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1、宁波备战高考化学备考之化学反应与能量变化压轴突破训练培优易错试卷篇一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1 短周期元素X、 Y、Z、W、 R、 T 在周期表中的位置如图所示。请按要求回答下列问题。(1)R 与 W 形成化合物的电子式为_。(2)Y 的氢化物与T 的氢化物反应的生成物中含有的化学键为_。(3)X 与 Z 形成的二元化合物中，所含电子数为18 的分子的化学式为_。(4)实验室制取T 单质的离子方程式为_ 。(5)如图， a、 b 为多孔石墨电极 (电极不参与反应 )，插入 W 的最高价氧化物对应水化物的溶液中，两端分别通入 X 单质和 Z 单质，发现电流计指针发生偏转。电池
2、工作时，电子的移动方向为由_到 _(填“a或”“b”)。该电池反应产物环保无污染，则该电池的总反应式为_。【答案】离子键、共价键2+Cl2 2H2O aH2O2 MnO2+4H+2ClMnb 2H2+O2=2H2O【解析】【分析】根据元素在周期表的位置可得，X 为 H 元素， Y 为 N 元素， Z 为 O 元素， W 为 Na 元素， R为 S 元素， T 为 Cl 元素，据此分析解答；【详解】(1) R 为 S 元素， W 为 Na 元素， R 与 W 形成化合物为 Na2 S，电子式为；(2) Y 为 N 元素， T 为 Cl 元素， Y的氢化物与 T 的氢化物分别为 NH3 和 HCl
3、，反应的生成物为 NH4 Cl，属于含有共价键的离子化合物，其中含有的化学键为离子键、共价键；(3) X 为 H 元素， Z 为 O 元素， X 与 Z 形成的二元化合物为 H2O、H2O2，所含电子数为18的分子的化学式为 H2O；(4) T 为 Cl 元素，实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下制取氯气，的离子方程式为2+2+22MnO +4H +2ClMn +Cl 2H O；(5) W 为 Na 元素， W 的最高价氧化物对应水化物的溶液为氢氧化钠溶液，两端分别通入H2和 O2，发现电流计指针发生偏转，说明该装置构成氢氧燃料电池。电池工作时，通入燃料的一极为负极，则如图所示，a 为负极，
4、 b 为正极，电流从正极流向负极，则电子由a 到 b；装置构成氢氧燃料电池，电池反应产物只有水，环保无污染，则该电池的总反应式为2H2+O2=2H2O。2X、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W22Q 和 X Z 为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成 W2 322
5、QZ 和气体X，利用气体 X组成原电池提供能量。写出 W2Q 和 X2Z 反应的化学方程式：_。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 ”）。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A 族Na 2Si+3H 2 O=Na 2SiO3 +3H 2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 X 为氢元素， W 与氢同主族，为钠
6、元素， Z 的原子序数等于层电子数之和，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。Y 为硼元素， Q 为硅元素，则Y、 W、 Q 三种元素原子的最外【详解】(1) 根据分析，Y 为硼元素，位置为第二周期第A 族； QX4 为四氢化硅，电子式为；(2) 根据元素分析，该反应方程式为Na2Si+3H 2 O=Na 2SiO 3 +3H 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；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。3A、 B、 C、 D、应 是置换反应，需要
7、放电才能发生，E、 F 六种物质的相互转化关系如下图所示（反应条件未标出），其中反B、 C、F 都是气态单质，且B 为黄绿色：反应 中有水生成，反应A 是种极易溶于水的气体，A 和 D 相遇有白烟生成。(1)反应 的化学方程式为_ 。(2)反应 中每生成1 molC，转移的电子数为_。(3)A 与 D 的水溶液恰好完全反应时，其生成物的水溶液呈性_（填 “酸 ”“碱”或“中 ），该水溶液中存在着如下关系，用粒子浓度符号填写： c(H)+_ c(OH )+_； c(H) c(OH )+_。(4)元素X 与组成B 的元素同周期，X 的单质既可与酸反应也可与碱反应且都生成H2 ，则X 的单质与碱反应
8、的离子方程式_ ；X、空气、海水可以组成新型海水标志灯的电池。该种灯以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使 X 不断氧化而源源不断产生电流。则该新型电池的正极的电极反应式为_ ；原电池的总反应方程式为_ 。【答案】 4NH322244322Al 5O4NO 6H O 3.612 10酸c(NH)c(Cl )c(NHH O)2OH 2H2O 2AlO2 3H2 O22H2O 4e 4OH4Al 3O2 6H2O 4Al(OH)3【解析】【分析】B、 C、 F 都是气态单质，且B 为黄绿色，因此 B 是氯气。 A 是 种极易溶于水的气体，A 和D 相遇有白烟生成，这说明A 应该是氨气， D 是氯化氢
9、。由于氯气具有强氧化性，且反应是置换反应，因此反应是氯气与氨气发生的氧化还原反应，生成物是氮气与氯化氢，其中 C 是氮气。反应需要放电才能发生，因此F 是氧气，在放电的条件下与氮气反应生成 NO，则 E 是 NO。反应中有水生成，所以该反应是氨气与氧气发生的催化氧化生成NO 与水，结合题目要求和物质的性质可解答该题。【详解】B、 C、 F 都是气态单质，且B 为黄绿色，因此B 是氯气。A 是 种极易溶于水的气体，A 和D 相遇有白烟生成，这说明A 应该是氨气，D 是氯化氢。由于氯气具有强氧化性，且反应 是置换反应，因此反应 是氯气与氨气发生的氧化还原反应，生成物是氮气与氯化氢，其中 C 是氮气
10、。反应 需要放电才能发生，因此F 是氧气，在放电的条件下与氮气反应生成 NO，则 E 是 NO。反应 中有水生成，所以该反应是氨气与氧气发生的催化氧化生成 NO 与水，（1）反应 的化学方程式为 4NH3225O4NO 6H O；（2）在反应 中氮元素的化合价从3 价升高到0 价失去3 个电子，因此每生成1mol 氮23/mol 6mol3.61224气转移 6mol 电子，其电子数为 6.02 10 10；（3）盐酸与氨水恰好反应时生成氯化铵，由于溶液中NH4 水解，所以溶液显酸性； 根据电荷守恒可知，在氯化铵溶液中存在c(H ) + c(NH) c(OH)+ c(Cl )；4 根据物料守恒
11、可知 c(Cl ) c(NH3H2O)+ c(NH4 )，则根据电荷守恒可知，溶液中c(H )c(OH )+ c(NH3H2O)；（4）元素 X 与组成 B 的元素同周期， X 的单质既可与酸反应也可与碱反应且都生成H2，则 X 应该是金属铝； 铝单质与碱反应的离子方程式为2Al2OH 2H2O 2AlO2 3H2； 原电池中较活泼的金属失去电子，发生氧化反应，电子沿导线传递到正极，正极得到电子发生还原反应。所以该原电池中负极是铝，正极是氧气得到电子，电极反应式为O22H2O 4e 4OH。由于负极是铝失去电子，产生的铝离子与OH 结合生成氢氧化铝，所以总反应式为 4Al 3O2 6H2O 4
12、Al(OH)3。4 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。若 c 为稀 NaOH 溶液时，则a 的电极材料为 _，该极电极方程式为_。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
13、还原反应能量变化曲线，则不能够设计原电池【答案】 Al Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O Mg Mg-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)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；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
14、极材料为 Mg ，电极方程式为： Mg-2e -=Mg 2+；(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
15、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。5 在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子。使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用 kJ?mol 1 表示。请认真观察图 1，然后回答问题。（1）图中所示反应是_ （填 “吸热 ”或 “放热 ”）反应。（2）已知拆开 1mol H H 键、 1mol I I、 1mol H I 键分别需要吸收的能量为436k
16、J、151kJ、299kJ。则由 1mol 氢气和 1mol 碘反应生成HI 会 _ （填 “放出 ”或“吸收 ”）_ kJ 的热量。在化学反应过程中，是将_ 转化为 _ 。（3）某实验小组同学进行如图2 的实验，以探究化学反应中的能量变化。实验表明：中的温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是_（填 “吸热 ”或 “放热”）反应；实验 中，该小组同学在烧杯中加入5mL 1.0mol/L盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，该反应是_ （填 “吸热 ”或 “放热 ”）反应。【答案】放热放出11化学能热能吸热放热【解析】【分析】【详解】(1)依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，反应放热；
17、(2)在反应 H2+I2 ?2HI 中，断裂1molH-H 键， 1molI-I 键共吸收的能量为：1 436kJ+151kJ=587kJ，生成 2molHI ，共形成 2molH-I 键，放出的能量为：2 299kJ=598kJ，吸收的能量少，放出的能量多，所以该反应为放热反应，放出的热量为：598kJ-587kJ=11kJ，在化学反应过程中，将化学能转化为热能；(3)中的温度降低说明该反应是吸热反应；活泼金属置换酸中氢的反应为放热反应。1LiSOCl2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46 （） LiAlClSOCl2，电池的总反应可表示为4Li+2SOCl=4LiC
18、l+S+SO2。请回答下列问题：正极发生的电极反应为_。SOCl2易挥发，实验室中常用223NaOH 溶液吸收 SOCl，有 Na SO 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。该金属的相对原子质量为 _。电路中通过 _个电子。-=S SO2-产生白雾，且生成有刺激性气味的气体64 0. 1N A【答案】 2SOCl2 4e 4Cl【解析】【分析】（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
19、电子，发生还原反应，因此电池中Li 作负极，碳作正极；SOCl2与水反应生成2HCl，有刺激性气味的气体生成，HCl 与水蒸气结合生成白雾；SO 和（2） n( Cl2)= n( X2+),根据 M = m 计算金属的相对原子质量；n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）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： 2SOCl-4e =SSO2 4Cl ；SOCl2 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） n( X2+ )= n ( Cl21.12L=
20、0. 05mol ， M= m =3.2g=64g/ mol ，因此该金属的)=22.4L / moln 0.05mol相对原子质量为64；由电极反应 2Cl - 2e- =Cl2可知，电路中转移电子的物质的量为2n( Cl )= 20. 05mol =0 . 1mol ，因此转移电子的数目为0. 1N 。2A7A、 B、 C 三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。（1） A 中反应的离子方程式为_ 。（2） B 中 Fe极为 _极，电极反应式为_。 C 中 Fe 极为_极，电极反应式为_ ，电子从 _极流出（填“Zn”或“ Fe”）。（3）比较 A、 B、 C 中铁被腐蚀的速率，由快到
21、慢的顺序是_ 。2+Fe2e2+=H2 Zn BAC【答案】 Fe 2H=Fe H2 负极=Fe正极2H 2e【解析】【分析】已知金属活动性：Zn Fe Sn，则 A 发生化学腐蚀，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，B 中 Fe 为负极， Sn 为正极， Fe 被腐蚀， C 中 Zn 为负极， Fe 为正极， Fe被保护，以此解答。【详解】(1)铁与硫酸反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2；(2)Fe 比 Sn 活泼，则 B 中 Fe 为负极， Sn 为正极，负极发生Fe 2e = Fe2+； Zn 比 Fe 活泼，则 C 中 Fe 为正极， Zn 为负极，正极反应式为2H 2e=H2
22、，电子从负极即Zn 极流出；(3)A 发生化学腐蚀；B 中Fe 为负极，Sn 为正极，Fe 被腐蚀； C 中Zn 为负极，Fe 为正极，Fe 被保护，Zn 被腐蚀，则A、 B、C 中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是B A C，。8 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H下表是部分化学键的键能数据：（( )化学键P PP OO OP O键能 /( kJ mol 1)172335498X已知白磷的燃烧热为2378.0 kJ mol，白磷完全燃烧的产物结构如图所示，则上表中X/_。（ 2） 1840 年
23、，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。已知：C( 石墨 ) O2( g)= CO2 ( g)H1 393. 5kJ/ mol2H2gO2g2H2O l)H2571 6 kJ mol() ()=(./2C2H2( g) 5O2( g)= 4CO2( g) 2H2O( l)H3 2599. 2 kJ/ mol则由CH2g1 mol C2 H2g_( 石墨 ) 和) 反应生成的焓变为。( )已知 3. 6g 碳
24、在 6. 4g 的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出x kJ 热量。已知单质碳的燃烧热为 ykJ/ mol ，则 1 molC与 O2 反应生成 CO 的反应热H 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) 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；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 P45O2P4O10 1mol白
25、磷完全燃烧需拆开6molP P 5mol+，-、O=O，形成 12molP - O、 4molP=O，所以 12mol 335kJ/ mol+4mol xkJ/ mol -( 6mol 172kJ/ mol+5 mol 498 kJ/ mol)= 2378. 0kJ，解得 x=470；(2C sO2 gCO2gH13935kJ mol- 1；2HgO2 g) 已知： ( ，石墨 )+=-2)+( ) ( ) .?( ) 2H2O( l) H2=- 571. 6kJ?mol- 1； 2C2H2( g)+ 5O2( g) 4CO2( g)+ 2H2O( l) H2=- 2599kJ?mol- 1；
26、2C( s，石墨 )+ H2( g)= C2H2( g) 的反应可以根据2+1- 1 得到，所以反应焓变22 H=2(- 393. 5kJ?mol - 1)+(- 571. 6kJ?mol - 1 ) 1 -(- 2599kJ?mol - 1) 1 =+226. 7kJ?mol - 1 ；22碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应3.6gC+O2CO2； 3. 6g 碳的物质的量为12g / mol =0. 3mol ， 6. 4g 的氧气的物质的量为6.4g=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
27、生令生32g / mol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 Y kJ/ mol ，所以生成0.1mol二氧化碳放出的热量为0.1molY kJ mol0 1YkJ0 2molCO放出的热量/= .，因此生成 .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HXkJ0.1YkJ=-(5X 0 5Y kJ mol。=- .) /0.2mol【点睛】利用盖斯定律计算反
28、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H与原热化学方程式之间 H的换算关系。9 拆开 1mol 共价键所需吸收的能量如下表：共价键H HNNN H吸收的能量 /kJ436946391(1)1mol N 2 完全反应为NH3_(填：吸收或放出)_kJ 能量(2)事实上，将1molN 2 和 3molH 2 放在反应容器中，使它们充分反应，反
29、应的热量变化总小于计算值，原因是_ 。【答案】放出92该反应是可逆反应，充分反应的最终结果是达到最大限度(既化学平衡状态 )，因此放出的热量总是小于理论计算值【解析】【分析】(1)化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式分别计算断键吸收和成键放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热；(2)从可逆反应的特征分析。【详解】(1)在反应 N +3H2? 2NH3中， 1mol N完全反应为NH ，断裂 3mol H-H 键、 1mol N 三 N 键共223吸收的能量为：3436kJ+946kJ=2254kJ，生成 2mol NH 3，共形成6molN-H 键，放出的能量
30、为： 6391kJ=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；(2)该反应为可逆反应，不能完全转化，将1molN 2 和 3molH 2 放在反应容器中，使它们充分反应，生成NH3 的小于 2mol，放出的热量小于92kJ。10 某化学兴趣小组的同学设计了如图所示的装置，完成下列问题：(1)反应过程中， _棒质量减少，当一电极质量增加2 g，另一电极减轻的质量_(填“大于”、“小于”或“等于” )2g，正极的电极反应为_。(2)盐桥的作用是向甲、乙两烧杯中提供，使两烧杯溶液中保持电荷守恒。NH 和 Cl反应过程中Cl 将进
31、入 _(填“甲”或“乙”)烧杯。当外电路中转移0.2 mol 电子时，乙烧杯中浓度最大的阳离子是_。【答案】锌大于Cu2 2e =Cu 甲NH4+【解析】【分析】锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为Cu2+2e-=Cu，结合电极方程式解答该题；(1) 锌比铜活泼，锌为负极，铜为正极，铜电极析出铜；(2)盐桥的作用是向甲、乙两烧杯中提供NH 和 Cl ，使两烧杯溶液中保持电荷守恒。原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极；乙烧杯中铜离子析出，电荷守恒计算铵根离子浓度。【详解】锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为Zn
32、-2e-=Zn2+，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为Cu2+2e-=Cu；(1)反应过程中，锌棒是负极，发生氧化反应，质量减小，而铜棒是正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2 2e =Cu，则正极上质量增重，当正极质量增加2g 时，转移电子的物质的量为2g111 2g； 2mol= mol，此时负极质量减少mol 65g/mol 64g / mol16162(2) 反应过程中，盐桥中的Cl移向负极锌， Cl 进入甲杯；当外电路中转移0.2mol 电子时， Cu2+2e-=Cu，铜离子减少 0.1mol ，电荷减少 0.2mol ，溶液中进入 NH4+0.2mol ，乙烧杯中浓度最大的阳离子
33、是NH4+，其浓度 = 0.2mol =2mol/L 。0.1L11 (1)已知拆开 1molH H 键、 1molClCl 键、 1molH Cl 键分别需要吸收的能量为436.4kJ 、 242.7kJ 、 431.8kJ。则由 H 2和 Cl 2 反应生成 1molHCl 需要 _ ( 填 “放出 ”或“吸收 ”) _ kJ 的热量。(2)H2 可以在 Cl 2 中安静地燃烧。甲、乙两图中，能表示该反应能量变化的是图_ ( 填“甲 ”或 “乙 ”) 。【答案】放出92.25甲【解析】【分析】（ 1）若断裂化学键吸收的能量大于形成化学键放出的能量，该反应为吸热反应，若断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，该反应为放热反应；（ 2） H2 和 Cl2 的燃烧反应为放热反应。【详解】（ 1）由氢气和碘单质反应生成1molHCl，需断裂 0.5molH H 键和 0.5molCl Cl 键，需吸收的能量为 0.5 436.4kJ+0.5 242.7kJ=339.55kJ，形成 1molH Cl 键放出的能量为431.8kJ，形成化学键放出的热量大