Question

13．从能量的变化和反应的快慢等角度研究反应是有重要意义：
（1）已知反应2H₂+O₂=H₂O为放热反应，下图能正确表示该反应中能量变化的是A．

从断键和成键的角度分析上述反应中能量的变化．

化学键	H-H	O=O	H-O
键能kJ/mol	436	496	463

化学键的键能如表：则生成1mol水可以放出热量242kJ
（2）原电池可将化学能转化为电能．将质量相
同的铜棒和锌棒用导线连接后插入CuSO₄溶液中，设计成原电池，负极材料是Zn，正极的反应式为Cu²⁺+2e^-=Cu，电解质溶液中SO₄^2- 移向负极（填“正”或“负”）．一段时间后，取出洗净、干燥、称量，二者质量差为12.9g．则导线中通过的电子的物质的量是0.2mol．
（3）一定温度下，将3molA气体和1mol B气体通入一容积固定为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）?xC（g），反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L，则1min内，B的平均反应速率为0.2mol/（L•min）；X为2．若反应经2min达到平衡，平衡时C的浓度小于0.8mol/L（填“大于，小于或等于”）．

Answer 1

分析 （1）氢气和氧气燃烧生成水是放热反应，反应物能量比生成物高；△H=反应物键能和-生成物键能和；
（2）原电池是将化学能转变为电能的装置，将质量相同的铜棒和锌棒用导线连接后插入CuSO₄溶液中，设计成原电池，锌较活泼，为负极，被氧化，铜为正极，正极上发生还原反应析出铜，负极反应掉的Zn和正极析出的Cu共12.9g，以此来解答；
（3）根据方程式计算参加反应的B的物质的量，根据v=$\frac{\frac{△n}{V}}{△t}$，计算v（B）；利用物质的量之比等于化学计量数之比计算x的值；根据随着反应的进行反应物的浓度减少，反应速率减慢，以此解答．

解答 解：（1）由图可知，A中反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，
断裂2molH₂中的化学键吸收2×436kJ热量，断裂1molO₂中的化学键吸收496kJ热量，共吸收2×436+496=1368kJ热量，形成4molH-O键释放4×463kJ=1852kJ热量，2mol H₂在氧气中燃烧生成2mol水的反应热△H=反应物中键能之和-生成物中键能之和=1368-1852kJ/mol=-484kJ/mol，即 H₂在氧气中燃烧生成1mol水放出的热量为242kJ，故答案为：A；  242；
（2）锌较活泼，为负极，被氧化，铜为正极，正极上发生还原反应析出铜，正极反应式为Cu²⁺+2e^-=Cu，原电池工作时，阴离子向负极移动，
1molZn失2mol电子，1mol铜离子得2mol电子，设转移电子物质的量为xmol，则：$\frac{x}{2}$mol×65g/mol+$\frac{x}{2}$mol×64g/mol=12.9g，x=0.2mol，
故答案为：Zn；Cu²⁺+2e^-=Cu；负；  0.2；
（3）反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L，参加反应的A的物质的量为3mol-1.8mol=1.2mol，由方程式可知，参加反应的B为1.2mol×$\frac{1}{3}$=0.4mol，则1min内，B的平均反应速率为$\frac{\frac{0.4mol}{2L}}{1min}$=0.2mol/（L．min）；
生成的C为0.4mol/L×2L=0.8mol，故1.2mol：0.8mol=3：x，解得x=2；
随着反应的进行，反应速率逐渐减小，若反应经2min达到平衡，后1min的平均速率小于前1min的平均速率，前1min内C的浓度变化为0.4mol/L，则后1min内C的浓度变化小于0.4mol/L，故平衡时C的浓度小于0.8mol/L，
故答案为：0.2mol/（L•min）； 2；  小于．

点评 本题考查较为综合，为高考常见题型，题目涉及反应热与焓变、化学平衡的计算、影响反应速率的因素以及原电池等知识，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目难度不大．