专题1 化学反应与能量变化 单元测试卷-高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1

试卷第=page1111页，共=sectionpages1212页试卷第=page1212页，共=sectionpages1212页专题1《化学反应与能量变化》单元测试卷一、单选题1．我国利用合成气直接制烯烃获重大突破，其原理是反应①：

反应②：

反应③：

反应④：

反应⑤：

下列说法正确的是A．反应③使用催化剂，减小B．反应④中正反应的活化能大于逆反应的活化能C．D．

2．常温常压下，充分燃烧一定量的乙醇放出的热量为QkJ，用400mL5mol·L-1KOH溶液吸收生成的CO2，恰好完全转变成正盐，则充分燃烧1molC2H5OH所放出的热量为A．QkJ B．2QkJ C．3QkJ D．4QkJ3．下列事实不能用原电池原理解释的是A．白铁(镀锌)制品比一般铁器耐腐蚀B．铁片、铝片在冷的浓硫酸中钝化C．工程施工队在铁制水管外刷一层“银粉”D．纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量溶液后反应速率加快4．下列化学反应的能量变化与如图不符合的是A．2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O B．2Al+Fe2O32Fe+Al2O3C．Mg+2HCl=MgCl2+H2↑ D．C+O2CO25．下列有关热化学方程式的叙述正确的是A．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)

ΔH=-571.6kJ·mol-1，则氢气的燃烧热为285.8kJ·mol-1B．已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为NaOH(aq)+CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(1)

ΔH=-57.4kJ·mol-1D．已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)

ΔH1，2C(s)+O2(g)=2CO(g)

ΔH2，则ΔH1>ΔH26．下面四种燃料电池中正极的反应产物为水的是ABCD固体氧化物燃料电池碱性燃料电池质子交换膜燃料电池熔融盐燃料电池A．A B．B C．C D．D7．用下图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测得具支锥形瓶中压强、溶解氧随时间变化关系的曲线如下。下列分析错误是A．压强增大主要是因为产生了H2B．pH=4时正极只发生：O2+4e+4H+→2H2OC．负极的反应都为：Fe-2e-→Fe2+D．都发生了吸氧腐蚀8．图为卤素单质()和反应的转化过程，相关说法不正确的是A．

B．生成的反应热与途径无关，C．过程中：

则D．化学键的断裂和形成时的能量变化是化学反应中能量变化的主要原因9．反应A+BC分两步进行：①A+BX，②XC，反应过程中能量变化如下图所示，E1表示反应A+BX的活化能。下列有关叙述正确的是A．E2表示反应XC的活化能B．X是反应A+BC的催化剂C．反应A+BC的ΔH<0D．加入催化剂可改变反应A+BC的焓变10．下列反应方程式书写正确的是A．过氧化钠与水反应：2O+2H2O=O2↑+4OH-B．用白醋除水垢：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+C．电解熔融MgCl2制镁：2Cl-+Mg2+Mg+Cl2↑D．Al2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Al3++SO+Ba2++3OH-=Al(OH)3↓+BaSO4↓11．下列实验操作规范且能达到目的的是ABCD除去碳酸钠中的碳酸氢钠氯气的净化粗铜精炼收集NO气体A．A B．B C．C D．D12．分别取50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液混合进行中和热的测定，下列说法不正确的是A．仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒B．用稍过量的氢氧化钠可确保盐酸完全反应C．为减少热量损失，酸碱混合时需将量筒中NaOH溶液快速倒入小烧杯中D．用稀硫酸和Ba(OH)2代替盐酸和NaOH溶液进行反应，结果也正确13．一定温度和压强下，实验研究的化学反应能量变化如图所示。下列说法正确的是A．该反应的B．使用催化剂，可改变反应的反应热C．正反应的活化能大于逆反应的活化能D．断键吸收能量之和小于成键释放能量之和14．中科院研制出了双碳双离子电池，以石墨(Cn)和中间相炭微粒球(MCMB)为电极，电解质溶液为含有KPF6的有机溶液，其充电示意图如下。下列说法错误的是A．固态KPF6为离子晶体B．放电时MCMB电极为负极C．充电时，若正极增重39g，则负极增重145gD．充电时，阳极发生反应为Cn+xPF6－－xe-=Cn(PF6)x15．一定条件下，有关有机物生成环己烷的能量变化如图所示，下列说法正确的是A．苯分子中不存在3个完全独立的碳碳双键，故B．C．反应，反应物总能量低于生成物总能量D．苯与氢气反应过程中有键生成二、填空题16．下图是将SO2转化为重要的化工原料H2SO4的原理示意图。请回答下列问题：(1)该装置将________能转化为________能，电流方向为________(填“b→a”或“a→b”)。(2)催化剂b表面O2发生___________反应，其附近酸性________(填“增强”、“不变”或“减弱”)。(3)催化剂a表面的电极反应式：_________________________________________。(4)若得到的硫酸浓度仍为49%，则理论上参加反应的SO2与加入的H2O的质量比为________。17．电解原理在生产生活中应用广泛，请回答下列问题：（1）①电解法制备金属铝的化学反应方程式为___。②为了防止铁器被腐蚀常用电解法在其表面镀铜，此时铁器应与电源__极相连；电解精炼铜时，粗铜应与电源__极相连。③利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。为减缓铁的腐蚀，开关K应置于__处。（2）用石墨电极电解100mLH2SO4和CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，阴、阳两极分别收集到2.24L和3.36L气体（标况下），溶液想恢复至电解前的状态可加入___。A．0.2molCuO和0.1molH2O

B．0.1molCuCO3C．0.1molCu(OH)2

D．0.1molCu2(OH)2CO3（3）汽车尾气排放的CO、NOx等气体是大气污染的主要来源，NOx也是雾霾天气的主要成因之一。利用反应NO2＋NH3→N2＋H2O(未配平)消除NO2的简易装置如图所示。①电极a的电极反应式为___。②常温下，若用该电池电解0.6L1mol/L的食盐水，当消耗336mLB气体（标况下）时电解池中溶液的pH=__（假设电解过程溶液体积不变）。18．回答下列问题:(1)将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的。图是通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图。电极b作___________极，发生的电极反应式为___________。(2)浓差电池中的电动势是由于电池中存在浓度差而产生的。某浓差电池的原理如图所示，该电池从浓缩海水中提取LiCl的同时又获得了电能。①X为___________极，Y电极反应式为___________。②Y极生成1molCl2时，___________molLi+移向X极。(3)一种以肼(N2H4)为液体燃料的电池装置如图所示。该电池用空气中的氧气作氧化剂，KOH溶液作电解质溶液。负极反应式为___________，正极反应式为___________。三、计算题19．CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义，CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键C—HC=OH—HCO(CO)键能/kJ·mol−14137454361075则该反应的ΔH=___________。20．氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。(1)如图是(g)和(g)反应生成1mol(g)过程中能量的变化示意图，请写出和反应的热化学方程式∶___________(2)若已知下列数据∶化学键H-HN=N键能/kJ·mol-1435943试根据表中及图中数据计算N－H的键能∶___________kJ·mol-1(3)用催化还原NOx还可以消除氮氧化物的污染。已知：①②若1mol还原NO至，则该反应过程中的反应热△H3___________kJ/mol(用含a、b的式子表示)。(4)捕碳技术(主要指捕获)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前和已经被用作工业捕碳剂，它们与可发生如下可逆反应：反应I：反应II：反应Ⅲ：则△H3与△H1、△H2之间的关系是△H3=___________。四、实验题21．用零价铁去除水体中的硝酸盐已成为环境修复研究的热点之一．还原水体中的反应原理如图1所示．①作负极的物质是______．②正极的电极反应式是______．将足量铁粉投入水体中，经24小时测定的去除率和pH，结果如下：初始pH的去除率接近24小时pH接近中性接近中性铁的最终物质形态时，的去除率低．其原因是______．实验发现：在初始的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的可以明显提高的去除率．对的作用提出两种假设：Ⅰ直接还原；Ⅱ破坏氧化层．①做对比实验，结果如图2所示，可得到的结论是______．②同位素示踪法证实能与反应生成结合该反应的离子方程式，解释加入提高去除率的原因：______．其他条件与相同，经1小时测定的去除率和pH，结果如表：初始pH的去除率约约1小时pH接近中性接近中性与中数据对比，解释中初始pH不同时，去除率和铁的最终物质形态不同的原因：______．22．某小组同学利用如图所示装置进行铁的电化学腐蚀原理的探究实验：装置分别进行的操作现象i．连好装置一段时间后，向烧杯中滴加酚酞ii．连好装置一段时间后，向烧杯中滴加溶液铁片表面产生蓝色沉淀(1)小组同学认为以上两种检验方法，均能证明铁发生了吸氧腐蚀。①实验i中的现象是________。②用电极反应式解释实验i中的现象：________。(2)查阅资料：具有氧化性。①据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是________。②进行下列实验，几分钟后的记录如下：实验滴管试管现象溶液iii．蒸馏水无明显变化iv．溶液铁片表面产生大量蓝色沉淀v．溶液无明显变化a．以上实验表明：在________条件下，溶液可以与铁片发生反应。b．为探究的存在对反应的影响，小组同学将铁片酸洗(用稀硫酸浸泡后洗净)后再进行实验iii，发现铁片表面产生蓝色沉淀。此补充实验表明的作用是________。答案第=page2121页，共=sectionpages99页答案第=page2020页，共=sectionpages99页参考答案：1．C【详解】A．催化剂不能改变焓变，A错误；B．反应④是放热反应，其中正反应的活化能小于逆反应的活化能，B错误；C．根据盖斯定律：①－②即得到氢气燃烧的热化学方程式，氢气燃烧是放热反应，所以ΔH1－ΔH2<0，C正确；D．根据盖斯定律：③×3+⑤得3CO（g）+6H2（g）→CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H=-301.3kJ•mol-1，D错误，故答案选C。【点睛】2．B【详解】氢氧化钾的物质的量为2mol，与二氧化碳反应转化为正盐，需要二氧化碳的物质的量为1mol，则根据乙醇燃烧方程式分析，乙醇的物质的量为0.5mol，则1mol乙醇完全燃烧放出的热量为2QkJ。故选B。3．B【详解】A．白铁中铁和锌组成原电池，由金属活泼性Zn>Fe，则Fe做正极被保护，所以白铁(镀锌)制品比一般铁器耐腐蚀，A不选；B．铁、铝常温下与冷的浓硫酸反应生成致密的氧化膜而钝化，不能用原电池原理解释，B选；C．铁外刷一层“银粉”，阻止与氧气接触，破坏了原电池的构成条件，保护铁不被腐蚀，C不选；D．锌与少量溶液反应置换单质Cu，形成Zn-Cu原电池，可加快反应速率，D不选；故选：B。4．A【分析】图示中，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应。【详解】A．2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，铵盐与碱反应吸热，故选A；B．2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，铝热反应放热，故不选B；C．Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，金属与酸反应放热，故不选C；D．C+O2CO2，燃烧反应放热，故不选D；选A。5．A【详解】A．氢气的燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，由2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH=-571.6kJ·mol-1可知，氢气的燃烧热为285.8kJ·mol-1，故A正确；B．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应，则SO2和O2的能量高于SO3，但SO2的能量不一定高于SO3，故B错误；C．醋酸为弱酸，电离吸热，则NaOH(aq)+CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(1)ΔH>-57.4kJ·mol-1，故C错误；D．两个反应都是放热反应，反应热为负值，放出的热量越多，反应热越小，C完全燃烧生成二氧化碳放出的热量更多，则ΔH1<ΔH2，故D错误；答案选A。6．C【详解】A．电解质为能够传导氧离子的固体氧化物，正极氧气得电子生成氧离子，故A不选；B．电解质溶液是氢氧化钾，正极上氧气得电子与水反应生成氢氧根离子，故B不选；C．存在质子交换膜，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，故C选；D．电解质为熔融碳酸盐，正极氧气得电子结合二氧化碳生成碳酸根离子，故D不选；故选C。7．B【详解】A．pH=2.0的溶液，酸性较强，因此锥形瓶中的Fe粉能发生析氢腐蚀，析氢腐蚀产生氢气，因此会导致锥形瓶内压强增大，A正确；B．若pH=4.0时只发生吸氧腐蚀，那么锥形瓶内的压强会有下降；而图中pH=4.0时，锥形瓶内的压强几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，Fe粉还发生了析氢腐蚀，消耗氧气的同时也产生了氢气，因此锥形瓶内压强几乎不变，B错误；C．锥形瓶中的Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生的电极反应式为：Fe-2e-═Fe2+，C正确；D．由题干溶解氧随时间变化曲线图可知，三种pH环境下溶解氧的浓度都有减小，则都发生了吸氧腐蚀，D正确；故答案为：B。8．C【详解】A．化学键的断裂要吸收能量，即，A项正确；B．依据盖斯定律进行分析，反应的焓变与始态和终态有关，与途径无关，△H1=△H2+△H3，B项正确；C．非金属性：Cl＞Br，非金属性越强，和氢气化合放热越大，而在热化学方程式中，放热反应的焓变为负值，则，C项错误；D．化学键的断裂要吸收能量，形成时要放出能量，即能量变化是化学反应中能量变化的主要原因，D项正确；答案选C。9．C【详解】A．E2表示活化分子转化为C时伴随的能量变化，A项错误；B．若X是反应A+BC的催化剂，则X是反应①的反应物，是反应②的生成物，B项错误；C．由图象可知，反应物A、B的总能量高于生成物C的能量，反应是放热反应，ΔH<0，C项正确；D．焓变和反应物和生成物能量有关，与反应变化过程无关，催化剂只改变反应速率，不改变反应的焓变，D项错误；答案选C。10．C【详解】A．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：，A错误；B．白醋可除去水壶中的水垢，白醋为弱酸，不可拆成离子形式，离子方程式为：，B错误；C．工业上电解熔融的氯化镁制金属镁，发生反应的离子方程式为：2Cl-+Mg2+Mg+Cl2↑，C正确；D．Ba(OH)2足量，最终会得到偏铝酸根，D错误；故选C。11．D【详解】A．加热固体应在坩埚中进行，A错误；B．除去氯气中的氯化氢和水，应先通入饱和食盐水，再通入浓硫酸，B错误；C．粗铜精炼时粗铜应作阳极，与电源正极相连，C错误；D．NO能与氧气反应，但不溶于水，故用排水法收集NO，D正确；答案选D。12．D【详解】A．根据装置图可知：仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒，A正确；B．HCl与NaOH发生中和反应，反应方程式为：HCl+NaOH=NaCl+H2O，可见二者反应的物质的量的比是1：1。由于任何反应都具有一定的可逆性，为保证盐酸完全反应，加入的NaOH溶液中溶质的物质的量稍微过量，B正确；C．为减少酸碱中和反应过程的热量损失，酸碱混合时需将量筒中NaOH溶液一次性快速倒入小烧杯中，C正确；D．若用稀硫酸和Ba(OH)2代替盐酸和NaOH溶液进行反应，由于此时除H+与OH-反应产生H2O放出热量，还有Ba2+与结合形成BaSO4沉淀也放出热量，因此会导致实验结果不准确，D错误；故合理选项是D。13．D【详解】A．根据图中数据，该反应的，A错误；B．使用催化剂只能改变反应的速率，不能改变反应的反应热，B错误；C．正反应的活化能为209，逆反应的活化能为348，正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误；D．如图所示反应物到过渡态需要吸收能量为209，过渡态到产物放出能量为348，故断键吸收的能量小于成键放出的能量，D正确；故选D。14．C【详解】A．由图可知，固态KPF6能电离生成PF和K+，则固态KPF6为离子晶体，故A正确；B．根据放电时离子的移动方向可知充电时石墨电极为阳极、MCMB电极为阴极，则放电时石墨电极为正极、MCMB电极为负极，故B正确；C．充电时，PF移向阳极、K+移向阴极，二者所带电荷数值相等，则移向阳极的PF和移向阴极的K+数目相等，即n(PF)=n(K+)=39g÷39g/mol=1mol，n(PF)=nM=1mol×145g/mol=145g，即充电时，若负极增重39g，则正极增重145g，故C错误；D．充电时，阳极发生失去电子的氧化反应，即反应为Cn+xPF6－－xe-=Cn(PF6)x，故D正确；故选C。15．D【详解】A．说明苯分子中不存在3个完全独立的碳碳双键，故A错误；B．由图可知，苯与氢气反应转化为环己二烯的反应为反应物总能量低于生成物总能量的吸热反应，反应的焓变＞0，故B错误；C．由图可知，环己烯与氢气反应转化为环己烷的反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故C错误；D．由图可知，苯与氢气反应过程中有碳氢键的生成，故D正确；故选D。16．

化学

电

b→a

还原

减弱

SO2+2H2O−2e−==SO42-+4H+

8∶15【分析】（1）根据该装置没有外加电源，是一个原电池，把化学能转化为电能，电流方向与电子流向相反分析；（2）由图示可看出，电子由a表面转移到b表面，因此a表面发生氧化反应由此解答；（3）催化剂a表面是SO2失去电子生成硫酸；（4）根据催化剂a处的反应为SO2＋2H2O－2e－=SO42－＋4H＋，催化剂b处的反应为O2＋2H＋＋2e－=H2O，总方程式为SO2+H2O+O2H2SO4分析。【详解】（1）该装置没有外加电源，是一个原电池，把化学能转化为电能，电流方向与电子流向相反，所以电流方向为b→a。故答案为化学；电；b→a；（2）由图示可看出，电子由a表面转移到b表面，因此a表面发生氧化反应，由题意SO2转化为H2SO4发生氧化反应，因此催化剂a表面SO2发生氧化反应，催化剂b表面O2发生还原反应生成H2O，消耗H＋，其附近酸性减弱。故答案为还原；减弱；（3）催化剂a表面是SO2失去电子生成硫酸，电极方程式为：SO2＋2H2O－2e－=SO42－＋4H＋。故答案为SO2＋2H2O－2e－=SO42－＋4H＋；（4）催化剂a处的反应为SO2＋2H2O－2e－=SO42－＋4H＋，催化剂b处的反应为O2＋2H＋＋2e－=H2O，总方程式为SO2+H2O+O2H2SO4，设加入的SO2为xg，H2O为yg，则生成硫酸的质量为，反应后水的质量为，根据硫酸的浓度仍为49%，可以求得x:y=8：15。故答案为8：15【点睛】电解电极反应方程式的书写：（1）电解方程式的书写步骤以写出用石墨作电极电解CuSO4溶液的电极反应式及总的电解方程式为例。第一步：明确溶液中存在哪些离子。第二步：判断阴阳两极附近离子种类及离子放电顺序。第三步：写电极反应式和总的电解方程式。（2）做到“三看”，正确书写电极反应式：①一看电极材料，若是金属(Au、Pt除外)作阳极，金属一定被电解(注Fe生成Fe2＋)。②二看介质，介质是否参与电极反应。③三看电解质状态，若是熔融状态，就是金属的电冶炼。17．

2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑

负极

正极

N

AD

2NH3－6e-+6OH-=2N2+6H2O

13【分析】（1）①电解法制备金属铝，三氧化铝电解生成铝和氧气；②铁是待镀金属，此时铁器应与电源负极相连；电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜应与电源正极相连。③模拟铁的电化学防护，用外加电流的阴极保护法，铁在阴极；（2）根据电解池中离子的放电顺序和两极上发生的变化来书写电极反应方程式进行计算，两个电极上转移的电子数目是相等的，据此计算出溶液中减少的物质的物质的量，思考需加入物质．（3）电极a电极发生氧化反应，氨气在碱性条件下氧化为氮气：2NH3－6e-+6OH-=2N2+6H2O；当消耗336mLNO2气体（标况下）时，由反应2NO2+8e－+4H2O=N2+8OH－计算生成的OH-。【详解】（1）①电解法制备金属铝，三氧化铝电解生成铝和氧气，化学反应方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑。故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑；②为了防止铁器被腐蚀常用电解法在其表面镀铜，铁是待镀金属，此时铁器应与电源负极相连；电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜应与电源正极相连。故答案为：负极；正极；③模拟铁的电化学防护，为减缓铁的腐蚀，用外加电流的阴极保护法，开关K应置于N处。故答案为：N；（2）电解H2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极发生的反应为：4OH－→2H2O+O2↑+4e－，阴极上发生的电极反应为：Cu2＋+2e－→Cu，2H＋+2e－→H2↑，阳极生成3.36L氧气，即0.15mol，由阳极电极反应式可知，转移电子为0.6mol，阴极收集到2.24L（标况）气体，即生成0.1mol的氢气，由阴极电极反应式可知，阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.4mol电子由铜离子获得，生成铜0.2mol，综上分析，电解H2SO4和CuSO4的混合溶液时，生成了0.2molCu，0.1mol氢气，0.15mol氧气，溶液要想恢复电解前的状态，需加入0.2molCuO（或碳酸铜）和0.1mol水，故选AD。（3）电极a电极发生氧化反应，氨气在碱性条件下氧化为氮气：2NH3－6e-+6OH-=2N2+6H2O；电极b的电极发生还原反应，二氧化氮转化生成氮气，电极方程式为2NO2+8e－+4H2O=N2+8OH－，总反应：6NO2＋8NH3→7N2＋12H2O，消耗标准状况下336mLNO2时，电路中转移0.06mol电子，电解池中生成0.06molOH－，c（OH－）=0.06mol÷0.6L=0.1mol·L－1，c（H＋）=mol·L－1=10-13mol·L－1，故pH=13，故答案为：2NH3－6e-+6OH-=2N2+6H2O；13。18．(1)

正极

CO2+2H++2e-=HCOOH(2)

正极

2Cl--2e-=Cl2↑

2(3)

N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O

O2+2H2O+4e-=4OH-【分析】（1）图中装置没有外加电源，属于原电池装置，CO2在电极b附近转化为HCOOH，发生还原反应，因此电极b作正极；结合得失电子守恒可知发生的电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH；（2）①由图可知原电池装置电极X附近H+转化为H2，发生还原反应，则X为正极；Y电极为负极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；②由电极反应式2Cl--2e-=Cl2↑可知Y极生成1molCl2时，转移电荷数为2mol，则有2molLi+移向X极；（3）燃料在负极失电子，即负极反应式为N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O；氧气在正极得电子，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-。19．+120kJ·mol-1【详解】由反应热△H与反应物的总键能与生成物的总键能的差值相等可得：反应△H=反应物键能总和-生成物键能总和=(4×413＋2×745—2×1075—2×436)kJ·mol-1=＋120kJ·mol-1，故答案为：+120kJ·mol-1。20．

390

【分析】(1)先求出此反应的焓变，根据热化学方程式的书写规则再写出热化学方程式；(2)根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算；(3)利用盖斯定律计算；(4)利用盖斯定律计算。【详解】(1)反应物总能量大于生成物总能量，应为放热反应，生成1mol氨气放出46kJ热量，则反应的热化学方程式为；故答案为；(2)反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，设N-H的键能为x，则，解得x=390kJ/mol；故答案为390；(3)已知①②利用盖斯定律将①-3×②可得△H=3b-akJ·mol－1，则1mol还原NO至的反应热为；故答案为(4)根据反应反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：可知：反应Ⅲ=反应II×2-反应I，因此△H3=2△H2-△H1；故答案为2△H2-△H1。21．

铁

不导电，阻碍电子转移

本实验条件下，不能直接还原；在Fe和共同作用下能提高的去除率