【化学】化学化学反应与能量变化的专项培优易错试卷练习题(含答案)含答案解析
【化学】化学化学反应与能量变化的专项培优易错试卷练习题(含答案)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．部分中学化学常见元素原子结构及性质如表所示：
序号元素结构及性质
A A单质是生活中常见金属，它有两种氯化物，相对分子质量相差35.5
B B原子最外层电子数是内层电子总数的1/5
③C C是常见化肥的主要元素，单质常温下呈气态
④D D单质被誉为“信息革命的催化剂”，是常用的半导体材料
①E 通常情况下，E没有正化合价，A、B、C、D、F都能与E形成化合物
②F F在周期表中可以排在ⅠA族，也有人提出排在ⅦA族
(1)A元素在周期表中的位置为____________________________________________。
(2)B与C形成的化合物的化学式为________，它属于________(填“离子”或“共价”)化合物。
(3)①F与E可以形成原子个数比分别为2∶1、1∶1的两种化合物X和Y，区别X与Y的水溶液的实验方法是____________________
②F与C组成的两种化合物M和N所含的电子数分别与X、Y相等，则M的水溶液显
________性，N的结构式为________。
(4)C与E都是较活泼的非金属元素，用化学方程式表明这两种单质的氧化性强弱____。
(5)有人认为B、D的单质用导线连接后插入氯化钠溶液中可以形成原电池，你认为是否可以，若可以，试写出正极的电极方程式(若认为不行可不写)___________________
【答案】第四周期第Ⅷ族 Mg3N2离子分别取X、Y各少许置于试管中，再各加入少量的MnO2粉末，迅速产生无色气体的是H2O2，无明显现象的是H2O 三角锥形
4NH3+3O22N2+6H2O Si﹣4e﹣+6OH﹣═SiO32﹣+3H2O
【解析】
【分析】
A单质是生活中常见金属，它有两种氯化物，相对分子质量相差35.5，则A为Fe元素；B 元素原子最外层电子数是内层电子总数的，B有3个电子层，最外层电子数为2，则B
为Mg元素；C是常见化肥的主要元素，单质常温下呈气态，C为N元素；D单质被誉为“信息革命的催化剂”，是常用的半导体材料，则D为Si；F在周期表中可以排在ⅠA族，也有人提出排在ⅦA族，其化合价表现+1、﹣1，故F为H元素；通常情况下，E没有最高正
化合价，A、B、C、D、F都能与E形成化合物，则E为O元素，据此解答。
【详解】
A单质是生活中常见金属，它有两种氯化物，相对分子质量相差35.5，则A为Fe元素；B 元素原子最外层电子数是内层电子总数的，B有3个电子层，最外层电子数为2，则B
为Mg元素；C是常见化肥的主要元素，单质常温下呈气态，C为N元素；D单质被誉为“信息革命的催化剂”，是常用的半导体材料，则D为Si；F在周期表中可以排在ⅠA族，也有人提出排在ⅦA族，其化合价表现+1、﹣1，故F为H元素；通常情况下，E没有最高正化合价，A、B、C、D、F都能与E形成化合物，则E为O元素；
(1)A为Fe元素，在周期表中的位置为：第四周期第Ⅷ族；
(2)Mg与N元素形成的化合物的化学式为Mg3N2，它属于离子化合物；
(3)①H与O元素可以形成原子个数比分别为2：1、1：1的两种化合物X和Y，则X为
H2O、Y为H2O2，区别X与Y的水溶液的实验方法是：分别取X、Y各少许置于试管中，再各加入少量的MnO2粉末，迅速产生无色气体的是H2O2；无明显现象的是H2O；
②H与N组成的两种化合物M和N所含的电子数分别与H2O、H2O2相等，则M为NH3、N 为N2H4，NH3分子构型为三角锥形，N2H4的结构式为；
(4)利用氧化剂的氧化性处于氧化产物的氧化性，可以说明单质氧化性强弱，表明氮气、氧气的氧化性强弱的方程式为：4NH3+3O22N2+6H2O；
(5)Mg、Si的单质用导线连接后插入NaOH溶液中，Si与氢氧化钠反应生成硅酸钠与氢气，可以形成原电池，Si发生氧化反应，故负极上Si失去电子，碱性条件下生成硅酸根与水，负极电极反应式为：Si﹣4e﹣+6OH﹣═SiO32﹣+3H2O。
2．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+。
3．我国对“可呼吸”的钠——二氧化碳电池的研究取得突破性进展。该电池的总反应式为
4Na+3CO22Na2CO3+C，其工作原理如图所示(放电时产生的Na2CO3固体贮存于碳纳米管中)。
（1）钠金属片作为该电池的___极(填“正”或“负”，下同)；放电时，电解质溶液中Na＋从___极区向___极区移动。
（2）充电时，碳纳米管连接直流电源的___极，电极反应式为___。
【答案】负负正正2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+
【解析】
【分析】
（1）从电池总反应4Na+3CO22Na2CO3+C可以看出，Na由0价升高到+1价，则钠金属片失电子，作为该电池的负极；放电时，电解质溶液中阳离子向正极区移动。
（2）充电时，负极连接直流电源的负极，正极连接直流电源的正极，电极反应式为作原电池正极时反应的逆反应。
【详解】
（1）从电池总反应4Na+3CO22Na2CO3+C可以看出，Na由0价升高到+1价，则钠金属片失电子，作为该电池的负极；放电时，电解质溶液中Na＋(阳离子)从负极区向正极区移动。答案为：负；负；正；
（2）充电时，负极(钠金属片)连接直流电源的负极，碳纳米管(正极)连接直流电源的正极，电极反应式为2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+。答案为：正；2Na2CO3+C-4e-
=3CO2↑+4Na+。
【点睛】
燃料电池的电极反应式书写起来往往比较麻烦，且易出错。我们可以写出一个电极的反应式(简单易写的)，然后利用总反应方程式—某电极的电极反应式，就可得出另一电极的反应式。
4．某小组按图1所示的装置探究铁的吸氧腐蚀。
(1)图2是图1所示装置的示意图，在图2的小括号内填写正极材料的化学式_________；在方括号内用箭头表示出电子流动的方向___________。
(2)正极反应式为_____________________，负极反应式为__________________。
(3)按图1装置实验，约8min时才看到导管中液柱上升，下列措施可以更快更清晰地观察到液柱上升的是________。
a．用纯氧气代替具支试管内的空气
b．将食盐水浸泡过的铁钉表面撒上铁粉和碳粉的混合物
c．用毛细尖嘴管代替玻璃导管，并向试管的水中滴加少量红墨水
【答案】C O2+2H2O+e-=4OH- Fe-2e-=Fe abc
【解析】
【分析】
(1)铁钉的吸氧腐蚀中，碳作正极，铁作负极；
(2)负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应；
(3)要使现象更快、更清晰，可采取增大反应速率等方法。
【详解】
(1)在食盐水中，铁钉发生吸氧腐蚀，活动性较强的铁作负极，其中含有的活动性弱的杂质碳作正极，正极的化学式为C ；电子从负极Fe 沿导线流向正极C ，其图象为
；
(2)该装置中，负极上铁失电子发生氧化反应，负极的电极反应式为：Fe -2e -=Fe 2+；正极C
上O 2得电子发生还原反应，正极的电极反应式为：2H 2O +O 2+4e -=4OH -；
(3)a .用纯氧气代替具支试管内的空气，氧气的浓度增大，反应速率加快，a 正确； b .用食盐水浸泡过的铁钉再蘸取铁粉和炭粉的混合物，增大反应物的接触面积，反应速率加快，b 正确；
c .用毛细尖嘴管代替玻璃导管，并向试管的水中滴加少量红墨水，改变相同的压强即改变相同的体积，毛细尖嘴管上升的高度大于玻璃导管，且红墨水现象更明显，c 正确； 故合理选项是abc 。
5．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 2442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 -=H 2↑；Cu+H 2SO 4
通电 CuSO 4+H 2↑。
【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。
6．在我国南海、东海海底均存在大量的可燃冰（天然气水合物，可表示为
42 CH xH O g ）。
2017年5月，中国首次海域可燃冰试采成功。2017年11月3日，国务院正式批准将可燃冰列为新矿种。可燃冰的开采和利用，既有助于解决人类面临的能源危机，又能生成一系列的工业产品。
(1)对某可燃冰矿样进行定量分析，取一定量样品，释放出的甲烷气体体积折合成标准状况后为166 m 3，剩余 H 2O 的体积为0.8m 3，则该样品的化学式中 x=_________________。
(2)已知下表数据，且知 H 2O(l)=H 2O(g) △H =+411kJ mol -?
用甲烷燃烧热表示的热化学方程式为
_____________________________________________________。
(3)甲烷燃料电池相较于直接燃烧甲烷有着更高的能量转化效率，某甲烷燃料电池，正极通入空气，以某种金属氧化物为离子导体（金属离子空穴中能传导 O 2-），该电池负极的电极反应式为__________________________________________。
(4)甲烷与水蒸气重整制氢是工业上获得氢气的重要手段。若甲烷与脱盐水在一定条件下反
应生成H 2，同时得到体积比为1:3的CO 2和CO ，该反应的化学方程式为
_____________________________________。混合气体中的CO 2可用浓氨水脱除，同时获得氮肥NH 4HCO 3，该反应的离子方程式是
_________________________________________________________。
【答案】6 CH 4（g ）+2O 2（g ）=CO 2（g ）+2H 2O （l ）△H = -892 kJ·
mol -1 CH 4-8e -+4O 2-=CO 2+2H 2O 42224CH +5H O=CO +3CO+13H NH 3·H 2O+CO 2=NH 4++3HCO -
【解析】
【分析】
【详解】
(1)n(CH 4)=316610L 22.4L/mol
?=3
1661022.4?mol ，n(H 2O)=60.810g 18g/mol ?=60.81018?mol ，n(CH 4):n(H 2O)=31661022.4?:6
0.81018
?≈1:6，所以x=6，故答案为：6； (2) 由表格可知①CH 4(g )+2O 2(g )=CO 2(g )+2H 2O (g )的△H =（4×413+2×498-2×803×-4×463）kJ·mol -1= -810 kJ·mol -1，又因为②H 2O(l)=H 2O(g) △H =411kJ mol -?，将①-2×②得：CH 4(g )+2O 2(g )=CO 2(g )+2H 2O (l) △H =（-810-2×41）1kJ mol -?= -892 kJ·mol -1，故答案为：CH 4(g )+2O 2(g )=CO 2(g )+2H 2O (l) △H = -892 kJ·mol -1；
(3)甲烷在负极失电子，被氧化，结合电解质、原子守恒、电荷守恒可得负极反应为：CH 4-8e -+4O 2-=CO 2+2H 2O ，故答案为：CH 4-8e -+4O 2-=CO 2+2H 2O ；
(4)由已知可知道，反应物为甲烷和水，生成物为氢H 2、CO 和CO 2，结合CO 2 和 CO 的体积比为1:3可得方程式为：42224CH +5H O=CO +3CO+13H 。二氧化碳和氨水反应生成NH 4HCO 3的离子方程式为：NH 3·H 2O+CO 2=NH 4++3HCO -
，故答案为：
42224CH +5H O=CO +3CO+13H ；NH 3·H 2O+CO 2=NH 4++3HCO -。 【点睛】
燃料电池电极反应的书写：燃料在负极失电子，O 2在正极得电子。
7．(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 ? =2AlO 2-+4H 2O 4H ++ 2e ? +2NO 3? =2NO 2↑+2H 2O 4H ++ 2e ? +SO 42? +PbO 2=PbSO 4+2H 2O PbSO 4+2e ?=Pb+SO 42?
【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AlO 2-。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-。
8．A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。
（1）A中反应的离子方程式为_________________________________。
（2）B中Fe极为_______极，电极反应式为_______________________。C中Fe极为
_______极，电极反应式为__________________________，电子从_______极流出（填“Zn”或“Fe”）。
（3）比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是___________________。
【答案】Fe＋2H＋=Fe2+H2↑负极Fe－2e－=Fe2+正极2H＋＋2e－=H2↑Zn B>A>C
【解析】
【分析】
已知金属活动性：Zn＞Fe＞Sn，则A发生化学腐蚀，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，B中Fe为负极，Sn为正极，Fe被腐蚀，C中Zn为负极，Fe为正极，Fe被保护，以此解答。
【详解】
(1)铁与硫酸反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；
(2)Fe比Sn活泼，则B中Fe为负极，Sn为正极，负极发生Fe－2e－ = Fe2+；Zn比Fe活
泼，则C中Fe为正极，Zn为负极，正极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，电子从负极即Zn极流出；
(3)A发生化学腐蚀；B中Fe为负极，Sn为正极，Fe被腐蚀；C中Zn为负极，Fe为正极，Fe被保护，Zn被腐蚀，则A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是B＞A＞C，。
9．按要求回答下列问题：
（1）甲烷燃料电池是常见的燃料电池之一，该电池在正极通入氧气，在负极通入甲烷，电解质溶液通常是KOH溶液，请写出该电池的负极反应式___。
（2）常温下，将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合，2min后溶液中明显出现浑浊，请写出相关反应的化学方程式：___；若将此混合溶液置于50℃的水浴中，则出现浑浊的时间将___(填“增加”、“减少”或“不变”)。
【答案】CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O 减少
【解析】
【分析】
（1）甲烷燃料电池正极通入氧气，负极通入甲烷，电解质溶液是KOH溶液，则发生反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，CO2+2KOH=K2CO3+H2O，总反应的化学方程式为：
CH4+2O2+2KOH=K2CO3+H2O，该电池的负极反应为：CH4失电子，转化为CO32-和H2O。（2）将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合，相关反应为：
Na2S2O3+H2SO4→Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O；若将此混合溶液置于50℃的水浴中，则温度升高，出现浑浊的时间将减少。
【详解】
（1）甲烷燃料电池正极通入氧气，负极通入甲烷，电解质溶液是KOH溶液，则发生反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，CO2+2KOH=K2CO3+H2O，总反应的化学方程式为：
CH4+2O2+2KOH=K2CO3+H2O，该电池的负极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。答案为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；
（2）将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合，相关反应的化学方程式为：
Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O；若将此混合溶液置于50℃的水浴中，则温度升高，出现浑浊的时间将减少。答案为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O；减少。【点睛】
燃料电池中，两电极通入的物质相同，电解质不同时，电极反应式可能不同。在书写电极反应式时需注意，在碱性电解质中，负极CH4的反应产物不是CO2和水，而是K2CO3和水，这是我们解题时的易错点。
10．（1）用惰性电极电解下列溶液，写出电极反应式和总反应式以及溶液复原需加入的物质
①NaCl溶液
阴极：_________；阳极：_________；总反应式：_______________；溶液复原需加入的物质____________。
②CuSO4溶液
阴极：_________；阳极：______；总反应式：____________________________；溶液复原需加入的物质____________。
（2）写出下列原电池电极反应式和总反应式
①氢氧燃料电池（电解质是KOH溶液）
负极反应：______________________；
正极反应：__________________；
总反应：_____________。
②甲烷燃料电池。碱性介质(如KOH)
负极：____________；
正极：______________；
总反应式：_________。
【答案】2H＋＋2e－=H2↑ 2Cl－－2e－=Cl2↑ 2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑通HCl气体 2Cu2＋＋4e－=2Cu 4OH－－4e－=2H2O＋O2↑ 2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑加CuO或CuCO3固体 2H2－4e－＋4OH－=4H2O O2＋2H2O＋4e－=4OH－ 2H2＋
O2=2H2O CH4－8e－＋10OH－=CO32-＋7H2O 2O2＋8e－＋4H2O=8OH－ CH4＋2O2＋2OH－
=CO32-＋3H2O
【解析】
【详解】
（1）①用惰性电极电解NaCl溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以阴极、阳极、电池反应式分别为2H＋＋2e－=H2↑、2Cl－－2e－=Cl2↑、2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，溶液复原需加入的物质是通HCl气体；
②用惰性电极电解CuSO4溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上铜离子放电生成铜单质，所以阴极、阳极、电池反应式分别为2Cu2＋＋4e－=2Cu、4OH－－4e－=2H2O＋
O2↑、2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，溶液复原需加入的物质是加CuO或CuCO3固体；
（2）①氢氧燃料电池（电解质是KOH溶液）工作时，氢气失电子是还原剂，发生氧化反应；氧气得电子是氧化剂，发生还原反应。
负极上氢气失电子在碱性条件下生成水，发生的电极反应为： 2H2－4e－＋4OH－=4H2O；正极是O2得到电子生成水，发生的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－；
电极的总反应式为2H2＋O2=2H2O；
②甲烷燃料电池。碱性介质(如KOH)工作时，负极上甲烷失电子在碱性条件下生成碳酸盐和水，反应的电极方程式为：CH4－8e－＋10OH－=CO32-＋7H2O；
正极上氧气得电子产生氢氧根离子，反应的电极方程式为：2O2＋8e－＋4H2O=8OH－；
电极总反应式为：CH4＋2O2＋2OH－=CO32-＋3H2O。
11．常见锌锰干电池因含有汞、酸或碱等，废弃后进入环境将造成严重危害。某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源
（1）填充物用60℃温水溶解，目的是__________。
（2）操作A的名称为____________。
（3）铜帽溶解时加入H2O2的目的是_______________________（用化学方程式表示）。铜帽溶解完全后，可采用_____________方法除去溶液中过量的H2O2。
（4）碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn(OH)2，其负极的电极反应式为___________。
（5）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止。主要反应为
2MnO(OH)+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+4CO2↑+6H2O。
①当1 mol MnO2参加反应时，共有_____mol电子发生转移。
②MnO(OH)与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，试写出该反应的化学方程式：
_____________。
【答案】加快溶解速率过滤 Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O 加热 Zn＋2OH－－2e－
=Zn(OH)2 4 2MnO(OH)＋6HCl(浓)2MnCl2＋Cl2↑＋4H2O
【解析】
【详解】
（1）由于物质的溶解速率随温度的升高而增大。所以填充物用60 ℃温水溶解，目的是加快溶解速率；
（2）分离难溶性固体与液体混合物的操作名称为过滤；
（3）H2O2具有强氧化性，Cu与稀硫酸不反应，但在酸性条件下，加入H2O2的Cu就会被溶解变为Cu2＋，反应的化学方程式是Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O；H2O2不稳定，受热容易分解产生氧气和水，所以铜帽溶解完全后，可采用加热方法除去溶液中过量的H2O2。（4）碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn＋2MnO2＋2H2O=" 2MnOOH" ＋
Zn(OH)2，负极Zn发生氧化反应，电极反应式为Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2。
（5）①根据方程式2MnO(OH)＋MnO2＋2H2C2O4 ＋3H2SO4=2MnSO4＋4CO2↑＋6H2O转移
4e－，可知：当1 mol MnO2参加反应时，共有4 mol的电子发生转移；
②MnO(OH)与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，则该反应的化学方程式是：
2MnO(OH)＋6HCl(浓)2MnCl2＋Cl2↑＋4H2O。
12．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)172335498X
已知白磷的燃烧热为2378.0kJ/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。
13．（1）下列各组化合物中，化学键类型和化合物类型均相同的是_________（填序号）。
A．CaCl2和 Na2S B．Na2O 和 Na2O2
C．CO2和CaO D．HC1 和 NaOH
（2）已知1 mol石墨转化为1 mol金刚石要吸收能量，则1 mol石墨的能量比1 mol金刚石的能量____（填“高”或“低”），石墨比金刚石_______（填“稳定”或“不稳定”）。
（3）Ba（OH）2? 8H2O和NH4Cl反应的化学方程式是____________，该反应是___（填“吸热”或“放热”）反应，反应过程能量变化的图像符合_____________（填“图1”或“图2”）。
图1 图2
（4）如图3所示，把试管放入盛有饱和澄清石灰水（温度为25℃）的烧杯中，先在试管中放入几小块镁片，再用滴管滴入5mL盐酸。可以观察到烧杯中的石灰水逐渐由澄清变浑浊，出现这种现象的原因是___________________________。
图3
【答案】A 低 稳定 ()242322Ba OH 8H O+2NH Cl BaCl +2NH +10H O ↑g
吸热 图2 Mg 与盐酸反应放出热量，烧杯中饱和澄清石灰水的温度升高，Ca(OH)2的溶解度降
低，从溶液中析出
【解析】
【分析】
【详解】 （1）A ．CaCl 2和NazS 均只含有离子键，且均为离子化合物，A 项正确；
B ．虽然Na 2O 和Na 2O 2均为离子化合物，但Na 2O 只含有离子键，Na 2O 2含有离子键和共价键，B 项错误；
C ．CO 2含有共价键，是共价化合物，CaO 含有离子键，是离子化合物，C 项错误；
D ．HCl 含有共价键，是共价化合物，NaOH 含有离子键和共价键，是离子化合物，D 项错误。
故选A 。
（2）由1 mol 石墨转化为1 mol 金刚石要吸收能量，金刚石吸收能量后，能量变高，则1 mol 石墨的能量比1 mol 金刚石的能量低，石墨比金刚石稳定。
故答案为：低；稳定；
（3）Ba （OH ）2 ? 8H 2O 与NH 4C1发生复分解反应，生成BaCl 2、NH 3和H 2O ，Ba （OH ）2 ? 8H 2O 和NH 4Cl 反应的化学方程式是
()242322Ba OH ?8H O+2NH Cl BaCl +2NH +10H O =↑，该反应吸收热量，故生成物总能量比反应物总能量高，图2生成物总能量高，故图2符合。
故答案为：()242322Ba OH ?
8H O+2NH Cl BaCl +2NH +10H O =↑；吸热；图2 ； （4）观察到烧杯中的石灰水逐渐由澄清变浑浊，出现这种现象的原因是：Mg 与盐酸反应放出热量，导致石灰水温度升高，而Ca(OH)2在水中的溶解度随温度的升高而减小，故析出Ca(OH)2固体，从而使溶液浑浊。
故答案为：Mg 与盐酸反应放出热量，导致石灰水温度升高，而Ca(OH)2在水中的溶解度随温度的升高而减小，故析出Ca(OH)2固体，从而使溶液浑浊。
14．如图装置闭合电键K 时，电流计A 的指针将发生偏转。试回答：
(1) 丙池是____________（填“原电池”或“电解池”），甲中a 极电极名称是
________________，丙中c 极电极名称是_____________________；
(2)乙中Cu 极的电极反应式是__________，若电路中有0.02mol 电子通过，则甲中a 电极溶解的质量为__________g ；
(3)闭合电键K 一段时间后，丙池中生成两种气体和一种碱，则丙池中发生的总的化学方程式是_________________；
（4）丙池中反应进行较长时间后，收集到标准状况下氢气2.24L ，此时测得丙池溶液质量实际减少4.23 g ，含有碱0.100mol （不考虑气体在水中的溶解），则实际放出气体的物质的量是______________mol ；
（5）如果要给丙中铁片上镀上一层Cu ，则丙池应作何改进_________________________。
【答案】电解池 负极 阳极 Cu 2++2e - = Cu 0.65 2NaCl ＋2H 2O
2NaOH ＋H 2↑＋Cl 2↑ 0.165 “C”换成“Cu”、将“NaCl 溶液”换成“CuSO 4溶液”
【解析】
【分析】
【详解】
（1）甲和乙形成原电池，所以丙有外加电源，属于电解池；甲中a 失电子为负极；丙中c 电极连接原电池的正极属于阳极，故答案为：电解池；负极；阳极；
（2）乙中Cu 极上铜离子得电子生成铜单质，其电极反应为：Cu 2++2e -=Cu ；Zn 从0价升高到+2价失去2个电子，已知电路中有0.02mol 电子通过，所以消耗的Zn 为0.01mol ，m （Zn ）=nM=65g/mol ×0.01mol=0.65g ，故答案为：0.65g ；
（3）丙池中是电解NaCl 溶液生产氢气，氯气和氢氧化钠，其电解方程式：2NaCl ＋2H 2O 2NaOH ＋H 2↑＋Cl 2↑，故答案为：2NaCl ＋2H 2O 2NaOH ＋H 2↑＋Cl 2↑； （4）已知碱0.100mol ，n （H 2）=m
V V =0.1mol ，由电解方程式可知，生成碱0.100mol ，时，n （H 2）=0.05mol ，所以m （H 2）=nM=0.1mol ×2g/mol=0.2g ，m （ Cl 2）
=nM=0.05mol ×71g/mol=3.55g ，丙池溶液质量实际减少4.23g ，是氢气、氯气和氧气的质量和，所以m （O 2）=4.23g-3.55g-0.2g=0.48g ，n （O 2）=0.48g÷32g/mol=0.015mol ，因此实际放出气体的物质的量是：0.1mol+0.05mol+0.015mol=0.165mol ，故答案为：0.165；
（5）要给丙中铁片上镀上一层Cu ，则阳极应该为Cu 电极，电解质溶液为硫酸铜溶液，故答案为：把C 电极换成Cu 电极，把NaCl 溶液换为硫酸铜溶液。
15．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NO3-发生还原反应，酸性介质中，电极反应式为：
2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O；
②A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↑，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2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，阴极室中放出0.2molN2(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 )=14.4g。
右