PO2)2]，由图可知，负极上Co失去电子生成Co2+，通过膜A进入产品室，Na+通过膜C进入阴极室，故答案为：AC；

(6)Co为阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为Co-2e-=Co2+，故答案为：Co-2e-

=Co2+；

(7)阴极室NaOH溶液中H2O(或H+)得到电子生成H2，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑(或2H++2e-=H2↑，促进水的电离生成NaOH)，使溶液中c(OH-)增大，pH增大，故答案为：增大；

(8)强碱性条件下，Co(H2PO2)2自身发生氧化还原反应生成Co和HPO32-，反应d离子方程式

为Co2++ H2 PO2－+3OH－=Co+ HPO32－+ 2H2O，故答案为：Co2++ H2 PO2－+3OH－=Co+ HPO32－+ 2H2O。