备战高考化学复习化学反应与能量变化专项推断题综合练.docx
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备战高考化学复习化学反应与能量变化专项推断题综合练
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.X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素,X与Y位于不同周期,X与W位于同一主族;原子最外层电子数之比N(Y):
N(Q)=3:
4;Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。
请回答下列问题:
(1)Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。
(2)一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的,这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2,利用气体X2组成原电池提供能量。
①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式:
______________。
②以稀硫酸为电解质溶液,向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池,其中通入气体X2的一极是_______(填“正极”或“负极”)。
③若外电路有3mol电子转移,则理论上需要W2Q的质量为_________。
【答案】第二周期第ⅢA族
负极37g
【解析】
【分析】
原子最外层电子数之比N(Y):
N(Q)=3:
4,因为都为主族元素,最外层电子数小于8,所以Y的最外层为3个电子,Q的最外层为4个电子,则Y为硼元素,Q为硅元素,则X为氢元素,W与氢同主族,为钠元素,Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和,为氧元素。
即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。
【详解】
(1)根据分析,Y为硼元素,位置为第二周期第ⅢA族;QX4为四氢化硅,电子式为
;
(2)①根据元素分析,该反应方程式为
;
②以稀硫酸为电解质溶液,向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池,其中通入气体氢气的一极是负极,失去电子;
③外电路有3mol电子转移时,需要消耗1.5mol氢气,则根据方程式分析,需要0.5mol硅化钠,质量为37g。
3.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-=H2↑增大Zn+2H+=Zn2++H2↑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+=Zn2++H2↑,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-=H2↑;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-=Zn2+,正极:
2H++2e-=H2↑,总反应方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑。
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。
4.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
)。
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166m3,剩余H2O的体积为0.8m3,则该样品的化学式中x=_________________。
(2)已知下表数据,且知H2O(l)=H2O(g)△H=+41
化学键
C—H
O=O
C=O
H—O
键能/
413
498
803
463
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O2-),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H2,同时得到体积比为1:
3的CO2和CO,该反应的化学方程式为_____________________________________。
混合气体中的CO2可用浓氨水脱除,同时获得氮肥NH4HCO3,该反应的离子方程式是_________________________________________________________。
【答案】6CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-892kJ·mol-1CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O
NH3·H2O+CO2=NH4++
【解析】
【分析】
【详解】
(1)n(CH4)=
=
mol,n(H2O)=
=
mol,n(CH4):
n(H2O)=
:
≈1:
6,所以x=6,故答案为:
6;
(2)由表格可知①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)的△H=(4×413+2×498-2×803×-4×463)kJ·mol-1=-810kJ·mol-1,又因为②H2O(l)=H2O(g)△H=41
,将①-2×②得:
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=(-810-2×41)
=-892kJ·mol-1,故答案为:
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-892kJ·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:
CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O,故答案为:
CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O;
(4)由已知可知道,反应物为甲烷和水,生成物为氢H2、CO和CO2,结合CO2和CO的体积比为1:
3可得方程式为:
。
二氧化碳和氨水反应生成NH4HCO3的离子方程式为:
NH3·H2O+CO2=NH4++
,故答案为:
;NH3·H2O+CO2=NH4++
。
【点睛】
燃料电池电极反应的书写:
燃料在负极失电子,O2在正极得电子。
5.Li-SOCl2电池可用于心脏起搏器。
该电池的电极材料分别为锂和碳,电解液是LiAlCl4-SOCl2。
电池的总反应可表示为4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2。
请回答下列问题:
(1)电池的负极材料为_____,发生的电极反应为______________。
(2)电池正极发生的电极反应为_______________。
【答案】Li4Li-4e-=4Li+2SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2
【解析】
【分析】
(1)原电池中,失电子发生氧化反应的极是负极,该极上发生失电子的氧化反应;
(2)原电池的正极上发生得电子的还原反应。
【详解】
(1)该原电池中锂的活泼性大于碳的,所以锂作负极,负极上Li失电子,发生氧化反应,电极反应4Li-4e-=4Li+;
(2)正极上得电子发生还原反应,根据反应方程式知,SOCl2得电子生成Cl-、S、SO2,电极方程式为2SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2。
6.如图所示,A、B、C三个装置中的烧杯分别盛有足量的CuCl2溶液。
(1)A、B、C三个装置中属于原电池的是___(填标号)。
(2)A池中Zn是___极,电极反应式为___;A中总反应的离子方程式___。
(3)B池中总反应的方程式为___。
(4)C池中Zn是___极,发生___反应,电极反应式为___;反应过程中,CuCl2溶液浓度___(填“变大”“变小”或“不变”)。
【答案】A负Zn-2e-=Zn2+Zn+Cu2+=Zn2++CuCuCl2
Cu+Cl2↑阴还原Cu2++2e-=Cu不变
【解析】
【分析】
(1)A、B、C三个装置中,没有外接电源的属于原电池。
(2)A池中,相对活泼的金属作负极,电极反应式为金属失电子生成金属离子;A中总反应为负极金属与电解质发生氧化还原反应。
(3)B池中总反应为电解氯化铜。
(4)C池中,与正极相连的电极为阳极,阳极失电子发生氧化反应;通过分析两电极反应,可确定反应过程中,CuCl2溶液浓度变化情况。
【详解】
(1)A、B、C三个装置中,没有外接电源的属于原电池,则原电池是A。
答案为:
A;
(2)A池中,相对活泼的金属是Zn,Zn是负极,电极反应式为Zn-2e-=Zn2+;A中总反应的离子方程式为Zn+Cu2+=Zn2++Cu。
答案为:
负;Zn-2e-=Zn2+;Zn+Cu2+=Zn2++Cu;
(3)B池中总反应,就是电解氯化铜的反应,方程式为CuCl2
Cu+Cl2↑。
答案为:
CuCl2
Cu+Cl2↑;
(4)C池中,与负极相连的电极为阴极,Zn与电源负极相连,是阴极,得电子,发生还原反应,电极反应式为Cu2++2e-=Cu;反应过程中,阳极Cu-2e-=Cu2+,生成的Cu2+与阴极消耗的Cu2+物质的量相等,则CuCl2溶液浓度不变。
答案为:
阴;还原;Cu2++2e-=Cu;不变。
【点睛】
不管是原电池还是电解池,解题的切入点都是电极的判断。
通常,原电池的负极金属材料都会失电子生成阳离子;而电解池的阳极材料是否失电子,则要看其是否为活性电极。
若阳极为活性电极,则在电解时阳极材料失电子;若为惰性电极,则阳极发生溶液中阴离子失电子的反应。
7.燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。
如图为氢氧燃料电池示意图,该电池电极表面镀一层细小的铂粉,铂吸附气体的能力强,性质稳定,请回答:
(1)氢氧燃料电池的能量转化主要形式是___,在导线中电子流动方向为___(用a、b表示)。
(2)负极反应式为___,正极反应式为___。
(3)用该燃料电池作电源,用Pt作电极电解饱和食盐水:
①写出阴极的电极反应式:
___。
②写出总反应的离子方程式:
___。
③当阳极产生7.1gCl2时,燃料电池中消耗标况下H2___L。
【答案】由化学能转变为电能由a到b2H2-4e-+4OH-=4H2OO2+4e-+2H2O=4OH-2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑Cl-+2H2O
H2↑+2OH-+Cl2↑2.24
【解析】
【分析】
(1)原电池是将化学能转变为电能的装置,原电池放电时,电子从负极沿导线流向正极;
(2)负极上燃料失电子发生还原反应,正极上氧气得电子生成氢氧根离子;
(3)用惰性电极电解饱和食盐水时,阳极上氯离子放电,阴极上氢离子放电;
根据转移电子守恒计算消耗氢气的物质的量
【详解】
(1)该装置是把化学物质中的能量转化为电能,所以是化学能转变为电能;在原电池中,负极上失电子,正极上得电子,电子的流向是从负极流向正极,所以是由a到b,
故答案为:
由化学能转变为电能;由a到b;
(2)碱性环境中,该反应中负极上氢气失电子生成氢离子,电极反应式为2H2-4e-+4OH-=4H2O,正极上氧气得电子生成氢氧根离子,电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-,故答案为:
2H2-4e-+4OH-=4H2O;O2+4e-+2H2O=4OH-;
(3)用惰性电极电解饱和食盐水时,阴极上氢离子放电,电极反应式为:
2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑,阳极上氯离子放电生成氯气,所以总反应离子方程式为:
Cl-+2H2O
H2↑+2OH-+Cl2↑,根据转移电子守恒计算消耗氢气的物质的量,电解时,阳极上生成氯气,每生成0.1mol氯气转移电子的物质的量=0.1mol×(1-0)×2=0.2mol,
燃料电池中消耗氢气的物质的量=0.2mol/2=0.1mol,所以标况下体积为2.24L,
故答案为:
2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑;Cl-+2H2O
H2↑+2OH-+Cl2↑;2.24。
8.拆开1mol共价键所需吸收的能量如下表:
共价键
H-H
N≡N
N-H
吸收的能量/kJ
436
946
391
(1)1molN2完全反应为NH3_____(填:
吸收或放出)_____kJ能量
(2)事实上,将1molN2和3molH2放在反应容器中,使它们充分反应,反应的热量变化总小于计算值,原因是______________________________。
【答案】放出92该反应是可逆反应,充分反应的最终结果是达到最大限度(既化学平衡状态),因此放出的热量总是小于理论计算值
【解析】
【分析】
(1)化学反应中,化学键断裂吸收能量,形成新化学键放出能量,根据方程式分别计算断键吸收和成键放出的能量,以此计算反应热并判断吸热还是放热;
(2)从可逆反应的特征分析。
【详解】
(1)在反应N2+3H2⇌2NH3中,1molN2完全反应为NH3,断裂3molH-H键、1molN三N键共吸收的能量为:
3×436kJ+946kJ=2254kJ,生成2molNH3,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;
(2)该反应为可逆反应,不能完全转化,将1molN2和3molH2放在反应容器中,使它们充分反应,生成NH3的小于2mol,放出的热量小于92kJ。
9.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)+O2(g)═CO2(g)△H=﹣393.51kJ·mol-1;B(s)+O2(g)═CO2(g)△H=﹣395.41kJ·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N2+3H2
2NH3的能量变化如图所示。
①1molN和3molH生成1molNH3(g)是_______能量的过程(填“吸收”或“释放”)。
由
molN2(g)和
molH2(g)生成1molNH3(g)过程________(填“吸收”或“释放”)___________kJ能量。
(用图中字母表示,②同)
②
molN2(g)和
molH2(g)反应生成1molNH3(l)的△H=_______________。
(3)工业上用H2和Cl2反应制HCl,各键能为:
H﹣H:
436kJ·mol-1,Cl﹣Cl:
243kJ·mol-1,H﹣Cl:
431kJ·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=-183kJ·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1molN和3molH生成1molNH3(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
molN2(g)和
molH2(g)生成1molNH3(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1molNH3(g)过程时放热b-akJ;
②
molN2(g)和
molH2(g)反应生成1molNH3(l)的△H=(akJ•mol-1)-(bkJ•mol-1+ckJ•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=-183kJ/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。
10.
(1)图为氢氧燃料电池原理示意图,按照此图的提示,回答以下问题:
①下列叙述不正确的是___。
A.a电极是负极
B.b电极的电极反应为:
4OH--4e-=2H2O+O2↑
C.氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源
D.氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置
②若电解质溶液为KOH溶液,则电极反应式为:
a极__,b极___。
(2)以硼氢化合物NaBH4(B元素的化合价为+3价)和H2O2作原料的燃料电池,负极材料采用Pt/C,正极材料采用MnO2,可用作空军通信卫星电源,其工作原理如图所示。
回答下列问题:
①电池放电时Na+移动方向是:
__(填“从左向右”或“从右向左”)。
②电极b采用MnO2,MnO2的作用是__。
③该电池的负极反应为:
__。
④每消耗3molH2O2,转移的电子数为__。
【答案】B2H2-4e-+4OH-=4H2OO2+4e-+2H2O=4OH-从左向右催化作用或导电BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O6NA
【解析】
【分析】
(1)①在氢氧燃料电池中,氢气失电子发生氧化反应,通入氢气的电极是负极,即a为负价,氧气得电子发生还原反应,通入氧气的电极是正极,即b为正极;
②当电解质溶液是KOH时,负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水,正极上氧气得电子生成氢氧根离子;
(2)根据装置图可知,H2O2得电子发生还原反应,则b电极为正极,a电极为负极,负极上BH4-得电子和氢氧根离子反应生成BO2-,结合原电池原理分析解答。
【详解】
(1)①A.在氢氧燃料电池中,H2失电子发生氧化反应,因此通入氢气的a极为电源的负极,A选项正确;
B.在氢氧燃料电池中,通入O2的b极为原电池的正极,正极上O2得电子发生还原反应,要结合电解质溶液的酸碱性来确定其电极反应式的书写,B选项错误;
C.氢氧燃料电池的产物是水,环保无污染,是一种具有应用前景的绿色电源,C选项正确;
D.氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置,D选项正确;
故答案为:
B。
②当电解质是碱溶液时,燃料氢气失电子生成的H+在碱性溶液中不能稳定存在,它和OH-反应生成H2O,所以负极(a极)上发生的电极反应式为2H2-4e-+4OH-=4H2O,正极(b极)上O2得电子和水生成氢氧根离子,电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-,故答案为:
2H2-4e-+4OH-=4H2O;O2+4e-+2H2O=4OH-;
(2)①在原电池中负极失去电子,正极得到电子,阳离子向正极移动,阴离子向负极移动。
b电极是双氧水放电,因此b电极是正极,a电极是负极,则Na+从a极区移向b极区,即从左向右,故答案为:
从左向右;
②MnO2除了作电极材料外,还可以对H2O2的还原反应有催化作用,故答案为:
催化作用或导电;
③极发生氧化反应生成BO2-,电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O,故答案为:
BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O;
④正极电极反应式为H2O2+2e-=2OH-,每消耗3molH2O2,转移的电子为6mol,数目为6NA,故答案为:
6NA。
【点睛】
本题考查了燃料电池的特点及反应式的书写的知识,在氢氧燃料电池中,燃料在负极上失电子发生氧化反应,氧化剂在正极上得电子发生还原反应,要注意的是:
虽然燃料相同,但电解质溶液不同时,电极反应式不同,如氢氧燃料电池,在酸性介质和碱性介质中的电极反应式就不同,总反应方程式相同,书写电极反应要结合溶液的酸碱性进行判断。
11.如图所示,是原电池的装置图。
请回答:
(1)若C为稀H2SO4溶液,电流表指针发生偏转,B电极材料为Fe且作负极,则A电极上发生的电极反应式为______
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