云南省玉溪一中 化学第六章 化学反应与能量 复习题及答案

云南省玉溪一中化学第六章化学反应与能量复习题及答案
一、选择题
1．利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O设计的电池装置如图所示，该装置既能有效消除氮氧化物的排放减轻环境污染，又能充分利用化学能。

下列说法正确的是（）
A．电池工作时，OH—从左向右迁移
B．电极A上发生氧化反应，电极A为正极
C．当有0.1molNO2被处理时，外电路中通过电子0.4mol
D．电极B的电极反应式为2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O
【答案】C
【分析】
由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合电解质溶液呈碱性解答该题。

【详解】
由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极；
A．A为负极，B为正极，电池工作时，OH—从右向左迁移，故A错误；
B．A为负极，发生氧化反应，故B错误；
C．当有0.1molNO2被处理时，N元素从+4价降为0价，则外电路中通过电子0.4mol，故C 正确；
D．电极B为正极，发生还原反应，电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，故D错误；故答案为C。

2．反应3A(g)+B(g)═2C(g)在三种不同的条件下进行反应，在同一时间内，测得的反应速率用不同的物质表示为：①v A═1mol/(L•min)，②v C═0.5 mol/(L•min)，③v B═0.5
mol/(L•min)，三种情况下该反应速率大小的关系正确的是( )
A．②＞③＞①B．①＞②＞③C．③＞①＞②D．②＞①＞③
【答案】C
【详解】
都转化为A表示的反应速率来比较反应速率的快慢。

①v A=1 m ol/(L•min)；
②v C=0.5 mol/(L•min)，由3A(g)+B(g)═2C(g)，则转化为A表示的反应速率v A=0.5
mol/(L•min)×3
2
=0.75 mol/(L•min)；
③v B=0.5 mol/(L•min)，由3A(g)+B(g)═2C(g)，则转化为A表示的反应速率v A=0.5
mol/(L•min)×3=1.5 mol/(L•min)；
显然③＞①＞②，故选C。

3．完全燃烧一定质量的无水乙醇，放出的热量为Q，已知为了完全吸收生成的二氧化碳，消耗掉8mol•L-1的氢氧化钠溶液50mL，则1mol无水乙醇的燃烧放出的热量不可能是A．10Q B．10Q～5Q C．大于10Q D．5Q
【答案】C
【详解】
n（NaOH）=0.05L×8mol/L=0.4mol，则由CO2～2NaOH～Na2CO3，可知n（CO2）
=0.2mol，则n（C2H6O）=0.5×n（CO2）=0.1mol，放出的热量为Q，所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为10Q，由CO2～NaOH～NaHCO3可知，n（CO2）=0.4mol，则n（C2H6O）=0.5×n（CO2）=0.2mol，放出的热量为Q，所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为5Q，若二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠和碳酸钠的混合物，则乙醇燃烧放出的热量介于5Q～10Q之间，所以选项C不符合；故答案选C。

4．把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。

若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，外电路的电流由d到c；a、c相连时，c极上产生大量气泡；
b、d相连时，d极逐渐溶解，则四种金属的活动性由强到弱的顺序为（）
A．a>b>c>d B．a>c>d>b C．c>a>d>b D．b>d>c>a
【答案】B
【分析】
根据原电池的正负极判断金属活泼性，负极强于正极；根据电极反应的反应类型判断金属活泼性，发生氧化反应的电极活泼；根据电流流向判断金属活泼性，电流从正极流向负极，负极活泼。

【详解】
a、b相连时，a为负极，活泼金属作负极，所以金属活动性a>b；c、a相连时，c上产生大量气泡，c上发生得电子发生还原反应，所以a上发生失电子发生氧化反应，故金属活动性a>c；c、d相连时，电流由d经导线流向c，电流由正极流向负极，所以c作负极d作正极，金属活动性c>d，
b、d相连时，d极逐渐溶解，，即b是正极，d是负极，活泼性d>b，所以a、b、
c、d4块金属的活动性由强到弱的顺序为a>c>d>b，
故选：B。

5．航天飞船可用肼(N2H4)做动力源，已知液态肼与液态 H2O2反应时放出大量的热量，下列说法错误的是
A．1mol肼(N2H4)分子中含有4molN-H键
B．该反应中的热量变化如图所示
C．该反应的反应物总键能小于生成物总键能
D．该反应的化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)，其产物对环境无污染
【答案】B
【详解】
A．肼结构式为，1个肼分子中含有4个N-H键，则1mol肼中含有4molN-H键，故A正确；
B．如果反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，否则为吸热反应，液态肼和液态过氧化氢反应时放出大量热量，则该反应为放热反应，图中为吸热反应，不符合，故B错误；
C．液态肼和液态过氧化氢反应时放出大量热量，则该反应为放热反应，断键吸收能量、成键放出能量，该反应为放热反应，则反应的反应物总键能小于生成物总键能，故C正确；D．氮气和水都无毒，所以其产物无污染，故D正确；
故答案为B。

6．在密闭容器中进行下列反应：X2(g) +Y2(g)⇌2Z (g)。

已知X2、Y2和Z的起始浓度分别为0.1mol·L-1、0.3mol·L-1、0.2mol·L-1，当反应在一定条件下达到平衡时，各物质的浓度有可能是( )
A．Y2为0.2mol·L-1B．Z为0.3mol·L-1C．X2为0.2mol·L-1D．Z为0.4mol·L-1
【答案】B
【详解】
A．若Y2为0.2mol·L-1，Y2减少0.1mol·L-1，根据方程式，消耗X2 0.1mol·L-1，则X2的浓度0，可逆反应不可能彻底进行，故不选A；
B．若Z为0.3mol·L-1，Z增加0.1mol·L-1，根据方程式，消耗X2 0.05mol·L-1、消耗Y2
0.05mol·L-1，则平衡时X2的浓度为0.05mol·L-1、Y2的浓度为0.25mol·L-1，符合可逆反应的特征，故选B；
C．若X2为0.2mol·L-1，X2增加0.1mol·L-1，根据方程式，消耗Z 0.2mol·L-1，则Z的浓度0，可逆反应不可能彻底进行，故不选C；
D．若Z为0.4mol·L-1，Z增加0.2mol·L-1，根据方程式，消耗X2 0.1mol·L-1、消耗Y2 0.1mol·L-1，则平衡时X2的浓度为0、Y2的浓度为0.2mol·L-1，可逆反应不可能彻底进行，故不选D；选B。

7．2 mol A与2 mol B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：2A(g)＋3B(g)2C(g)＋
z D(g)；若2 s后，A的转化率为50%，测得v(D)＝0.25 mol·L－1·s－1，下列推断正确的是() A．v(C)＝v(D)＝0.2 mol·L－1·s－1
B．z＝3
C．B的转化率为75%
D．反应前与2 s后容器的压强比为4∶3
【答案】C
【详解】
2s后A的转化率为50%，则反应的A为2mol×50%=1mol，则
2A（g）+3B（g）2C（g）+zD（g），
开始（mol）2 2 0 0
转化（mol）1 1.5 1 0.5z
2s（mol） 1 0.5 1 0.5z
A．v（C）==0.25 mol·L－1·s－1=v（D），故A错误；
B．因反应速率之比等于化学计量数之比，由A可知，z=2，故B错误；
C．B的转化率为×100%=75%，故C正确；
D．反应达2 s时，容器内总物质的量为n A＋n B＋n C＋n D＝1 mol＋0.5 mol＋1 mol＋1 mol ＝3.5 mol。

故反应前后的容器中气体总物质的量之比为4∶3.5，压强比为4∶3.5，D项错误；
答案选C。

8．可逆反应2NO 22NO＋O2在恒容密闭容器中进行，下列情况达到平衡状态的是
①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2
②混合气体的平均相对分子质量不再改变
③NO2、NO、O2的反应速率之比为2∶2∶1
④混合气体的颜色不再改变
⑤混合气体的密度不再改变
A．①②④B．②③⑤C．①②⑤D．①②④⑤
【答案】A
【分析】
根据平衡状态的两个重要特征来判断：（1）v（正）=v（逆）；（2）混合物中各组成成分的百分含量不变。

【详解】
①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，符合特征（1），正确；
②该反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，正确；
③用NO2，NO，O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态，说明了反应中各物质的转化量的关系，不符合，错误；
④NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征（2），正确；
⑤在恒容密闭容器中，该体系的ρ始终保持不变，不能说明是否达到平衡状态，错误；答案选A。

9．下列关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是（）
A．图1所示的装置能将化学能转变为电能
B．图2所示的反应为吸热反应
C．中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低
D．化学反应中能量变化的根本原因是化学键的断裂与生成
【答案】D
【详解】
A．图1所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池，没有电流通过，所以不能把化学能转变为电能，选项A错误；
B．图2所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，选项B错误；
C．中和反应是放热反应，所以反应物总能量大于生成物总能量，选项C错误；
D．化学反应总是伴随着能量变化，断键需要吸收能量，成键放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，选项D正确；
答案选D。

10．直接煤一空气燃料电池原理如图所示，下列说法错误的是（）
A．随着反应的进行，氧化物电解质的量不断减少
B．负极的电极反应式为C+2CO32--4e-=3CO2↑
C．电极X为负极，O2-向X极迁移
D．直接煤一空气燃料电池的能量效率比煤燃烧发电的能量效率高
【答案】A
【详解】
A、氧化物电解质的量不会减少，在电极Y上O2得到电子生成O2-不断在补充，故A错误；
B、由原理图分析可知，其负极反应式为C+2CO32--4e-=3CO2↑，即B正确；
C、原电池内部的阴离子向负极移动，所以C正确；
D、直接煤一空气燃料电池是把化学直接转化为电能，而煤燃烧发电是把化学能转化为热能，再转化为电能，其中能量损耗较大，所以D正确。

正确答案为A。

11．目前科学家已开发出一种新型燃料电池——固体氧化物电池，该电池用辛烷(C8H18)作燃料，电池中间部分的固体氧化物陶瓷可传递氧离子，下列说法正确的是
A．电池工作时，氧气发生氧化反应
B．电池负极的电极反应：O2＋2H2O＋4e－=4OH－
C．电池负极的电极反应：C8H18＋25O2－－50e－=8CO2↑＋9H2O
D．若消耗的O2为11.2 L(标准状况)，则电池中有1 mol电子发生转移
【答案】C
【分析】
该燃料电池中，辛烷失电子发生氧化反应，电极反应式为C8H18+25O2--50e-=8CO2+9H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，再结合物质之间的反应来分析解答。

【详解】
A．该电池工作时，正极上氧气得电子发生还原反应，故A错误；
B．负极上燃料辛烷失电子发生氧化反应，电极反应式为C8H18+25O2--50e-=8CO2+9H2O，故B错误；
C．负极上燃料辛烷失电子发生氧化反应，电极反应式为C8H18+25O2--50e-=8CO2+9H2O，故C正确；
D．标况下11.2L氧气的物质的量为0.5mol，根据O2+4e-=2O2-知，当消耗0.5mol氧气转移电子的物质的量为氧气的4倍，所以转移电子的物质的量为2mol，故D错误；
12．根据反应KMnO 4＋FeSO 4＋H 2SO 4→MnSO 4＋Fe 2(SO 4)3＋K 2SO 4＋H 2O(未配平)设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1 mol·L －
1，溶液的体积均为200 mL ，盐桥中装有饱和K 2SO 4溶液。

下列说法不正确的是( )
A ．石墨b 是原电池的负极，发生氧化反应
B ．忽略溶液体积变化，Fe 2(SO 4)3浓度变为1.5 mol/L ，则反应中转移的电子为0.1 mol
C ．甲烧杯中的电极反应式：MnO 4-＋5e －＋8H ＋=Mn 2＋＋4H 2O
D ．电池工作时，盐桥中的K +向甲烧杯中移动 【答案】B 【详解】
A. 在乙池中，Fe 2+-e -=Fe 3+，则石墨b 是原电池的负极，发生氧化反应，A 正确；
B. Fe 2(SO 4)3浓度变为1.5 mol/L ，则反应生成的Fe 2(SO 4)3为0.5 mol/L ×0.2L=0.1mol ，由Fe 2+生成的Fe 3+为0.2mol ，则反应中转移的电子为0.2mol ，B 错误；
C. 甲烧杯中，MnO 4-得电子转化为Mn 2+，电极反应式为MnO 4-＋5e －＋8H ＋=Mn 2＋＋4H 2O ，C 正确；
D. 电池工作时，甲烧杯中阳离子减少，所以盐桥中的K +向甲烧杯中移动，D 正确。

故选B 。

13．可逆反应()()
()2232SO g O g 2SO g H 0+<，在一定条件下达到平衡状态。

在t 1
时刻改变某一条件，化学反应速率与反应时间的关系如图所示。

下列说法正确的是()
A ．维持温度、反应体系容积不变，1t 时充入()3SO g
B ．维持温度、压强不变，1t 时充入()3SO g
C ．维持体积不变，1t 时升高反应体系温度
D ．维持温度、容积不变，1t 时充入一定量Ar
【分析】
在t 1时刻，改变条件后，正反应速率降低，逆反应速率升高，平衡逆向移动，据此解答。

【详解】
A. 维持温度、反应体系容积不变，1t 时充入()3SO g ，1t 时逆反应速率增大、正反应速率不变，故A 不选；
B. 维持温度、压强不变，1t 时充入()3SO g ，1t 时逆反应速率增大，且体积增大导致正反应速率减小，故B 选；
C. 维持体积不变，1t 时升高反应体系温度，正逆反应速率均增大，与图象不符，故C 不选；
D. 维持温度、容积不变，1t 时充入一定量Ar ，反应体系中各物质浓度不变，正逆反应速率均不变，故D 不选； 故选：B 。

14．在两个恒温、恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：(甲)2X(g) Y(g)＋Z(s)
(乙)A(s)＋2B(g)
C(g)＋D(g)，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的密度；②
反应容器中生成物的百分含量；③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比；④混合气体的压强⑤混合气体的总物质的量。

其中能表明(甲)和(乙)都达到化学平衡状态是（ ） A ．①②③ B ．①②③⑤
C ．①②③④
D ．①②③④⑤
【答案】A 【详解】
①甲乙均有固体参与反应，混合气体的密度不变，能作平衡状态的标志，正确； ②反应容器中生成物的百分含量不变，说明各组分的量不变，达平衡状态，正确； ③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比，说明正逆反应速率相等，正确；
④乙混合气体的压强始终不变，不能判定反应是否达到平衡状态，错误； ⑤乙混合气体的总物质的量始终不变，不能判定反应是否达到平衡状态，错误； 综上，正确为 ①②③，答案选A 。

【点睛】
本题考查了化学平衡状态的判断，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0，根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态
15．硝酸工业生产中常用纯碱溶液吸收排出的氮氧化物废气，废气中只含有NO 、NO 2两种
气体。

将一定量废气通入到足量的Na2CO3溶液中被完全吸收，溶液中生成的NO3-、NO2-两种离子的物质的量与废气中NO2的物质的量分数x2
2
n(NO)
[x=]
n(NO)+n(NO)变化关系可用图所示。

已知溶液中可发生以下两个反应：
①NO＋NO2＋Na2CO3=2NaNO2＋CO2；
②2NO2＋Na2CO3=NaNO2＋NaNO3＋CO2
下列说法正确的是
A．图中线段a表示NO3－离子
B．随x值增大，溶液中n(NO3-)＋n(NO2-)增大
C．x＝0.6时，反应中可收集到标准状况下CO2 44.8 L
D．若测得所得溶液中n(NO3-)为0.5 mol，则x值为0.75
【答案】D
【分析】
由方程式和图象可知，NO单独不能被吸收：
①当NO和NO2混合气体被NaOH溶液恰好完全吸收，满足n(NO2)：n(NO)=1，即x=0.5，此时只生成NO2-，n(NO3-)=0，n(NO2-)=2mol，所以a曲线表示NO2-离子、b曲线表示NO3-离子；
②当气体只有NO2时，即x=1，发生反应2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2，此时生成
n(NO3-)=n(NO2-)=1mol；
③由x=0.5和x=1可知，一定量废气中n(NO2)≥n(NO)，并且n(NO2)+n(NO)=2mol，生成
n(NO3-)+n(NO2-)=2mol；
④反应NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2和2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2均有
n(N)=2n(C)，即n(NO2)+n(NO)=2n(CO2)=2mol，所以n(CO2)=1mol；
综上可知：2mol废气通入到足量的Na2CO3溶液中被完全吸收，即n(NO2)≥n(NO)，生成
n(NO3-)+n(NO2-)=2mol；n(CO2)=1mol；a曲线表示NO2-离子、b曲线表示NO3-离子。

【详解】
A．当x=0.5时，只发生反应NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2，n(NO3−)=0，n(NO2−)=2mol，所以a曲线表示NO2−离子、b曲线表示NO3−离子，故A错误；
B．当x=0.5时，只生成NO2−，n(NO2−)=2mol；当x=1只发生反应
2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2，此时生成n(NO3−)=n(NO2−)=1mol，根据N原子守恒可知混合气体的总的物质的量为2mol，即溶液中n(NO3−)+n(NO2−)不变、始终等于2mol，故B
错误；
C．由于废气中n(NO2)⩾n(NO)，并且n(NO2)+n(NO)=2mol，根据反应①②可知
n(NO2)+n(NO)=2n(CO2)=2mol，即n(CO2)=1mol，标准状况下体积为22.4L，故C错误；D．设n(NO2)=a，n(NO)=b，则a+b=2mol，发生反应①余下NO2的物质的量为(a−b)mol，发生反应②生成n(NO3−)=0.5(a−b)=0.5 mol，即a−b=1mol，联立方程组解得a=1.5mol，
b=0.5mol，废气中NO2的物质的量分数x=1.5mol
2mol
×100%=75%，故D正确；
答案选D。

16．光电池在光照条件下可产生电流，如图装置可以实现光能源的充分利用，双极性膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。

下列说法不正确的是（）
A．该装置可利用光能实现水的分解
B．光照过程中阴、阳极区溶液中的pH均基本不变
C．再生池中的反应为2V2++2H+2V3++H2↑
D．每有1molOH-通过双极性膜，可产生5.6L（标准状况）的O2
【答案】B
【分析】
由图上电子的移动方向可知右侧电解池的阳极，反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极反应式为 2V3++2e-=2V2+，双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为
2V2++2H+ 2V3++H2 ↑。

【详解】
A．由图可知，该装置将光能转化为化学能并分解水，故A正确；
B．双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，则双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性，则光照过程中阴、阳极区溶液中的pH均发生改变，故B错误；
C．由分析知，再生池中的反应为2V2++2H+2V3++H2↑，故C正确；
D．阳极区反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，每有1molOH-通过双极性膜，生成0.25molO2，其标准状况下体积为5.6L，故D正确；
故答案为B。

17．在一定温度时，将1 mol A和2 mol B放入容积为5L的某密闭容器中发生如下反应：
()()()()A s 2B g C g 2D g ++，经5min 后，测得容器内B 的浓度减少了
10.2mol L -⋅，则下列叙述错误的是（ ）
A ．在5 min 内，该反应用C 的浓度变化表示的反应速率为110.02mol L min --⋅⋅
B ．在5 min 时，容器内D 的浓度为10.2mol L -⋅
C ．该可逆反应未达限度前，随反应的进行，容器内压强逐渐增大
D ．5 min 时，容器内气体总的物质的量为3 mol 【答案】D 【详解】
A. -1
-1-1(B)0.2mol L (B)
0.04mol L min 5min
c v t ∆⋅===⋅⋅∆，则在5 min 内，该反应用C 的浓
度变化表示的反应速率-1-1-1-111
(C)(B)0.04mol L min 0.02mol L min 22
v v ==⨯⋅⋅=⋅⋅，A 正确；
B. 由化学方程式知，相同时间内B 的浓度减少值等于D 的浓度增加值，则在5 min 时，容器内D 的浓度为10.2mol L -⋅，B 正确；
C. ()()
()()A s 2B g C g 2D g ++正方向是气体分子数目增加的反应，则该可逆反应未
达限度前，随反应的进行，容器内气体的物质的量逐步增加，则压强逐渐增大，C 正确；
D. A(s)+2B(g)=C(g)+2D(g)
1200221-x 2-22x x x x x x x
起始(mol)转化(mol)5分时(mol)5min 后，测得容器内B 的浓度减少了10.2mol L -⋅，则-1
(B)(B)0.2mol L 5L 1mol n c V ∆=∆⨯=⋅⨯=，2x =1mol ，x =0.5mol ，则
5 min 时，容器内气体总的物质的量为2-2x +x +2x =2.5 mol ，D 错误； 答案选D 。

18．将V 1mL 1.0 mol•L -1NaOH 溶液和V 2mL 未知浓度的HCl 溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如下图所示(实验中始终保持V 1+V 2=50 mL)。

下列叙述正确的是
A ．做该实验时环境温度为 22℃
B ．该实验表明热能可以转化为化学能
C ．HCl 溶液的浓度约是 1.5 mol•L -1
D ．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】C 【详解】
A ．由图可知，温度为 22℃时，已经加入了5mLNaOH 溶液，而中和反应为放热反应，则该实验开始温度低于22℃，故A 错误；
B ．由图可知该反应是一个放热反应，表明化学能可以转化为热能，故B 错误；
C ．由图可知，NaOH 溶液体积为30mL 时，溶液温度最高，说明NaOH 溶液和HCl 溶液恰好完全反应，由V 1+V 2=50 mL 可知HCl 溶液的体积为20mL ，由反应方程式可知V 1c (NaOH)= V 2c (HCl)，解得c (HCl)为1.5 mol•L -1，故C 正确；
D ．八水合氢氧化钡与氯化铵反应有水生成，该反应是吸热反应，故D 错误； 故选C 。

19．一定温度下，10L0.40mol/L 的22H O 溶液发生催化分解，不同时刻测得生成2O 的体积（已折算为标准状况下）如表所示：
下列说法不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（ ） A ．0～4min 内的平均反应速率()()22H O 0.0384mol/L min v =⋅ B ．6～10min 内的平均反应速率()()22H O 0.0384mol/L min v <⋅ C ．反应至6min 时，()22c H O 0.30mol /L = D ．反应至6min 时，22H O 分解了50% 【答案】C 【详解】
A ．22H O 分解的化学方程式为2H 2O 2
催化剂
O 2↑+H 2O ，0～4min 内反应生成
()17.2L 0.768mol 氧气，消耗22H O 的物质的量为1.536mol ，平均反应速率
()()22 1.536mol
H O 0.0384mol /L min 10L 4min
v =
=⋅⨯，A 项正确；
B ． 随着反应的进行，22H O 的浓度减小，反应速率减慢，6～10min 的平均反应速率
()()22H O 0.0384mol /L min c <⋅，B 项正确；
C ． 反应至6min 时，()2V O =22.4L(1mol 氧气)，结合2H 2O 2
催化剂
O 2↑+H 2O ，消耗的
22H O 为2mol ，剩余22H O 为10L ×0.40mol/L －2mol=2mol ，易知反应至6min 时，
()22H O 0.20mol /L c =，C 项错误；
D ． 反应至6min 时，22H O 分解了2mol
50%10L 0.4mol /L
=⨯，D 项正确；
故选C 。

20．一个由锌片和石墨棒作为电极的原电池如图所示，电极反应分别是：锌片：2Zn －4e －＋4OH －===2ZnO ＋2H 2O 石墨：2H 2O ＋O 2＋4e －===4OH － 下列说法中不正确的是（ ）
A ．电子从石墨经外电路流向锌片，电解质溶液为酸性溶液
B ．锌片是负极，石墨是正极
C ．电池总反应为2Zn ＋O 2===2ZnO
D ．该原电池工作一段时间后石墨附近溶液中的c （OH －）增大 【答案】A 【详解】
A ．根据锌片电极反应式，锌片失去电子，锌片作负极，石墨作正极，根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电子从Zn→外电路→石墨，通过石墨电极反应式，得出此溶液显碱性或中性，故说法错误；
B ．根据选项A 的分析，故说法正确；
C ．正负极电极反应式相加，得出2Zn ＋O 2=2ZnO ，故说法正确；
D ．根据石墨电极反应式，产生OH －,c （OH －）增大，故说法正确。

二、实验题
21．某校化学课外兴趣小组为了探究影响化学反应速率的因素，做了以下实验。

(1)用三支试管各取5.0 mL 、0.01 mol·L －1的酸性KMnO 4溶液，再分别滴入0.1 mol·L －1 H 2C 2O 4溶液，实验报告如下。

①实验1、3研究的是_________对反应速率的影响。

②表中V ＝_________mL 。

(2)小组同学在进行(1)中各组实验时，均发现该反应开始时很慢，一段时间后速率会突然加
快。

对此该小组的同学展开讨论：
①甲同学认为KMnO4与H2C2O4的反应放热，温度升高，速率加快。

②乙同学认为随着反应的进行，因_________，故速率加快。

(3)为比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，该小组的同学又分别设计了如图甲、乙所示的实验。

回答相关问题：
①装置乙中仪器A的名称为_________。

②定性分析：如图甲可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较得出结论。

有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是____________________________________。

③定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40 mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是_______________。

【答案】温度 4.0产物Mn2+可能对该反应具有催化作用分液漏斗控制阴离子相同，排除阴离子的干扰收集40mL气体所需时间
【分析】
（1）①、②作对比实验分析，其他条件相同时，只有一个条件的改变对反应速率的影响；（2）探究反应过程中反应速率加快的原因，一般我们从反应放热，温度升高，另一个方面从反应产生的某种物质可能起到催化作用；
（3）比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，阳离子不同，尽量让阴离子相同，减少阴离子不同造成的差别，催化效果可以从相同时间内收集气体体积的多少或者从收集相同体积的气体，所需时间的长短入手。

【详解】
（1）①实验1、3反应物物质的量浓度，但温度不同，所以反应速率不同是由温度不同导致的，故实验1、3研究的是温度对反应速率的影响；
②实验1、2研究的是H2C2O4的浓度对反应速率的影响，此时反应温度相同，KMnO4的浓度相同，故表中V＝4.0mL
（2）随着反应的进行，生成的Mn2+的物质的量浓度逐渐增加，生成的Mn2+可能对反应有催化作用；
（3）①由仪器的构造，可知仪器A为分液漏斗；
②在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，必须保证在其他的条件相同，所以将CuSO4改为CuCl2更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰；
③如图乙所示，实验时以收集到40 mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是时间，收集相同体积的气体，所需要的时间越少，反应速率越快。

【点睛】
本题通过保持其他外界条件一致而改变一个条件来探究温度、催化剂对反应速率的影响，综合性较强。

22．原电池及原理已广泛应用于生产生活中。

(1)事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应。

下列化学反应中在理论上可以设计成原电池的是_______（填序号）。

a．C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) ΔH＞0
b．CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH＜0
c．Ba(OH)2(aq) + H2SO4(aq)=BaSO4(s)＋2H2O(l) ΔH＜0
(2)某同学利用生活或实验室中常用的物品，设计了一个原电池，如图所示。

实验原理：Fe ＋2H+=2
Fe+＋H2↑
实验用品：电极(铁钉、铜钉)、稀硫酸、烧杯、导线、耳机(或电流表)。

①用原电池两个电极中的一极触碰耳机插头上的一极(注意：触碰的同时耳机的另一极是跟原电池的另一极相连的)，这时，可以听见耳机发出“嚓嚓嚓……”的声音。

其原因是在原电池中，将化学能转化为________，在耳机中又将电能转化为声音这种能量。

②如果将装置中的耳机改为电流表，则铁钉应连接电流表的________极，其电极反应式为________；铜钉上的电极反应式为________，该电极上发生了________(填“氧化”或“还原”)反应。

③反应结束后，测得铁钉质量减轻了 2.8 克，则转移电子的物质的量为______。

【答案】b 电能负 Fe－2e-=Fe2+ 2H+＋2e-=H2↑还原 0.1 mol
【分析】
(1)只有放热的氧化还原反应才可以设计为原电池；
(2)原电池是将化学能转化为电能的装置，在原电池中，活泼的电极为负极，失去电子，发生氧化反应；活动性弱的电极为正极，正极上H+得到电子发生还原反应，根据Fe是+2价的金属，根据Fe的质量，计算其物质的量，进而可得转移电子的物质的量。

【详解】
(1)a．该反应为吸热的氧化还原反应，不能设计成原电池，a不符合题意；
b．该反应为放热的氧化还原反应，能设计成原电池，b符合题意；
c．该反应为放热反应，但反应不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，c不符合题意；故答案为b；
(2)①发生该反应，反应产生了电流，说明在原电池中将化学能转化为电能；
②在该反应中Fe失去电子变为Fe2+，发生氧化反应，为原电池的负极，该电极的电极反应式为：Fe－2e-=Fe2+，若将耳机改为电流表，则铁钉应该接电流表的负极；在铜电极上，溶液中的H+得到电子，发生还原反应变为H2，正极的电极反应式为：2H+＋2e-=H2↑；
③m(Fe)=2.8g，则n(Fe)=m 2.8g
M56g/mol
==0.05 mol，由于Fe是+2价的金属，每1 mol Fe反
应失去2 mol 电子，所以0.05 mol Fe 反应，转移电子的物质的量n (e -)=2n (Fe)=2×0.05 mol=0.1 mol 。

【点睛】
本题考查了原电池的反应原理。

掌握原电池构成条件，结合原电池反应中，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，根据同一闭合回路中电子转移数目相等进行分析。

23．某实验探究小组用酸性KMnO 4溶液与H 2C 2O 4溶液反应过程中紫色消失快慢的方法，研究影响反应速率的因素。

实验条件如下：所用酸性KMnO 4溶液浓度可选择0.0l0mol•L -1
、0.001mol•L -1，催化剂的用量可选择0.5g 、0g ，，实验温度可选择298K 、323K 。

每次实
验酸性KMnO 4溶液用量均为4mL ，H 2C 2O 4溶液(0.100mol•L -1)的用量均为2mL 。

（1）写出反应的离子方程式___。

（2）请将实验设计表补充完整。

（3）该反应的催化剂应选择MnCl 2还是MnSO 4?___，简述选择的理由___。

（4）某同学对实验①和②分别进行了三次重复实验，测得以下实验数据（从混合振荡均匀开始计时）：
实验②中用KMnO 4的浓度变化表示的平均反应速率为___（忽略混合前后溶液的体积变化，结果保留3位有效数字）。

【答案】-+2+
4224222MnO +5H C O +6H =2Mn +10CO +8H O 298 0 0.010 温度
MnSO 4 酸性高锰酸钾能将氯离子氧化为有毒的氯气，会干扰实验，并造成环境污染。