苏州【化学】化学化学反应与能量变化的专项培优-易错-难题练习题

苏州【化学】化学化学反应与能量变化的专项培优易错难题练习题一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．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。2．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—HO=OC=OH—O键能/413498803463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+2H2ONH3·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。3．甲醇（CH3OH）是一种无色有刺激性气味的液体，在生活中有重要用途，同时也是一种重要的化工原料。（1）甲醇燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由甲醇、空气、KOH溶液（电解质溶液）构成，则下列说法正确的是___。（已知甲醇在空气中燃烧生成CO2和H2O）A．电池放电时通入空气的电极为负极B．电池放电时负极的电极反应式为CH3OH-6e-=CO2↑+2H2OC．电池放电时，电解质溶液的碱性逐渐减弱D．电池放电时每消耗6.4gCH3OH转移1.2mol电子（2）写出甲醇燃料电池在酸性条件下负极的电极反应式：___。【答案】CDCH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+【解析】【分析】【详解】(1)A.通甲醇的电极为负极，通空气的电极为正极，A项错误；B.在碱性电解质溶液中负极的电极反应式为，B项错误；C.在放电过程中，OH-参与电极反应，不断被消耗，导致电解质溶液碱性减弱，C项正确；D.电池放电时每消耗6.4gCH3OH，即0.2molCH3OH，转移电子数，D项正确；故答案选CD；(2)甲醇燃料电池中，在酸性条件下甲醇在负极失电子生成CO2，电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+，故答案为：CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+。4．（1）Li－SOCl2电池可用于心脏起搏器。该电池的电极材料分锂和碳，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正极发生的电极反应为___。②SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成。如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是___。（2）用铂作电极电解某金属的氯化物(XCl2)溶液，当收集到1.12L氯气时(标准状况下)，阴极增重3.2g。①该金属的相对原子质量为___。②电路中通过___个电子。【答案】2SOCl2＋4e-=S＋SO2＋4Cl-产生白雾，且生成有刺激性气味的气体640.1NA【解析】【分析】（1）①由总反应可知，Li化合价升高，失去电子，发生氧化反应，S化合价降低，得到电子，发生还原反应，因此电池中Li作负极，碳作正极；②SOCl2与水反应生成SO2和HCl，有刺激性气味的气体生成，HCl与水蒸气结合生成白雾；（2）①n(Cl2)=n(X2+),根据M=计算金属的相对原子质量；②根据电极反应2Cl－－2e-=Cl2↑计算转移电子的物质的量，进一步计算转移电子的数目。【详解】（1）①由分析可知碳作正极，正极上SOCl2得到电子生成S单质，电极反应为：2SOCl2＋4e-=S＋SO2＋4Cl-；②SOCl2与水反应生成SO2和HCl，有刺激性气味的气体生成，HCl与水蒸气结合生成白雾；（2）①n(X2+)=n(Cl2)==0.05mol，M===64g/mol，因此该金属的相对原子质量为64；②由电极反应2Cl－-2e-=Cl2↑可知，电路中转移电子的物质的量为2×n(Cl2)=2×0.05mol=0.1mol，因此转移电子的数目为0.1NA。5．某些共价键的键能数据如表（单位：kJ•mol－1）：（1）把1molCl2分解为气态原子时，需要___（填“吸收”或“放出”）243kJ能量。（2）由表中所列化学键形成的单质分子中，最稳定的是___；形成的化合物分子中最不稳定的是___。（3）发射火箭时用气态肼（N2H4）作燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。已知32gN2H4（g）完全发生上述反应放出568kJ的热量，热化学方程式是：____。【答案】吸收N2HI2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1136kJ•mol﹣1【解析】【分析】(1)化学键断裂要吸收能量；(2)键能越大越稳定，否则越不稳定，结合表中数据分析；(3)根据n=计算32gN2H4的物质的量，再根据热化学方程式书写原则书写热化学方程式。【详解】(1)化学键断裂要吸收能量，由表中数据可知把1molCl2分解为气态原子时，需要吸收243kJ的能量；(2)因键能越大越稳定，单质中最稳定的是H2，最不稳定的是I2，形成的化合物分子中，最稳定的是HCl，最不稳定的是HI；(3)32gN2H4(g)的物质的量为=1mol，与二氧化氮反应生成氮气与气态水放出568kJ的热量，热化学方程式是：2N2H4(g)+2NO2(g)═3N2(g)+4H2O(g)△H=-1136kJ•mol-1。6．酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可以得到多种化工原料，有关数据下图所示：溶解度/(g/100g水)化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-1710-1710-39回答下列问题：(1)该电池的正极反应式为________________，电池反应的离子方程式____________(2)维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论消耗Zn______g。（已知F=96500C/mol）【答案】MnO2+e-+H＋=MnOOHZn+2MnO2+2H＋=Zn2++2MnOOH0.05【解析】【分析】(1)该电池中，负极锌被氧化生成Zn2+，正极发生还原反应，MnO2被还原生成MnOOH；(2)电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则变化的电量Q=0.5A×300s=150C，转移电子的物质的量n(e-)=，以此计算消耗锌的物质的量、质量。【详解】(1)酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，锌是负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+。中间是碳棒，碳棒为正极，二氧化锰得到电子生成MnOOH，正极电极反应式为MnO2+e-+H+=MnOOH，故总反应式为Zn+2MnO2+2H+=Zn2++2MnOOH；(2)维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则通过的电量是Q=0.5A×300s=150C，因此通过电子的物质的量是n(e-)==1.554×10-3mol，锌在反应中失去2个电子，则理论消耗Zn的质量m(Zn)=n(e-)×65g/mol=×1.554×10-3mol×65g/mol=0.05g。【点睛】本题考查原电池的工作原理以及电子转移的金属质量转化关系的计算，试题有利于知识的巩固和培养学生良好的科学素养。7．用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25g，铜表面析出了氢气______________L（标准状况下）。导线中通过________mol电子。【答案】1.120.1【解析】【分析】用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，锌为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+；铜为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑；根据两极转移电子数目相等计算。【详解】用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，锌为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，锌片的质量减少了3.25g，则物质的量为=0.05mol，转移的电子的物质的量为n（e-）=2n（Zn）=2n（H2）=2×0.05mol=0.1mol，则：V（H2）=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12；0.1。8．在由铜片、锌片和150mL稀硫酸组成的原电池中，当在铜片上放出6.72L（标准状况）的H2时，硫酸恰好用完，则：(1)产生这些气体消耗的锌的质量是____g；(2)通过导线的电子的物质的量是_____mol；(3)该原电池正极的电极反应式为___________________________。【答案】19.50.62H++2e-=H2↑【解析】【分析】(1)根据锌和氢气之间的关系式计算锌减少的质量；(2)根据氢气与电子的关系式计算；(3)锌为负极,Cu为正极,正极上氢离子得电子生成氢气。【详解】(1)设锌减少的质量为m，根据Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑反应可知，65g：22.4L=m：6.72L，解之得m=19.5g；答案是:19.5；(2)根据Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑可知，有22.4LH2生成，转移电子为2mol，所以有6.72LH2生成，转移电子0.6mol；答案是:0.6；(3)锌为负极,Cu为正极,正极上氢离子得电子生成氢气,其电极方程式为:2H++2e-═H2↑；答案是:2H++2e-═H2↑。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＋3H22NH3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）②molN2(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；②molN2(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．氢能的优点是燃烧热值高，无污染。目前工业制氢气的一个重要反应为CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)ΔH，反应过程和能量的关系如图所示：（1）CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)ΔH______(填“>”“<”或“＝”)0。（2）过程Ⅱ是加入催化剂后的反应过程，则过程Ⅰ和Ⅱ的反应热________(填“相等”或“不相等”)，原因是____________________________________________________________________。（3）已知：H2(g)＋O2(g)===H2O(g)ΔH＝－242.0kJ·mol－1H2O(l)===H2O(g)ΔH＝＋44.0kJ·mol－1则H2(g)燃烧生成H2O(l)的热化学方程式为_________________________________________。【答案】＞相等化学反应的反应热仅与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与是否加入催化剂无关H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-286.0kJ•mol-1【解析】【分析】(1)根据图知，反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应；(2)催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，化学反应的反应热仅与反应物的总能量和生成物的总能量有关；(3)①H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=-242.0kJ•mol-1，②H2O(l)═H2O(g)△H=+44.0kJ•mol-1，将方程式①-②得H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H进行相应的改变。【详解】(1)根据图知，反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，所以△H＞0；(2)催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，化学反应的反应热仅与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与是否加入催化剂无关，所以I、II的反应热相等；(3)①H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=-242.0kJ•mol-1，②H2O(l)═H2O(g)△H=+44.0kJ•mol-1，将方程式①-②得H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-242.0kJ/mol-44kJ/mol=-286.0kJ•mol-1。11．氢气是一种理想的绿色能源。在101kP下，1g氢气完全燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，请回答下列问题：（1）该反应物的总能量___生成物的总能量(填“大于”“等于”或“小于”)。（2）氢气的燃烧热为___。（3）该反应的热化学方程式为___。（4）氢能的存储是氢能利用的前提，科学家研究出一种储氢合金Mg2Ni，已知：Mg(s)＋H2(g)=MgH2(s)ΔH1＝－74.5kJ·mol-1Mg2Ni(s)＋2H2(g)=Mg2NiH4(s)ΔH2Mg2Ni(s)＋2MgH2(s)=2Mg(s)＋Mg2NiH4(s)ΔH3＝+84.6kJ·mol-1则ΔH2＝___kJ·mol-1【答案】大于285.8kJ•mol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1-64.4【解析】【分析】(2)由①Mg(s)+H2(g)═MgH2(s)△H1=-74.5kJ•mol-1，②Mg2Ni(s)+2MgH2(s)=2Mg(s)+Mg2NiH4(s)△H3=+84.6kJ•mol-1，结合盖斯定律可知，②+①×2得到Mg2Ni(s)+2H2(g)═Mg2NiH4(s)，以此来解答。【详解】(1)氢气燃烧是放热反应，则该反应物的总能量大于生成物的总能量；(2)1g氢气完全燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，则1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为142.9kJ×2=285.8kJ，则氢气的燃烧热为285.8kJ•mol-1；(3)物质的量与热量成正比，结合焓变及状态可知该反应的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1；(4)由①Mg(s)+H2(g)═MgH2(s)△H1=-74.5kJ•mol-1，②Mg2Ni(s)+2MgH2(s)=2Mg(s)+Mg2NiH4(s)△H3=+84.6kJ•mol-1，结合盖斯定律可知，②+①×2得到Mg2Ni(s)+2H2(g)═Mg2NiH4(s)，△H2=(-74.5kJ•mol-1)×2+(+84.6kJ•mol-1)=-64.4kJ•mol-1。【点睛】考查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。12．(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】CaCO3CaO+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CaCO3CaO+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。13．如图为原电池装置示意图。（1）将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入烧碱溶液中，分别形成了原电池，在这两个原电池中，作负极的分别是__（填字母）。A铝片、铜片B铜片、铝片C铝片、铝片D铜片、铜片写出插入烧碱溶液中形成的原电池的负极反应式：____。（2）若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，工作时的总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O。写出B电极反应式：___；该电池在工作时，A电极的质量将_（填“增加”“减小”或“不变”）。若该电池反应消耗了0.1molH2SO4，则转移电子的数目为__。（3）若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池，写出B电极反应式：_________；该电池在工作一段时间后，溶液的碱性将___（填“增强”“减弱”或“不变”）。（4）若A、B均为铂片，电解质为H2SO4溶液，分别从A、B两极通入CH4和O2，该电池即为甲烷燃料电池，写出A电极反应式：________；若该电池反应消耗了6.4克CH4，则转移电子的数目为__。【答案】BAl-3e-+4OH-=AlO2-+2H2OPbO2＋2e-＋4H＋＋SO42-=PbSO4＋2H2O增加6.021022O2+4e-+2H2O=2H2O减弱CH4+8e-+2H2O=CO2+8H+3.26.021023【解析】【分析】根据原电池原理进行分析。【详解】（1）将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，由于铝遇浓硫酸发生钝化，而铜可以被浓硝酸溶解，故铜为负极、铝为正极；另一组插入烧碱溶液中，由于铝可以被其溶解，而铜不能，故铝为负极、铜为正极。综上所述，在这两个原电池中，作负极的分别是铜片、铝片，故选B。插入烧碱溶液中形成的原电池，负极上铝被氧化为偏铝酸根离子，电极反应式为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O。（2）若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，工作时的总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O。B电极为正极，其被还原为硫酸铅，电极反应式为PbO2＋2e-＋4H＋＋SO42-=PbSO4＋2H2O；该电池在工作时，A电极被氧化为硫酸铅，故其质量将增加；由总反应可知，该反应若转移2mol电子可以消耗2molH2SO4，若该电池反应消耗了0.1molH2SO4，则转移电子的数目为6.021022。（3）若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池，B电极为正极，其电极反应式为：O2+4e-+2H2O=2H2O；该电池在工作一段时间后，虽然总反应中不消耗KOH，但是由于电池总反应的产物是水，故溶液的碱性将减弱。（4）若A、B均为铂片，电解质为H2SO4溶液，分别从A、B两极通入CH4和O2，该电池即为甲烷燃料电池，A电极为负极，甲烷被氧化为二氧化碳，其电极反应式为：CH4+8e-+2H2O=CO2+8H+；由负极的电极反应可知，16gCH4参加反应时，可以转移8mole-，因此，若该电池反应消耗了6.4克CH4（其物质的量为0.4mol），则转移电子的数目为3.26.021023。【点睛】在判断原电池中金属电极的极性时，不能仅根据金属活动性分析，还要根据金属与电解质溶液之间的具体反应进行分析。在书写电极反应式时，要注意反应产物在所给定的电解质溶液中能否大量存在，若不能与电解质溶液中的离子大量共存，则要写出其与电解质溶液中的某些离子或分子反应后的产物。14．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Ag0.4+H++2e-→Cl-+2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O14.4g【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0.1molCu(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↑，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0.1molCu(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