河北省曲周县一中高中化学第六章 化学反应与能量 知识点及练习题含答案解析

河北省曲周县一中高中化学第六章化学反应与能量知识点及练习题含答案
解析
一、选择题
1．反应2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为v=k•c m(NO)•c n(H2)(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：
①2NO+H2═N2+H2O2(慢)
②H2O2+H2═2H2O(快)
T℃时测得有关实验数据如下：
下列说法错误的是
A．整个反应速度由第①步反应决定
B．正反应的活化能一定是①＜②
C．该反应速率表达式：v=5000c2(NO)•c(H2)
D．该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)△H=-664kJ•mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】
A．①2NO+H2═N2+H2O2(慢)，②H2O2+H2═2H2O(快)，反应历程中反应慢的决定反应速率，整个反应速度由第①步反应决定，故A正确；
B．反应①难以进行，说明反应的活化能高，正反应的活化能一定是①＞②，故B错误；
C．比较图表Ⅰ、Ⅱ数据可知NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，Ⅲ、Ⅳ数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，v=Kc2(NO)•c(H2)，依据Ⅰ中数据计算K=5000，则速率方程v=5000c2(NO)•c(H2)，故C正确；
D．反应2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，生成28gN2放热664KJ，热化学方程式为：2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)△H=-664kJ•mol-1，故D正确；故选B。

2．运用推理、归纳、类比、对比的方法得出下列结论，其中合理的是
A．铝的金属活动性比铁强，则铝制品比铁制品更易锈蚀
B．水和过氧化氢的组成元素相同，则二者的化学性质相同
C．Na+、Mg2+、Cl-的最外层电子数均为8，由此得出离子的最外层电子数均为8
D．同温下分解氯酸钾，加催化剂的反应速率更快，说明催化剂可以改变反应速率
【答案】D
【详解】
A．铝的金属活动性比铁强，但铝制品比铁制品更耐腐蚀，因为在铝制品表明能形成一层致密的氧化膜，A错误；
B．水和过氧化氢的组成元素相同，二者的化学性质不相同，B错误；
C．Na+、Mg2+、Cl-的最外层电子数均为8，但离子的最外层电子数不一定均为8，例如铁离子等，C错误；
D．同温下分解氯酸钾，加催化剂的反应速率更快，说明催化剂可以改变反应速率，D正确；
答案选D。

3．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。

4．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。

5．废旧电池最好的处理方法是
A．深埋入地下B．丢弃C．回收利用D．烧掉
【答案】C
【详解】
废电池里含有大量重金属汞、镉、锰、铅等，当废电池日晒雨淋表面皮层锈蚀后，其中的成分就会渗透到土壤和地下水，造成土壤污染和水污染，则废旧电池最好的处理方法是回收利用，故答案为C。

6．反应Ⅰ：CaSO4(s)＋4CO(g)CaS(s)＋4CO2(g) ΔH1＝－175.6 kJ·mol-1反应
Ⅱ：CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g) ΔH2＝＋218.4 kJ·mol-1假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)小于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是( )
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】
反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，因为B、C两图中反应Ⅰ的生成物总能量高于反应物总能量，而反应Ⅱ的生成物总能量低于反应物总能量，则B、C错误。

由题意知：反应Ⅰ的速率(v1)小于反应Ⅱ的速率(v2)，则反应Ⅰ的活化能较大，则A错误、D正确，故选D。

7．将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示(A、B为多孔性碳棒)持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积V L。

则下列说法正确的是
A．OH－由A端移向B端
B．0＜V≤22.4 L时，电池总反应的化学方程式为CH4 ＋2O2 ＋KOH=KHCO3 ＋2H2O
C．22.4 L＜V≤44.8 L时，负极电极反应为：CH4 ＋9CO32-＋3H2O－8e－=10HCO3-
D．V＝33.6 L时，溶液中阴离子浓度大小关系为c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(OH－)
【答案】C
【解析】
【分析】
n（KOH）=2mol/L×1L=2mol，可能先后发生反应①CH4+2O2=CO2+2H2O、
②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3。

【详解】
A、燃料电池中，通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，在原电池中阴离子向负极移动，OH-由B端移向A端，故A错误；
B、当0＜V≤22.4L时，0＜n（CH4）≤1mol，则0＜n（CO2）≤1mol，只发生反应①②，且KOH过量，则电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，故B错误；
C、当22.4 L＜V≤44.8L，1mol＜n（CH4）≤2mol，则1mol＜n（CO2）≤2mol，发生反应
①②③，得到K2CO3和KHCO3溶液，则负极反应式为CH4-8e-+9CO32-+3H2O=10HCO3-，故C
正确；
D、当V=33.6L时，n（CH4）=1.5mol，n（CO2）=1.5mol，则电池总反应式为
3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O，则得到0.5molK2CO3和1molKHCO3的溶液，则c （HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-），故D错误；
故选C。

【点晴】
本题考查了燃料电池的工作原理重要考点，计算要求的综合性较强，本题难度较大。

解答本题，要理清思路：燃料电池中，通入燃料的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，n（KOH）=2mol/L×1L=2mol，可能先后发生反应①CH4+2O2→CO2+2H2O、
②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。

8．某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液。

下列说法正确的是A．电子由Zn电极流出，经KOH溶液流向正极
O-+=Fe2O3+5H2O
B．正极反应式为2Fe2
4
C．该电池放电过程中电解质溶液浓度不变
D．电池工作时OH-向负极迁移
【答案】D
【解析】
【详解】
A．电子由电源的负极经导线流向正极，所以电子从锌极经导线流向K2FeO4极，A错误；
O-+8H2O+6e-=Fe(OH)3+10OH-，B B．KOH溶液为电解溶质溶液，则正极电极反应式为：2Fe2
4
错误；
C．该电池放电过程中电解质溶液浓度减小，C错误；
D．电池工作时阴离子向负极移动，所以OH-向负极迁移，D正确；
答案选D。

9．Mg－H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。

该电池以海水为电解质溶液，示意图如图。

该电池工作时，下列说法正确的是()
A．Mg电极是该电池的正极B．H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C．石墨电极附近溶液的碱性增强D．溶液中Cl－向正极移动
【答案】C
【分析】
镁、过氧化氢和海水形成原电池，镁做负极发生氧化反应，过氧化氢在正极上发生还原反
应，过氧化氢做氧化剂被还原为OH -，溶液pH 增大，原电池中阴离子移向负极。

【详解】
A ．组成的原电池的负极被氧化，镁为负极，不是正极，故A 错误；
B ．双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为氢氧根离子，发生还原反应，故B 错误；
C ．双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为氢氧根离子，电极反应为，H 2O 2+2e -=2OH -，故溶液pH 值增大，故C 正确；
D ．溶液中Cl －移动方向与同外电路电子移动方向一致，应向负极方向移动，故D 错误； 答案选C 。

10．可逆反应2NO 2
2NO ＋O 2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 O 2的同时生成2n mol NO 2 ②混合气体的平均相对分子质量不再改变 ③NO 2、NO 、O 2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 ．①②④ B ．②③⑤
C ．①②⑤
D ．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 O 2的同时生成2n mol NO 2，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NO 2，NO ，O 2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；
④NO 2是红棕色气体，颜色不变时说明NO 2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 。

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：
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．某同学为探究FeCl 3与KI 反应是否存在反应限度，设计了如下实验方案(FeCl 3溶液、KI 溶液浓度均为0.1mo1・L -1)，最合理的方案是
A ．方案1
B ．方案2
C ．方案3
D ．方案4
【答案】D
【详解】
KI溶液和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，反应的离子方程式为2Fe3++2I-
═2Fe2++I2，反应后的溶液中加入CCl4，如有机层呈紫红色，则说明生成碘；向含Fe3+的溶液中滴加几滴KSCN溶液呈血红色，这是Fe3+的特殊反应，所以可滴加KSCN溶液，溶液显血红色，发生Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3，就说明Fe3+没有反应完，故D正确。

13．在一绝热（不与外界发生热交换）的恒容容器中，发生反应：2A(g)+B(s)
C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的有（）个
①容器内温度不变②混合气体的密度不变③混合气体的压强不变
④混合气体的平均相对分子质量不变⑤C(g)的物质的量浓度不变
⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1 ⑦某时刻v(A)＝2v(C)且不等于零
⑧单位时间内生成n mol D，同时生成2n mol A
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【详解】
①该容器为绝热容器，容器内温度不变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；
②由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，恒容容器中混合气体的密度增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的密度不变，混合气体的密度不变能说明反应达到平衡状态；
③该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡过程中混合气体分子总物质的量始终不变，由于是绝热容器，建立平衡过程中容器温度变化，混合气体压强发生变化，达到平衡时温度不变，混合气体压强不变，混合气体的压强不变说明反应达到平衡；
④由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，混合气体分子总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态；
⑤C(g)的物质的量浓度不变是化学平衡的特征标志，说明反应达到平衡状态；
⑥达到平衡时A、C、D的浓度保持不变，但不一定等于2:1:1，A、C、D三种气体的浓度之比为2:1:1时反应不一定达到平衡状态；
⑦某时刻υ(A)=2υ(C)且不等于零，没有指明是正反应速率，还是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态；
⑧单位时间内生成n mol D一定消耗2n mol A，同时生成2n mol A，A的浓度不变说明反应达到平衡状态；
能说明反应达到平衡状态的有①②③④⑤⑧，共6个，答案选C。

【点睛】
本题考查化学平衡的标志，化学平衡的标志是：逆向相等，变量不变。

“逆向相等”指达到平衡时同一物质表示的正、逆反应速率相等，说明反应达到了平衡状态；“变量不变”指可变物理量不变是平衡的标志，不变物理量不变不能作为平衡的标志。

注意本题中的B呈固态以及容器为绝热容器。

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．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：Li 1-x Mn 2O 4+xLi ++xe － = LiMn 2O 4
C ．电池总反应为：Li 1-x Mn 2O 4+xLi = LiMn 2O 4
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，LiMn 2O 4为正极；充电时Li +在阴极得电子，LiMn 2O 4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，Li 1-x Mn 2O 4得电子被还原，电极反应为：Li 1-x Mn 2O 4+xLi ++xe － = LiMn 2O 4，B 项正确；
C. Li 失电子，Li 1-x Mn 2O 4得电子，生成的产物为LiMn 2O 4，电池的总反应为：Li 1-x Mn 2O 4+xLi = LiMn 2O 4，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 。

16．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()1
1
2X 0.3mol L min v --=⋅⋅和()1
1
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。

17．已知反应:NO 2(g) + SO 2(g)SO 3(g) + NO(g) ，起始时向某密闭容器中通入1 mol NO 2 、
2 mol S 18O 2，.反应达到平衡后，下列有关说法正确的是:
A ．NO 2中不可能含18O
B ．有1 mol N 18O 生成
C ．S 18O 2的物质的量不可能为0. 8 mol
D ．SO 2、SO 3、NO 、NO 2均含18O 时，说明该
反应达到平衡 【答案】C 【详解】 A ．NO 2(g) + SO 2(g)SO 3(g) + NO(g) 反应到达平衡后，化学平衡是一个动态平衡，故NO 2中可能含18O ，A 错误；
B ．NO 2(g) + SO 2(g)
SO 3(g) + NO(g)该反应是可逆反应， NO 2的转化率小于100%，故生成
N 18O 的物质的量小于1mol ，B 错误；
C ．反应物的物质的量变化量之比等于化学计量数之比，又因为NO 2(g) + SO 2(g)SO 3(g)
+ NO(g)这个反应是可逆反应，NO 2的转化率小于100%，故平衡时 S 18O 2的物质的量大于
1.0mol ，C 正确；
D ．反应物、生成物的物质的量不在随着时间的改变而改变，当SO 2、SO 3、NO 、NO 2均含
18
O 时，不能说明反应达到平衡，D 错误；
答案选C 。

【点睛】
对应可逆反应，反应物的转化率小于100%，生成物的产率小于100%，化学平衡是一个动态平衡，达到平衡后，同种物质的正、逆反应速率相等且都大于0。

18．一定条件下，对于可逆反应：X （g ）＋3Y （g ）
2Z （g ），若 X 、Y 、Z 的起始浓
度分别为 c 1、c 2、c 3（均不为 0，单位 mol/L ），达到平衡时，X 、Y 、Z 的浓度分别为 0.1 mol/L 、0.3 mol/L 、0.08mol/L ，则下列判断不正确的是 A ．c 1∶c 2＝1∶3
B ．平衡时 Y 和 Z 的生成速率之比为 3∶2
C ．X 、Y 的转化率之比等于 1:3
D ．c 2 的取值范围为 0＜c 2＜0.42 mol/L
【答案】C 【详解】
A.设X 转化的浓度为x ，若从正反应建立平衡，则 123
X(g)+3Y(g)=2Z(g)
c c c 320.10.30.08
x x x 起始(mol/L)转化(mol/L)平衡(mol/L)，
12c 0.1moL /L 1c 30.3mol /L 3x x +==+，若从逆反应建立平衡，则，12c 0.1moL /L-1c 0.3mol /L-33
x x ==，故A 正确；
B. 平衡时，正逆反应速率相等，则Y 和Z 的生成速率之比为3:2，故B 正确；
C. 按A 分析，反应前后X 、Y 气体的浓度比为1:3、化学方程式中化学计量数之比为1:3，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C 错误；
D. 反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如从正反应建立平衡，则消耗X 小于
0.04mol ⋅L −1、消耗X 小于0.12mol ⋅L −1，则c 2<0.12mol ⋅L −1+0.3mol ⋅L −1=0.42mol ⋅L −1，如反应从逆反应建立平衡，按已知条件，0<c 2，故有0<c 2<0. 42mol ⋅L −1，故D 正确； 答案选C 。

19．某化学反应2X(g)
Y(g)＋Z(g)在4种不同条件下进行，Y 、Z 起始浓度为0，反应
物X 的浓度(mol·L －1)随反应时间(min)的变化情况如下表： 实验 序号 时间 浓度 温度 0
10
20
30
40
50
60
1 800 ℃ 1.0 0.80 0.67 0.57 0.50 0.50 0.50
2 800 ℃ 1.0 0.60 0.50 0.50 0.50 0.50 0.50
3 800 ℃ c 0.92 0.75 0.63 0.60 0.60 0.60 4
820 ℃
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
下列说法不正确的是( ) A ．c ＞1.0
B ．实验2可能使用了催化剂
C ．实验3比实验2先达到化学平衡状态
D ．前10分钟，实验4的平均化学反应速率比实验1的大 【答案】C 【详解】
A ．实验3达到平衡X 的浓度大于实验1，温度相同，达到平衡说明X 起始浓度C 大于1.0mol/L ，故A 正确；
B ．实验2和实验1达到相同的平衡状态，但实验2所需时间短说明可能使用了催化剂，催化剂改变反应速率不改变化学平衡，故B 正确；
C ．依据图表数据分析，实验3在40min 时X 浓度不变达到平衡，实验2在20min 时达到平衡，实验2达到平衡快，故C 错误；
D ．实验4和实验1在10分钟都未达到平衡，依据化学反应速率概念计算，实验1X 的反
应速率=1.0/0.8/
10
mol L mol L
min
-
=0.02mol/L•min，实验4X的反应速率
=1.0/0.4/
10
mol L mol L
min
-
=0.06mol/L•min，所以实验4反应速率大于实验1，故D正确；
故选C。

【点睛】
解答时应注意如下几点：(1)反应达到平衡的过程是(以起始生成物浓度为0为例)：①开始：反应物浓度最大，生成物浓度为0，正反应速率最大，逆反应速率为0；②过程中：反应物浓度不断减小，生成物浓度不断增大，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大；
③平衡时：反应物浓度和生成物浓度都达到平衡，保持不变，正逆反应速率也保持不变；
(2)化学平衡研究的对象是可逆反应，因此不可能完全转化；达到化学平衡时，正逆反应速率相等，但不为零。

20．1mol 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。

二、实验题
21．某化学小组将草酸(H2C2O4，二元弱酸)溶液与硫酸酸化的KMnO4溶液混合。

研究发现，少量MnSO4可对该反应起催化作用。

为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：
（1）常温下，控制KMnO4溶液初始浓度相同，调节不同的初始pH和草酸溶液用量，做对比实验。

请完成以下实验设计表。

表中a、b的值分别为a=___、b=___。

（2）该反应的离子方程式为___。

（3）若t1＜t2，则根据实验①和②得到的结论是___。

（4）请你设计实验④验证MnSO4对该反应起催化作用，完成表中内容。

【答案】50 10 5H2C2O4+2MnO4-+6H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O 其他条件相同时，溶液的pH对该反应的速率有影响；(其他条件相同时，溶液的pH减小反应速率加快) 向反应混合液中加入少量MnSO4固体，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验
【详解】
(1)根据实验目的，常温下，控制KMnO4溶液初始浓度相同，调节不同的初始pH和草酸溶液用量，做对比实验。

实验①和②，探究不同的初始pH对化学反应速率的影响，实验②和③，探究不同草酸溶液用量对化学反应速率的影响，因此除了草酸用量不同，其他量均相同，可得a=50，为了维持溶液体积好与②相同，b=10；
(2)草酸被高锰酸钾氧化生成CO2，MnO4－还原成Mn2＋，离子方程式为5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；
(3)实验①和②探究不同的初始pH对化学反应速率的影响，若t1＜t2，说明其他条件相同时，溶液的pH减小反应速率加快；
(4)实验④验证MnSO4对该反应起催化作用，且与实验①作对比，因此除了MnSO4的用量不同其他均相同，实验方案为向反应混合液中加入少量MnSO4固体，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验。

22．某化学兴趣小组设计装置，进行实验探究KMnO4与浓盐酸的反应。

[实验1]设计如图1所示装置，并验证氯气的漂白性。

(1)高锰酸钾与浓盐酸的反应中，浓盐酸表现出的性质是_________；若实验中产生2.24
L(标准状况)Cl2，设N A为阿伏加德罗常数的值，则转移的电子数为___________。

(2)利用装置C验证氯气是否具有漂白性，则装置中I、II、III处依次放入的物质可能是
__________________。

[实验2]设计如图2所示装置，左侧烧杯中加入100 mL由2.00 mol·L－1 KMnO4和6 mol·L－1 H2SO4组成的混合溶液，右侧烧杯中加入100 mL 5.00 mol·L－1 BaCl2溶液，盐桥选择KNO3琼脂。

(3)若用98%的浓硫酸(密度为1.84 g·cm－3)配制500 mL 6 mol·L－1的稀硫酸时，除了需用到玻璃棒、烧杯、量筒之外，还必须用到的玻璃仪器为____________；下列操作会导致所配溶液浓度偏小的是____________(填字母)。

A．容量瓶内壁附有水珠却未干燥处理 B．加水定容时俯视刻度线
C．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补足 D．稀释过程中有少量液体溅出烧杯外(4)左侧烧杯中石墨电极上的电极反应式为________________________________；盐桥中的K＋移向____________ (填“左”或“右”)侧烧杯的溶液中。

(5)实验发现，其他条件不变，改用10.0 mol·L－1 H2SO4时，生成氯气的速率比使用6 mol·L－1 H2SO4时快且产生的气体体积更大，其可能的原因是______________________________。

【答案】酸性、还原性 0.2N A湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条 500mL
+5e-+8H+=Mn2++4H2O 左氢离子浓度大，KMnO4的氧化性容量瓶、胶头滴管 CD MnO-
4
增强，反应速率快能氧化更多的氯离子
【分析】
[实验1](1)高锰酸钾与浓盐酸反应制备Cl2时，HCl部分被氧化，生成了Cl2，体现出了还原性；生成了KCl和MnCl2，体现出酸性；
(2)氯气溶于水生成的HClO具有漂白性，利用饱和食盐水除去HCl的氯气中含有水蒸气，因此先通过湿润的有色布条，探究氯气是否有漂白性；
[实验2](4)KMnO4能够氧化HCl生成Cl2，KMnO4在此过程中得到电子，发生还原反应，左侧石墨电极为正极；
(5)一般条件下，酸性越强，氧化性越强，KMnO4与HCl的反应速率越快。

【详解】
[实验1](1)高锰酸钾和浓盐酸制备Cl2的化学方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，HCl中有一部分Cl的化合价升高，生成了Cl2，体现出了还原性；有一部分化合价没有变化，形成了KCl和MnCl2，体现出了酸性；根据化学方程式生成5molCl2转移10mol电子，若产生的了2.24L即0.1molCl2，则转移的电子的物质的量为0.2mol，其数目
为0.2N A；
(2)装置A生成Cl2，利用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，经过B装置的氯气中含有水蒸气，因此先经过湿润的有色布条，再干燥，在经过干燥的有色布条；因此I为湿润的有色布条，Ⅲ为干燥的有色布条，Ⅱ为无水氯化钙，用于干燥Cl2；
[实验2](3)用浓硫酸配制一定物质的量浓度的硫酸时，量取浓硫酸时需要量筒，浓硫酸稀释时，需要烧杯和玻璃棒；转移时，需要500mL容量瓶，定容时需要胶头滴管；因此还需要的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；
A．容量瓶内壁有水珠未干燥，对溶液中的硫酸的物质的量和溶液的体积均无影响，浓度不变，A不符合题意；
B．加水定容时，俯视刻度线，体积偏小，硫酸的浓度偏大，B不符合题意；
C．颠倒摇匀后，凹液面低于刻度线又补加水，相当于稀释，所配溶液浓度偏小，C符合题意；
D．稀释过程中，有少量液体溅出，则容量瓶溶液中的溶质减小，所配溶液浓度偏小，D符合题意；
答案选CD；
(4)利用原电池制备Cl2，左侧加入的KMnO4和H2SO4，KMnO4得到电子转化为Mn2＋，其电极反应式为MnO4－＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O；在原电池中，阳离子向正极移动，左侧KMnO4得到电子发生还原反应，则左侧的石墨电极为正极，则K＋向左移动；
(5)在一般情况下，酸性越强，氧化性越强；硫酸的浓度越大，氢离子浓度越大，高锰酸钾的氧化性越强，化学反应速率越快，能氧化更多的氯离子。

23．用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为
2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。

一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)：
实验序号A溶液B溶液
①20mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.1mol·L-1KMnO4溶液
②20mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.1mol·L-1KMnO4溶液
（1）该实验探究的是___因素对化学反应速率的影响。

如图一，相同时间内针筒中所得的CO2体积大小关系是___（填实验序号）。

（2）若实验①在2min末收集了2.24mLCO2(标准状况下)，则在2min末，
c(MnO4-)=___mol·L-1(假设混合液体积为50mL)。