人教第六章 化学反应与能量 (讲义及答案)及答案

人教第六章化学反应与能量 (讲义及答案)及答案

一、选择题

1．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。

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

【详解】

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．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．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。

5．在2L密闭容器中，把2 mol X和2 mol Y混合，发生如下反应：3X(g)+Y(g) nP(g)+2Q(g) ，当反应经2min达到平衡，测得P的浓度为0.8mol/L，Q的浓度为0.4mol/L，则下列判断中，不正确的是（）

A．n＝4 B．X的转化率为60％

C．X的平衡浓度为0.4mol/L D．2 min内Y的平均速率为0.4molL-1min-1【答案】D

【分析】

据题意，可列出三段式：

3X(g)+Y(g)nP(g)+2Q(g)

(mol/L)1100

(mol/L)0.60.20.80.4

(mol/L)0.40.80.80.4

起始浓度

转化浓度

平衡浓度

，据此回答；

【详解】

A. 化学计量数之比等于转化量之比，则n＝4，A正确；

B. 据分析，

(X)

(X)100%

(X)

c

c

α?

=?=60％，B正确；

C. 据分析，X的平衡浓度为0.4mol/L，C正确；

D. 2 min内Y的平均速率为

-1

-11

(Y)0.2mol L

(Y)0.1mol L min

2min

c

v

t

-

??

===??

?

，D不正

确。

答案选D。

6．在密闭容器中进行如下反应：2SO2(g) +O2(g) 2SO3(g)，已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol/L、0.1 mol/L、0.2 mol/L，当反应达平衡时，可能存在的数据是

A．SO2为0.4mol/L

B．SO2为 0.25mol/L

C．SO2、SO3均为0.15mol/L

D．SO3为0.4mol/L

【答案】B

【分析】

该反应为可逆反应，若该反应从正反应方向开始，SO2、O2、SO3的浓度分别为0.4mol/L、0.3 mol/L、0mol/L，若该反应从逆反应方向开始，SO2、O2、SO3的浓度分别为0mol/L、0.1mol/L、0.4mol/L，由于反应为可逆反应，则各物质的浓度一定小于最大浓度，以此来解答。

【详解】

A项、由于反应为可逆反应，SO2的浓度一定小于0.4mol/L，故A错误；

B项、由于反应为可逆反应，SO2的浓度一定小于0.4mol/L，大于0，则可能为

0.25mol/L，故B正确；

C项、SO3、SO2浓度均为0.2mol/L，无论从正反应开始，还是从逆反应开始，只能是一种

物质的浓度增大，另一种物质的浓度减小，SO 3、SO 2浓度不会均为0.15mol/L ，故C 错误； D 项、由于反应为可逆反应，SO 3的浓度一定小于0.4mol/L ，故D 错误。 故选B 。 【点睛】

本题考查可逆反应，注意可逆反应的特点为不完全转化性，学会利用极限转化的思想来分析物质的最大浓度，但实际浓度一定小于最大浓度是解答关键。

7．一定条件下，在容积固定的某密闭容器中发生反应N 2（g ）+3H 2（g ）

Δ

催化剂

2NH 3

（g ）,在10s 内N 2的浓度由5 mol/L 降至4mol/L ，下列说法正确的是（ ） A ．用NH 3表示的化学反应速率为0.1 mol/（L?s ） B ．升高温度，可以加快反应的反应速率

C ．增加H 2的浓度或降低温度都会加快该反应的速率

D ．反应足够长时间，N 2浓度降为零 【答案】B 【详解】

A ．反应计量数之比为1:3:2，设容器的体积为VL ，2 N 的浓度由5mol/L 降至4mol/L ，变

化了1V mol ，所以3NH 变化了2

V

mol ，V （3NH ）=2

V 10V

(mol/L.s)=0.2mol/(L·

s)，选项A 错误；

B ．升高温度，活化分子的百分数增大，有效碰撞的几率增大，化学反应速率增大，选项B 正确；

C ．该反应是在高温高压条件下进行，降低温度虽然平衡可以向右移动，但会降低反应速率，选项C 错误；

D ．反应是可逆反应，不可能反应物全部转化为生成物，即N 2浓度不可能降为零，选项D 错误； 答案选B 。

8．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 。

9．下列过程中ΔH 小于零的是( ) A ．Ba(OH)2 与 NH 4Cl 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。

10．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。

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．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。

13．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 。

14．将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭真空容器中（容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到平衡:NH 2COONH 4(s )2NH 3(g )+CO 2(g )。可以判

断该反应已经达到平衡的是 A ．2v (NH 3)=v (CO 2) B ．容器中总压强不变

C ．容器中混合气体的平均相对分子质量不变

D ．容器中氨气的体积分数不变

【答案】B 【详解】

A. 当v (NH 3)正 =v (NH 3)逆或v (NH 3) 正= 2v (CO 2) 逆时，即该反应正反应和逆反应速率相等，已经达到平衡，2v (NH 3)=v (CO 2)不能表明正反应和逆反应速率相等，故A 错误；

B. 随着NH 2COONH 4(s)

2NH 3(g)+CO 2(g)不断进行，容器中总压强会有变化，当总压强

不变时，则能表明气体总的物质的量、各成为的物质的量不再变化，该反应已经达到平衡，故B 正确；

C. 容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变，因为混合气体是氨气和二氧化碳按物质的量之比为2:1混合而成，故C 错误；

D. 容器中混合气体是氨气和二氧化碳按物质的量之比为2:1混合而成，氨气的体积分数始终为66.67%，故D 错误； 答案选B 。

15．一定条件下，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-1

c 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

16．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．t0～t1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()()()-1

50

3A g B g+2C g H=- a kJ mol

3

??，D错

误；

答案选B。

17．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。

18．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．H2O分解为H2与O2时放出热量

B．生成1mol H2O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 H2断裂共价键变为2mol H要吸收436kJ的能量，0.5mol O2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 H2O要放出930kJ的能量。因此，可以算出1mol H2和0.5mol O2反应生成1mol H2O要放出245kJ的能量，反过来，水分解为H2与O2时吸收热量。综上所述，C正确，本题选C。

19．短周期元素X、Y、Z、W 在元素周期表中的位置如下图所示，其中X 形成化合物种类最多，下列说法正确的是：

X Y

Z W

A．X 位于第二周期 IV 族

B．Y 的气态氢化物的水溶液中只存在两个平衡状态

C．W 的最高价氧化物是太阳能电池和电脑芯片中不可缺少的材料

D．常温下，将 Z 单质投入到 Y 的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液中，无明显现象【答案】D

【分析】

短周期元素X、Y、Z、W，根据元素在周期表中的位置知，X和Y属于第二周期元素、Z和W属于第三周期元素，其中X形成化合物种类最多，则X是C元素，那么Y是N元素、Z 是Al元素、W是Si元素

【详解】

A. X是C元素，位于第二周期IV A族，所以A错。

NH+H O NH H O NH+OH，还有B. Y的气态氢化物为NH3，氨水中发生+-

32324

NH(g)NH(aq)，故存在3个平衡状态，所以B错。

33

C. W 的最高价氧化物是SiO 2，不是太阳能电池和电脑芯片中不可缺少的材料，所以C错。

D. Z 单质是Al，Y的最高价氧化物对应的水化物是浓硝酸，常温下，Al和浓硝酸发生钝化现象，所以D对。

20．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。

二、实验题

21．某同学设计如下三个实验方案以探究某反应是放热反应还是吸热反应：

方案一：如图1，在小烧杯里放一些除去氧化铝保护膜的铝片，然后向烧杯里加入10 mL 2 mol·L－1稀硫酸，再插入一支温度计，温度计的温度由20 ℃逐渐升至75 ℃，随后，温度逐渐下降至30 ℃，最终停留在20 ℃。

方案二：如图2，在烧杯底部用熔融的蜡烛粘一块小木片，在烧杯里加入10 mL 2 mol·L－1硫酸溶液，再向其中加

入氢氧化钠溶液，片刻后提起烧杯，发现小木片脱落下来。

方案三：如图3，甲试管中发生某化学反应，实验前U形管红墨水液面相平，在化学反应过程中，通过U形管两侧红

墨水液面高低判断某反应是吸热反应还是放热反应。

序号甲试管里发生反应的物质U形管里红墨水液面

①氧化钙与水左低右高

根据上述实验回答相关问题：

（1）铝片与稀硫酸的反应是________(填“吸热”或“放热”)反应，写出该反应的离子方程式：___________。

（2）方案一中，温度升至最大值后又下降的原因是___________。

（3）方案二中，小木片脱落的原因是________，由此得出的结论是__________________。（4）方案三中，如果甲试管里发生的反应是放热反应，则U形管里红墨水液面：左边

________(填“高于”“低于”或“等于”)右边。

（5）由方案三的现象得出结论：①③④组物质发生的反应都是________(填“吸热”或“放热”)反应，如果放置较长时间，可观察到U形管里的现象是______________。

（6）方案三实验②的U形管中的现象为________，说明反应物的总能量________(填“大于”“小于”或“等于”)生成物的总能量

【答案】放热 2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低蜡烛熔化氢氧化钠与硫酸的反应放热低于放热红墨水液面左右相平红墨水液面左高右低小于

【详解】

（1）金属与酸的反应是放热反应，因此铝片与稀硫酸的反应是放热反应，该反应的离子方程式为2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑，故答案为放热；2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑；

（2）方案一中，温度升至最大值后又下降的原因可能是反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低，故答案为反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低；

（3）方案二中，反应放出的热量，使得蜡烛熔化，小木片脱落，故答案为蜡烛熔化；氢氧化钠与硫酸的反应放热；

（4）方案三中，如果甲试管里发生的反应是放热反应，装置中气体的压强增大，U形管里红墨水液面：左边低于右边，故答案为低于；

（5）由方案三的现象得出结论：①③④组物质发生的反应都是放热反应，如果放置较长时间，热量散失，装置中气体的压强与外界压强相等， U形管中红墨水液面左右相平，故答案为放热；红墨水液面左右相平；

（6）方案三实验②属于吸热反应，U形管中红墨水液面左高右低，故答案为红墨水液面左高右低；小于。

22．某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O27-转化为Cr3＋。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即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：在25 ℃下，控制光照强度、废水样品、初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成了以下实验设计表。

实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL

①4601030

②5601030

③5602020

测得实验①和②溶液中的Cr2O27-浓度随时间变化关系如图所示。

(1)上述反应后草酸被氧化为________(填化学式)。

(2)实验①和②的结果表明_____；实验①中O～t1时间段反应速率v (Cr3＋)＝____mol·L－1·min －1(用代数式表示)。

(3)该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设。

请你完成假设二和假设三：

假设一：Fe2＋起催化作用；

假设二：______；

假设三：______；

(4)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。（除了上述实验提供的试剂外，可供选择的试剂有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中的Cr2O27-浓度可用仪器测定）

实验方案(不要求

写具体操作过程)

预期实验结果和结论

_______反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O27-)_____实验①中的

c(Cr2O27-)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O27-)_______，则假设

(5)草酸不仅能还原Cr 2O 27-

，还能还原MnO 4-

。某同学为了测定某高锰酸钾产品的质量分数，取0.500 g 的高锰酸钾产品，配成50.00 mL 溶液，取出 10.00 mL ，用 0.100 mol·L -1草酸标准溶液滴定至终点，消耗草酸标准溶液15.00 mL 。则该样品中高锰酸钾的质量分数为_________。

【答案】CO 2 溶液的pH 对该反应的速率有影响

011

2(c -c )t Al 3＋起催化作用 2-4SO 起催化作用 用等物质的量的K 2SO 4·

Al 2(SO 4)3·24H 2O 代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验 大于 相同 94.8% 【详解】

(1)草酸(H 2C 2O 4)能将其中的Cr 2O 27-

转化为Cr 3+，草酸中碳元素化合价为+3价，被氧化为+4价，所以氧化产物为CO 2；

(2)由实验①②表明溶液pH 越小，反应的速率越快，所以溶液pH 对该反应的速率有影响；该反应中Cr 2O 27-

全部转化为Cr 3+，所以根据元素守恒可知v (Cr

3+

)=2v (Cr 2O 27

-

)=01

1c -c 2t ?=011

2(c -c )t mol·L －1·min －1； (3)根据铁明矾[Al 2Fe(SO 4)4?24H 2O]组成可知假设二、三可以是Al 3+起催化作用、2-

4SO 起催化作用；

(4)控制变量法探究实验中要注意变量的唯一，所以验证假设一时，对照实验中的变量应只有Fe 2+，所以需要控制Al 3+和2-

4SO 浓度比，因此不宜选用K 2SO 4和Al 2(SO 4)3，而用等物质的量K 2SO 4?Al 2(SO 4)3?24H 2O 代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验；反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr 2O 27-)大于实验①中的c(Cr 2O 27-

)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr 2O 27-

)相同，则假设一不成立；

(5)草酸可以还原高锰酸钾生成Mn 2+，根据电子守恒可知有数量关系：n (H 2C 2O 4)：n (KMnO 4)=5:2；草酸标准液的体积为15mL ，所以10.00mL 高锰酸钾溶液中n (KMnO 4)=12

0.015L 0.100mol L 5

-??=0.0006mol ，则样品中n (KMnO 4)=0.0006mol 5=0.003mol ，所以高锰酸钾的质量分数为

-1

0.003mol 158g mol 100%0.500g

??=94.8%。

【点睛】

第4小题设计对照实验时要注意控制Al 3+和2-

4SO 浓度比，因此不宜选用K 2SO 4和Al 2(SO 4)3；第5小题计算时要注意滴定的高锰酸钾溶液是配置的50.00mL 溶液中的一部分。

23．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】

Na O)与水反应生成了(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(22

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。

24．某研究性学习小组为探究锌与盐酸反应，取同质量、同体积大小的锌片、同浓度盐酸(过量)做了下列平行实验：

实验①：把纯锌片投入到盛有稀盐酸的试管中，发现氢气发生的速率变化如图所示：

实验②：把纯锌片投入到含FeCl 3的同浓度工业稀盐酸中，发现放出氢气的量减少。 实验③：在盐酸中滴入几滴CuCl 2溶液，生成氢气速率加快。 试回答下列问题：

(1)试分析实验①中t 1～t 2速率变化的主要原因是_______，t 2～t 3速率变化的主要原因是________。

(2)实验②放出氢气的量减少的原因是_______。

【答案】反应放热，溶液温度升高，反应速率加快 随反应进行，盐酸的浓度减小，反应速度减慢 Fe 3+氧化性大于H +，所以锌先与Fe 3+反应，故氢气量减少 【详解】

(1)纯锌与稀盐酸反应放出热量，温度升高，t 1～t 2速率加快；后期c （H +

）起主导作用，随着反应进行c （H +

）降低，t 2～t 3反应速率减慢；

(2)Fe 3+氧化性大于H +，所以锌片先与FeCl 3反应生成氯化亚铁和氯化锌，导致与盐酸反应的锌的质量减少，生成氢气量减少。

25．如图是研究催化剂对过氧化氢分解反应速率影响的实验装置图。某学生研究小组在50mL 量筒中盛满水，倒置于水槽中，通过分液漏斗把过氧化氢溶液加入锥形瓶中(瓶中已有适量催化剂)，记录各时间段收集到的氧气的体积。 实验一：以二氧化锰作催化剂，进行以下四组实验。 第1组：粉末状的二氧化锰0.2g+5mL6%H 2O 2 第2组：粉末状的二氧化锰0.2g+5mL10%H 2O 2 第3组：粉末状的二氧化锰0.1g+5mL6%H 2O 2 第4组：颗粒状的二氧化锰0.1g+5mL6%H 2O 2

实验二：以不同的催化剂对过氧化氢(均为5mL6%H 2O 2)分解反应速率影响进行研究，记录反应的时间t 和相应的量筒内的气体体积读数V ，用21

V -V t

t 作为反应速率的表达式(单位：mL?s ﹣1)，得到以下实验数据：

(1)写出实验一中H 2O 2分解的反应方程式_________。

(2)实验一的几组数据能够说明在实验中影响反应速率的因素主要有_________。 (3)实验二的几组数据反映出的问题是_________。

(4)用碰撞理论解释使用正催化剂能增大化学反应速率的原因_________。

.

【答案】2H2O22H2O+O2↑反应物浓度、反应物颗粒大小或反应物的接触面积、

催化剂的用量不同的催化剂对化学反应速率影响不同催化剂的使用，降低了一个反应所需的活化能，从而增大了反应体系中活化分子的百分数，使有效碰撞的机率增多，导致反应速率明显加快

【分析】

(1)H2O2在二氧化锰作用下分解生成水和氧气；

(2)从下面的条件中分析：0.2g粉末状的MnO2+5mL6%H2O2、0.2g粉末状的

MnO2+5mL10%H2O2、0.1g粉末状的MnO2+5mL6%H2O2、0.1g颗粒状的MnO2+5mL6%H2O2，找出不同条件；

(3)实验二的几组数据均为5mL6%H2O2．催化剂分别为MnO2、CuO、土豆、活性炭，不同的是催化剂；

(4)用活化能、碰撞理论分析。

【详解】

(1)H2O2在二氧化锰作用下分解生成水和氧气，反应方程式为2H2O22H2O+O2↑；故答案为：2H2O22H2O+O2↑；

(2)0.2g粉末状的MnO2+5mL6%H2O2、0.2g粉末状的MnO2+5mL10%H2O2、0.1g粉末状的MnO2+5mL6%H2O2、0.1g颗粒状的MnO2+5mL6%H2O2不同条件分别是反应物浓度、反应物颗粒大小或者说反应物的接触面积、催化剂的用量，故答案为：反应物浓度、反应物颗粒大小或反应物的接触面积、催化剂的用量；

(3)实验二的几组数据均为5mL6%H2O2．催化剂分别为MnO2、CuO、土豆、活性炭，不同的是催化剂，所以比较的是催化剂对化学反应速率影响不同；故答案为：不同的催化剂对化学反应速率影响不同；

(4)正催化剂可以降低反应所需要的能量，因此化学反应当中，只有那些具有较高能量的分子，在相撞的时候才能够有效的发生化学反应，但含有较高能量的分子在分子总数中所占的比例非常小，如果我们要能够使用某一种催化剂，降低化学反应所需要的能量，也就是说使更多的分子达到反应所需要的能量，这个时候有效碰撞次数就增加，进一步造成了化学反应速率的增大，所以催化剂的使用，降低了一个反应所需的活化能，从而增大了反应体系中活化分子的百分数，使有效碰撞的机率增多，导致反应速率明显加快；故答案为：催化剂的使用，降低了一个反应所需的活化能，从而增大了反应体系中活化分子的百分数，使有效碰撞的机率增多，导致反应速率明显加快。

26．甲同学用图1所示实验装置测定锌与稀硫酸反应的速率

(1)甲同学测得产生H 2体积与反应时间的关系如图3所示，该条件下气体摩尔体积为25 L·mol -1 ，溶液体积为40 mL ，在20 s 内用Zn 2+浓度表示的平均反应速率v(Zn 2+)=_____________mol·(L·s)-1。

(2)实际测定中发现在t 1到t 2时段，H 2的体积变化如图3所示，试分析变化的原因:________

(3)乙同学认为图1装置中硫酸溶液的体积对H 2的体积测定存在一定的影响 ,将实验装置进行如图2所示改进,结果发现产生氢气的速率发生明显变化，分析可能的原因________ 【答案】0.0025 温度降低，气体体积减小 形成Cu-Zn 原电池，加快了反应速率 【分析】 (1)根据v =

c

t

来计算化学反应速率； (2)观察到锌与稀硫酸反应初期，反应放热，温度升高，反应速率加快；反应进行一定时间后，酸中氢离子浓度减小，反应速率减慢，在金属锌和硫酸的反应中，接近反应的最后阶段，由于气体的热胀冷缩性质，会发现气体的体积突然减小； (3)改进后，硫酸、铜和锌形成原电池。 【详解】

(1)根据金属锌和硫酸反应的实质是：Zn+2H ＋=Zn 2＋+H 2↑，产生氢气50mL 时，n(H 2)物质的量是

1

0.050L

25L?mol

－=0.020mol ，等于锌离子的物质的量，在20 s 内用Zn 2+浓度表示的平均反应速率v (Zn 2+)==0.020mol

0.04L 20s

= 0.0025mol·

(L·s)-1。故答案为：0.0025； (2)在金属锌和硫酸的反应中，接近反应的最后阶段，由于气体的热胀冷缩性质，会发现气体的体积突然减小，所以气体体积变化的原因：温度降低，气体体积减小，故答案为：温度降低，气体体积减小；

(3)改进后，硫酸、铜和锌形成原电池，产生氢气的速率发生明显变化，所以可能的原因形成Cu-Zn 原电池，加快了反应速率，故答案为：形成Cu-Zn 原电池，加快了反应速率。 【点睛】

本题是一道关于化学反应速率的实验探究题，考查学生分析和解决问题的能力，难点(2)学会对图象观察和分析：观察到锌与稀硫酸反应初期，反应放热，温度升高，反应速率加

快；反应进行一定时间后，酸中氢离子浓度减小，反应速率减慢，在金属锌和硫酸的反应中，接近反应的最后阶段，由于气体的热胀冷缩性质，会发现气体的体积突然减小。