北京市八一中学高中化学第六章 化学反应与能量 (讲义及答案)及答案

北京市八一中学高中化学第六章化学反应与能量 (讲义及答案)及答案

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．工业合成氨反应在催化剂表面的反应历程及能量变化如图所示，下列说法正确的是( )

A．合成氨的正、逆反应的焓变相同

B．若使用催化剂，生成等量的NH3需要的时间更短

C．在该过程中，N原子和H原子形成了含有非极性键的氨气分子

D．合成氨反应中，反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量

【答案】B

【详解】

A．在可逆反应中，正反应和逆反应的焓变数值相同，但符号相反，A错误；

B，使用催化剂，化学反应速率加快，生成等量的NH3需要的时间更短，B正确；

C．N原子和H原子吸引电子的能力不同，形成的是极性键，C错误；

D．根据图示，合成氨反应是放热反应，因此反应物断键吸收的能量小于生成物形成键释放的能量，D错误；

答案选B。

3．如图所示进行实验，下列说法不正确的是

A．装置甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生

B．甲、乙装置中的能量变化均为化学能转化为电能

C．装置乙中的锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转

D．装置乙中负极的电极反应式：Zn－2e－===Zn2＋

【答案】B

【详解】

A．装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，铜片作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，所以甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生，故A正确；

B．装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气没有形成原电池，故B错误；

C．装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，所以锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转，故C正确；

D．装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，锌片的活泼性大于铜片的活泼性，所以锌片作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式：Zn-2e-═Zn2+，故D正

确；故选B。

【点睛】

准确理解原电池原理是解题关键，装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，锌片的活泼性大于铜片的活泼性，所以锌片作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，铜片作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，据此分析。

4．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CO2～2NaOH～Na2CO3，可知n（CO2）

=0.2mol，则n（C2H6O）=0.5×n（CO2）=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。

5．把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，外电路的电流由d到c；a、c相连时，c极上产生大量气泡；

b、d相连时，d极逐渐溶解，则四种金属的活动性由强到弱的顺序为（）

A．a>b>c>d B．a>c>d>b C．c>a>d>b D．b>d>c>a

【答案】B

【分析】

根据原电池的正负极判断金属活泼性，负极强于正极；根据电极反应的反应类型判断金属活泼性，发生氧化反应的电极活泼；根据电流流向判断金属活泼性，电流从正极流向负极，负极活泼。

【详解】

a、b相连时，a为负极，活泼金属作负极，所以金属活动性a>b；c、a相连时，c上产生大量气泡，c上发生得电子发生还原反应，所以a上发生失电子发生氧化反应，故金属活动性a>c；c、d相连时，电流由d经导线流向c，电流由正极流向负极，所以c作负极d作正极，金属活动性c>d，

b、d相连时，d极逐渐溶解，，即b是正极，d是负极，活泼性d>b，所以a、b、

c、d4块金属的活动性由强到弱的顺序为a>c>d>b，

故选：B。

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，SO3、SO2浓度不会均为0.15mol/L，故C错误；D项、由于反应为可逆反应，SO3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．电动汽车以锂电池提供动力，锂电池技术已经成为汽车研究的前沿科技。某锂电池的电

放电

Li3NiCoMnO6，下列说法正确的是

池反应为：xLi+Li 3-x NiCoMnO6

充电

A．该电池的充、放电过程互为可逆反应

B．充电时主要为化学能转化为电能

C．放电过程中，Li+向电池的正极移动

D．充电时，电池上标有“-”的电极与外接电源正极相连

【答案】C

【详解】

A．对电池充电是在外接电源的情况下，使其逆向进行，而放电是在没有外接电源的情况下自发进行的，二者进行的条件不同，充、放电也不是同时发生的，所以二者不是可逆反应，故A错误；

B．充电时，电能转化为化学能，故B错误；

C．原电池放电过程中，电池内部的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以Li+向电池的正极移动，故C正确；

D．充电时，电池上标有“-”的电极与外接电源负极相连，故D错误。

答案为C。

8．氯化钾固体溶于水时，溶液温度变化不显著的原因是（）

A．溶解过程中只发生了水合作用

B．溶解过程中只发生了扩散作用

C．溶解过程中没有发生热效应

D．水合过程放出的热量与扩散过程吸收的热量接近

【答案】D

【详解】

A．氯化钾固体溶解过程中发生了扩散过程和水合作用，故A错误；

B．氯化钾固体溶解过程中发生了扩散过程和水合作用，故B错误；

C．氯化钾固体溶解过程中发生了扩散过程和水合作用，扩散过程吸收能量、水合过程释放能量，故C错误；

D．氯化钾固体水合过程放出的热量与扩散过程吸收的热量接近，所以溶液温度变化不显著，故D正确；

选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。

10．一些烷烃的燃烧热如下表：

乙烷1560.8异丁烷2869.6

丙烷2221.52－甲基丁烷3531.3

A．乙烷燃烧的热化学方程式为：2C2H6（g）＋7O2（g）＝4CO2（g）＋6H2O（g）ΔH＝－1560.8kJ·mol－1

B．稳定性：正丁烷＞异丁烷

C．正戊烷的燃烧热大于3531.3kJ·mol－1

D．相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多

【答案】C

【详解】

A．根据乙烷燃烧热的含义：完全燃烧1mol乙烷生成二氧化碳和液态水时会放出1560.8KJ 的热量，所以热化学方程式为2C2H6（g）+7O2（g）=4CO2（g）+6H2O（l）△H=-

3121.6kJ/mol，故A错误；

B．由表格中的数据可知，异丁烷的燃烧热比正丁烷的燃烧热小，则异丁烷的能量低，即热稳定性为正丁烷＜异丁烷，故B错误；

C．正戊烷和2-甲基丁烷互为同分异构体，由表格中正丁烷、异丁烷的燃烧热比较可知，则互为同分异构体的化合物，支链多的燃烧热小，则正丁烷的燃烧热大于2-甲基丁烷，即正戊烷的燃烧热大约在3540KJ/mol左右，且大于3531.3KJ/mol，故C正确；

D．相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放热越少，即n越大，燃烧放出的热量越少，氢的数目越大燃烧放热越多，故D错误；

故答案为C。

11．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。

12．下列说法中可以说明2HI（g）H2（g）+I2（g）已达到平衡状态的是（）

（1）单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI

（2）一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂

（3）c(HI)= c(I2)

（4）反应速率υ(H2)=υ(I2)=0.5υ(HI)

（5）c(H2)∶c(I2)∶c(HI)=2∶1∶1

（6）温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化

（7）温度和体积一定时，容器内压强不再变化

（8）条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化

（9）温度和体积一定时，混合气体的颜色不再发生变化

（10）温度和压强一定时，混合气体的密度不再发生变化

A．（1）（2）（5）（9）（10）B．（2）（6）（9）C．（6）（7）（10）

D．全部

【答案】B

【详解】

（1）单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI时，正逆反应速率不等，反应达不到平衡状态，故（1）错误；

（2）反应过程中有一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂，说明正逆反应速率相等，证明反应达到平衡状态，故（2）正确；

（3）c(HI)= c(I2) 的状态不一定是平衡状态，故（3）错误；

（4）反应进行的过程中，反应速率始终满足υ(H2)=υ(I2)=0.5υ(HI)中，不一定是平衡状态，故（4）错误；

（5）c(H2)∶c(I2)∶c(HI)=2∶1∶1的状态不一定是平衡状态，故（5）错误；

（6）温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化，量不变，说明是平衡状态，故正确；（7）温度和体积一定时，混合气体的物质的量始终不变，容器内压强始终不变，不一定是平衡状态，故（7）错误；

（8）混合气体的质量和气体的总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量也始终不变，不一定是平衡状态，故（8）错误；

（9）温度和体积一定时，混合气体的颜色不再发生变化，说明不变，是平衡状态，故（9）正确；

（10）温度和压强一定时，混合合气体的质量和气体的总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量也始终不变，不一定是平衡状态，故（10）错误；

故答案为B。

13．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。

14．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。

15．直接煤一空气燃料电池原理如图所示，下列说法错误的是（）

A．随着反应的进行，氧化物电解质的量不断减少

B．负极的电极反应式为C+2CO32--4e-=3CO2↑

C．电极X为负极，O2-向X极迁移

D．直接煤一空气燃料电池的能量效率比煤燃烧发电的能量效率高

【答案】A

【详解】

A、氧化物电解质的量不会减少，在电极Y上O2得到电子生成O2-不断在补充，故A错误；

B、由原理图分析可知，其负极反应式为C+2CO32--4e-=3CO2↑，即B正确；

C、原电池内部的阴离子向负极移动，所以C正确；

D、直接煤一空气燃料电池是把化学直接转化为电能，而煤燃烧发电是把化学能转化为热能，再转化为电能，其中能量损耗较大，所以D正确。

正确答案为A。

16．根据如图所示的N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化情况判断，下列说法正确的是

A．N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)是放热反应

B．2 mol O原子结合生成O2（g）时需要吸收498 kJ能量

C．1 mol NO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收632 kJ能量

D．2 mol N(g)和2 mol O(g)的总能量为1444 kJ

【答案】C

【分析】

焓变=反应物断裂化学键吸收的能量?生成物形成化学键放出的能

量,N2+O2═2NO△H=946kJ/mol+498kJ/mol?2×632kJ/mol=+180kJ/mol，反应是吸热反应；【详解】

A. 依据计算分析反应是吸热反应，故A错误；

B. 原子结合形成分子的过程是化学键形成过程,是放热过程,2molO原子结合生成O2(g)时需

要放出498kJ 能量，故B 错误；

C. 形成2molNO 放热2×632×J 能量,所以1molNO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收632kJ 能量，故C 正确；

D.无法判断2 mol N(g)和2 mol O(g)的总能量，故D 错误； 故选C 。

17．在两个恒温、恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：(甲)2X(g) Y(g)＋Z(s)

(乙)A(s)＋2B(g)

C(g)＋D(g)，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的密度；②

反应容器中生成物的百分含量；③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比；④混合气体的压强⑤混合气体的总物质的量。其中能表明(甲)和(乙)都达到化学平衡状态是（ ） A ．①②③ B ．①②③⑤

C ．①②③④

D ．①②③④⑤

【答案】A 【详解】

①甲乙均有固体参与反应，混合气体的密度不变，能作平衡状态的标志，正确； ②反应容器中生成物的百分含量不变，说明各组分的量不变，达平衡状态，正确； ③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比，说明正逆反应速率相等，正确；

④乙混合气体的压强始终不变，不能判定反应是否达到平衡状态，错误； ⑤乙混合气体的总物质的量始终不变，不能判定反应是否达到平衡状态，错误； 综上，正确为 ①②③，答案选A 。 【点睛】

本题考查了化学平衡状态的判断，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0，根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态

18．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。

19．将V 1mL 1.0 mol?L -1NaOH 溶液和V 2mL 未知浓度的HCl 溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如下图所示(实验中始终保持V 1+V 2=50 mL)。下列叙述正确的是

A ．做该实验时环境温度为 22℃

B ．该实验表明热能可以转化为化学能

C ．HCl 溶液的浓度约是 1.5 mol?L -1

D ．该实验表明有水生成的反应都是放热反应 【答案】C 【详解】

A ．由图可知，温度为 22℃时，已经加入了5mLNaOH 溶液，而中和反应为放热反应，则该实验开始温度低于22℃，故A 错误；

B ．由图可知该反应是一个放热反应，表明化学能可以转化为热能，故B 错误；

C ．由图可知，NaOH 溶液体积为30mL 时，溶液温度最高，说明NaOH 溶液和HCl 溶液恰好完全反应，由V 1+V 2=50 mL 可知HCl 溶液的体积为20mL ，由反应方程式可知V 1c (NaOH)=

V2c(HCl)，解得c(HCl)为1.5 mol?L-1，故C正确；

D．八水合氢氧化钡与氯化铵反应有水生成，该反应是吸热反应，故D错误；

故选C。

20．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。

二、实验题

21．某学生为了探究影响化学反应速率的外界因素，进行以下实验。

（1）向100 mL稀硫酸中加入过量的锌粉，标准状况下测得数据累计值如下：

时间/min12345

氢气体积/mL50120232290310

①在0~1、1~2、 2~3、3-4、4~-5min各时间段中：

反应速率最大的时间段是____ min，主要的原因可能是____________。

反应速率最小的时间段是____ min，主要的原因可能是____________。

②为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可以在稀硫酸中加入_______（填序号）。

a Na2CO3溶液

b NaOH溶液

c 稀HNO3

d 蒸馏水

（2）进行以下对比实验，并记录实验现象。

实验I：

实验II ：另取两支试管分别加入5 mL5%H 2O 2溶液和5mL10%H 2O 2溶液，均未观察到有明显的气泡产生。

①双氧水分解的化学方程式是______________。 ②实验I 的目的是_________________。

③实验II 未观察到预期现象，为了达到该实验的目的，可采取的改进措施是__________。 【答案】2-3 该反应中放热使温度升高而加快反应速率，此时温度的影响起主要因素 4-5 该反应中消耗H +使H +浓度减小而减慢反应速率，此时H +浓度的影响起主要因素 d 2H 2O 2

3

FeCl 2H 2O+O 2 其他条件相同时，探究温度对H 2O 2分解速率的影响 将两只试管同

时放入盛有相同温度热水的烧杯中，或向两只试管中同时滴入2滴1mol/L 的FeCl 3溶液，观察产生气泡的速率 【分析】

(1)结合表中数据，根据影响化学反应速率的因素进行判断； (2)②根据试管A 、B 实验操作的异同点判断实验I 的目的。 【详解】

(1)①在0~1、1~2、2~3、3~4、4~5 min 各时间段中，△V 分别为50mL 、(120-50)mL=70mL 、（232-120）mL=112mL 、(290-232)mL=58mL 、(310-290)mL=20mL ，所以反应速率最快的是2-3min 、最慢的是4-5min ； 在2-3min 内反应放热，温度升高，速率加快，此时温度的影响起主要因素；在4-5min 时，消耗H +使H +浓度减小而减慢反应速率，此时H +浓度的影响起主要因素；

②a ．加Na 2CO 3溶液，硫酸和碳酸钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，导致和锌反应的氢离子总物质的量减少，氢气的生成量减少，不符合条件，故a 错误；

b ．加氢氧化钠溶液，硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，导致和锌反应的氢离子总物质的量减少，氢气的生成量减少，不符合条件，故b 错误；

c ．加稀HNO 3溶液，硝酸具有强氧化性，和锌反应不生成氢气，不符合条件，故c 错误；

d ．加入水，氢离子浓度减小、反应速率减慢，氢离子总物质的量不变，则不影响氢气的生成量，所以符合条件，故d 正确，答案选d ； (2)①过氧化氢分解生成水和氧气，反应方程式为2H 2O 2

3

FeCl 2H 2O+O 2；

②分别在试管A 、B 中加入2 mL5% H 2O 2溶液，各滴入2滴1mol/L 的FeCl 3溶液，待试管中均有适量气泡出现，说明过氧化氢分解能发生，试管A 、B 中均有适量气泡出现时，将

试管A放入盛有5℃冷水的烧杯中，将试管B放入盛有40℃热水的烧杯中，两支试管不同点是试管A的温度比试管B的温度低，说明研究的是其他条件相同时，探究温度对H2O2分解速率的影响；

③影响化学反应速率的外界因素有浓度、温度、气体的压强、催化剂、固体的表面积等，为加快反应速率使反应现象明显，可从温度或催化剂的影响角度考虑，例如将两支试管同时放入盛有相同温度热水的烧杯中或向两支试管中同时滴入2滴1mol/L 的FeCl3溶液，观察产生气泡的速率。

22．为探究影响化学反应速率的因素，某研究小组设计了如下五个实验。按要求回答下列问题 (已知：Cu2+、Fe3+对H2O2的分解起催化作用) 。

(1)为探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验___________(填序号，下同) ，选择的依据是_______________________。

(2)为探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，应选择实验___________。

(3)通过观察发现实验⑤比实验③现象明显，其原因是____________________。

(4)根据上述实验，用H2O2快速制取少量O2，可采取的三条措施为___________。

【答案】②和③反应物浓度和催化剂相同，只有温度一个变量(或不同) ①③④实验⑤比实验③反应物浓度大，反应速率快升高温度、使用催化剂、增大H2O2的浓度

【分析】

(1)为探究温度对化学反应速率的影响，需要保证除温度外的条件完全相同，据此分析判断；

(2)为探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，需要保证除催化剂外的条件完全相同，据此分析判断；

(3) 比较实验⑤和实验③反应条件的差别，据此分析解答；

(4)根据上述实验，从温度、浓度、催化剂等角度选取合适的措施。

【详解】

(1)为探究温度对化学反应速率的影响，需要保证除温度外的条件完全相同，实验②和③反应物浓度和催化剂相同，只有温度一个变量，可以选择实验②和③探究温度对化学反应速率的影响，故答案为：②和③；反应物浓度和催化剂相同，只有温度不同；

(2)为探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，需要保证除催化剂外的条件完全相同，实验①、③和④的温度、浓度均相同，只有催化剂不同，可以探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，故答案为：

①③④；

(3) 实验⑤和实验③的温度和催化剂相同，但实验⑤的浓度更大，反应速率更快，现象更明显，故答案为：实验⑤比实验③反应物浓度大，反应速率快；

(4)根据上述实验，温度越高，浓度越大，使用催化剂，过氧化氢的分解速率均会加快，因此用H2O2快速制取少量O2，可采取的三条措施为：升高温度、使用催化剂、增大H2O2的浓度，故答案为：升高温度、使用催化剂、增大H2O2的浓度。

【点睛】

本题的易错点为(2)，要注意增加对比实验④。

23．1799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

B Cu→B-0.15

D D→Cu+1.35

E E→Cu+0.30

已知：构成两电极的金属其金属活泼性相差越大，电压表的读数越大。

①请依据表中数据判断：_______金属可能是最强的还原剂；______金属一定不能从硫酸铜溶液中置换出铜。

②1836年，英国科学家丹尼尔对伏打电池进行改进，获得了世界上第一个具有稳定电流的电池，下图是丹尼尔电池的简易装置。(提示：盐桥的作用是通过离子定向移动导电)

该电池的正极反应是________，负极反应 _________。

【答案】D B Cu2++2e-=Cu Zn－2e-=Zn2+

【详解】

①根据表格可知：A?Cu连接时，电子从A→Cu，所以A的金属性大于铜；B?Cu连接时，电子从Cu→B，所以铜的金属性大于B；D?Cu连接时，电子从D→Cu，所以D的金属性大于铜；E?Cu连接时，电子从E→Cu，所以E的金属性大于铜；根据题中信息和原电池原理，电子流出的一极是原电池的负极，是相对活泼的金属，所以A. D. E都比Cu活泼，金属活动性差值越大，电压表的示数越大。所以D最活泼，而活泼性比Cu差的是B，即B金属一定不能从硫酸铜溶液中置换出铜；故答案为：D；B；

②该原电池中，锌易失电子作负极，铜作正极，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn－2e-=Zn2+；正极上铜离子得电子发生还原反应,电极反应式为Cu2++2e-=Cu；

故答案为：Cu2++2e-=Cu；Zn－2e-=Zn2+。

24．草酸(H2C2O4)与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应：

5H2C2O4+2MnO4-+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O

甲同学用8.00mL0.001 mol?L-1 KMnO4溶液与5.00mL 0.01 mol?L-1 H2C2O4溶液反应，研究不同条件对化学反应速率的影响．改变的条件如下：

(l)对比实验l和3，主要探究____对化学反应速率的影响；实验3中加入2.00mL蒸馏水的目的是________。

(2)甲同学在研究反应的影响因素时发现，草酸与酸性高锰酸钾溶液开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显，但不久后突然褪色，反应速率明显加快．甲同学认为除了反应放热，导致溶液温度升高，还可能是________的影响，为了证明猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是_(填字母)。

A．硫酸钾 B．水 C．二氧化锰 D．硫酸锰

(3)乙同学为了测定某高锰酸钾产品的质量分数，取0.500g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。计算该样品中高锰酸钾的质量分数(写出计算过程)。_________

【答案】H+浓度确保实验中c（KMnO4）、c（H2C2O4）不变和总体积不变，可使1和3中硫酸浓度不同催化剂 D 94.8%

【分析】

（1）实验1和3，硫酸的浓度不同，加入少量蒸馏水，让溶液的总体积相同，变量是硫酸

浓度；

（2）KMnO 4与H 2C 2O 4反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想还可能是催化剂的作用；要想验证锰离子的催化作用，在做对比实验时同时加入硫酸锰观察反应速率是否变化即可；

（3）根据方程式找出对应关系：5H 2C 2O 4～2-

4MnO 列比例式计算； 【详解】

（1）实验1和3，其他条件相同，硫酸的浓度不同，可研究H +浓度（或硫酸溶液的浓度）对反应速率的影响；加2mL 蒸馏水确保两实验中总体积相等都为16mL ，让实验中c （KMnO 4）、c （H 2C 2O 4）不变和总体积不变，可使1和3中硫酸浓度不同；故答案为：H +浓度；确保实验中c （KMnO 4）、c （H 2C 2O 4）不变和总体积不变，可使1和3中硫酸浓度不同；

（2）KMnO 4与H 2C 2O 4反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想还可能是催化剂的作用；要想验证锰离子的催化作用，再加入硫酸锰即可，故答案为：催化剂；D ； （3）设高锰酸钾的质量为x ，根据关系式：

-224

-3-1

5H C O

~

2MnO 5

2

10mL x

1510L 0.1mol L 50mL 158g/mol

????

解得x=0.474g ，则样品中高锰酸钾的质量分数为0.474g

100%=94.8%0.5g

? ，故答案为：94.8%。

25．KI 溶液在酸性条件下能与氧气反应。现有以下实验记录：

回答下列问题：

(1)该反应的离子方程式为_____________________。 (2)该实验的目的是_____________________。

(3)实验试剂除了1mol/L KI 溶液、0.1mol/LH 2SO 4溶液外，还需要的试剂是____________，实验现象为____________。

(4)上述实验操作中除了需要(3)的条件外，还必须控制不变的是_________（填字母） A ．温度 B ．试剂的浓度 C ．试剂的用量(体积) D ．试剂添加的顺序

(5)被称为“软电池”的纸质电池采用一个薄层纸片作为传导体，在一边镀锌，在另一边镀二

氧化锰。在纸内的离子“流过”水和氧化锌组成的电解液。其电池反应总反应式为：

2MnO2+Zn+H2O=ZnO+2MnO(OH)，该电池正极发生的电极反应为_______________。

【答案】4H++4I-+O2=2I2+2H2O 探究温度对反应速率的影响淀粉溶液无色溶液变蓝色CD 2MnO2+2e-+2H2O═2MnO(OH)+2OH-

【详解】

(1)根据氧化还原反应原理，以及离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和得失电子数目相等规律，可知该反应的离子方程式为4H++4I-+O2=2I2+2H2O；答案为：4H++4I-+O2=2I2+2H2O；

(2)根据表中数据分析，该实验目的是探究温度对反应速率的影响；答案为：探究温度对反应速率的影响；

(3)为测定显色时间，产物中有碘单质生成，还需要的试剂是淀粉溶液，实验现象为无色溶液变蓝色；答案为：淀粉溶液；无色溶液变蓝色；

(4)设计实验必须保证其他条件不变，只改变一个条件，才能得到准确的结论，还必须控制不变的是试剂的用量(体积)和试剂添加的顺序，答案为：CD；

(5)根据原电池原理，正极发生还原反应，根据电池总反应方程式可知，电池的正极反应式为：2MnO2+2e-+2H2O═2MnO(OH)+2OH-。答案为：2MnO2+2e-+2H2O═2MnO(OH)+2OH-。

26．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。

他提出假设：2

4

SO-的存在减慢了Al与H+的反应速率。

请你设计实验验证他的假设______。

【答案】①② 80

【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

(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。