人教高一化学第六章 化学反应与能量 (讲义及答案)

一、选择题

1．一定条件下，在某恒容密闭容器中进行反应X(g) + 3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z起始浓度分别为c1 mol/L、c2 mol/L、c3 mol/L（c1、c2、c3均大于0），当反应达平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L，0.3mol/L，0.08mol/L，则下列判断不合理的是

A．c1：c2 = 1：3

B．当4v(X)正= v(Y)逆时，该反应还在向正反应方向建立平衡

C．c1可能为0.1

D．X、Y的转化率相等

【答案】B

【分析】

在化学反应中，若反应物的起始投料的物质的量之比等于它们的化学计量数之比，由于反应过程中变化量之比等于化学计量数之比，所以反应物的平衡量之比必然也等于化学计量数之比，各种反应物的转化率一定相等。

【详解】

由题中信息可知，当反应达平衡时X、Y的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L，X、Y的平衡量之比等于化学计量数之比，所以其起始量之比一定也等于1：3， A和D正确；因为有起始投料与平衡量相同的可能，所以C正确；当4v(X)正= v(Y)逆时，因为3v(X)正= v(Y)正，所以v(Y)

逆> v(Y)

正

,该反应还在向逆反应方向建立平衡，B不正确，选B。

2．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 。

3．化学反应中能量变化，通常表现为热量的变化，如Ba(OH)2·8H 2O 与NH 4Cl 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．下列反应属于氧化还原反应，而且△H ＞0的是( ) A ．铝片与稀H 2SO 4的反应 B ．22Ba(OH)8H O ?与4NH Cl 的反应 C ．灼热的木炭与CO 2的反应 D ．甲烷在O 2中的燃烧反应

【答案】C 【详解】

A ．铝片与稀H 2SO 4的反应中有元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应；反应发生放出热量，反应属于放热反应，故△H ＜0，A 不符合题意；

B ．22Ba(OH)8H O ?与4NH Cl 反应吸收热量，属于吸热反应；反应过程中元素化合价没有发生变化，故反应属于非氧化还原反应，B 不符合题意；

C ．灼热的木炭与CO 2反应产生CO ，反应发生吸收热量；反应过程中有元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应，C 符合题意；

D ．甲烷在O 2中的燃烧，放出热量，属于放热反应；反应过程中有元素化合价的变化，因此反应属于氧化还原反应，D 不符合题意； 故合理选项是C 。

5．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CO 2～2NaOH ～Na 2CO 3，可知n （CO 2）=0.2mol ，则n （C 2H 6O ）=0.5×n （CO 2）=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。

6．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。

7．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；

Zn-2e+2OH=ZnO+H O，故B错B．锌作负极，碱性条件下，负极上电极反应式为：--

2

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。

8．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。

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．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。

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．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。

13．工业废弃物的资源化回收再利用，可以更大限度的发挥原材料的价值。下图是工业生产纳米磁性氧化铁的流程：

下列说法不正确

．．．的是

A．用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的铁锈

B．若生产中不通入N2，暴露在空气中生产，将不能得到高纯度产品

C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+ ,涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O D．溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1:2

【答案】A

【详解】

A. Na2CO3溶液水解显碱性，浸泡废铁屑可以使表面的油脂水解除去，但不能除去表面的铁锈，故A错误；

B.废铁屑被硫酸溶解生成硫酸亚铁，生成的亚铁离子被双氧水部分氧化生成铁离子，形成亚铁离子和铁离子的混合溶液，若生产中不通入N2，暴露在空气中生产，亚铁离子会被空气中的氧气氧化生成铁离子，将不能得到高纯度四氧化三铁产品，其中会混入氧化铁杂质，故B正确；

C.根据B的分析，加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+ ,涉及反

应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，故C正确；

D.根据最终产品为四氧化三铁，其中Fe2+和Fe3+的数目比为1:2，因此溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1:2，故D正确；

故选A。

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．根据反应KMnO4＋FeSO4＋H2SO4→MnSO4＋Fe2(SO4)3＋K2SO4＋H2O(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K2SO4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，Fe2(SO4)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：MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O

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，Fe2+-e-=Fe3+，则石墨b是原电池的负极，发生氧化反应，A正确；

B. Fe2(SO4)3浓度变为1.5 mol/L，则反应生成的Fe2(SO4)3为0.5 mol/L ×0.2L=0.1mol，由Fe2+生成的Fe3+为0.2mol，则反应中转移的电子为0.2mol，B错误；

C. 甲烧杯中，MnO4-得电子转化为Mn2+，电极反应式为MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O，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。

16．一定温度、体积的密闭容器中，可逆反应A(s)+3B(g)2C(g)达到平衡时，下列说法能判断该反应达到平衡的是（）

①C的生成速率和C的分解速率相等

②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB

③混合气体的密度不再变化

④混合气体的总压强不再变化

⑤A、B、C物质的量之比为1∶3∶2

⑥混合气体的平均相对分子质量不变

⑦容器中C的体积分数不变

A．②④⑤⑦B．①③④⑥⑦C．①④⑥⑦D．①③④⑤

【答案】B

【分析】

化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论。

【详解】

针对于可逆反应：A（s）+3B(g)?2C(g)；

①C的生成速率与C的分解速率相等，故正逆反应速率相等，故①正确；

②单位时间内a mol A生成是逆反应，同时3a molB是逆反应，未体现正与逆的关系，故②错误；

③密度=m

V

，气体的总质量会变，体积不变，故气体密度不再变化可作为判断是否达到平

衡状态的依据，故③正确；

④反应前后气体的体积不等，故混合气体的总压强不再变化可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故④正确；

⑤平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故A、B、C的物质的量比为1:3:2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故⑤错误；

⑥平均相对分子质量=m

n

，反应向右进行时，气体的总质量增大，总物质的量变小，故混

合气体的平均相对分子质量不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故⑥正确；⑦容器中C的体积分数不变，说明各物质的量不变，达平衡状态，故⑦正确；说法正确的是①③④⑥⑦；

故答案选B。

【点睛】

作为达到化学平衡状态的标志，该量必须是变量，当变量不变，则反应达到平衡。

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 s2

B g

C g2

D g

++，经5min后，测得容器内B的浓度减少了

1

0.2mol 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

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．根据下列信息判断氢气燃烧生成水时的热量变化，其中一定正确的是( )

A ．H 2O 分解为H 2与O 2时放出热量

B ．生成1mol H 2O 时吸收热量245 kJ

C ．甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙>甲>丙

D ．氢气和氧气的总能量小于水的能量 【答案】C 【详解】

由图中信息可知，1mol H 2断裂共价键变为2mol H 要吸收436kJ 的能量，0.5mol O 2断裂共价键变为1mol O 要吸收249kJ 的能量，2mol H 和1mol O 结合成1mol H 2O 要放出930kJ 的能量。因此，可以算出1mol H 2和0.5mol O 2反应生成1mol H 2O 要放出245kJ 的能量，反过来，水分解为H 2与O 2时吸收热量。综上所述，C 正确，本题选C 。

20．298K 时，合成氨反应的热化学方程式为：N 2(g)＋3H 2(g)2NH 3(g) ΔH ＝－92.4

kJ/mol ，在该温度下，取1 mol N 2和3 mol H 2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 H 2，到达平衡时放出的热量应为92.4 kJ 【答案】C

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．某探究性学习小组拟通过锌与盐酸的反应研究影响反应速率的因素。

该探究性学习小组用相同质量的锌和相同浓度的足量的稀盐酸反应得到实验数据如表所示：

（1）该实验的目的是探究__________、___________对锌和稀盐酸反应速率的影响；（2）实验Ⅰ和Ⅱ表明_________，化学反应速率越大；

（3）能表明固体的表面积对反应速率有影响的实验编号是__________和__________，实验结论是___________；

（4）请设计一个实验方案证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响：____________。

【答案】固体表面积温度温度越高ⅡⅢ其他因素相同，固体表面积越大，反应速率越快在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应

【详解】

（1）分析表中信息知，锌的状态不同、温度不同，则实验目的为探究固体表面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响。

（2）实验Ⅰ和Ⅱ中，温度不同，温度高的反应速率快，即温度越高，化学反应速率越大。（3）实验Ⅱ和Ⅲ中，固体表面积不同，表面积大的反应速率快，即其他因素不变，固体表面积越大，反应速率越快。

（4）探究盐酸浓度对化学反应速率的影响，必须保证温度和锌的用量和状态相同。证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响的实验方案为在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应。

22．利用生活中或实验室中的常用物品，根据氧化还原反应知识和电化学知识，自己动手

设计一个原电池.请填写下列空白：

（1）实验原理：Fe+2H+=Fe2++H2↑

（2）实验用品：电极（__、__）、稀硫酸、__、__耳机（或电流计）.

（3）①按如图所示装置连接好实验仪器，这时可以听见耳机发出“嚓嚓……”的声音。其原因是在原电池中化学能转化为__，在耳机中__又转化为声波这种能量。

②在该原电池内中，Fe在___极发生了___反应，H+在___极发生了___反应。

【答案】铁钉（或铁条等）铜钉（或其他的惰性电极，如铅笔芯等）烧杯导线电能电能负氧化正还原

【分析】

根据Fe+2H+═Fe2++H2↑知，铁失电子被氧化，则Fe作原电池负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作原电池正极，电解质溶液为弱氧化性酸溶液，结合原电池构成条件及能量转化方式分析解答。

【详解】

（2）由形成原电池的条件可知，需要铁为负极，正极为铜钉（其他的惰性电极如铅笔芯、铂等都可以），硫酸为电解质溶液，还需要烧杯、导线等，故答案为：铁钉或铁条；铜钉（其他的惰性电极如铅笔芯、铂等都可以）；烧杯、导线；

（4）①在原电池中，由化学能转化为电能，在耳机中又由电能转化为声音这种能量，故答案为：电能；电能；

②如果将装置中的耳机改为电流计，则电流表指针发生偏转，形成原电池反应，铁为负极，发生氧化反应，电极方程式为Fe-2e-=Fe2+，正极发生还原反应，电极方程式为2H++2e-=H2↑，铁钉应该连接电流计的负极，铜钉连接电流计的正极，故答案为：负；氧化；正；还原。

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

CO 2体积大小关系是___（填实验序号）。

（2）若实验①在2min 末收集了2.24mLCO 2(标准状况下)，则在2min 末，c(MnO 4-

)=___mol·L -1(假设混合液体积为50mL)。

（3）除通过测定一定时间内CO 2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定___来比较化学反应速率。

（4）小组同学发现反应速率总是如图二，其中t 1～t 2时间内速率变快的主要原因可能是：①产物MnSO 4是该反应的催化剂、②___。

【答案】浓度 ②＞① 0.0596mol/L 测定生成相同体积的CO 2所需时间或相同时间内KMnO 4溶液颜色变化的程度 该反应放热 【分析】

根据表中的数据，其他因素均相同，就只有H 2C 2O 4的浓度不同，可判定；根据CO 2的量，先求出反应的n (MnO 4-)的物质的量，再求出反应后的浓度；根据t 1~t 2段反应速率加快除了催化剂，还有可能是升温，据此解答。 【详解】

（1）对比①②实验可探究草酸的浓度对化学反应速率的影响，②中A 溶液的浓度比①中大，化学反应速率大，所得CO 2的体积大，②>①；答案为：浓度；②>①。

（2）根据2MnO 4- +5H 2C 2O 4+6H +=2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O ，生成CO 2的物质的量为：n (CO 2)=

32.2410L

22.4L /mol

-?=0.0001mol ，设2min 末，反应消耗的n (MnO 4-)为xmol ，由

42

2MnO 10CO 2mol 10mol

xmol

0.0001mol

-~，x=0.00002mol ，则剩余的MnO 4-的物质的量n (MnO 4-

)=0.1mol/L ×30×10-3L-0.00002mol=0.00298mol ，则剩余的MnO 4-的浓度为c (MnO 4-)=

0.00298mol

0.05L

=0.0596mol/L ；答案为0.0596mol/L 。

（3）除通过测定一定时间内CO 2的体积来比较反应速率，本实验还可以通过测定KMnO 4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率；答案为KMnO 4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间。

（4）研究发现反应速率总是如图二所示发生变化，则t 1～t 2时间内速率变快的主要原因可能是：①产物Mn 2+是反应的催化剂，②该反应为放热反应，反应放出的热量使环境温度升高，加快了反应速率；答案为该反应为放热反应，反应放出的热量使环境温度升高，加快了反应速率。

24．Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好pH和2

Fe+浓度的废水中加入22

H O，所产生的羟基自由基能氧化降解有机污染物。现运用该方法降解有机污染物p CP

-，探究有关因素对该降解反应速率的影响。

（实验设计）

控制p CP

-的初始浓度相同，恒定实验温度在298 K或313 K（其他实验条件如表所示），设计如下对比实验。

（1）请完成实验设计表（表中不要留空格）。

实验编号实验目的T/K pH

()

-3-1

c/10 mol L?

22

H O2

Fe+

①为以下实验作参照2983 6.00.30

②探究温度对讲解反应速率的影响____________

③___29810 6.00.30

（数据处理）

实验测得p CP

-的浓度随时间变化的关系如图所示。

（2）请根据图中实验①曲线，计算降解反应在50~150 s内的反应速率：

()

v p-CP=_______1-1

mol L s

-

??。

（解释与结论）

（3）实验①②表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton法所用试剂22

H O的角度分析原因：_____________。

（4）实验③得出的结论是pH等于10时，______________。

（思考与交流）

（5）实验时需要在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止。根据图中的信息，写出一种迅速停止反应的方法：____________。

【答案】313 3 6.0 0.30 探究溶液的pH对降解反应速率的影响6

8.010-

?过氧化

氢在温度过高时迅速分解 有机物p CP -不能降解 将所取样品迅速加入到一定量的NaOH 溶液中，使pH 约为10 【分析】

对比实验的基本思想是控制变量法，设计对比实验时，只能改变一个条件，否则无法确定影响因素，则可以在温度相同时，变化浓度探究浓度对反应速率的影响，或者在浓度相等时，变化温度探究温度对反应速率的影响。 【详解】

（1）实验①是对照实验，由控制变量唯一化可知，与实验①相比，实验②是探究温度对反应速率的影响，则313 K T =，其他条件与实验①相同；实验③是探究溶液pH 对反应速率的影响，故答案为：313；3；6.0；0.30；探究溶液的pH 对降解反应速率的影响； （2）由图可知，在50~150 s 内，()3

1

0.81p 0 m l CP o L c ---?=??，则降解反应速率

()41

6118.010mol L p CP =8.010 mol L s 100s

-----??-=???v ，故答案为：68.010-?；

（3）温度过高时，过氧化氢受热会分解，过氧化氢的浓度减小，导致反应速率减小，故答案为：过氧化氢在温度过高时迅速分解；

（4）从图中可以看出，溶液pH 10=时，()

p CP c -不变，说明反应速率为零，该条件下有机物p CP -不能降解，故答案为：有机物p CP -不能降解；

（5）由图可知，溶液pH 10=时，有机物p CP -不能降解，则迅速停止反应的方法是将所取样品迅速加入到pH 为10的溶液中，使反应停止，故答案为：将所取样品迅速加入到一定量的NaOH 溶液中，使pH 约为10。

25．某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验： [实验原理] 2KMnO 4＋5H 2C 2O 4＋3H 2SO 4=K 2SO 4＋2MnSO 4＋10CO 2↑＋8H 2O [实验内容及记录]

请回答：

（1）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是___________________________。 （2）利用实验1中数据计算，用KMnO 4的浓度变化表示的反应速率为v (KMnO 4)＝_____________________________。

（3）该小组同学根据经验绘制了n (Mn 2＋)随时间变化趋势的示意图，如图1所示，但有同

学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n (Mn 2＋)随时间变化的趋势应如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设。并继续进行实验探究。

①该小组同学提出的假设是____________________________________。 ②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。

实验 编号

室温下，试管中所加试剂及其用量/mL

再向试管中加入少量固体

室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min

0.6 mol/L H 2C 2O 4溶液

H 2O

0.2 mol/L KMnO 4溶液 3 mol/L 稀硫酸 4

3.0

2.0

3.0

2.0

________ t

③若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是_________________________。 【答案】其他条件相同时，增大KMnO 4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大 1.5 × 10－2 mol·L －1·min －1 生成物中的MnSO 4为该反应的催化剂(或Mn 2＋对该反应有催化作用) MnSO 4 与实验1比较，溶液褪色所需时间短[或所用时间(t )小于4 min 及其他合理答案] 【详解】

（1）根据表中数据可知，其他条件相同时(控制变量法)，增大KMnO 4浓度（反应物浓度），反应速率增大。

（2）反应中消耗高锰酸钾的浓度是0.2 mol/L×3mL ÷10mL =0.06mol/L ，所以υ(KMnO 4)=0.06mol/L÷4min =1.5 × 10－2mol / (L·min)。

（3）①由图2可知反应开始后速率增大的比较快，说明生成物中的MnSO 4（或Mn 2+）为该反应的催化剂。

②要验证假设作对比实验4与与实验1比较，其它条件相同时加入MnSO 4即可。 ③与实验1比较，如果假设成立，则加入硫酸锰以后若反应加快，溶液褪色的时间小于4min ，说明Mn 2+是催化剂。

26．将浓度均为1

0.01mol L -?的22H O 、24H SO 、KI 、223Na S O 溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原

理进行探究。资料：该“碘钟实验”的总反应为2-+2-2223462H O +2S O +2H =S O +2H O 。反应分两步进行，反应A 为-+

2222H O +2I +2H =I +2H O ，反应B 为……

（1）反应B 的离子方程式是_________________________。对于总反应，I -的作用相当于

_______。

（2）为证明反应A 、B 的存在，进行实验Ⅰ。

a ．向酸化的22H O 溶液中加入试剂X 的水溶液，溶液变为蓝色。

b ．再向得到的蓝色溶液中加入23Na SO 溶液，溶液的蓝色褪去。 试剂X 是_______________。

（3）为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ。（溶液浓度均为

10.01mol L -?）

①实验Ⅲ中，x 、y 、z 所对应的数值分别是______________________________。 ②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是____________________________________________。

（4）为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。（溶液浓度均为

10.01mol L -?）

试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A 与反应B 速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：________________________________________。

【答案】2--2-22346I +2S O =2I +S O 催化剂 淀粉、碘化钾 8、3、2 其他条件不变，增大

氢离子浓度可以加快反应速率 由于()()222231

n H O :n Na S O <2

，v(A)

“碘钟实验”分反应2222H O 2I 2H I 2H O -+++=+、22

22346I 2S O 2I S O --+=+两步进行，

实验采取控制变量方法，探究氢离子浓度对反应速率的影响，仅改变加入硫酸的体积来进行实验。反应物的浓度越高，反应速率越快。 【详解】

（1）“碘钟实验”总反应的化学方程式为222223462H O 2S O 2H S O 2H O -

+

-

++=+，

该反应分两步进行，反应A 为2222H O 2I 2H I 2H O -+

++=+，

则总反应减去反应A 可得反应B 的离子方程式为22

22346I 2S O 2I S O --+=+；

通过反应A 、反应B 可知，I -在反应前后质量不变，化学性质不变， 因此在该反应中的作用是作催化剂。

（2）22H O 具有氧化性，会将KI 氧化为2I ，淀粉溶液遇2I 变为蓝色，2I 具有氧化性，会将223S O -

氧化为2

46S O ，2I 被还原为I -。所以试剂X 是淀粉，KI 。

（3）①为便于研究，在反应中要采用控制变量方法，即只改变一个反应条件，其他条件都相同，根据表格数据可知，实验Ⅲ与实验Ⅱ相比硫酸溶液的体积减小，为保证其他条件都相同，而且混合后总体积相同，实验Ⅲ中，8x =，3y =，2z =。

②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是在其他条件不变时，溶液中氢离子浓度越大，反应速率越快。

（4）由反应A 、B 方程式可得，在达到平衡时，应有n （H 2O 2）:n （Na 2S 2O 3）=1:2,对比实验Ⅱ、实验Ⅳ，可知其他量没有变化，溶液总体积相同，22H O 溶液的体积减小，

223Na S O 溶液的体积增大，()()222231

H O :Na S O 2

n n <

，结果未出现溶液变为蓝色的现象，说明(A)(B)v v <，导致不能出现溶液变蓝的现象。