化学化学反应与能量变化的专项培优练习题含答案附详细答案.docx
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化学化学反应与能量变化的专项培优练习题含答案附详细答案
化学化学反应与能量变化的专项培优练习题(含答案)附详细答案
一、化学反应与能量变化练习题(含详细答案解析)
1.部分中学化学常见元素原子结构及性质如表所示:
序号
元素
结构及性质
A
A单质是生活中常见金属,它有两种氯化物,相对分子质量相差35.5
B
B原子最外层电子数是内层电子总数的1/5
③
C
C是常见化肥的主要元素,单质常温下呈气态
④
D
D单质被誉为“信息革命的催化剂”,是常用的半导体材料
①
E
通常情况下,E没有正化合价,A、B、C、D、F都能与E形成化合物
②
F
F在周期表中可以排在ⅠA族,也有人提出排在ⅦA族
(1)A元素在周期表中的位置为____________________________________________。
(2)B与C形成的化合物的化学式为________,它属于________(填“离子”或“共价”)化合物。
(3)①F与E可以形成原子个数比分别为2∶1、1∶1的两种化合物X和Y,区别X与Y的水溶液的实验方法是____________________
②F与C组成的两种化合物M和N所含的电子数分别与X、Y相等,则M的水溶液显________性,N的结构式为________。
(4)C与E都是较活泼的非金属元素,用化学方程式表明这两种单质的氧化性强弱____。
(5)有人认为B、D的单质用导线连接后插入氯化钠溶液中可以形成原电池,你认为是否可以,若可以,试写出正极的电极方程式(若认为不行可不写)___________________
【答案】第四周期第Ⅷ族Mg3N2离子分别取X、Y各少许置于试管中,再各加入少量的MnO2粉末,迅速产生无色气体的是H2O2,无明显现象的是H2O三角锥形
4NH3+3O2
2N2+6H2OSi﹣4e﹣+6OH﹣═SiO32﹣+3H2O
【解析】
【分析】
A单质是生活中常见金属,它有两种氯化物,相对分子质量相差35.5,则A为Fe元素;B元素原子最外层电子数是内层电子总数的
,B有3个电子层,最外层电子数为2,则B为Mg元素;C是常见化肥的主要元素,单质常温下呈气态,C为N元素;D单质被誉为“信息革命的催化剂”,是常用的半导体材料,则D为Si;F在周期表中可以排在ⅠA族,也有人提出排在ⅦA族,其化合价表现+1、﹣1,故F为H元素;通常情况下,E没有最高正化合价,A、B、C、D、F都能与E形成化合物,则E为O元素,据此解答。
【详解】
A单质是生活中常见金属,它有两种氯化物,相对分子质量相差35.5,则A为Fe元素;B元素原子最外层电子数是内层电子总数的
,B有3个电子层,最外层电子数为2,则B为Mg元素;C是常见化肥的主要元素,单质常温下呈气态,C为N元素;D单质被誉为“信息革命的催化剂”,是常用的半导体材料,则D为Si;F在周期表中可以排在ⅠA族,也有人提出排在ⅦA族,其化合价表现+1、﹣1,故F为H元素;通常情况下,E没有最高正化合价,A、B、C、D、F都能与E形成化合物,则E为O元素;
(1)A为Fe元素,在周期表中的位置为:
第四周期第Ⅷ族;
(2)Mg与N元素形成的化合物的化学式为Mg3N2,它属于离子化合物;
(3)①H与O元素可以形成原子个数比分别为2:
1、1:
1的两种化合物X和Y,则X为H2O、Y为H2O2,区别X与Y的水溶液的实验方法是:
分别取X、Y各少许置于试管中,再各加入少量的MnO2粉末,迅速产生无色气体的是H2O2;无明显现象的是H2O;
②H与N组成的两种化合物M和N所含的电子数分别与H2O、H2O2相等,则M为NH3、N为N2H4,NH3分子构型为三角锥形,N2H4的结构式为
;
(4)利用氧化剂的氧化性处于氧化产物的氧化性,可以说明单质氧化性强弱,表明氮气、氧气的氧化性强弱的方程式为:
4NH3+3O2
2N2+6H2O;
(5)Mg、Si的单质用导线连接后插入NaOH溶液中,Si与氢氧化钠反应生成硅酸钠与氢气,可以形成原电池,Si发生氧化反应,故负极上Si失去电子,碱性条件下生成硅酸根与水,负极电极反应式为:
Si﹣4e﹣+6OH﹣═SiO32﹣+3H2O。
2.有七种金属:
钾、锌、铁、锡、铜、银、铂,它们的标号分别为A、B、C、D、E、F、G。
①常温下,只有A和水反应生成氢气;②D、E、G都能和稀硫酸反应生成氢气,B、C、F无此性质;③C、F组成原电池时,F为正极;④在G的硫酸盐溶液中加入D,发现D溶解,G析出;⑤将G、E接触放置,E不易锈蚀;⑥以铂作电极,电解相同浓度的B和C的硝酸盐溶液时,在阴极上首先得到C,G在空气中放置极易生锈。
则A是___,B是___,C是___,D是___,E是__,F是__。
【答案】钾铜银锌锡铂
【解析】
【分析】
根据①特别活泼的金属K、Ca、Na能够与冷水反应放出氢气;②比较活泼的金属可以与稀硫酸反应产生氢气;排在H后面的金属不能与酸发生置换反应;③活动性不同的金属构成原电池时,比较活泼的金属为负极,不活泼的金属为正极;④活动性强的金属可以把活动性弱的金属置换出来;⑤在金属的电化学腐蚀中,相对活泼的容易被腐蚀;⑥在电解池中,不活泼的金属阳离子优先获得电子,在电极上被还原,据此分析。
【详解】
有七种金属:
钾、锌、铁、锡、铜、银、铂,它们的标号分别为A、B、C、D、E、F、G。
①常温下,只有A和水反应生成氢气,根据金属活动性顺序表,可知A为K;②D、E、G都能和稀硫酸反应生成氢气,B、C、F无此性质,说明D、E、G在金属活动性顺序表中排在H的前边,可能为锌、铁、锡;而B、C、F则排在H的后边,可能为铜、银、铂;③C、F组成原电池时,F为正极,则金属活动性:
C>F;④在G的硫酸盐溶液中加入D,发现D溶解,G析出,说明金属活动性D>G;⑤将G、E接触放置,E不易锈蚀,说明金属活动性G>E;G在空气中放置极易生锈,则G为Fe,金属活动性D>G,则D是Zn,E为Sn;B、C、F分别为铜、银、铂的一种由于Pt不活泼,通常以金属单质存在,⑥以铂作电极,电解相同浓度的B和C的硝酸盐溶液时,在阴极上首先得到C,金属活动性:
B>C则B是Cu,C是Ag,F是Pt。
综上所述可知A是K,B是Cu,C是Ag,D是Zn,E是Sn,F是Pt,G是Fe,七种元素的名称分别是钾、铜、银、锌、锡、铂、铁。
【点睛】
本题考查了金属元素的推断。
可以根据金属活动性顺序表可以判断金属活动性的强弱。
在金属活动性顺序表中,钾、钙、钠可以与冷水迅速反应产生氢气,排在氢全前边的金属可以把酸中的氢置换出来,排在前边的金属可以把后边的金属从盐中置换出来;还可以根据原电池反应原理比较金属活动性的强弱。
一般情况下相当较活泼的金属为负极,失去电子,发生氧化反应,较不活泼的金属为正极,溶液中的阴离子获得电子,发生还原反应;也可以根据电解原理分析,用惰性电解电解时,金属的活动性越弱,其相应的阳离子优先获得电子,被还原为金属单质。
掌握判断方法是正确推断的基础。
3.有甲、乙两位学生利用原电池反应检测金属的活动性顺序,两人都使用镁片与铝片作电极,但甲同学将电极放入6mol·L-1硫酸溶液中,乙同学将电极放入6mol·L-1的氢氧化钠溶液中,如图所示。
(1)写出甲池中正极的电极反应式__。
(2)写出乙池中负极的电极反应式__。
(3)写出乙池中总反应的离子方程式__。
(4)如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属,则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”,则甲会判断出__活动性更强,而乙会判断出__活动性更强(填写元素符号)。
(5)由此实验,可得到如下哪些结论正确(________)
A.利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质
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顺序已过时,已没有实用价值
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
(6)上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序判断原电池中的正负极”这种做法__(可靠或不可靠)。
如不可靠,请你提出另一个判断原电池正负极的可行实验方案__(如可靠,此空可不填)。
【答案】2H++2e-=H2↑2Al+8OH--6e-=2AlO2-+4H2O2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑MgAlAD不可靠将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液,构成原电池,利用电流计测定电流的方向,从而判断电子流动方向,再确定原电池正负极
【解析】
【分析】
甲同学依据的化学反应原理是Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑,乙同学依据的化学反应原理是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。
由于铝与碱的反应是一个特例,不可作为判断金属性强弱的依据。
判断原电池的正极、负极要依据实验事实。
【详解】
(1)甲中镁与硫酸优先反应,甲池中正极上氢离子得电子产生氢气,电极反应式为:
2H++2e-=H2↑;
(2)乙池中负极上铝失电子在碱性条件下生成AlO2-,电极反应式为2Al+8OH--6e-=2AlO2-+4H2O;
(3)乙池中铝与氢氧化钠反应,镁与氢氧化钠不反应,总反应的离子方程式为:
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;
(4)甲中镁作负极、乙中铝作负极,根据作负极的金属活泼性强判断,甲中镁活动性强、乙中铝活动性强,故答案为:
Mg;Al;
(5)A.根据甲、乙中电极反应式知,原电池正负极与电解质溶液有关,故A正确;
B.镁的金属性大于铝,但失电子难易程度与电解质溶液有关,故B错误;、
C.该实验说明电解质溶液性质影响电极的正负极,不能说明金属活动性顺序没有使用价值,故C错误;
D.该实验说明化学研究对象复杂,反应与条件有关,电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同,所以应具体问题具体分析,故D正确;
故选AD;
(6)上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序表判断原电池中的正负极”这种做法不可靠。
可行实验方案如:
将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液,构成原电池,利用电流计测定电流的方向,从而判断电子流动方向,再确定原电池正负极。
【点睛】
本题考查了探究原电池原理,明确原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键,注意不能根据金属的活动性强弱判断正负极,要根据失电子难易程度确定负极,为易错点。
利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质;该实验还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。
4.依据氧化还原反应:
2Ag+(aq)+Cu(s)===Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示。
请回答下列问题:
(1)电极X的材料是________;电解质溶液Y是________。
(2)银电极为电池的________极,发生的电极反应为________;X电极上发生的电极反应为________(填反应类型)。
(3)外电路中的电子是从________电极流向________电极。
(4)当有1.6g铜溶解时,银棒增重__________________________________。
【答案】CuAgNO3正极Ag++e-=Ag氧化反应X(或Cu)Ag5.4g
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析:
在原电池的总反应方程式中,化合价升高的做负极,所以在这个原电池中,铜做负极,而负极的活泼性大于正极,因此,正极我们可以选择银或者碳棒。
总反应式中有银离子参与反应,所以在电解质溶液中会含有银离子。
因此电解质溶液,我们可以选择硝酸银。
正极发生的是氧化反应,电极反应式为Ag++e-=Ag。
电子的流动方向是负极指向正极,所以应是铜流向银。
1.6克的铜相当于0.025摩尔的铜。
即失去0.025乘以2等于0.05摩尔的电子。
而据得失电子总数相等可知,银离子应得到0.05摩尔的电子由Ag++e-=Ag可知会得到0.05摩尔的银则银的质量为0.05乘以108等于5.4克。
考点:
考查原电池的相关知识点
5.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)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10-17
10-17
10-39
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。
6.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。
7.常见锌锰干电池因含有汞、酸或碱等,废弃后进入环境将造成严重危害。
某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源
(1)填充物用60℃温水溶解,目的是__________。
(2)操作A的名称为____________。
(3)铜帽溶解时加入H2O2的目的是_______________________(用化学方程式表示)。
铜帽溶解完全后,可采用_____________方法除去溶液中过量的H2O2。
(4)碱性锌锰干电池的电解质为KOH,总反应为Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn(OH)2,其负极的电极反应式为___________。
(5)滤渣的主要成分为含锰混合物,向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸,并不断搅拌至无气泡为止。
主要反应为2MnO(OH)+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+4CO2↑+6H2O。
①当1molMnO2参加反应时,共有_____mol电子发生转移。
②MnO(OH)与浓盐酸在加热条件下也可发生反应,试写出该反应的化学方程式:
_____________。
【答案】加快溶解速率过滤Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O加热Zn+2OH--2e-=Zn(OH)242MnO(OH)+6HCl(浓)
2MnCl2+Cl2↑+4H2O
【解析】
【详解】
(1)由于物质的溶解速率随温度的升高而增大。
所以填充物用60℃温水溶解,目的是加快溶解速率;
(2)分离难溶性固体与液体混合物的操作名称为过滤;
(3)H2O2具有强氧化性,Cu与稀硫酸不反应,但在酸性条件下,加入H2O2的Cu就会被溶解变为Cu2+,反应的化学方程式是Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O;H2O2不稳定,受热容易分解产生氧气和水,所以铜帽溶解完全后,可采用加热方法除去溶液中过量的H2O2。
(4)碱性锌锰干电池的电解质为KOH,总反应为Zn+2MnO2+2H2O="2MnOOH"+Zn(OH)2,负极Zn发生氧化反应,电极反应式为Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2。
(5)①根据方程式2MnO(OH)+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+4CO2↑+6H2O转移4e-,可知:
当1molMnO2参加反应时,共有4mol的电子发生转移;
②MnO(OH)与浓盐酸在加热条件下也可发生反应,则该反应的化学方程式是:
2MnO(OH)+6HCl(浓)
2MnCl2+Cl2↑+4H2O。
8.如图所示,N4分子结构与白磷分子相似,呈正四面体结构。
已知断裂1molN—N键吸收193kJ热量,断裂1molN≡N键吸收941kJ热量,则1molN4气体转化为N2时要__________填“吸收”或“放出”)热量________________kJ。
【答案】放出724kJ
【解析】
【分析】
根据原子守恒可知,N4转换为N2的方程式为:
N4=2N2,据此分析解答。
【详解】
1molN4中N-N键完全断裂需要吸收的能量=193kJ×6=1158kJ,形成2molN≡N需要放出的热量=2×941kJ=1882kJ,1158kJ<1882kJ,故需要放出(1882-1158)kJ=724kJ热量,故答案为:
放出;724kJ。
9.化学反应中的能量变化,是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同所致。
(1)键能也可以用于估算化学反应的反应热(ΔH)下表是部分化学键的键能数据:
化学键
P—P
P—O
O=O
P=O
键能/(kJ·mol-1)
172
335
498
X
已知白磷的燃烧热为2378.0kJ/mol,白磷完全燃烧的产物结构如图所示,则上表中X=________。
(2)1840年,俄国化学家盖斯在分析了许多化学反应热效应的基础上,总结出一条规律:
“一个化学反应,不论是一步完成,还是分几步完成,其总的热效应是完全相同的.”这个规律被称为盖斯定律.有些反应的反应热虽然无法直接测得,但可以利用盖斯定律间接计算求得。
①已知:
C(石墨)+O2(g)===CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/mol①
2H2(g)+O2(g)===2H2O(l)ΔH2=-571.6kJ/mol②
2C2H2(g)+5O2(g)===4CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=-2599.2kJ/mol③
则由C(石墨)和H2(g)反应生成1molC2H2(g)的焓变为__________________。
②已知3.6g碳在6.4g的氧气中燃烧,至反应物耗尽,并放出xkJ热量。
已知单质碳的燃烧热为ykJ/mol,则1molC与O2反应生成CO的反应热ΔH为______________。
【答案】470+226.8kJ/mol-(5x-0.5y)kJ/mol
【解析】
【分析】
(1)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10,根据化学键的断裂和形成的数目进行计算;
(2)①可以先根据反应物和生成物书写化学方程式,根据盖斯定律计算反应的焓变,最后根据热化学方程式的书写方法来书写热化学方程式;
②首先判断碳的燃烧产物,然后依据反应热计算。
【详解】
(1)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10,1mol白磷完全燃烧需拆开6molP-P、5molO=O,形成12molP-O、4molP=O,所以12mol×335kJ/mol+4mol×xkJ/mol-(6mol×172kJ/mol+5mol×498kJ/mol)=2378.0kJ,解得x=470;
(2)①已知:
①C(s,石墨)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ•mol-1;②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2=-571.6kJ•mol-1;③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H2=-2599kJ•mol-1;2C(s,石墨)+H2(g)=C2H2(g)的反应可以根据①×2+②×
-③×
得到,所以反应焓变△H=2×(-393.5kJ•mol-1)+(-571.6kJ•mol-1)×
-(-2599kJ•mol-1)×
=+226.7kJ•mol-1;
②碳在氧气中燃烧,氧气不足发生反应2C+O2
2CO,氧气足量发生反应C+O2
CO2;3.6g碳的物质的量为
=0.3mol,6.4g的氧气的物质的量为
=0.2mol,n(C):
n(O2)=3:
2;介于2:
1与1:
1之间,所以上述反应都发生.令生成的CO为xmol,CO2为ymol;根据碳元素守恒有x+y=0.3,根据氧元素守恒有x+2y=0.2×2,联立方程,解得x=0.2,y=0.1;单质碳的燃烧热为YkJ/mol,所以生成0.1mol二氧化碳放出的热量为0.1mol×YkJ/mol=0.1YkJ,因此生成0.2molCO放出的热量为XkJ-0.1YkJ。
由于碳燃烧为放热反应,所以反应热△H的符号为“-”,故1molC与O2反应生成CO的反应热△H=-
=-(5X-0.5Y)kJ/mol。
【点睛】
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。
10.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+3H2
2NH3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”)___________
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