完整版高一化学第六章 化学反应与能量 练习题(1)

完整版高一化学第六章化学反应与能量练习题
一、选择题
1．一定温度时，向2.0 L恒容密闭容器中充入2 mol SO2和1 mol O2，发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。

经过一段时间后达到平衡。

反应过程中测定的部分数据见下表：
t / s02468
n(SO3) / mol00．81．4 1.8 1.8
下列说法正确的是( )
A．反应在前2 s 的平均速率v(O2) ＝ 0．4 mol·L－1·s－1
B．保持其他条件不变，体积压缩到1.0 L，平衡常数将增大
C．相同温度下，起始时向容器中充入4 mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率小于10%
D．保持温度不变，向该容器中再充入2 mol SO2、1 mol O2，反应达到新平衡时
() ()3
2
n SO
n O
减
小
【答案】C
【详解】
A.根据表格中数据可知，当n(SO3)=1.8mol，该反应达到平衡状态，反应在前2s的平均速率v(SO3)=0.8mol÷2L÷2s＝0.2mol·L－1·s－1，同一可逆反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，v(O2)=0.5v(SO3)=0.5×0.2mol·L－1·s－1=0.1mol·L－1·s－1，故A错误；
B.化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，与压强、物质浓度都无关，故B错误；
C.原平衡，SO2的转化率为1.8mol÷2mol×100%＝90%。

若起始时向容器中充入2molSO3时，将建立等效平衡，SO3的转化率等于10%，相同温度下，起始时充入4 molSO3，相当于对原平衡加压，SO3的转化率减小，应小于10%，故C正确；
D.保持温度不变，向该容器中再充入2molSO2、1molO2，相当于缩小容器的体积，增大了
压强，平衡正向移动，三氧化硫的物质的量增加，氧气的物质的量减少，所以
() ()3
2
n SO
n O
增
大，故D错误。

故选C。

2．下列过程中ΔH小于零的是( )
A．Ba(OH)2与 NH4Cl 固体混合B．氯化铵分解得氨气C．碳酸钙分解得二氧化碳D．实验室制备氢气【答案】D
【分析】
根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、金属与酸或水反应、中和反应、铝热反应、绝大多数化合反应等；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），Ba(OH)2•8H2O与氯化铵的反应。

【详解】
ΔH小于零的反应为放热反应。

A．Ba(OH)2•8H2O晶体和NH4Cl混合反应，是吸热反应，选项A不符合；
B．氯化铵受热分解得氨气和氯化氢，属于吸热反应，选项B不符合；
C．碳酸钙高温受热分解得二氧化碳和碳酸钙，属于吸热反应，选项C不符合；
D．实验室制备氢气是利用金属锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，属于放热反应，选项D 符合；
答案选D。

3．化学反应中能量变化，通常表现为热量的变化，如Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应要吸收热量，在化学上叫做吸热反应。

其原因是
A．反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量
B．反应物所具有的总能量低于生成物具有的总能量
C．在化学反应中需要加热的反应就是吸热反应
D．在化学反应中需要降温的反应就是放热反应
【答案】B
【分析】
【详解】
如果反应物的总能量高于生成物的总能量，则该反应是放热反应，反之是吸热反应，答案选B。

4．对于可逆反应 4NH3+5O2⇌4NO+6H2O(g)，下列叙述正确的是
A．达到平衡时，4v(O2)正=5v(NO)逆
B．达到平衡状态后，NH3、O2、NO、H2O(g)的物质的量之比为 4:5:4:6
C．达到平衡状态时，若增加容器体积，则反应速率增大
D．若单位时间生成 xmolNO 的同时，消耗 xmolNH3，则反应达到平衡状态
【答案】A
【详解】
A．达到平衡时，4v（O2）正=5v（NO）逆，说明正逆反应速率相等，选项A正确；
B．到达平衡时，反应混合物的物质的量关系与起始投入量及转化率有关，达到化学平衡时， NH3、O2、NO、H2O(g)的物质的量之比不一定为4∶5∶4∶6，选项B错误；
C．达到平衡状态时，若增加容器体积，相当于减小压强，则反应速率减小，选项C错误；
D．若单位时间生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都是指正反应速率，无法说明正逆反
应速率相等，则反应不一定达到平衡状态，选项D错误。

答案选A。

5．CaCO3与稀盐酸反应(放热反应)生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。

下列结论不正确的是
A．反应开始2分钟内平均反应速率最大
B．反应4～6分钟平均反应速率最小
C．反应开始4分钟内温度对反应速率的影响比浓度大
D．反应4分钟后反应速率下降的原因是盐酸浓度逐渐减小
【答案】A
【详解】
A．该曲线斜率表示单位时间内产生二氧化碳的量，即二氧化碳产生速率，由图可知，2～4min内斜率较大，因此2～4min内平均反应速率最大，故A项结论错误；
B．同A项原理可知，反应4～6min平均反应速率最小，故B项结论正确；
C．随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，0～2min 反应刚开始，温度较低此时反应速率由氢离子浓度决定，2～4min速率最快，2～4min温度对反应速率起主要作用，开始4min内温度对反应速率的影响比浓度大，故C项结论正确；
D．反应4min后，温度较高，但此时反应速率降低，是因为随反应进行氢离子浓度降低，故D项结论正确；
综上所述，结论错误的是A项，故答案为A。

6．如图所示进行实验，下列说法不正确的是
A．装置甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生
B．甲、乙装置中的能量变化均为化学能转化为电能
C．装置乙中的锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转
D．装置乙中负极的电极反应式：Zn－2e－===Zn2＋
【答案】B
【详解】
A．装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，铜片作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，所以甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生，故A正确；
B．装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气没有形成原电池，故B错误；
C．装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，所以锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转，故C正确；
D．装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，锌片的活泼性大于铜片的活泼性，所以锌片作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式：Zn-2e-═Zn2+，故D正确；故选B。

【点睛】
准确理解原电池原理是解题关键，装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，锌片的活泼性大于铜片的活泼性，所以锌片作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，铜片作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，据此分析。

7．下列关于化学反应速率的说法正确的是
A．因是同一反应，所以用不同物质表示化学反应速率时，所得数值是相同的
B．根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢
C．化学反应速率为“1mol/(L•min)”表示的意思是：时间为1min时，某物质的浓度为
1mol/L
D．化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物浓度的减少或者任何一种生成物浓度的增加
【答案】B
【详解】
A．同一反应，用不同物质表示化学反应速率时，数值比值等于方程式的系数之比，则不一定相等，故A错误；
B．化学反应速率的大小可以体现化学反应进行的快慢，即根据化学反应速率的大小可以判断化学反应进行的快慢，故B正确；
C．化学反应速率为“1 mol/(L•min)”表示的意思是：时间1min内，某物质的浓度变化量为1mol/L，故C错误；
D．化学反应的反应速率不能用固体物质单位时间内浓度的变化量表示，故D错误；
故答案为B。

8．下列有关反应速率的说法正确的是（）
A．用铁片和稀硫酸反应制氢气时，改用98%的硫酸可以加快反应速率
B．100mL2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
C．SO2的催化氧化反应是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率变慢
D．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率变慢
【答案】D
【详解】
A. 稀硫酸改为98%的硫酸，铁在浓硫酸中钝化而不能产生氢气，A错误；
B. 100mL2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，氯化钠不反应，但稀释了盐酸，氢离子浓度下降，故反应速率下降，B错误；
C. 所以升高温度，反应速率加快，C错误；
D. 有气体参加的反应，减小压强反应速率变慢，D正确；
答案选D。

9．下列反应属于放热反应的是
A．氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应
B．能量变化如图所示的反应
C．化学键断裂吸收的热量比化学键生成放出的热量多的反应
D．燃烧反应和中和反应
【答案】D
【分析】
反应物总能量大于生成物总能量，或反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的热量，该反应为放热反应，据此进行分析。

【详解】
A项，氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应属于吸热反应，故A不选；
B项，生成物的总能量比反应物的总能量大，为吸热反应，故B不选；
C项，化学键断裂吸收的热量比化学键生成放出的热量多的反应为吸热反应，故C不选；D项，可燃物的燃烧以及酸碱中和反应都属于放热反应，故D可选；
故答案选D。

10．锌—空气电池(原理如右图)适宜用作城市电动车的动力电源。

该电池放电时Zn转化为ZnO。

该电池工作时下列说法正确的是
A．氧气在石墨电极上发生氧化反应
B．该电池的负极反应为Zn＋H2O－2e－=ZnO＋2H＋
C．该电池放电时OH－向Zn电极移动
D．若Zn电极消耗6.5 g，外电路转移0.1 mol e-
【答案】C
【详解】
A．氧气得电子发生还原反应，故A错误；
B．锌作负极，碱性条件下，负极上电极反应式为：--
2
Zn-2e+2OH=ZnO+H O，故B错误；
C．原电池工作时，溶液中的阴离子向负极移动，即OH－向Zn电极移动，故C正确；D．若Zn电极消耗6.5 g，外电路转移0.2 mol e-，故D错误；
故选：C。

11．已知NO2和N2O4可以相互转化()()
224
2NO g N O g，反应每生成1moN2O4 ，放出24.2kJ的热量．在恒温条件下，将一定量的NO2和N2O4混合气体通入一容积为2L的密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如下图．下列说法正确的是（）
A．前10min内用v(NO2)表示的化学反应速率为0.02mol/(L·min)
B．图中a、b、c、d四个点中，a、c两点的v正≠v逆
C．反应进行到10min时放出的热量为9.68kJ
D．25min时，导致物质浓度变化的原因是将密闭容器的体积缩小为1L
【答案】B
【分析】
从图中可以看出，25min前，X的浓度变化量为0.4mol/L，而Y的浓度变化量为0.2mol/L，由热化学方程式中的化学计量数关系，可确定X为NO2、Y为N2O4；在25min时，改变某条件，X的浓度突然增大，而Y的浓度不变，所以此时应往密闭容器中充入NO2气体。

【详解】
A．前10min内用v(NO2)表示的化学反应速率为0.6mol/L-0.2mol/L
10min
=0.04mol/(L·min)，A
不正确；
B．图中a、b、c、d四个点中，a、c两点的X、Y浓度都发生变化，此时平衡仍发生移动，所以v正≠v逆，B正确；
C．因为反应由N2O4转化为NO2，所以反应进行到10min时，应吸收热量，C不正确；D．由以上分析可知，25min时，导致物质浓度变化的原因是往密闭容器中充入NO2气体，D不正确；
故选B。

12．下列说法中可以说明2HI（g）H2（g）+I2（g）已达到平衡状态的是（）
（1）单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI
（2）一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂
（3）c(HI)= c(I2)
（4）反应速率υ(H2)=υ(I2)=0.5υ(HI)
（5）c(H2)∶c(I2)∶c(HI)=2∶1∶1
（6）温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化
（7）温度和体积一定时，容器内压强不再变化
（8）条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化
（9）温度和体积一定时，混合气体的颜色不再发生变化
（10）温度和压强一定时，混合气体的密度不再发生变化
A．（1）（2）（5）（9）（10）B．（2）（6）（9）C．（6）（7）（10）
D．全部
【答案】B
【详解】
（1）单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI时，正逆反应速率不等，反应达不到平衡状态，故（1）错误；
（2）反应过程中有一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂，说明正逆反应速率相等，证明反应达到平衡状态，故（2）正确；
（3）c(HI)= c(I2) 的状态不一定是平衡状态，故（3）错误；
（4）反应进行的过程中，反应速率始终满足υ(H2)=υ(I2)=0.5υ(HI)中，不一定是平衡状态，故（4）错误；
（5）c(H2)∶c(I2)∶c(HI)=2∶1∶1的状态不一定是平衡状态，故（5）错误；
（6）温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化，量不变，说明是平衡状态，故正确；（7）温度和体积一定时，混合气体的物质的量始终不变，容器内压强始终不变，不一定是平衡状态，故（7）错误；
（8）混合气体的质量和气体的总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量也始终不变，不一定是平衡状态，故（8）错误；
（9）温度和体积一定时，混合气体的颜色不再发生变化，说明不变，是平衡状态，故（9）正确；
（10）温度和压强一定时，混合合气体的质量和气体的总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量也始终不变，不一定是平衡状态，故（10）错误；
故答案为B。

13．在一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g) x C(g)＋2D(g)。

2 min末该反应达到平衡，生成0.8 mol D，并测得C的浓度为0.8 mol·L－1。

下列判断错误的是（）
A．x＝4 B．2 min内B的反应速率为0.1 mol·(L·min)－1 C．混合气体密度不变，则表明该反应已达到平衡状态D．B的转化率为40%
【答案】C
【解析】
【详解】
根据化学平衡三段式列式计算，平衡时C的浓度为0.8 mol·L－1，物质的量为1.6mol
3A（g）+B（g） xC（g）+2D（g）
起始量（mol） 3 1 0 0
变化量（mol） 1.2 0.4 1.6 0.8
平衡量（mol） 1.8 0.6 1.6 0.8
依据上式分析计算：
A、根据浓度变化量之比等于化学计量数之比可知x=4，故A正确；
B、2min内B的反应速率=0.4mol/(2L·2min)=0.1 mol·(L·min)－1，故B正确；
C、反应前后气体总质量不变，混合气体密度不变，不能表明该反应已达到平衡状态，故C 错误；
D、 B的转化率=0.4mol/1mol=0.4，即 B的转化率为40%，故D正确；故选C．
【点睛】
本题考查化学平衡的有关计算、转化率的有关计算、平衡状态的判断等，难度中等，注意平衡状态的判断，选择判断的物理量应随反应发生变化，该物理量不再变化，说明到达平衡。

解题关键：依据化学平衡的三段式计算进行分析，结合题中各量列式计算判断；A、利用物质的量之比等于化学计量数之比计算x的值；B、根据平衡浓度的变化量求出速率；
C、容器的容积不变，混合气体的质量不变，密度不变，不能判断是否达到平衡。

D、利用转化率定义计算。

14．全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2S x（2≤x≤8）。

下列说法错误的是
A．电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e−=3Li2S4
B．电池工作时，外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重0.14 g
C．石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性
D．电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越多
【答案】D
【详解】
A．原电池工作时，Li+向正极移动，则a为正极，正极上发生还原反应，随放电的多少可能发生多种反应，其中可能为2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，故A正确；B．原电池工作时，转移0.02mol电子时，氧化Li的物质的量为0.02mol，质量为0.14g，故B正确；C．石墨能导
电，利用石墨烯作电极，可提高电极a的导电性，故C正确；D．电池充电时间越长，转移电子数越多，生成的Li和S8越多，即电池中Li2S2的量越少，故D错误；答案为D。

15．一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO， MgSO3(s) +
CO(g)MgO(s) + CO 2(g) +SO2(g) △H>0。

该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是
选项x y
A温度容器内混合气体的密度
B CO的物质的量CO2与CO的物质的量之比
C SO2的浓度平衡常数K
D MgSO4的质量（忽略体积）CO的转化率
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】
A、△H＞0，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳浓度增大，混合气体的密度增大，故A
正确；
B、
[]
[]2
CO
k
CO
= , 平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，增加CO的物质的量， CO2
与CO的物质的量之比不变，故B错误；
C、平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，故C错误；
D、MgSO4是固体，增加固体质量，平衡不移动， CO的转化率不变，故D错误；答案选A。

16．科学家近期研发出如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列有关叙述错误
．．的是
A．b电极不可用石墨替代Li
B．正极反应为：Li1-x Mn2O4+xLi++xe－ = LiMn2O4
C．电池总反应为：Li1-x Mn2O4+xLi = LiMn2O4
D．放电时，溶液中Li+从a向b迁移
【答案】D
【分析】
锂离子电池中，b为Li，失去电子，作负极，LiMn2O4为正极；充电时Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，据此分析。

【详解】
A. C不能失电子，故b电极不可用石墨替代Li，A项正确；
B. 正极发生还原反应，Li1-x Mn2O4得电子被还原，电极反应为：Li1-x Mn2O4+xLi++xe－ =
LiMn2O4，B项正确；
C. Li失电子，Li1-x Mn2O4得电子，生成的产物为LiMn2O4，电池的总反应为：Li1-x Mn2O4+xLi = LiMn2O4，C项正确；
D.放电时，阳离子移动到正极，即从b向a迁移，D项错误；
答案选D。

17．425℃时，在两个1L密闭容器中分别发生化学反应，物质的浓度随时间的变化如图所示。

下列叙述错误的是（）
A．图①中t0时，三种物质的物质的量相等
B．图①中0t时，反应达到平衡状态
C．图②中的可逆反应为2HI(g)H 2(g)+I2(g)
D．图①②中，当c(HI)=3.16mol/L时，两容器中的反应均达到平衡状态
【答案】B
【分析】
图①中0t时，三种物质的物质的量浓度相等，此时还未达到平衡；由图②可知该图表示的
可逆反应为()
()()222HI g H g I g +，当浓度不再变化时反应达到平衡状态。

【详解】 A ．图①中0t 时，三种物质的物质的量浓度相等，由于体系恒容，所以三者的物质的量也相等，故A 项正确；
B ．图①中0t 时，三种物质的物质的量浓度相等，但0t 后各物质的物质的量浓度发生改变，即0t 时反应没有达到平衡状态，故B 项错误；
C ．由图②可知，该图表示的可逆反应为()()()222HI g H g I g +，故C 项正确；
D ．图①、②中，当()HI 3.16mol /L c =时，两容器中的反应均达到平衡状态，故D 项正确；
故答案选：B 。

18．某温度下，浓度均为11mol L -⋅的两种气体2X 和2Y 在恒容密闭容器中反应生成气体Z 。

反应2min 后，测得参加反应的2X 的浓度为10.6mol L -⋅，用2Y 表示的反应速率()112Y 0.1mol L min v --=⋅⋅，生成的()Z c 为10.4mol L -⋅，则该反应的化学方程式是（ ） A ．222X 2Y 2XY +=
B ．22222X 2Y 2X Y +=
C ．2233X 2Y 2X Y +=
D ．223X 3Y 2XY +=
【答案】C
【分析】
先分别计算出()112X 0.3mol L min v --=⋅⋅和()11
Z 0.2mol L min v --=⋅⋅，根据反应速率之比即为化学方程式中相应物质的化学计量数之比得()()()22X :Y :Z 3:1:2v v v =，根据原子守恒确定Z 的分子式，最后反应的化学方程式就出来了。

【详解】
用2X 表示的反应速率()1
1120.6mol L X 0.3mol L min 2min
v ---⋅==⋅⋅．用Z 表示的反应速率()1
110.4mol L Z 0.2mol L min 2min
v ---⋅==⋅⋅．2X 、2Y 和Z 的反应速率之比即为化学方程式中相应物质的化学计量数之比，则
()()()11111122X :Y :Z 0.3mol L min :0.1mol L min :0.2mol L min 3:1:2v v v ------=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=，
根据原子守恒，可确定Z 的化学式为3X Y ，故可得出反应的化学方程式为
2233X Y 2X Y +=。

故选C 。

【点睛】
同一反应在同一条件下、同一时间段内的反应速率，用不同的物质表示时，数值是可能不相同的，这些不同数值之比等于相应的化学计量数之比。

19．将V1mL 1.0 mol•L-1NaOH 溶液和V2mL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V1+V2=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V1+V2=50 mL可知HCl溶液的体积为20mL，由反应方程式可知V1c(NaOH)= V2c(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。

20．原电池是化学电源的雏形。

关于如图所示原电池的说法正确的是
A．能将电能转化为化学能
B．电子从锌片经导线流向铜片
C．锌片为正极，发生氧化反应
D．铜片上发生的反应为Cu2+＋2e－=Cu
【答案】B
【分析】
Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为Zn-2e-═Zn2+，铜为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑，电池工作时，电子从负极锌沿导线流向正极铜，内电路中阳离子移向正极Cu，阴离子移向负极Zn，据此解答。

【详解】
Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，发生失去电子的氧化反应，铜为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为2H++2e−=H2↑，电池工作时，电子从负极锌沿导线流向正极铜，
A.原电池是将化学能转化为电能的装置，故A错误；
B. Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，铜为正极，电池工作时，电子从负极锌沿导线流向正极铜，故B正确；
C. Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，铜为正极，负极上发生失去电子的氧化反应，故C错误；
D. 原电池中，铜为正极，电极反应式为2H++2e−=H2↑，故D错误；
故答案选：B。

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KMnO4溶液，再分别滴入0.1 mol·L－1 H2C2O4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．氢气和氯气都是重要的化工原料。

回答下列问题：
（1）利用下图装置制备并收集干燥纯净的氯气。

①装置甲中发生反应的离子方程式为_____________；装置乙的作用是____________；
②某同学提出，戊装置中可能会发生倒吸，建议使用下列装置中的____________（填标号）；
（2）利用启普发生器（如图所示）可以便捷地制取氢气。

①使用启普发生器前首先应进行的操作是____________；
②下列装置与启普发生器原理相近的是____________（填标号）；
（3）某同学设计了如图装置，在获得盐酸的同时对外提供电能。

①该装置中的“离子导体”宜选用____________（填标号）；
A．稀盐酸 B．稀氢氧化钠溶液 C．浓硫酸 D．乙醇
②写出负极的电极反应式：____________。

【答案】MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O 除去氯气中的HCl AB 检验气密性 AC A H2-2e-=2H+
【分析】
(1)氯气制备原理MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，结合氯气的化合性质分析；根据启普发生器的结构特点和性能分析；原电池总反应为：H2+Cl2=2HCl。

【详解】
(1)①装置甲中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；装置乙的作
用是除去氯气中的HCl；
②倒扣的漏斗、球形结构可防止倒吸，苯不能隔绝氯气与NaOH溶液，为防止倒吸，建议使用图2装置中的A、B；
(2)①使用启普发生器前首先应进行的操作是检验气密性；
②关闭活塞可使固液分离、反应停止，则图4所示装置中与启普发生器原理相近的是AC；
(3)①该装置中制备盐酸，电解质可电离出氯离子，则“离子导体”宜选用稀盐酸，故答案为A；
②负极发生氧化反应，其电极反应式为H2-2e-=2H+。

【点睛】
考查气体的制备实验及原电池，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，注意盐酸有挥发性，利用浓盐酸制得的氯气不纯，需要除杂。

23．为探究影响化学反应速率的因素，某研究小组设计了如下五个实验。

按要求回答下列问题 (已知：Cu2+、Fe3+对H2O2的分解起催化作用) 。

(1)为探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验___________(填序号，下同) ，选择的依据是_______________________。

(2)为探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，应选择实验___________。

(3)通过观察发现实验⑤比实验③现象明显，其原因是____________________。

(4)根据上述实验，用H2O2快速制取少量O2，可采取的三条措施为___________。

【答案】②和③反应物浓度和催化剂相同，只有温度一个变量(或不同) ①③④实验⑤比实验③反应物浓度大，反应速率快升高温度、使用催化剂、增大H2O2的浓度
【分析】
(1)为探究温度对化学反应速率的影响，需要保证除温度外的条件完全相同，据此分析判断；
(2)为探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，需要保证除催化剂外的条件完全相同，据此分析判断；
(3) 比较实验⑤和实验③反应条件的差别，据此分析解答；
(4)根据上述实验，从温度、浓度、催化剂等角度选取合适的措施。

【详解】
(1)为探究温度对化学反应速率的影响，需要保证除温度外的条件完全相同，实验②和③反应物浓度和催化剂相同，只有温度一个变量，可以选择实验②和③探究温度对化学反应速。