高考化学 化学反应与能量变化 培优易错试卷练习(含答案)附答案
高考化学 化学反应与能量变化 培优易错试卷练习(含答案)附答案
一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）
1．A 、B 、C 、D 、E 均为短周期元素，且原子序数依次增大；A 的主族序数、周期数、原子序数均相同；B 为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料；C 是植物生长所需的主要元素之一；D 和A 可形成化合物2A D 和22A D ，且2A D 是最常见的溶剂；E 原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则：
()1E 的离子结构示意图为 ______ ，B 、C 、D 、E 与A 形成的化合物中稳定性最强的是 ______ (填化学式)．
()2在加热和Cu 作催化剂时，化合物25B A DA 与2D 反应生成其中一种产物是3BA BAD 的化学方程式为 ______ ．
()3A E -五种元素中，含同一元素的各类物质能实现下列转化的有(图) ______ (填元素符号)
()4图所示是一种酸性燃料电池25B A DA 检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测．则该电池的负极反应为 ______ .A 出口处的物质 ______ ．
【答案】 2H O 2CH 3CH 2OH +O 22O
Δ??→ 2CH 3CHO +2H 2O N 、S 3223CH CH OH H O 4e CH COOH 4H -++-=+ 2H O
【解析】
【分析】
短周期元素中主族序数、周期数、原子序数均相同的是H ，则A 为H 元素；B 为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料，非金属单质常用作电极的是碳，则B 为C 元素；D 和A 可形成化合物2A D 和22A D ，且2A D 是最常见的溶剂，则D 为O 元素；植物生长所需元素是N 、P 、K ，又A 、B 、C 、D 、E 均为短周期元素，且原子序数依次增大，则C 为N 元素；E 原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则E 为第三周期元素S ，据此进行解答。
【详解】
短周期元素中主族序数、周期数、原子序数均相同的是H ，则A 为H 元素；B 为非金属元
素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料，非金属单质常用作电极的是碳，则B 为C 元素；D 和A 可形成化合物2A D 和22A D ，且2A D 是最常见的溶剂，则D 为O 元素；植物生长所需元素是N 、P 、K ，又A 、B 、C 、D 、E 均为短周期元素，且原子序数依次增大，则C 为N 元素；E 原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则E 为第三周期元素S ；
()1E 为S 元素，硫离子有三个电子层，电子数依次为2、8、8，离子结构示意图为
，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，C 、N 、O 、S 中非金属性O 最强，稳定性最强的为2H O ；
()252B A DA 与2D 分别为32CH CH OH 、2O ，在铜作催化剂条件下加热，乙醇与氧气反应生成乙醛，反应的化学方程式为：； ()3根据转化关系可知，单质与氧气反应生成氧化物X ，X 与氧气反应生成氧化物Y ，Y 生成酸，酸可以生成X ，这样的元素必须有变价，5种元素中满足条件的元素为：N 、S ； ()254B A DA 为32CH CH OH ，根据图可知，该原电池的燃料为乙醇和氧气，生成物乙酸和水，电解质为酸性溶液，原电池负极失去电子发生了氧化反应，所以负极反应为乙醇失
去电子生成乙酸，电极反应为：3223CH CH OH H O 4e CH COOH 4H -++-=+，正极在
酸性条件下氧气得到电子发生了还原反应：22O 4H 4e 2H O +-++=，所以A 处为
2H O 。
【点睛】
考查位置、结构与性质关系的综合应用，推断各元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，明确原电池原理及其应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
2．用零价铁(Fe )去除水体中的硝酸盐(NO 3-)已成为环境修复研究的热点之一。Fe 还原水体中NO 3-的反应原理如图所示。
①作负极的物质是________。
②正极的电极反应式是_________。
【答案】铁 NO 3-+8e -+10H +=NH 4++3H 2O
【解析】
【分析】
【详解】
根据图示可知在反应中Fe 单质失去电子变为Fe 3O 4，NO 3-得到电子被还原产生NH 4+，所以Fe 作负极，正极上NO 3-得到电子被还原产生NH 4+，正极的电极反应式为：NO 3-+8e -+10H +=NH 4++3H 2O 。
3．根据如图所示电化学实验装置图，回答有关问题。
(1)若只闭合S 1，该装置属于_______，能量转化形式为_______，锌极作_______极。
(2)若只闭合S 2，该装置属于_______，能量转化形式为_______，锌极上的电极反应式为_______。
(3)若只闭合S 3，该装置属于_______，铜极作_______极，锌极上的电极反应式为_______，总反应的化学方程式为_______。
【答案】原电池 化学能转化为电能 负 电解池 电能转化为化学能 -2+Zn-2e =Zn 电解池 阳 2+-2H +2e =H 24
42通电Cu+H SO CuSO +H ↑ 【解析】
【分析】
原电池是将化学能转化为电能，较活泼金属作负极，发生氧化反应，正极发生还原反应；电解池是将电能转化为化学能，需要外接电源，与电源正极相连的为阳极，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，据此解答。
【详解】
(1)若只闭合S 1，没有外接电源，则Zn 、Cu 、稀硫酸构成原电池，该装置将化学能转化为电能，较活泼的锌作负极。
答案为：原电池；化学能转化为电能；负。
(2)若只闭合S 2，装置中有外接电源，该装置为电解池，将电能转为化学能，与电源正极相连的锌极作阳极，发生氧化反应，电极反应为Zn-2e -=Zn 2+。
答案为：电解池；电能转化为化学能；Zn-2e -=Zn 2+。
(3)若只闭合S 3，该装置为电解池，与电源正极相连的铜极作阳极，电极反应式为：Cu-2e -=Cu 2+；锌为阴极，电极反应式为：2H ++2e -=H 2↑,总反应式为：Cu+H 2SO 4
通电
CuSO 4+H 2↑。
答案为：电解池；阳；2H++2e-=H2↑；Cu+H2SO4通电
CuSO4+H2↑。
【点睛】
有外接电源的是电解池，没有外接电源的是原电池，原电池里负极发生氧化反应，电解池里阳极发生氧化反应。
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．（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。
6．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。
7．有甲、乙两位学生利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人都使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入6mol·L-1硫酸溶液中，乙同学将电极放入6mol·L-1的氢氧化钠溶液中，如图所示。
（1）写出甲池中正极的电极反应式__。
（2）写出乙池中负极的电极反应式__。
（3）写出乙池中总反应的离子方程式__。
（4）如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出__活动性更强，而乙会判断出__活动性更强(填写元素符号)。
（5）由此实验，可得到如下哪些结论正确（________）
A．利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质
B．镁的金属性不一定比铝的金属性强
C．该实验说明金属活动顺序已过时，已没有实用价值
D．该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析
（6）上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序判断原电池中的正负极”这种做法__(可靠或不可靠)。如不可靠，请你提出另一个判断原电池正负极的可行实验方案__(如可靠，此空可不填)。
【答案】2H＋＋2e-=H2↑ 2Al＋8OH-－6e-=2AlO2-＋4H2O 2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑Mg Al AD 不可靠将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极
【解析】
【分析】
甲同学依据的化学反应原理是Mg＋H2SO4=MgSO4＋H2↑，乙同学依据的化学反应原理是
2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。由于铝与碱的反应是一个特例，不可作为判断金属性强弱的依据。判断原电池的正极、负极要依据实验事实。
【详解】
（1）甲中镁与硫酸优先反应，甲池中正极上氢离子得电子产生氢气，电极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑；
（2）乙池中负极上铝失电子在碱性条件下生成AlO2-，电极反应式为2Al＋8OH-－6e-
=2AlO2-＋4H2O；
（3）乙池中铝与氢氧化钠反应，镁与氢氧化钠不反应，总反应的离子方程式为：2Al＋
2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑；
（4）甲中镁作负极、乙中铝作负极，根据作负极的金属活泼性强判断，甲中镁活动性强、乙中铝活动性强，故答案为：Mg；Al；
（5）A．根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，故A正确；B．镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，故B错误；、
C．该实验说明电解质溶液性质影响电极的正负极，不能说明金属活动性顺序没有使用价值，故C错误；
D．该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，故D正确；
故选AD；
（6）上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序表判断原电池中的正负极”这种做法不可靠。可行实验方案如：将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极。
【点睛】
本题考查了探究原电池原理，明确原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意不能根据金属的活动性强弱判断正负极，要根据失电子难易程度确定负极，为易错点。利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质；该实验还说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析。
8．(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Al 3+，则在酸性电解质中，能稳定存在，Al 3+为最终的电极产物；若在碱性电解质中，Al 3+不能稳定存在，最终应转化为AlO 2-。
9．依据氧化还原反应：2Ag ＋(aq)＋Cu(s)===Cu 2＋
(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)银电极为电池的________极，发生的电极反应为________；X 电极上发生的电极反应为________(填反应类型)。
(3)外电路中的电子是从________电极流向________电极。
(4)当有1.6 g 铜溶解时，银棒增重__________________________________。
【答案】Cu AgNO 3 正极 Ag ++e -=Ag 氧化反应 X （或Cu ） Ag 5.4g
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：在原电池的总反应方程式中，化合价升高的做负极，所以在这个原电池中，铜做负极，而负极的活泼性大于正极，因此，正极我们可以选择银或者碳棒。总反应式中有银离子参与反应，所以在电解质溶液中会含有银离子。因此电解质溶液，我们可以选择硝酸银。正极发生的是氧化反应，电极反应式为 Ag ++e -=Ag 。电子的流动方向是负极指向正极，所以应是铜流向银。1.6克的铜相当于0.025摩尔的铜。即失去0.025乘以2等于0.05摩尔的电子。而据得失电子总数相等可知，银离子应得到0.05摩尔的电子由 Ag ++e -=Ag 可知会得到0.05摩尔的银则银的质量为0.05乘以108等于5.4克。
考点：考查原电池的相关知识点
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．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?m ol-1。
12．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) H 2（g ）+12O 2（g ）═H 2O （l ）；△H=-285.8kJ?mol -1，依据燃烧热概念可知H 2的燃烧热△H= -285.8kJ?mol -1;
(3) H 2（g ）+12
O 2（g ）═H 2O （l ）；△H=-285.8kJ?mol -1，燃烧10g H 2的物质的量为5mol ，则燃烧10g H 2生成液态水，放出的热量为285.8?5= 1429.0k J ；
(4) ③CO （g ）═C （s ）+12
O 2（g ）；△H=+110.5kJ?mol -1 ④C （s ）+O 2（g ）═CO 2（g ）；△H=-393.5kJ?mol -1 依据盖斯定律④+③得到CO(g)+
12O 2(g)=CO 2(g) △H = - 283.0kJ/mol ；CO 燃烧热的热化学方程式为CO(g)+ 12
O 2(g)=CO 2(g) △H = - 283.0kJ/mol ； II 红磷转化为白磷的化学方程式为：4P （s 、红磷）=P 4（s 、白磷），可以看成是下列两个反应方程式的和：(1)P 4O 10（s ）=P 4（s 、白磷）+5O 2（g ）；△H=2983.2kJ/mol ；
(2)4P （s 、红磷）+5O 2（g ）=P 4O 10（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）=P 4（s 、白磷）的△H=2983.2kJ/mol-2954kJ/mol=+29.2kJ/mol ；
故答案为：4P （s 、红磷）=P 4（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。
13．(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。
14．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；
②CuAlO 2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CH 4分解所需的能量，故答案为：提供CH 4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：O 2+4H ++4e -=2H 2O ，故答案为：负极；O 2+4H ++4e -=2H 2O ；
(3)①250℃时乙酸反应速率最大、催化活性，故选择250℃，故答案为：250℃； ②CuAlO 2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：3CuAlO 2+16H ++NO 3-=3Cu 2++3Al 3++8H 2O+NO↑，故答案为：3CuAlO 2+16H ++NO 3-=3Cu 2++3Al 3++8H 2O+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。
15．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)。
(1)该反应的化学方程式为_______________。
(2)反应开始至2分钟时，B 的平均反应速率为_______________。
(3)能说明该反应已达到平衡状态的是_______________。
A ．v(A)=2v(B)
B ．容器内气体密度不变
C ．v 逆(A)=v 正(C)
D ．各组分的物质的量相等
E. 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
(4)由图求得平衡时A 的转化率为_______________。
(5)下表是该小组研究影响过氧化氢H 2O 2分解速率的因素时采集的一组数据：用
2210mL?H O 制取2150mLO 所需的时间(秒) 30%H 2O 2 15%H 2O 2 10%H 2O 2 5%H 2O 2
①该研究小组在设计方案时。考虑了浓度、_______________、_______________等因素对过氧化氢分解速率的影响。
②从上述影响过氧化氢分解速率的因素中任选一个，说明该因素对分解速率有何影响？_______________。
(6)将质量相同但聚集状态不同的2MnO 分别加入到5mL5%的双氧水中，并用带火星的木条测试。测定结果如下：
①写出22H O 发生分解的化学反应方程式_______________。
②实验结果说明催化剂作用的大小与_______________有关。
【答案】2A(g)+B(g)?2C (g) 0.1 mol/(L?min) C E 40％ 温度 催化剂 增大反应物浓度越大，可以加快反应速率；升高温度，可以加快化学反应速率；使用合适的催化剂，可以加快化学反应速率；（答其中一条即可） 2H 2O 2
2MnO ==2H 2O+ O 2↑ 固体的接触面积
【解析】
【分析】
通过各物质的物质的量变化与计量系数呈正比，可得反应式为2A(g)+B(g)?2C (g)，同时通过变化量可以就算化学反应速率以及反应物的转化率；平衡状态的判定：A.v(A)=2v(B) ，没有体现正逆方向，不能判定是否达到平衡，错误；B.容器内气体密度不变，该体系从开始反应到平衡，密度是定值没有变化，不能判定是否达到平衡状态，错误；C.v 逆(A)=v 正(C)，不同物质正逆反应速率呈计量系数比，可以判定达到平衡，正确；D.各组分的物质的量相等，不能作判定，错误，可以改成各物质的量保持不变，可判定平衡；E.混合气体的平均相对分子质量在数值上等于摩尔质量M ，由于前后气体粒子数目可变，则混合气体的相对分子质量和M 是变量可以作平衡的判定依据，正确；根据表格，探究双氧水的浓度、反应的温度、催化剂对过氧化氢H 2O 2分解速率的影响，在探究不同的因素时才用控制变量法来探究可得结果。
【详解】
(1)由图像可得，A 、B 逐渐减小是反应物，C 逐渐增多是产物，当反应到达2min ，Δn （A ）=2mol ，Δn （B ）=1mol ，Δn （C ）=2mol ，各物质的物质的量变化与计量系数呈正比，故反应式为2A(g)+B(g)?2C (g) ；
(2)反应开始至2分钟时，B 的平均反应速率v(B)=
Δn V Δt =152
?=0.1 mol/(L?min)； (3)由分析可得，答案选C E ； (4)由图求得平衡时A 的转化率α=Δn n 初始×100％=25
=40％； (5) ①根据表中的数据，没有催化剂不加热，不同浓度的双氧水几乎不反应，在无催化剂但是加热的情况下，双氧水发生分解，且双氧水浓度越大分解速率越快，说明反应物浓度和温度对分解速率有影响。对比无催化剂加热状态，有催化剂加热的情况下，分解速率也明显加快，故答案为温度和催化剂；②分析表中的数据，增大反应物浓度越大，可以加快反应速率；升高温度，可以加快化学反应速率；使用合适的催化剂，可以加快化学反应速率；
(6) ①双氧水在二氧化锰的作用下发生反应：2H 2O 22MnO ==2H 2O+ O 2↑；②其他条件不变，粉末状的二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间段，说明固体的接触面积对反应速率有影响。
【点睛】
平衡状态的判定的核心在于物理量是否是个变量，若为变量当保持不变可以作判定平衡的依据，若为定值，则不能作为依据。