上海高考化学复习化学反应与能量变化专项易错题.docx
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上海高考化学复习化学反应与能量变化专项易错题
上海高考化学复习化学反应与能量变化专项易错题
一、化学反应与能量变化练习题(含详细答案解析)
1.在铜、锌、稀硫酸构成的原电池中(如图所示)
(1)负极是__________(填“铜”或“锌”),_________电子(填“失去”或“得到”),发__________(填“氧化”或“还原”),电极反应方程式______________;
(2)电流由__________流向__________(填“铜”或“锌),铜片上观察到的现象是________________。
【答案】锌失去氧化Zn-2e-=Zn2+铜锌铜片表面有气泡产生
【解析】
【分析】
锌比铜活泼,形成原电池反应时,锌为负极,发生氧化反应,铜为正极,正极上氢离子得电子发生还原反应,电子从负极流向正极,阳离子从负极移向正极,以此解答。
【详解】
(1)Zn、Cu、H2SO4构成原电池,由于金属活动性Zn>Cu,所以Zn为原电池的负极,失去电子,被氧化,发生氧化反应,负极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+;
(2)铜为正极,溶液中的H+在正极上得电子发生还原反应,2H++2e-=H2↑,会看到正极Cu片上不断产生气泡。
电子从负极流向正极,阳离子从负极移向正极,由于电流方向为正电荷移动方向,所以电流从正极Cu经外电路流向负极Zn。
【点睛】
本题考查了原电池的构成条件、电极的判断、电极反应及电流方向等。
掌握原电池构成条件及反应原理是本题解答的关键。
2.我国对“可呼吸”的钠——二氧化碳电池的研究取得突破性进展。
该电池的总反应式为4Na+3CO2
2Na2CO3+C,其工作原理如图所示(放电时产生的Na2CO3固体贮存于碳纳米管中)。
(1)钠金属片作为该电池的___极(填“正”或“负”,下同);放电时,电解质溶液中Na+从___极区向___极区移动。
(2)充电时,碳纳米管连接直流电源的___极,电极反应式为___。
【答案】负负正正2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+
【解析】
【分析】
(1)从电池总反应4Na+3CO2
2Na2CO3+C可以看出,Na由0价升高到+1价,则钠金属片失电子,作为该电池的负极;放电时,电解质溶液中阳离子向正极区移动。
(2)充电时,负极连接直流电源的负极,正极连接直流电源的正极,电极反应式为作原电池正极时反应的逆反应。
【详解】
(1)从电池总反应4Na+3CO2
2Na2CO3+C可以看出,Na由0价升高到+1价,则钠金属片失电子,作为该电池的负极;放电时,电解质溶液中Na+(阳离子)从负极区向正极区移动。
答案为:
负;负;正;
(2)充电时,负极(钠金属片)连接直流电源的负极,碳纳米管(正极)连接直流电源的正极,电极反应式为2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+。
答案为:
正;2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+。
【点睛】
燃料电池的电极反应式书写起来往往比较麻烦,且易出错。
我们可以写出一个电极的反应式(简单易写的),然后利用总反应方程式—某电极的电极反应式,就可得出另一电极的反应式。
3.从本质入手看物质及其能量的变化,可以让我们更加深入的去理解所学知识的内涵及外延应用。
对于《原电池》这部分知识也是如此,如图是原电池的基本构造模型:
(1)若a和b的电极材料为Al或Mg。
①若c为稀NaOH溶液时,则a的电极材料为__,该极电极方程式为___。
②若c为稀H2SO4时,则a的电极材料为___,该极电极方程式为__。
(2)对于原电池的应用,以下说法正确的是__。
A.选择构成原电池两极材料时,必须选择活泼性不同的两种金属材料
B.构成原电池时,负极材料的活泼性一定比正极材料的强
C.构成原电池时,作为负极材料的金属受到保护
D.从能量转化角度去看,如图的氧化还原反应能量变化曲线,则不能够设计原电池
【答案】AlAl-3e-+4OH-=AlO2-+2H2OMgMg-2e-=Mg2+D
【解析】
【分析】
(1)原电池中电极由负极经导线流向正极,所以a为负极发生氧化反应,b为正极发生还原反应。
【详解】
(1)①若c为稀NaOH溶液时,电池总反应应为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑,Al被氧化做负极,即a的电极材料为Al,该电极方程式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O;
②若c为稀H2SO4时,Mg比Al活泼,所以电池总反应式为Mg+2H+=Mg2++H2↑,Mg被氧化做负极,即a的电极材料为Mg,电极方程式为:
Mg-2e-=Mg2+;
(2)A.构成原电池两极材料不一定选择活泼性不同的两种金属材料,可以是活泼性相同的Pt电极、也可以是非金属材料,如燃料原电池的两极材料常选择石墨电极,故A错误;
B.碱性原电池中,作为负极的材料的活泼性不一定比正极材料的强,如Al-Mg-NaOH原电池中,活泼金属Mg作正极,Al作负极,故B错误;
C.原电池中正极发生得到电子的还原反应,所以作为正极材料的金属受到保护,而负极材料的金属会加速腐蚀,故C错误;
D.原电池中发生氧化还原反应,会以电能的形式放出能量,所以一般为放热的氧化还原反应,而图示反应为吸热反应,所以从能量转化角度看,一般不设计成原电池或不能够设计原电池,故D正确;
综上所述选D。
【点睛】
构成原电池的两个电极中并不是较为活泼的金属一定就会做负极,要结合具体的环境去判断发生的总反应,再判断正负极。
4.为探究原电池和电解池的工作原理,某研究性小组分别用如图所示装置进行实验。
(1)甲装置中,a电极的反应式为_____。
(2)乙装置中,阴极区产物为_____。
(3)丙装置是一种家用84消毒液(NaClO)发生器。
外接电源a为_____(填“正”或“负”)极,该装置内发生反应的化学方程式为_____、_____。
(4)若甲装置作为乙装置的电源,一段时间后,甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为_____(不考虑气体的溶解)。
(5)某工厂采用电解法处理含Cr2O72-的废水,耐酸电解槽用铁板作阴、阳极,槽内盛放含铬废水,Cr2O72-被还原成为Cr3+,Cr3在阴极区生成Cr(OH)3沉淀除去,工作原理如图。
①写出电解时阴极的电极反应式____。
②写出Cr2O72-被还原为Cr3+的离子方程式____。
【答案】H2-2e-+2OH-=2H2O氢氧化钠和氢气负2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O3:
42H++2e-=H2↑Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
【解析】
【分析】
甲装置:
该装置为氢氧燃料电池,氢气被氧化作负极,氧气被还原做作正极;
乙装置:
该装置为电解池,与正极相连的一极为阳极发生氧化反应,与负极相连的为阴极发生还原反应;
丙装置:
该装置为电解池,电解饱和食盐水时阳极产生氯气,阴极产生氢气和氢氧根,要制备次氯酸钠所以需要氯气到阴极与氢氧根反应,所以下端为阳极产生氯气;
(5)B电极生成氢气,说明该电极发生还原反应为阴极,氢离子放电生成氢气,导致阴极区pH变大;A电极为阳极,铁为电极材料,则铁被氧化生成Fe2+,继而将Cr2O72-还原成为Cr3+,然后迁移到阴极与OH-生成沉淀。
【详解】
(1)甲装置是氢氧燃料电池,a电极通入氢气为负极,电解质溶液为KOH溶液,所以电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O;
(2)乙装置是电解池,电解饱和食盐水,所以阴极区产物为氢氧化钠和氢气;
(3)根据分析可知该装置中发生电解饱和食盐水的反应,同时阳极产生的氯气与阴极产物发生反应制备次氯酸钠,下端为阳极,上端为阴极,即a电极为电源负极,该装置内发生反应的化学方程式为2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑,Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O;
(4)若甲装置作为乙装置的电源,一段时间后,甲中总反应为:
2H2+O2=2H2O;乙中总反应为:
2NaCl+2H2O=2NaOH+H2↑+Cl2↑;各电极转移的电子相等,假如都是4mol,甲池消耗气体2mol+1mol=3mol,乙池产生气体2mol+2mol=4mol,物质的量之比为3:
4;
(5)①阴极氢离子放电生成氢气,电极方程式为:
2H++2e-=H2↑;
②根据分析可知反应过程中Fe2+将Cr2O72-还原成为Cr3+,方程式为:
Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。
【点睛】
第(5)题为易错点,虽然Cr2O72-被还原成为Cr3+,但根据图示可知阴极产生的是氢气,说明Cr2O72-被还原并不是电极反应,再结合阳极材料为Fe,可知是阳极产生的Fe2+将Cr2O72-还原。
5.
(1)二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动,其装置示意图如图:
①质子的流动方向为________________(“从A到B”或“从B到A”)。
②负极的电极反应式为________________。
(2)工业上吸收和转化SO2的电解装置示意图如下(A.B均为惰性电极):
①B极接电源的________________极(“负”或“正”)。
②A极的电极反应式是_________________。
【答案】从A到BSO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+正2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O
【解析】
【详解】
(1)①二氧化硫发生氧化反应,氧气发生还原反应,所以二氧化硫所在电极为负极,氧气所在电极为正极,原电池中阳离子移向正极,所以质子移动方向为:
从A到B;
②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应,电极反应式为:
SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+;
(2)①依据图示可知,二氧化硫被氧化为硫酸根,所以二氧化硫所在的区为阳极区,阳极与电源的正极相连,即B极接电源的正极;
②A为阴极,得电子发生还原反应由SO32-生成S2O42-,电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O。
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+2H2O
Fe(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)2
②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.按要求回答下列问题:
(1)甲烷燃料电池是常见的燃料电池之一,该电池在正极通入氧气,在负极通入甲烷,电解质溶液通常是KOH溶液,请写出该电池的负极反应式___。
(2)常温下,将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合,2min后溶液中明显出现浑浊,请写出相关反应的化学方程式:
___;若将此混合溶液置于50℃的水浴中,则出现浑浊的时间将___(填“增加”、“减少”或“不变”)。
【答案】CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2ONa2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O减少
【解析】
【分析】
(1)甲烷燃料电池正极通入氧气,负极通入甲烷,电解质溶液是KOH溶液,则发生反应为CH4+2O2=CO2+2H2O,CO2+2KOH=K2CO3+H2O,总反应的化学方程式为:
CH4+2O2+2KOH=K2CO3+H2O,该电池的负极反应为:
CH4失电子,转化为CO32-和H2O。
(2)将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合,相关反应为:
Na2S2O3+H2SO4→Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O;若将此混合溶液置于50℃的水浴中,则温度升高,出现浑浊的时间将减少。
【详解】
(1)甲烷燃料电池正极通入氧气,负极通入甲烷,电解质溶液是KOH溶液,则发生反应为CH4+2O2=CO2+2H2O,CO2+2KOH=K2CO3+H2O,总反应的化学方程式为:
CH4+2O2+2KOH=K2CO3+H2O,该电池的负极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。
答案为:
CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O;
(2)将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合,相关反应的化学方程式为:
Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O;若将此混合溶液置于50℃的水浴中,则温度升高,出现浑浊的时间将减少。
答案为:
Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O;减少。
【点睛】
燃料电池中,两电极通入的物质相同,电解质不同时,电极反应式可能不同。
在书写电极反应式时需注意,在碱性电解质中,负极CH4的反应产物不是CO2和水,而是K2CO3和水,这是我们解题时的易错点。
8.1g葡萄糖(C6H12O6)完全氧化放出16.7kJ的热量,则1mol葡萄糖完全氧化能放出_________的热量。
【答案】3006kJ
【解析】
【分析】
1g葡萄糖完全氧化,放出约16.7kJ的能量,1mol葡萄糖的质量为180g,据此分析计算。
【详解】
1g葡萄糖完全氧化,放出约16.7kJ的能量,所以1mol葡萄糖完全氧化,放出的能量是16.7kJ×180=3006kJ,故答案为:
3006kJ。
9.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。
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+3H2
2NH3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.电池的种类很多,在生活中有广泛的用途。
Ⅰ.其中纽扣式微型银锌电池广泛的应用于电子表和电子计算器中,其电极分别为Ag2O和Zn,电解质为KOH溶液,工作时电池总反应为Ag2O+Zn+H2O===2Ag+Zn(OH)2。
(1)其正极的电极反应式:
_________________________________,工作时电池电解质溶液的碱性_______(填“增强”、“减弱”或“不变”)。
Ⅱ.固体氧化物甲烷燃料电池以固体氧化锆-氧化钇为电解质,这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2-)在其间通过。
该电池的工作原理如图所示,其中多孔电极a、b均不参与电极反应。
(2)a电极为电源的_______极,固体电解质中的阳离子向_______极移动;
(3)b电极的电极反应式为:
_______________________________________;
(4)电池的总反应方程式为:
______________________________________;
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