昆明化学化学反应与能量变化的专项培优易错试卷练习题

昆明化学化学反应与能量变化的专项培优易错试卷练习题一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．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。2．A、B、C、D、E均为短周期元素，且原子序数依次增大；A的主族序数、周期数、原子序数均相同；B为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料；C是植物生长所需的主要元素之一；D和A可形成化合物和，且是最常见的溶剂；E原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则：的离子结构示意图为______，B、C、D、E与A形成的化合物中稳定性最强的是______填化学式．在加热和Cu作催化剂时，化合物与反应生成其中一种产物是的化学方程式为______．五种元素中，含同一元素的各类物质能实现下列转化的有图______填元素符号图所示是一种酸性燃料电池检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测．则该电池的负极反应为______出口处的物质______．【答案】2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2ON、S【解析】【分析】短周期元素中主族序数、周期数、原子序数均相同的是H，则A为H元素；B为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料，非金属单质常用作电极的是碳，则B为C元素；D和A可形成化合物和，且是最常见的溶剂，则D为O元素；植物生长所需元素是N、P、K，又A、B、C、D、E均为短周期元素，且原子序数依次增大，则C为N元素；E原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则E为第三周期元素S，据此进行解答。【详解】短周期元素中主族序数、周期数、原子序数均相同的是H，则A为H元素；B为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料，非金属单质常用作电极的是碳，则B为C元素；D和A可形成化合物和，且是最常见的溶剂，则D为O元素；植物生长所需元素是N、P、K，又A、B、C、D、E均为短周期元素，且原子序数依次增大，则C为N元素；E原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则E为第三周期元素S；为S元素，硫离子有三个电子层，电子数依次为2、8、8，离子结构示意图为，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，C、N、O、S中非金属性O最强，稳定性最强的为；与分别为、，在铜作催化剂条件下加热，乙醇与氧气反应生成乙醛，反应的化学方程式为：；根据转化关系可知，单质与氧气反应生成氧化物X，X与氧气反应生成氧化物Y，Y生成酸，酸可以生成X，这样的元素必须有变价，5种元素中满足条件的元素为：N、S；为，根据图可知，该原电池的燃料为乙醇和氧气，生成物乙酸和水，电解质为酸性溶液，原电池负极失去电子发生了氧化反应，所以负极反应为乙醇失去电子生成乙酸，电极反应为：，正极在酸性条件下氧气得到电子发生了还原反应：，所以A处为。【点睛】考查位置、结构与性质关系的综合应用，推断各元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，明确原电池原理及其应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。3．如图是常见原电池装置，电流表A发生偏转。(1)若两个电极分别是铁、铜，电解质溶液是浓硝酸，Cu极发生反应_______（填“氧化”或“还原”），其电极反应式为________________；(2)若两个电极分别是镁、铝，电解质溶液是氢氧化钠溶液，Al电极是_____极（填“正”或“负”），其电极反应式为_________________________________。(3)若原电池的总反应是2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2，则可以作负极材料的是_______，正极电极反应式为_________________________。【答案】氧化Cu－2e－=Cu2＋负Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2OCu(或铜)Fe3＋＋e－=Fe2＋【解析】【分析】【详解】(1)虽然铁比铜活泼，但是铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜被氧化，即铜电极为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为Cu－2e－=Cu2＋；(2)镁虽然比铝活泼，但镁不与氢氧化钠溶液发生反应，所以该原电池中Al被氧化，即Al为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为：Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O；(3)根据总反应2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2可知Cu被氧化，Fe3+被还原，原电池中负极发生氧化反应，所以负极材料为Cu；正极发生还原反应，电极方程式为Fe3＋＋e－=Fe2＋。【点睛】第1小题为易错点，虽然铁和铜都能被浓硝酸氧化，但要注意铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜为负极。4．硫化氢（H2S）是一种有毒的可燃性气体，用H2S、空气和KOH溶液可以组成燃料电池，其电池总反应为2H2S+3O2+4KOH=2K2SO3+4H2O。（1）该电池工作时正极应通入___。（2）该电池负极的电极反应式为___。（3）该电池工作一段时间后负极区溶液的pH__（填“升高”“不变”或“降低”）。【答案】O2H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O降低【解析】【分析】【详解】（1）由电池总反应可知，反应中硫元素的化合价升高，发生氧化反应，氧气中氧的化合价降低，发生还原反应，则通入硫化氢的电极为负极，通入氧气的电极为正极。答案为：O2。（2）碱性溶液中正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应减去正极反应得到负极反应式为：H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O。答案为：H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O。（3）由负极反应式可知，负极反应消耗OH-，同时生成水，则负极区溶液中c(OH-)减小，pH降低。答案为：降低。【点睛】电池反应中有氧气参加，氧气在反应中得到电子发生还原反应，根据原电池原理，负极发生氧化，正极发生还原，所以通入氧气的电极为电池的正极，酸性条件下的反应：O2+4H++4e-=2H2O，碱性条件下的反应：O2+2H2O+4e-=4OH-。5．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＋＋CuCuCl2Cu+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CuCl2Cu+Cl2↑。答案为：CuCl2Cu+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。6．（1）依据反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计的原电池如下图甲所示。①电极X的材料是___________；Y溶液可以是____________；②银电极上发生的电极反应式是_________________________。③在电池放电过程中，盛有饱和KCl琼脂溶胶的盐桥中，向CuSO4溶液一端扩散的离子是______（填离子符号）。（2）金属腐蚀一般可分为化学腐蚀和电化学腐蚀，可以采用电化学手段进行防腐。①炒菜的铁锅未及时清洗容易生锈。写出铁锅生锈过程的正极反应式__________________。②为了减缓某水库铁闸门被腐蚀的速率，可以采用下图乙所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以采用___________（填写字母序号）。A．铜B．钠C．锌D．石墨③图丙所示方案也可以减缓铁闸门的腐蚀速率，则铁闸门应连接直流电源的_______极。（3）蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应是：NiO2+Fe+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2。①若此蓄电池放电时，该电池某一电极发生还原反应的物质是____（填序号）。A．NiO2B．FeC．Fe(OH)2D．Ni(OH)2②该电池放电时，正极附近溶液的PH_________（填增大、减小、不变）③充电时该电池阳极的电极反应式________________。【答案】CuAgNO3Ag＋＋e－＝AgCl-O2＋2H2O＋4e－=4OH－C负A增大Ni(OH)2-2e-+2OH-=NiO2+2H2O【解析】【分析】（1）由反应方程式可知，该原电池的电极反应式为：正极：2Ag++2e-═2Ag，负极：Cu-2e-═Cu2+，所以X极的材料应为Cu，电解质溶液Y应为AgNO3溶液，外电路中的电子从Cu极流向Ag极．盐桥中的K+移向正极（Ag极）；NO3-移向负极（Cu极），以此解答。（2）①生铁的吸氧腐蚀中，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应；②原电池的负极金属易被腐蚀，根据原电池的工作原理来回答；③在电解池的阴极上的金属被保护，根据电解池的工作原理来回答；（3）①依据电池反应分析，充电为电解池，放电为原电池；放电过程中原电池的负极上失电子发生氧化反应，正极上发生还原反应；②放电时的电极反应是：负极：Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2；③放电时正极发生还原反应，正极反应式为：NiO2+2e-+2H2O=Ni（OH）2+2OH-，充电时该电极发生氧化反应，是该电极反应的逆反应．【详解】（1）①由反应“2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）”可知，在反应中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，Ag+在正极上得电子被还原，电解质溶液为AgNO3，故答案为：Cu；AgNO3；②正极为活泼性较Cu弱的Ag，Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为Ag++e=Ag，故答案为：Ag++e-=Ag；③盐桥中的阳离子移向正极，阴离子移向负极，Cl-移向负极向CuSO4溶液一端扩散，故答案为：Cl-；（2）①炒过菜的铁锅未及时清洗容易发生电化学腐蚀而生锈，在铁的吸氧腐蚀中，负极上铁失电子发生氧化反应，Fe=Fe2+2e-，正极上是氧气得电子的还原反应，O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；②为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以让金属铁做原电池的正极，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以是比金属铁的活泼性强的金属，钾钙钠都不能做电极材料，故答案为：C；③电解池的阴极上的金属被保护，为降低铁闸门的腐蚀速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的负极，故答案为：负；（3）①根据原电池在放电时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，再根据元素化合价变化，可判断该电池负极发生反应的物质为Fe被氧化发生氧化反应，正极为NiO2，被还原发生还原反应，此电池为碱性电池，在书写电极反应和总电池反应方程式时不能出现H+，故放电时的电极反应是：负极：Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2，正极：NiO2+2e-+2H2O=Ni（OH）2+2OH-，故答案为：A；②放电时的电极反应是：负极：Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2，所以pH增大，故答案为：增大；③放电时正极发生还原反应，正极反应式为：NiO2+2e-+2H2O=Ni（OH）2+2OH-，充电时该电极发生氧化反应，是该电极反应的逆反应，电极反应式为：Ni（OH）2+2OH--2e-=NiO2+2H2O，故答案为：Ni（OH）2+2OH--2e-=NiO2+2H2O．7．C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。0～t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是_____，溶液中的H+向_____极移动，t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是______。【答案】2H++NO3-+e-=NO2+H2O正铝在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al进一步发生反应【解析】【分析】【详解】0到t1这段时间，由于金属活动性：Al>Cu，因此Al作负极，失去电子发生氧化反应，浓硝酸电离产生的NO3-在正极Cu上得到电子，发生还原反应产生NO2气体，正极反应式为2H++NO3-+e-=NO2+H2O，溶液中的H+不断移向正极；t1时，由于室温下铝被浓硝酸氧化产生Al2O3，覆盖在金属Al表面，使Al不能进一步发生反应而发生钝化现象，阻碍铝进一步发生反应，此时铜与浓硝酸发生氧化还原反应，铜作负极，铝作正极，导致电子移动的方向发生偏转。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．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。10．断开1molH－H键、1molN－H键、1molN≡N键分别需要吸收的能量为436kJ、391kJ、946kJ，求：生成1molNH3需要___（填“吸收”或“放出”）能量___kJ。【答案】放出46【解析】【分析】化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算，化学反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之吸热，以此计算反应热并判断吸热还是放热。【详解】拆1molH-H键、1molN≡N、1molN-H键分别需要吸收的能量为436kJ、946kJ、391kJ，在反应N2+3H22NH3中，断裂3molH-H键，1molN≡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，所以生成1molNH3放出热量为46kJ；故答案为：放出；46。11．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＜2Q3C．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＝H2SO4C．C+H2OCO+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+H2OCO+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。12．CH4既是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料。（1）甲烷高温分解生成氢气和碳。在密闭容器中进行此反应时要通入适量空气使部分甲烷燃烧，其目的是________。（2）以CH4为燃料可设计成结构简单、能量转化率高、对环境无污染的燃料电池，其工作原理如图甲所示，则通入a气体的电极名称为_____，通入b气体的电极反应式为____。（质子交换膜只允许H+通过）（3）在一定温度和催化剂作用下，CH4与CO2可直接转化成乙酸，这是实现“减排”的一种研究方向。①在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图乙所示，则该反应的最佳温度应控制在__

左右。②该反应催化剂的有效成分为偏铝酸亚铜（CuAlO2，难溶物）。将CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，其离子方程式为___________

。（4）CH4还原法是处理NOx气体的一种方法。已知一定条件下CH4与NOx气体反应转化为N2和CO2，若标准状况下8.96L

CH4可处理22.4L

NOx气体，则x值为________。【答案】提供CH4分解所需的能量负极O2+4H++4e-=2H2O250℃3CuAlO2+16H++NO3-=3Cu2++3Al3++8H2O+NO↑1.6【解析】【分析】（1）甲烷分解需要热量，燃烧可提供部分能量；（2）由图可知，通入气体a的一端发生氧化反应，故应通入甲烷，该极为负极，通入b为氧气，获得电子，酸性条件下生成水；（3）①根据乙酸反应速率最大、催化活性最高选择；②CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，生成的盐为硝酸铝、硝酸铜，反应还有水生成，配平书写离子方程式；（4）根据电子转移守恒计算。【详解】(1)甲烷高温分解生成氢气和碳。在密闭容器中进行此反应时要通入适量空气使部分甲烷燃烧，其目的是，提供CH4分解所需的能量，故答案为：提供CH4分解所需的能量；(2)由图可知，通入气体a的一端发生氧化反应，故应通入甲烷，该极为负极，通入b为氧气，获得电子，酸性条件下生成水，正极电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，故答案为：负极；O2+4H++4e-=2H2O；(3)①250℃时乙酸反应速率最大、催化活性，故选择250℃，故答案为：250℃；②CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，生成的盐为硝酸铝、硝酸铜，反应还有水生成，反应离子方程式为：3CuAlO2+16H++NO3-=3Cu2++3Al3++8H2O+NO↑，故答案为：3CuAlO2+16H++NO3-=3Cu2++3Al3++8H2O+NO↑；(4)根据电子转移守恒，则：8.96L×[4−(−4)]=22.4L×2x，解得x=1.6，故答案为：1.6。13．图甲、乙所示装置进行实验，图中两个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸，乙中G为电流计。请回答下列问题乙甲(1)以下叙述中，正确的是_____。A．甲中锌片是负极，乙中铜片是正极B．两烧杯中铜片表面均有气泡产生C．两烧杯中溶液的pH均增大D．乙中电子从铜片经导线流向锌片E.乙溶液中SO42-向锌片方向移动(2)变化过程中能量转化的形式主要是：甲为_____；乙为____________。(3)若反应过程中有2mol电子发生转移，则生成的氢气在标况下的体积为______；(4)原电池在工作时，下列反应可以作为原电池工作时发生的反应的是：_____A．Cu2AgNO3Cu(NO3)22AgB．H2SO4＋Na2SO3==Na2SO4＋SO2＋H2OC．NaOHHClNaClH2OD．2H2O22H2O【答案】CE化学能转化为热能化学能转化为电能22.4LAD【解析】【分析】锌比铜活泼，能与稀硫酸反应，铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，乙形成闭合回路，形成原电池，根据原电池的组成条件和工作原理解答该题。【详解】(1)A.甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，故A错误；B.铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲烧杯中铜片表面没有气泡产生，故B错误；C.两烧杯中硫酸都参加反应，氢离子浓度减小，溶液的pH均增大，故C正确；D.乙能形成原电池反应，Zn为负极，Cu为正极，电子从负极经外电路流向正极，故D错误；E.原电池中电解质阳离子流向正极，阴离子流向负极，乙形成原电池，Zn为负极，Cu为正极，则溶液中SO42-向锌片方向移动，故E正确。故答案为：CE；(2)甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，反应放热，将化学能转变为热能，乙形成闭合回路，形成原电池，将化学能转变为电能，故答案为：化学能转化为热能；化学能转化为电能；(3)反应的关系式为2H+∼H2∼2e−，则，，故答案为：22.4L；(4)原电池的形成条件之一是能自发的进行氧化还原反应，A.、D均为自发进行的氧化还原反应，均能形成原电池，但B、C的反应是非氧化还原反应，所以B、C不能作为原电池工作时发生的反应，故答案为：AD。【点睛】形成原电池的条件有：1.电极材料由两种金属活泼性不同的金属或由金属与其他导电的材料(非金属或某些氧化物等)组成。2.电解质存在。3.两电极之间有导线连接,形成闭合回路。4.发生的反应是自发的氧化还原反应。14．甲、乙两同学想利用原电池反应检验金属的活动性强弱，两人均用镁片和铝片作电极，但甲同学将两电极放入6mol·L－1的H2SO4溶液中，乙同学将两电极放入6mol·L－1的NaOH溶液中，装置如图所示。（1）写出图1中正极的电极反应式：_______________。（2）图2中负极为_______________，总反应的离子方程式为____________。（3）甲、乙同学都认为“如果构成原电池的电极材料都是金属，则作负极的金屈应比作正极的金属活泼”，则甲同学得出的结论是_______________的活动性更强，乙同学得出的结论是_______________的活动性更强。（4）由该实验得出的下列结论中，正确的有_______________（填序号）。a．利用原电池反应判断金属活动性强弱时应注意原电池中的电解质溶液b．镁的金属性不一定比铝的金属性强c．该实验说明金属活动性顺序表已过时，没有实用价值d．该实验说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析【答案】2H＋＋2e－=H2↑铝片2Al＋2NaOH＋6H2O=2Na[Al(OH)4]＋3H2↑MgAlad【解析】【分析】甲同学依据的化学反应原理是Mg＋H2SO4=MsSO4＋H2↑，乙同学依据的化学反应原理是2Al＋2NaOH＋6H2O=2Na[Al(OH)4]＋3H2↑。由于Al与强碱的反应是一个特例，因此不能作为判断金属活动性强弱的依据。【详解】(1)图1中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应，正极反应为2H＋+2e－=H2↑；(2)图2中，铝与NaOH反应，而