备战高考化学推断题综合题专练化学反应与能量变化附详细答案.docx

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备战高考化学推断题综合题专练化学反应与能量变化附详细答案

备战高考化学推断题综合题专练∶化学反应与能量变化附详细答案

一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）

1．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。

2．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1.6g铜溶解时，银棒增重__________________________________。

【答案】CuAgNO3正极Ag++e-=Ag氧化反应X（或Cu）Ag5.4g

【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

3．如右图所示，常温，U形管内盛有100mL的某种溶液，请按要求回答下列问题。

（1）若所盛溶液为CuSO4溶液，打开K2，合并K1，则：

①A为_____极，B极的电极反应式为________________。

②反应过程中，溶液中SO42－和OH－离子向_____极（A或B）移动。

（2）若所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液，打开K1，合并K2，则：

①A电极可观察到的现象是__________________________。

②电解过程总反应的化学方程式是________________________。

③反应一段时间后打开K2,若忽略溶液的体积变化和气体的溶解，B极产生气体的体积（折算成标准状况）为11.2mL，将溶液充分混合，溶液的pH为________。

④向电解后的电解质溶液中加入或通入_______（填试剂名称），能使溶液复原。

【答案】负Cu2++2e-=CuA产生气泡，电极附近溶液变红2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2↑12氯化氢

【解析】

【详解】

（1）①该装置是原电池，锌作负极，碳作正极，正极上铜离子得电子生成铜发生氧化反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；

 ②原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以溶液中氢氧根离子和硫酸根离子向A极移动；

（2）①该装置是电解池，碳棒是阳极，锌棒是阴极，电解时，锌棒上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧根离子导致溶液呈碱性，加入酚酞后溶液变红；

②电解时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时溶液中生成氢氧化钠，所以电池反应式为2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2↑；

③B极产生氯气，生成的氯气的物质的量为

=0.0005mol，根据电解总反应可知生成的n（NaOH）=0.001mol，溶液中c（OH-）=

=0.01mol/L，所以溶液pH=12；

④如果要想使电解后的溶液恢复到原溶液，应遵循“析出什么加入什么”的思想加入物质，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，所以应该加入氯化氢。

4．Ⅰ．铁及铁的化合物应用广泛，如FeCl3可用作印刷电路铜版腐蚀剂和外伤止血剂等。

（1）写出FeCl3溶液腐蚀印刷电路板的离子方程式_________________。

（2）若将

（1）中的反应设计成原电池，请在方框内画出原电池的装置图，标出正、负极，并写出电极反应式。

________

负极反应：

_________________；正极反应：

_________________．

Ⅱ．写出甲烷燃料电池在酸性溶液中的电极反应和总电池反应：

正极：

________________________________________________；

负极：

_________________________________________________；

总反应：

_______________________________________________。

【答案】2Fe3＋+Cu＝2Fe2＋+Cu2＋

Cu-2e-==Cu2+2Fe3++2e-==2Fe2+2O2+8e-+8H+==4H2OCH4-8e-+2H2O==CO2+8H+CH4+2O2==CO2+2H2O

【解析】

【分析】

Ⅰ．

（1）FeCl3溶液腐蚀印刷电路板时，Fe3+将Cu氧化生成Fe2+和Cu2+。

（2）若将

（1）中的反应设计成原电池，则需用Cu、C（或Ag、Au、Pt等）作电极，FeCl3溶液作电解质。

负极为Cu失电子生成Cu2+；正极为Fe3+得电子生成Fe2+。

Ⅱ．正极：

O2在酸性溶液中得电子，生成水；

负极：

CH4在酸性溶液中失电子生成CO2等；

总反应：

甲烷燃烧生成二氧化碳和水。

【详解】

Ⅰ．

（1）FeCl3溶液腐蚀印刷电路板时，Fe3+将Cu氧化生成Fe2+和Cu2+，离子方程式为2Fe3＋+Cu＝2Fe2＋+Cu2＋。

答案为：

2Fe3＋+Cu＝2Fe2＋+Cu2＋；

（2）若将

（1）中的反应设计成原电池，则需用Cu、C（或Ag、Au、Pt等）作电极，FeCl3溶液作电解质。

负极反应：

Cu-2e-==Cu2+；正极反应：

2Fe3++2e-==2Fe2+。

答案为：

Cu-2e-==Cu2+；2Fe3++2e-==2Fe2+；

Ⅱ．正极：

O2在酸性溶液中得电子生成水，电极反应为2O2+8e-+8H+==4H2O；

负极：

CH4在酸性溶液中失电子生成CO2等，电极反应为CH4-8e-+2H2O==CO2+8H+

；总反应：

甲烷燃烧生成二氧化碳和水，总反应式为CH4+2O2==CO2+2H2O。

答案为：

2O2+8e-+8H+==4H2O；CH4-8e-+2H2O==CO2+8H+；CH4+2O2==CO2+2H2O。

【点睛】

设计原电池时，应从电池反应出发，电池反应中失电子的物质即为负极材料，得电子的物质为电解质中的某成分，从电池反应中不能得出正极材料，但此材料必须导电，且还原性弱于负极材料。

5．氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨是人工固氮比较成熟的技术，其原理为

。

已知破坏

有关化学键需要的能量如表所示：

则反应生成

所释放出的热量为________

。

【答案】45.5

【解析】

【分析】

【详解】

根据反应N2+3H2=NH3可知，结合表中数据可计算出破坏

键吸收的能量为

，破坏

键吸收的能量为

，化学键被破坏吸收的总能量为

，形成

键放出能量

，反应生成

释放出的热量为

，则反应生成

释放出的热量为

，故答案为：

45.5。

6．某化学兴趣小组的同学设计了如图所示的装置，完成下列问题：

（1）反应过程中，_____棒质量减少，当一电极质量增加2g，另一电极减轻的质量_____（填“大于”、“小于”或“等于”）2g，正极的电极反应为_______。

（2）盐桥的作用是向甲、乙两烧杯中提供NH

和Cl－，使两烧杯溶液中保持电荷守恒。

①反应过程中Cl－将进入______（填“甲”或“乙”）烧杯。

②当外电路中转移0.2mol电子时，乙烧杯中浓度最大的阳离子是______。

【答案】锌大于Cu2＋＋2e－=Cu甲NH4+

【解析】

【分析】

锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为Cu2++2e-=Cu，结合电极方程式解答该题；

（1）锌比铜活泼，锌为负极，铜为正极，铜电极析出铜；

（2）盐桥的作用是向甲、乙两烧杯中提供NH

和Cl－，使两烧杯溶液中保持电荷守恒。

①原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极；

②乙烧杯中铜离子析出，电荷守恒计算铵根离子浓度。

【详解】

锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为Cu2++2e-=Cu；

（1）反应过程中，锌棒是负极，发生氧化反应，质量减小，而铜棒是正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，则正极上质量增重，当正极质量增加2g时，转移电子的物质的量为

×2mol=

mol，此时负极质量减少

mol×65g/mol×

＞2g；

（2）①反应过程中，盐桥中的Cl－移向负极锌，Cl－进入甲杯；

②当外电路中转移0.2mol电子时，Cu2++2e-=Cu，铜离子减少0.1mol，电荷减少0.2mol，溶液中进入NH4+0.2mol，乙烧杯中浓度最大的阳离子是NH4+，其浓度=

=2mol/L。

7．I已知下列热化学方程式：

①H2（g）+

O2（g）═H2O（l）；△H=-285.8kJ•mol-1

②H2（g）+

O2（g）═H2O（g）；△H=-241.8kJ•mol-1

③CO（g）═C（s）+

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）+

O2（g）=

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-11429KJC（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=-393.5kJ•mol-1P4（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）+

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）+

O2（g）═H2O（l）；△H=-285.8kJ•mol-1，燃烧10gH2的物质的量为5mol，则燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为285.8

5=1429.0kJ；

（4）③CO（g）═C（s）+

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）+

O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ/mol；CO燃烧热的热化学方程式为CO（g）+

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。

8．

（1）写出符合要求的一个反应：

①吸热的分解反应的化学方程式：

______________________。

②表示一类放热反应的离子方程式：

____________________。

（2）化学键的键能是形成（或拆开）1mol化学键时释放（或吸收）的能量。

已知：

N≡N键的键能是948.9kJ·mol－1，H—H键的键能是436.0kJ·mol－1；由N2和H2合成1molNH3时可放出46.2kJ的热量。

则N—H键的键能是_______。

（3）根据下列3个热化学反应方程式：

Fe2O3（s）＋3CO（g）=2Fe（s）＋3CO2（g）　ΔH＝－24.8kJ·mol－1；

3Fe2O3（s）＋CO（g）=2Fe3O4（s）＋CO2（g）　ΔH＝－47.2kJ·mol－1；

Fe3O4（s）＋CO（g）=3FeO（s）＋CO2（g）　ΔH＝＋640.5kJ·mol－1。

写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：

_______

【答案】CaCO3

CaO+CO2↑H++OH-=H2O391.55kJ•mol-1CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=-218.0kJ/mol

【解析】

【分析】

（1）①绝大多数分解反应是吸热反应，如碳酸钙高温分解；

②酸碱中和是放热反应，也是离子反应；

（2）化学反应的本质是旧化学键的断裂以及新化学键的形成，旧化学键的断裂需要吸收热量，形成化学键需要放出热量，N2+3H2=2NH3，根据反应需要断开N≡N键和H-H键，形成N-H键；由N2和H2合成1molNH3时可放出46.2kJ的热量，分别算出吸收的热量和放出的热量，再结合△H，即可得出答案；

（3）根据盖斯定律将三个化学方程式进行处理计算得到所需热化学方程式。

【详解】

（1）①绝大多数分解反应是吸热反应，如碳酸钙高温分解，发生反应的化学方程式为CaCO3

CaO+CO2↑；

②酸碱中和是放热反应，也是离子反应，如盐酸和NaOH溶液反应的离子方程式为H++OH-=H2O；

（2）由N2和H2合成1molNH3时可放出46.2kJ/mol的热量，N2和H2合成NH3的热化学方程式为：

N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-2×46.2=-92.4kJ/mol，1molN2和3molH2反应断裂化学键需要吸收的能量为：

1mol×948.9kJ•mol-1+3×436.0kJ•mol-1=2256.9kJ；设N-H键的键能为x，则形成2molNH3需要形成6molN-H键，则形成6molN-H键放出的能量为6x，则2256.9-6×x=-92.4kJ/mol，解得x=391.55kJ•mol-1；

（3）Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-24.8kJ/mol①，3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47.2kJ/mol②，Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ/mol③，由盖斯定律可知①×3-②-③×2得：

6CO（g）+6FeO（s）=6Fe（s）+6CO2（g）△H=（-24.8kJ/mol）×3-（-47.2kJ/mol）-（+640.5kJ/mol）×2=-1308.0kJ/mol，即CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=-218.0kJ/mol。

【点睛】

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．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NA表示）。

【答案】13.44L1.2NA

【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Zn2+进入溶液，电极质量减轻，正极H+得电子生成H2，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H2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——H2，产生标准状况下氢气的体积为

=13.44L。

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

=1.2NA。

【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。

10．能源与人类的生存和发展息息相关，化学反应在人类利用能源的历史过程中充当重要的角色。

回答下列问题：

（1）科学家最近研制出利用太阳能产生激光，使海水分解。

太阳光分解海水时，光能转化为________能，水分解时断裂的化学键是________（填“离子键”或“共价键”）

（2）氢能是一种具有发展前景的理想清洁能源,氢气燃烧时放出大量的热。

若断开1mol氢气中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断开1mol氧气中的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1mol水中的化学键释放的能量为Q3kJ，则下列关系正确的是____________

A．Q1＋Q2＜Q3B．2Q1＋Q2＜2Q3

C．2Q1＋Q2＞2Q3D．Q1＋Q2＞Q3

（3）下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是________。

A．Fe+2FeCl3＝3FeCl2B．SO3+H2O＝H2SO4

C．C+H2O

CO+H2D．Ba（OH）2+H2SO4＝BaSO4+2H2O

（4）美国NASA曾开发一种铁·空气电池，其原理如图所示，电池反应为：

2Fe+O2+2H2O=2Fe（OH）2。

①电极a为原电池的________（填“正极”或“负极”），该极的电极反应式为______________________；电极b上发生________反应（填“氧化”或“还原”）。

②原电池工作一段时间后，若消耗铁22.4g，则电路中通过的电子数为________。

【答案】化学共价键BA负极Fe-2e—+2OH—=Fe（OH）2还原0.8NA或0.8×6.02×1023

【解析】

【分析】

（1）利用太阳光分解海水生成氢气和氧气，水是共价化合物，含有共价键；

（2）放热反应，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键释放的能量；

（3）放热的氧化还原反应能设计成原电池；

（4）①a电极，Fe→Fe（OH）2，铁失电子化合价升高；b电极，氧气得电子生成氢氧根离子；

②原电池工作时，铁元素化合价由0升高为+2；

【详解】

（1）利用太阳光分解海水生成氢气和氧气，光能转化为化学能，水是共价化合物，含有共价键，水分解断裂的是共价键；

（2）放热反应，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键释放的能量，2mol氢气和1mol氧气反应生成2mol水，氢气燃烧时放出大量的热，所以2Q1＋Q2＜2Q3，选B；

（3）A.Fe+2FeCl3＝3FeCl2，铁元素化合价改变，有电子转移，反应放出能量，能设计成原电池，故选A；

B.SO3+H2O＝H2SO4，没有化合价改变，没有有电子转移，不能设计成原电池，故不选B；

C.C+H2O

CO+H2，碳元素化合价改变，有电子转移，该反应吸收能量，不能设计成原电池，故不选C；

D.Ba（OH）2+H2SO4＝BaSO4+2H2O，没有化合价改变，没有有电子转移，不能设计成原电池，故不选D；

（4）①a电极，Fe→Fe（OH）2，铁失电子化合价升高，a极电子流出，为原电池负极，电极反应式是Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2；b电极，氧气得电子生成氢氧根离子，b极发生还原反应；

②原电池工作时，铁元素化合价由0升高为+2，若消耗铁22.4g，则电路中通过的电子数为

0.8NA。

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_____________；反应进行一段时间后溶液C的pH将_____（填“升高”“降低”或“基本不变”）。

（2）若需将反应：

Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋设计成如图所示的原电池装置，则A（负