人教高考化学二轮复习化学第六章 化学反应与能量 试题含答案解析

人教高考化学二轮复习化学第六章化学反应与能量试题含答案解析
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。

2．一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X(g)Y(g)+Z(s)，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是
A．混合气体的密度不再变化B．反应容器中Y的质量分数不变
C．体系压强不再变化D．2v逆(X)＝v正(Y)
【答案】D
A、恒容容器中，混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，A错误；
B、反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变，则反应达平衡状态，B错误；
C、体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，C错误；
D、不满足速率之比和系数成正比关系，D正确；
正确答案：D。

3．在密闭容器中进行反应：X 2(g)＋3Y2(g)2Z(g)，其中X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.2 mol·L－1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是()。

A．c(Z)＝0.5 mol·L－1B．c(Y2)＝0.5 mol·L－1
C．c(X2)＝0.2 mol·L－1D．c(Y2)＝0.6 mol·L－1
【答案】B
【详解】
若反应向正反应进行，假定完全反应，则：
X 2（g）+3Y2（g）2Z（g）
起始量（mol/L） 0.1 0.3 0.2
变化量（mol/L） 0.1 0.3 0.2
平衡量（mol/L） 0 0 0.4
若反应逆反应进行，假定完全反应，则：
X 2（g）+3Y2（g）2Z（g）
起始量（mol/L） 0.1 0.3 0.2
变化量（mol/L） 0.1 0.3 0.2
平衡量（mol/L） 0.2 0.6 0
由于为可逆反应，物质不能完全转化，所以平衡时浓度范围为0＜c（X2）＜0.2，0＜c
（Y2）＜0.6，0＜c（Z）＜0.4，B正确、ACD错误；
答案选B。

【点晴】
化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，解答的关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答。

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
【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．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。

6．下列反应中属于氧化还原反应又是吸热反应的是
A．镁与盐酸反应放出氢气B．氢氧化钠与盐酸的反应
C．硫在空气或氧气中燃烧D．灼热的炭与二氧化碳反应
【答案】D
【详解】
A．镁与盐酸反应放出氢气，属于放热反应，A不合题意；
B．氢氧化钠与盐酸的反应，属于非氧化还原反应，B不合题意；
C．硫在空气或氧气中燃烧，属于放热反应，C不合题意；
D．灼热的炭与二氧化碳反应，既属于氧化还原反应，又属于吸热反应，D符合题意；
故选D。

7．对于反应aA+bB＝dD+eE，该化学反应速率定义为v=
()
v A
a
=
()
v B
b
=
()
v D
d
=
()
v E
e。

式中
v (X)指物质X=(X=A 、B 、C 、D)的反应速率，a 、b 、d 、e 是化学计量数。

298k 时，测得溶液中的反应H 2O 2+2HI ＝2H 2O+I 2在不同浓度时化学反应速率v 见下表：
A ．实验1、2中，22(H O )v 相等
B ．将浓度均为-10.200mol L ⋅的22H O 溶液和HI 溶液等体积混合，则
-110.0304mol L s v -=⋅⋅
C ．v 与“HI 和22H O 浓度的乘积”的比值为常数
D ．实验4中，反应5s 后22H O 浓度减少了10.0760mol L -⋅ 【答案】C 【详解】
A ．实验2中c (HI)>实验1中c (HI)，故实验2的v (H 2O 2)大于实验1，故A 项说法错误；
B ．将浓度均为0.200 mol•L -1的H 2O 2溶液和HI 溶液等体积混合后，c (H 2O 2)=c (HI)=0.100mol•L -1，则v =0.00760 mol•L -1•s -1，故B 项说法错误；
C ．实验1：()()22HI H O v c c =0.00760
0.10.1
⨯=0.76，实验2：
()()22HI H O v c c =0.01520.20.1⨯=0.76，实验3：()()22HI H O v c c =0.0228
0.30.1⨯=0.76，实验4：
()()22HI H O v c c =0.0152
0.10.2
⨯=0.76，因此v 与“HI 和H 2O 2浓度的乘积”的比值为常数，故C
项说法正确；
D ．v (H 2O 2)表示的是平均化学反应速率，因此无法计算反应5s 后H 2O 2的浓度变化，故D 项说法错误；
综上所述，说法正确的是C 项，故答案为C 。

8．如图所示装置中观察到电流计指针偏转，M 棒变粗，N 棒变细，指针指向M ，由此判断下表中所列M 、N 、P 物质，其中可以成立的组合是( )
M N P
A锌铜稀硫酸溶液B铜铁稀盐酸溶液C银锌硝酸银溶液D锌铁硝酸铁溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【点睛】
电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，说明M、N与池中液体构成了原电池。

N棒变细，作负极，M棒变粗，说明溶液中的金属阳离子在M极上得到电子，生成金属单质，M 变粗，M做原电池的正极。

【详解】
A.如果是锌、铜、稀硫酸构成原电池，则电池总反应式为Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，Zn作负极， M极变细，故A错误；
B.如果是铁、铜、稀盐酸构成原电池，电池总反应式为Fe＋2H＋= Fe2+＋H2↑，则铁是负极，铜棒M 是不会变粗的，故B错误；
C.如果是银、锌、硝酸银溶液构成原电池，电池总反应式为Zn＋2Ag＋=Zn2＋＋2Ag，则锌是负极，N棒变细，析出的银附在银上，M棒变粗，故C正确；
D.如果是锌、铁、硝酸铁溶液构成原电池，电池总反应式为Zn+2Fe3+=2 Fe2++ Zn2＋，Zn作负极， M极变细，故D错误；
答案选C。

9．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CO 2），Ba(OH)2•8H 2O 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•8H 2O 晶体和NH 4Cl 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 。

10．1mol X 气体跟a mol Y 气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应：X （g ） + aY （g ）
bZ （g ），反应达到平衡后，测得X 的转化率为50% 。

而且，在同温同压下还测得
反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的3/4，则a 和b 的数值可能是 A ．a=l ，b=2 B ．a=2，b=1
C ．a=2，b=2
D ．a=3，b=2
【答案】D 【分析】
1mol X 气体跟a mol Y 气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应：X （g ）+a Y （g ）⇌b Z （g ）。

反应达到平衡后，测得X 的转化率为50%．而且，在同温同压下反应前后混合气体的密度之比和气体体积成反比即和气体物质的量成反比，讨论分析判断得到a 、b 的取值。

【详解】
X （g ）+a Y （g ）⇌b Z （g ）。

起始量（mol ） 1 a 0 变化量（mol ） 0.5 0.5a 0.5b 平衡量（mol ） 0.5 0.5a 0.5b
依据在同温同压下反应前后混合气体的密度之比和气体体积成反比即和气体物质的量成反比，在同温同压下测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的3
4
，即反应后气体物质的量是反应前气体物质的量
3
4
，则得到；（0.5+0.5a+0.5b ）:（1+a ）=3:4，计算得到：2b=a+1，依据选项中的取值分析判断，a=3，b=2符合计算关系。

故选D 。

11．一定温度下，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： t/min
2 4 6 8 10 ()2V O /L 0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
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 。

12．电化学在日常生活中用途广泛，图甲是镁-次氯酸钠燃料电池，电池总反应为Mg+ClO -+H 2O=Cl -+Mg(OH)2↓，图乙是含Cr 2O 72-的工业废水的处理。

下列说法正确的是
A．图甲中发生的还原反应是Mg2++ClO-+H2O+2e-=Cl-+Mg(OH)2↓
B．图乙中Cr2O72-向惰性电极移动，与该极附近的OH-结合，转化成Cr(OH)3除去
C．图乙电解池中，若有0.84 g阳极材料参与反应，则阴极会有168 mL（标准状况）的气体产生
D．若图甲燃料电池消耗0.36 g镁产生的电量用以图乙废水处理，理论上可产生1.07g氢氧化铁沉淀
【答案】A
【详解】
A．该原电池中，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，负极反应为Mg-2e-=Mg2+，电池反应式为Mg+ClO-+H2O=Cl-+Mg(OH)2↓，正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应，则总反应减去负极反应可得正极还原反应为Mg2++ClO-+H2O+2e-=Cl-+Mg(OH)2↓，A正确；B．图乙中惰性电极为阴极，Fe电极为阳极，则Cr2O72-离子向金属铁电极移动，与亚铁离子发生氧化还原反应生成的金属阳离子与惰性电极附近的OH-结合转化成Cr(OH)3除去，B 错误；
C．图乙的电解池中，阳极反应式是Fe-2e-＝Fe2+，阴极反应式是2H++2e-=H2↑，则n（Fe）
=
0.84
56/
g
g mol
=0.015mol，阴极气体在标况下的体积为0.015mol×22.4L/mol＝0.336L，C错
误；
D．由电子守恒可知，Mg～2e-～Fe2+，由原子守恒可知Fe2+～Fe(OH)3↓，则n（Mg）
=
0.36
24/
g
g mol
=0.015mol，理论可产生氢氧化铁沉淀的质量为0.015mol×107g/mol=1.605g，D
错误；
答案选A。

13．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。

14．一定条件下，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。

15．已知2mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出能量484kJ，且氧气中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH-O键形成时放出能量463kJ，则氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为（）
A．920kJ B．557kJ C．436kJ D．188kJ
【答案】C 【详解】
根据题意2mol 氢气完全燃烧生成水蒸气时放出能量484kJ ，2H 2(g)+O 2(g)=2H 2O(g) ΔH= -484 kJ/mol ，设1mol H-H 键断裂时吸收热量为x ，则ΔH= -484 = 2x + 496 - 463×4，解得x = 436，故C 正确； 故答案为C 。

【点睛】
反应热ΔH=反应物断键吸收的总能量减去生成物成键放出的总能量，若差值小于0，为放热反应，反之，为吸热反应。

16．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 【答案】B 【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 。

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．向某密闭容器中加入0.3 mol A 、0.l mol C 和一定量的B 三种气体，一定条件下发生如下反应：()
()()3A g B g +2C g 0 ΔH<，各物质的浓度随时间变化如图所示[t 0～t 1阶段
的c （B ）变化未画出]，下列说法中正确的是（ ）
A ．若t 1=15s ，则用A 的浓度变化表示t 0～t 1阶段的平均反应速率为0.004 mol·L -l ·s -1
B ．t 1时该反应达到平衡，A 的转化率为60%
C ．该容器的容积为2L ，B 的起始的物质的量为0.02 mol
D ．t 0～t 1阶段，此过程中容器与外界的热交换总量为a kJ ，该反应的热化学方程式为：
()
()()-13A g B g +2C g H=-50a kJ mol ∆⋅
【答案】B 【详解】
A ．t 0～t 1阶段，A 的浓度变化为0.15-0.06=0.09 mol·L －1，t 0～t 1阶段的平均反应速率为
-1-10.09mol/L
=0.006mol L s 15s
⋅⋅，A 错误；
B ．t 1时该反应达到平衡， A 的转化率为=0.09/0.15×100%=60%，B 正确；
C ．根据反应()
()()3A g B g +2C g 可知，反应达平衡后，∆c(A)=0.09 mol·L －1, ∆c(B)=0.03
mol·L －1,由图像可知反应达平衡后，c(B)=0.05 mol·L －1，所以B 的起始的浓度为0.02 mol·L －1
，B 的起始的物质的量为0.02mol/L×2L=0.04 mol ，C 错误；
D ．t 0～t 1阶段，∆c(A)=0.09 mol·L －1，∆n(A)=0.09×2 mol =0.18 mol ，此时放热a kJ ，如果有3mol A 完全反应，放热为50
a 3
kJ ，即()()()-150
3A g B g +2C g H=-
a kJ mol 3
∆⋅，D 错误； 答案选B 。

19．向BaCl 2溶液中通入SO 2气体，溶液仍然澄清；若将BaCl 2溶液分盛在两支试管中，一只试管加稀HNO 3,另一只加NaOH 溶液，然后再通入SO 2气体，结果两支试管都有白色沉淀产生。

由此得出的下列结论中不合理．．．的是 A ．SO 2是酸性氧化物、SO 2具有还原性 B ．两支试管中的白色沉淀不是同种物质 C ．BaCl 2既能跟强酸、又能跟强碱反应，具有两性 D ．升高pH 时，SO 2水溶液中SO 32-浓度增大 【答案】C 【分析】
根据SO 2的化学性质（酸性氧化物的性质、还原性）分析判断。

【详解】
SO 2与水反应生成的H 2SO 3是弱酸，故SO 2通入BaCl 2溶液不会生成BaSO 3和HCl 。

SO 2通入BaCl 2和稀硝酸的混合溶液中，SO 2被稀硝酸氧化为SO 42-，再与BaCl 2溶液反应生成BaSO 4沉淀；SO 2通入BaCl 2和NaOH 的混合溶液中，SO 2与NaOH 反应生成Na 2SO 3和水，再与BaCl 2溶液反应生成BaSO 3沉淀。

故A 、B 项正确，C 项错误。

H 2SO 3水溶液中存在两步电离，升高pH 时，促进电离，SO 32-浓度增大，D 项正确。

本题选C 。

【点睛】
SO 2有较强的还原性，稀硝酸有强氧化性，两者能发生氧化还原反应。

20．298K时，合成氨反应的热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4
kJ/mol，在该温度下，取1 mol N2和3 mol H2放在密闭容器内反应。

下列说法正确的是( ) A．在有催化剂存在的条件下，反应放出的热量为92.4 kJ
B．有无催化剂该反应放出的热量都为92.4 kJ
C．反应放出的热量始终小于92.4 kJ
D．若再充入1 mol H2，到达平衡时放出的热量应为92.4 kJ
【答案】C
【解析】
该反应为可逆反应，正向不可能进行到底，所以1 mol N2和3 mol H2反应放出的热量始终小于92.4 kJ，C正确。

二、实验题
21．某同学设计实验探究构成原电池的条件，装置如图所示：
甲.乙.
实验一：探究电极的构成。

图甲中，①A、B两极均选用石墨作电极，发现电流计指针不偏转；②A、B两极均选用铜片作电极，发现电流计指针不偏转；③A极用锌片，B极用铜片，发现电流计指针向左偏转；④A极用锌片，B极用石墨，发现电流计指针向左偏转。

(1)结论一：________________________；
实验二：探究溶液的构成。

图甲中，A极用锌片，B极用铜片，①液体采用无水乙醇，发现电流计指针不偏转；②改用硫酸溶液，发现电流计指针偏转，B极上有气体产生。

(2)结论二：________________________；
实验三：探究图乙装置能否构成原电池。

将锌、铜两电极分别放入稀硫酸中，发现锌片上有气泡产生，铜片上无明显现象，电流计指针不发生偏转。

(3)结论三：________________________；
思考：对该同学的实验，有同学提出了如下疑问，请你帮助解决。

(4)在图甲装置中，若A为镁片，B为铝片，电解质溶液为NaOH溶液；负极为
________(填“A”或“B”)；电流计的指针应向________(填“右”或“左”)偏转。

【答案】电极是两活泼性不同的电极溶液是电解质溶液构成闭合回路 B 右
【详解】
实验一：当两个电极相同时，不能够形成原电池，不同时则可以构成原电池，所以，可以得出的结论是：电极必须是两活泼性不同的电极，故答案为：电极是两活泼性不同的电极；
实验二：无水乙醇是非电解质，此时不能够形成原电池，而使用电解质溶液硫酸溶液时，可以构成原电池，这表明溶液必须是电解质溶液，故答案为：溶液是电解质溶液；
实验三：乙中没有构成闭合回路，不能够形成原电池，表明必须构成闭合回路才能够构成
原电池；由于Mg不会和氢氧化钠溶液反应，而Al可以和氢氧化钠溶液反应，所以，在甲图装置中，若A为镁片，B为铝片，电解质溶液为NaOH溶液，则Al为负极，电流计的指针应向右偏转；故答案为：构成闭合回路；B；右。

22．兴趣是最好的老师。

过氧化钠与水反应的“滴水生火”实验引起同学们的兴趣，大家主动探究着火原因。

Na O)与水反应生（猜想）(1)根据燃烧条件，知道脱脂棉是可燃物，小新认为过氧化钠(
22
成了可以支持燃烧的物质；小海又进行了补充：此反应还会_________(填“吸收”或“放出”)很多热量，进而满足了燃烧的另一个条件是___________。

（实验与探究）设计装置如图所示。

(2)打开分液漏斗的活塞，控制水滴加的速度，看到试管中有大量气泡产生，将带火星的木条靠近P出口，看到木条复燃，推测此气体是_______。

(3)实验中还观察到，M处有大量气泡冒出，产生这一现象的原因是________。

由此证明上述猜想是正确的。

（拓展与交流）
Na O)与水反应后生成的另一种物质(4)完成了以上实验，同学们又进一步探究过氧化钠(22
Na CO的混合物。

大家经过讨论认为是什么?小新认为是NaOH，小华认为是NaOH和23
小新的猜想是正确的，不可能生成碳酸钠，判断依据是__________。

(5)根据以上探究，要保证“滴水生火”魔术成功，从燃烧的条件考虑，滴入水的量要适量，不能太多，也不能太少，则必须做到_________。

【答案】放出温度达到可燃物的着火点氧气过氧化钠与水反应放热使锥形瓶内压强增大质量守恒定律控制反应物的用量
【分析】
(1)根据物质燃烧的条件可燃物燃烧需要足量的氧气和达到着火点分析;
(2)根据氧气能使带火星的木条复燃分析;
(3)根据气泡冒出说明温度升高分析;
(4)根据质量守恒分析;
（5）根据反应需要足够的热量分析。

【详解】
(1)根据物质燃烧的条件可知脱脂棉是可燃物，小新认为过氧化钠(22Na O )与水反应生成了可以支持燃烧的物质，此外，棉花要燃烧还需达到其着火点，故该反应还会放出热量。

(2)用带火星的木条靠近P 出口，木条复燃，说明该气体具有助燃性，根据元素守恒，可判断是氧气。

(3)M 处有大量气泡冒出，说明锥形瓶中的气体温度升高，故可知过氧化钠与水反应放热使锥形瓶内压强增大。

(4)过氧化钠(22Na O )与水反应后生成的另一种物质不可能是NaOH 和23Na CO 的混合物，反应物中不含有碳元素，根据质量守恒定律，不可能生成碳酸钠。

(5)水不能太多，因为水能灭火，也不能太少，因为产生的热量太少不能使脱脂棉燃烧，所以要使魔术成功必须控制反应物用量。

23．某同学利用铁与盐酸的反应，探究影响反应速率的因素(实验所用铁的质量相等且铁块的形状相同，盐酸均过量)，实验设计如表： 实验编号 盐酸浓度/(mol·L －1) 铁的状态 温度/K 1 2.00 块状 293 2 4.00 块状 293 3 4.00 粉末 293 4
4.00
块状
313
回答下列问题：
(1)若四组实验均以收集到448 mL(标准状况)氢气为标准，则上述实验中还需要测定的数据是________。

(2)实验1和2是探究________对该反应速率的影响；实验________和________是探究温度对该反应速率的影响。

(3)根据实验测得的在不同时间t 产生氢气体积V 的数据，绘制得到图甲，则曲线c 对应的实验组别可能是________。

根据实验数据，该同学发现对于每一组实验，产生氢气的速率υ随时间t 变化情况如图乙所示，其中t 1～t 2速率变化的主要原因是________。

(4)若上述实验所用盐酸体积均为250 mL ，实验3反应进行2 min 时收集到448 mL(标准状
况)氢气，反应后溶液体积不变，则该条件下，该时间段内，以盐酸的浓度变化表示的平均反应速率υ(HCl)=________。

【答案】收集448 mL氢气所需的时间盐酸的浓度 2 4 2 铁与盐酸反应放热，温度升高使反应速率加快 0.08 mol·L－1·min－1
【分析】
(1)实验已测定生成物气体的体积，测出其产生相同体积气体所需时间就可以求出该反应的速率；
(2)在研究某一外界条件对速率的影响时，其它条件应该相同，再对比不同条件的影响；
(3)根据温度、浓度、接触面积对反应速率的影响分别对应可得；
(4)利用υ(HCl)=c
t
计算。

【详解】
(1)实验为探究影响反应速率的因素，若四组实验均以收集到448mL(标准状况下)氢气为标准，通过测定产生相同体积气体所需时间就可以求出该反应的速率，故还需要测定收集448mL氢气所需的时间；
(2)实验1和2的铁的状态、温度均相同，盐酸浓度不同，故为探究盐酸浓度对该反应速率的影响；实验2和4盐酸浓度、铁的状态相同，故为研究温度对该反应速率的影响；(3)温度高的反应速率快，故4的速率最快，时间越短，为曲线a；温度、盐酸的浓度相同时，粉状铁与盐酸接触面积越大，反应速率越快，3为曲线b，2为曲线c；温度、铁块状态相同，盐酸浓度越小，反应速率越慢，1为曲线d，则曲线c对应的为2；t1～t2速率变化的主要原因为铁与盐酸反应为放热反应，温度升高使反应速率加快；
(4)448 mL(标准状况)氢气的物质的量为0.02mol，则消耗盐酸的物质的量为0.04mol，
υ(HCl)=
0.04
0.252
mol
L min
=0.08 mol·L－1·min－1。

【点睛】
研究某一外界条件对速率的影响时，其它条件应该相同。

24．1799年，伏打仔细研究了伽伐尼的发现，以含食盐水的湿抹布，夹在银和锌的圆形版中间，堆积成圆柱状，制造出世界上最早的电池－伏打电池。

将洁净的金属片A、B、D、E 分别放置在浸有盐溶液的滤纸上面并压紧(如下图所示)。

在每次实验时，记录电压表指针的移动方向和电压表的读数如下：
金属电子流动方向电压(V)
A A→Cu+0.78。