高考化学第六章 化学反应与能量 单元测试

一、选择题
1．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。

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．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．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 。

5．某实验兴趣小组以Zn 和Cu 为电极，稀硫酸为电解质溶液研究原电池，并对实验进行了拓展，以下实验记录错误的是 A ．铜片上有气泡产生，锌片逐渐溶解 B ．电子在溶液中从Cu 电极流向Zn 电极 C ．把铜片换成石墨，实验现象相同 D ．把稀硫酸换成硫酸铜溶液，电流计指针依
然偏转 【答案】B 【分析】
以Zn 和Cu 为电极，稀硫酸为电解质溶液构成的原电池中，金属锌做负极，金属铜做正极。

【详解】
A. 铜片正极上会析出氢气即有气泡产生，负极锌片逐渐溶解，故A 不选；
B. 电子不能经过电解质，而是沿导线从负极流向正极，故B 选；
C. 把铜片换成石墨，仍具备原电池的构成条件，会产生电流，锌做负极，石墨做正极，电极上生成氢气，故C 不选；
D. 以Zn 和Cu 为电极,硫酸铜为电解质溶液,发生的氧化还原反应Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，仍具备原电池的构成条件，可以形成原电池，会产生电流，故D 不选； 故选：B 。

6．我国科研人员提出了由CO 2和CH 4转化为高附加值产品CH 3COOH 的催化反应历程。

该反应历程示意如下：
下列说法不正确的是 A ．该反应遵循质量守恒定律 B ．CH 4→CH 3COOH 过程中，有C —H 键发生断裂
C ．①→②吸收能量并形成了C —C 键
D ．生成CH 3COOH 总反应的原子利用率为
100％ 【答案】C 【详解】
A ．该反应总反应为CH 4+CO 2 催化剂
CH 3COOH ，反应遵循质量守恒定律，故A 项说法正确； B ．图中变化可知，甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键，必有C−H 键发生断裂，故B 项说法正确；
C ．①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C−C 键形成，故C 项说法错误；
D ．由图可知，1mol 甲烷和1mol 二氧化碳反应生成1mol 乙酸，生成CH 3COOH 总反应的原子利用率为100%，故D 项说法正确； 综上所述，说法不正确的是C 项，故答案为C 。

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．以反应5H2C2O4+2-4
MnO+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。

实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KmnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。

下列说法不正确的是
A．实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40 s，则这段时间内平均反应速率
v(KMnO4)=2.5×10-4 mol·L-1·s-1
B．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn 2+对反应起催化作用
C．实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D．实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量
【答案】A
【详解】
A. 高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：0.010mol/L0.004L 0.002L+0.004L
⨯
=2
3
×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=
2
0.010mol/L
3
40s
⨯
=1.7×10−4
mol⋅L−1⋅s−1，故A错误；
B. 在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故B正确；
C. 分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，即实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响；实验②和③只是温度不同，所以实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响，故C正确；
D. 根据反应方程式可得5H2C2O4−2MnO4-由实验数据分析可知，在这三个实验中，所加
H2C2O4溶液均过量，故D正确；
故选：A。

9．下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是
A．铝片与盐酸的反应B．灼热的碳与CO2的反应
C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应D．甲烷在氧气中的燃烧反应
【答案】B
【详解】
A．金属与酸的反应属于放热反应，故A错误；
B．灼热的碳与CO2的反应为吸热反应，且C元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故B 正确；
C．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应为放热反应，但没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C错误；
D．甲烷在氧气中燃烧属于放热反应，故D错误；
故选B。

【点睛】
本题考查氧化还原反应和吸热反应，为高考高频考点，侧重反应类型判断的考查。

常见的吸热反应有：Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应、大多数的分解反应、C(或氢气)参加的氧化还原反应等。

10．下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A．铝不能滴落下来，好像有一层膜兜着并不是因为铝熔点高，而是因为加热时铝与氧气反应生成熔点很高的氧化铝，故A错误；
B．生成的HCl气体与空气中的水蒸气凝结成小液滴，出现白雾并不是白烟，故B错误；C．铝和盐酸或者氢氧化钠反应生成的气体均为氢气，故C错误；
D．两支试管中只有H2O2溶液的浓度不同，其他条件完全相同，6%的H2O2溶液试管中产生气泡的速率较快，可以说明相同条件浓度大H2O2分解速率快，故D正确；
综上所述答案为D。

11．在一定条件下，向某容器中充入N2和H2合成NH3，以下叙述错误的是( )
A．开始反应时，正反应速率最大，逆反应速率为零
B．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后减小为零
C．随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，最后保持恒定
D．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后与逆反应速率相等且都保持恒定
【答案】B
【详解】
A．由于发生是从正反应方向开始的，所以开始反应时，正反应速率最大，逆反应速率为零，正确；
B．随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，生成物的浓度逐渐增大，因此正反应速率逐渐减小，逆反应的速率逐渐增大，最后当正反应与逆反应的速率相等时反应达到了平衡，但是不可能减小为零。

错误；
C．随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，当增大到与正反应速率相等时，反应就达到了平衡状态而最后保持恒定，正确；
D．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，当达到平衡时，正反应速率与逆反应速率相等且都保持恒定，正确。

12．一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＋2H2O 石墨：2H2O＋O2＋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＋O2===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＋O2=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。

13．一定温度时，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。

14．人们利用原电池原理，制作了多种电池，如电子计算机所用纽扣电池就是其中一种。

它的两极材料为锌和氧化银，电解质溶液为KOH溶液，其电极反应是：Zn +2OH--2e-
═ZnO+H2O Ag2O+H2O+2e-═2Ag+2OH-下列判断正确的是
A．锌为正极，Ag2O为负极B．原电池工作时，负极区溶液pH增大C．锌为负极，Ag2O为正极D．原电池工作时，溶液中K+向负极移动
【答案】C
【分析】
【详解】
A．根据电极反应式，锌失电子发生氧化反应，所以锌为负极，故A错误；
B．负极反应Zn +2OH--2e-═ZnO+H2O，消耗氢氧根离子，溶液pH减小，故B错误；C．锌失电子发生氧化反应，所以锌为负极，故C正确；
D．溶液中K+向正极移动，故D错误。

15．某同学为探究FeCl3与KI反应是否存在反应限度，设计了如下实验方案(FeCl3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。

16．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0.1molNO 2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2NO 2+8e -+8H +=N 2+4H 2O 【答案】C 【分析】
由反应6NO 2+8NH 3═7N 2+12H 2O 可知，反应中NO 2为氧化剂，NH 3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6NO 2+8NH 3═7N 2+12H 2O 可知，反应中NO 2为氧化剂，NH 3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0.1molNO 2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2NO 2+8e -+4H 2O=N 2+8OH -，故D 错误； 故答案为C 。

17．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。

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 123X(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-33x 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．下列说法正确的是( )
A ．H 2(g)＋I 2(g) ⇌ 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变
B ．C(s)＋H 2O(g) ⇌ H 2(g)＋CO(g)，气体的总物质的量不再改变不能说明反应已达平衡
C ．若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)＋B(g) ⇌ 2C(?)已达平衡，则A 、C 不能同时是气体
D ．1 mol N 2和3 mol H 2反应达到平衡时H 2转化率为10%，放出的热量为Q 1；在相同温度和压强下，当2 mol NH 3分解为N 2和H 2的转化率为10%时，吸收的热量为Q 2，Q 2等于Q 1
【答案】D
【详解】
A. H 2(g)＋I 2(g) ⇌ 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积增大压强，则正逆反应速率均增大，A 错误；
B. C(s)＋H 2O(g) ⇌ H 2(g)＋CO(g)，气体的总物质的量会随着反应而变化，当其不再改变时则能说明反应已达平衡，B 错误；
C. 2A(?)＋B(g) ⇌ 2C(?)的两边，气体分子总数不可能相等，故不管A 、C 是什么状态，若压强
不再随时间变化均能说明反应2A(?)＋B(g) ⇌
2C(?)已达平衡，C 错误； D. 设合成氨反应中消耗1 mol N 2和3 mol H 2同时生成2 mol NH 3时，放出热量为Q ，则热化学方程式为：1223N (g)+3H (g)
2NH (g)kJ mol H Q -∆=-⋅，消耗2 mol NH 3同时生成1 mol N 2和3 mol H 2时，吸收热量为Q ，则热化学方程式为：13222NH (g)N (g)+3H (g)kJ mol H Q -∆=+⋅，当1 mol N 2和3 mol H 2反应达到平衡时H 2转化率为10%，放出的热量为Q 1=0.1Q ，在相同温度和压强下，当2 mol NH 3分解为N 2和H 2的转化率为10%时，吸收的热量为Q 2=0.1Q ，D 正确；
答案选D 。

20．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 ＋=Zn 2＋＋H 2↑，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。

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．我校化学兴趣小组选择“铝丝和盐酸反应的快慢与什么因素有关”的课题开展探究。

Ⅰ．甲同学分别用相同质量和大小的铝丝和足量稀盐酸反应的三组实验数据：
(1)能表明盐酸浓度对反应快慢有影响的实验编号是：______。

(2)如果把实验②中温度提高至25℃，请你推出铝丝消失时间(用t表示)的取值范围
______：
(3)该实验除了用铝丝消失的时间来衡量反应的快慢外，你还能提出________方法来衡量该反应的快慢。

Ⅱ．乙同学在200mL稀盐酸中加入适量的铝粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)：
(1)求2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率为___mol·L-1·min-1。

(2)哪一时间段(指0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min)反应速率最小_，原因是__。

(3)哪一时间段的反应速率最大__，原因是_______。

Ⅲ．丙同学将稀盐酸换成稀硫酸进行实验，发现铝丝与稀硫酸反应现象不明显。

SO 的存在减慢了Al与H+的反应速率。

他提出假设：2
4
请你设计实验验证他的假设______。

【答案】①② 80<t<300 通过产生气泡的快慢 0.05 4～5min 随着反应的进行，盐酸不断消耗，溶液中c(H+)最小，反应速率最小 2～3min 反应放热，使溶液温度升高，反应速率最大取两支试管，分别加入同样大小的铝丝和等量的盐酸，再在第一支试管中加入硫酸钠固体，比较生成气泡的快慢
【详解】
I．(1)实验①和实验②反应温度不同，盐酸的质量分数相同，两种实验对比可以表明盐酸浓度对反应快慢有影响；
(2)如果把实验②中温度提高至25℃，则反应速率要比20℃时要快，所以铝丝消失时间小于300s；但由于其温度小于30℃，所以消失时间要大于第③组，所以80<t<300；
(3)铝和盐酸反应生成氢气，所以还可以通过观察产生气泡的快慢来衡量反应的快慢；Ⅱ．(1)2～3分钟时间段产生的氢气的体积为232mL-120mL=112mL，
n(H2)=
0.112L
22.4L/mol
=0.005mol，根据元素守恒可知该时段内消耗的n(HCl)=0.01mol，溶液体
积为200mL，所以v(HCl)=
0.01mol
0.2L1min
=0.05mol·L-1·min-1；
(2)根据表格数据可知0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min生成的氢气体积分别为：50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，所以反应速率最小的时段为4～5min；原因是：随着反应的进行，盐酸不断消耗，溶液中c(H+)最小，反应速率最小；
(3)根据(2)可知2～3min时反应速率最大，该反应放热，随反应进行温度升高，而此时浓度还较大，温度为主导因素，使该时段内反应速率最大；
Ⅲ．实验目的是要验证硫酸根的存在是否减慢了Al和H+的反应，所以可设计两组实验，变量为酸中的阴离子，具体操作为：取两支试管，分别加入同样大小的铝丝和等量的盐酸，再在第一支试管中加入硫酸钠固体，比较生成气泡的快慢。

【点睛】
控制变量法探究影响反应速率的因素时，不同组实验的变量要唯一。

23．某小组同学设计实验，探究中和反应的发生。

（实验过程）
编号实验操作
实验I
向滴有酚酞的氢氧化钠溶液中滴加稀盐酸，观察现象
实验II
按如图进行实验，对比①、②中的实验现象
(1)中和反应的实质是______(用离子方程式表示)。

(2)实验I中，中和反应发生的现象是______。

(3)实验II中，能判断中和反应发生的依据是______。

a.反应结束消耗镁条的量②＞①
b.镁条表面产生气泡的速率①＞②
(4)实验II中，如果提供温度计、气球(收集气体)等辅助仪器，还能获取证明中和反应发生的实验证据是______。

【答案】H++OH-=H2O 溶液由红色逐渐变为无色 b 相同温度和压强下，用气球收集①、②中完全反应时产生的气体，①中收集气体的气球比②中收集气体的气球体积大。

【分析】
实验I：由于酚酞遇碱变红，向氢氧化钠溶液中滴加酚酞，溶液变红，再向溶液中滴加盐酸，发生酸碱中和反应，溶液中氢氧根离子被消耗，随着盐酸的滴加，氢氧根离子逐渐减少至完全被消耗，溶液由红色逐渐变为无色；
实验II：操作①、②中盐酸的物质的量相同，直接与打磨过的相同质量的镁条反应，发生的离子反应都为：Mg+2H+= Mg2++H2↑，完全反应后，①、②中消耗镁条的质量相同；若操作①先加水稀释，氢离子的总的物质的量不变，操作②先加氢氧化钠溶液发生反应生成水，氢离子的总的物质的量减小，①、②中都进行操作i后，溶液体积都为6mL，则①中的氢离子浓度大于②中氢离子的浓度，都与打磨过的相同质量的镁条反应，完全反应后，①中消耗的镁条的质量比②中消耗的镁条质量更多，①中的氢离子浓度大，与镁条反应时的速率①＞②，综上分析②中加入氢氧化钠后氢离子被消耗，证明加入氢氧化钠后与盐酸发生了中和反应，据此分析解答。

【详解】
(1)中和反应的实质是H++OH-=H2O；
(2)实验I中，中和反应发生的现象是溶液由红色逐渐变为无色；
(3)根据分析，实验II中，反应结束消耗镁条的量①＞②，镁条表面产生气泡的速率①＞
②，则能判断中和反应发生的依据是b；
(4)实验II中，由于氢离子的物质的量①＞②，镁条完全反应时，相同条件下，产生氢气的体积①＞②，如果提供温度计、气球(收集气体)等辅助仪器，还能获取证明中和反应发生的实验证据是相同温度和压强下，用气球收集①、②中完全反应时产生的气体，①中收集气体的气球比②中收集气体的气球体积大。

24．汽车排放的尾气为大气污染物之一,目前,可利用以下化学原理处理汽车尾
气:2NO+2CO催化剂2CO2+N2。

(1)写出CO2的结构式____________。

(2)一定条件下,在容积固定的容器中进行上述反应,CO浓度与时间关系如图所示:
则反应速率v(a)、v(b)、v(c)的大小关系是_______。

(3)为研究如何提高该转化过程反应速率,某课题组进行了以下实验探究。