反应热 原电池 答案

1、.反响热 原电池 参考答案一、选择题每题只有一个选项符合题意1答案D解析A、B、C均为放热反响，说明它们的反响物的总焓大于反响产物的总焓，多余的能量以热量的形式放出；而D为吸热反响正好相反，故D正确。2答案A解析不同状态的同种物质，气态物质能量高，气态硫燃烧时放出的热量大于固态硫燃烧时放出的热量，那么正确；由于燃烧为放热反响，即破坏化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，那么正确。3答案D解析A项，Al3水解可得AlOH3胶体，起净水作用；B项，镶入锌块，相当于牺牲阳极的阴极保护法；C项，利用了MgO熔点高的性质；D项，电解MgCl2饱和溶液最终会得到MgOH2而非Mg。4.答案A解析在食盐

2、水中Zn、Fe形成原电池，发生吸氧腐蚀消耗甲中的氧气，甲中压强变小，乙中导气管受大气压强作用形成一段水柱；在金属剪口处形成Zn­Fe原电池，正极发生反响2H2OO24e4OH，溶液呈碱性，溶液变红，Zn比Fe活泼，Zn作负极，ZnZn22e而被腐蚀。5.答案D解析根据题给热化学方程式可知，该反响是放热的氧化复原反响，那么反响物的能量和大于反响产物的能量和，A正确；该反响可设计为原电池反响，由于反响中Zn被氧化，故作原电池的负极，C项正确；根据方程式中Zn和H2的计量关系知，当有32.5 g锌溶解时，正极放出气体为0.5 mol，但由于温度和压强不确定，故其体积不一定为11.2 L，D

3、项错误。6答案B解析燃料电池中，燃料为负极，氧气为正极，A不正确；由于KOH参与电极反响，所以KOH的物质的量浓度减小，C不正确；电解质溶液中，CO几乎不挪动，D不正确。7B解析A项中等物质的量的硫蒸气的能量高于固体硫，故前者燃烧时放出的能量高；B项中CH3COOH为弱电解质，其电离过程为吸热过程，故1 mol CH3COOH与1 mol NaOH的稀溶液反响放出的热量小于57.3 kJ；C项，石墨转化为金刚石吸热，那么金刚石能量较高，不如石墨稳定；D项，H的数值与H2的物质的量不相符。8C解析原电池反响中Zn失电子、MnO2得电子，因此该电池负极为Zn，正极为MnO2。由电池总反响式减去负极

4、反响式Zn2OHZnOH2O2e即得正极反响式MnO2eH2OMnOOHOH。电子只能由Zn经外电路流向MnO2，而不能通过内电路。9答案A解析B项，以NaOH溶液为电解液时，不应生成AlOH3沉淀，而应生成AlOH4；C项，电解液的pH应减小；D项，电子通过外电路从负极流向正极。10答案C解析复原剂应为负极，材料为单质铁；氧化剂为Fe3，在正极上得到电子，电解质溶液应该为含有Fe3的溶液。C选项不能实现2Fe3Fe=3Fe2。11答案D解析由燃烧热的定义可知，水应以液态形式存在，故A项错误；N2与H2反响生成NH3为可逆反响，不能完全进展，故19.3 kJ不是0.5 mol N2与1.5 m

5、ol H2完全反响放出的热量，故B项错误；NH3·H2O为弱电解质，在书写离子方程式时，应写成化学式的形式，故C项错误；氧化铝与NaOH溶液反响，生成物是NaAlOH4，故D项正确。12. 14 725.8 kJ2313C3H8g5O2g=3CO2g4H2OgH2 044.0 kJ·mol1解析11 mol H2和2 mol C3H8组成的混合气体完全燃烧释放的热量为285.8 kJ·mol1×1 mol2 220 kJ·mol1×2 mol4 725.8 kJ。2设混合气体中H2的物质的量为x，那么C3H8的物质的量为5 molx，

6、所以：285.8 kJ·mol1×x5 molx×2 220 kJ·mol13 847 kJ，解方程得x3.75 mol，那么5 molx1.25 mol，故VH2VC3H83.75 mol1.25 mol31。13 1ZnZn22e2H2eH224.48 L3.85×104 C解析1根据金属活动性分析得出锌片为负极，银片为正极，相应电极反响式为ZnZn22e；2H 2eH2。2锌片与银片总质量减轻，是因锌片与酸反响：Zn2H=Zn2H2转移2e65 g22.4 L2×6.02×102360 g47 gVH2Q/1.60×1019得VH24.48 L；Q3.85×104 C。141否2AlAl33e2H2eH22Al6H=2Al33H23负Al4OHAlOH43e因为Al能与NaOH溶液反响，而Mg不反响4实验5中由于Al在浓硝酸中发生钝化，所以Zn为负极。解析一般情况下，较活泼的金属作原电池的负极，根据实验1、2的结果，可得出1中Al作正极，2中Al作负极，但在NaOH溶液中，Al反响，Mg不反响，Al作负极，在浓硝酸