高考化学第六章 化学反应与能量(讲义及答案)(1)

一、选择题

1．2 mol A与2 mol B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：2A(g)＋3B(g)2C(g)＋

z D(g)；若2 s后，A的转化率为50%，测得v(D)＝0.25 mol·L－1·s－1，下列推断正确的是() A．v(C)＝v(D)＝0.2 mol·L－1·s－1

B．z＝3

C．B的转化率为75%

D．反应前与2 s后容器的压强比为4∶3

【答案】C

【详解】

2s后A的转化率为50%，则反应的A为2mol×50%=1mol，则

2A（g）+3B（g）2C（g）+zD（g），

开始（mol）2 2 0 0

转化（mol）1 1.5 1 0.5z

2s（mol） 1 0.5 1 0.5z

A．v（C）==0.25 mol·L－1·s－1=v（D），故A错误；

B．因反应速率之比等于化学计量数之比，由A可知，z=2，故B错误；

C．B的转化率为×100%=75%，故C正确；

D．反应达2 s时，容器内总物质的量为n A＋n B＋n C＋n D＝1 mol＋0.5 mol＋1 mol＋1 mol ＝3.5 mol。故反应前后的容器中气体总物质的量之比为4∶3.5，压强比为4∶3.5，D项错误；

答案选C。

2．化学反应中能量变化，通常表现为热量的变化，如Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl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。

3．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 。

4．CaCO 3与稀盐酸反应(放热反应)生成CO 2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 。

5．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。

6．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 。

7．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 。

8．以反应5H 2C 2O 4+2-

4MnO +6H +=10CO 2↑+2Mn 2++8H 2O 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H 2C 2O 4溶液和酸性KmnO 4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

编号

H 2C 2O 4溶液

酸性KMnO 4溶液

温度/℃

浓度/mol/L

体积/mL 浓度/mol/L 体积/mL ①

0.10

2.0

0.010

4.0

25

②0.20 2.0

0.010 4.025

③0.20 2.00.010 4.050

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．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

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，H2O2+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．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；

【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①CH 4+2O 2→CO 2+2H 2O 、②CO 2+2KOH=K 2CO 3+H 2O 、③K 2CO 3+CO 2+H 2O=2KHCO 3；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。

11．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 。

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 ＋2H 2O 石墨：2H 2O ＋O 2＋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．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。

14．一定温度下的恒容密闭容器中，反应A2（g）＋B2（g）2AB（g）达到平衡的标志是

A．速率之比ν（A2） :ν（B2） :ν（AB）＝1:1:2

B．浓度之比c（A2）: c（B2）: c（AB）＝1:1:2

C．单位时间内生成2n mol AB，同时消耗n mol A2

D．各物质的浓度不再改变

【答案】D

【详解】

A.它们的速率之比虽然等于化学计量数之比，但并不能表示正反应速率和逆反应速率相等，所以A不正确；

B.平衡状态下的各组分的浓度之比通常不等于化学计量数之比，只有它们的浓度不持不变状态才是平衡状态，所以B不正确；

C. 单位时间内生成2n mol AB，同时消耗n mol A2，只描述了正反应速率，不能表示正反应速率与逆反应速率相等，所以C不正确；

D. 各物质的浓度不再改变，说明各组分的百分含量保持不变了，所以是平衡状态。

【点睛】

一个可逆反应是否处于化学平衡状态可从两方面判断；一是看正反应速率是否等于逆反应速率，两个速率必须能代表正、逆两个方向，然后它们的数值之比还得等于化学计量数之比，具备这两点才能确定正反应速率等于逆反应速率；二是判断物理量是否为变量，变量不变达平衡。

15．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+H 2O ，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。

16．可逆反应()()

()2232SO g O g 2SO g H 0+<，在一定条件下达到平衡状态。在t 1

时刻改变某一条件，化学反应速率与反应时间的关系如图所示。下列说法正确的是()

A ．维持温度、反应体系容积不变，1t 时充入()3SO g

B ．维持温度、压强不变，1t 时充入()3SO g

C ．维持体积不变，1t 时升高反应体系温度

D ．维持温度、容积不变，1t 时充入一定量Ar 【答案】B 【分析】

在t 1时刻，改变条件后，正反应速率降低，逆反应速率升高，平衡逆向移动，据此解答。 【详解】

A. 维持温度、反应体系容积不变，1t 时充入()3SO g ，1t 时逆反应速率增大、正反应速率不变，故A 不选；

B. 维持温度、压强不变，1t 时充入()3SO g ，1t 时逆反应速率增大，且体积增大导致正反应速率减小，故B 选；

C. 维持体积不变，1t 时升高反应体系温度，正逆反应速率均增大，与图象不符，故C 不选；

D. 维持温度、容积不变，1t 时充入一定量Ar ，反应体系中各物质浓度不变，正逆反应速率均不变，故D 不选； 故选：B 。

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．①②③B．①②③⑤C．①②③④D．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．对于可逆反应4NH3+5O24NO+6H2O(g),下列叙述正确的是（）

A．达到平衡状态，2 v正(NH3)= 3v逆(H2O)

B．单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态

C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大

D．反应达到平衡时，反应物的转化率一定小于100%

【答案】D

【详解】

A. 反应处于平衡状态时，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比为正反应速率之比，2 v正(NH3)= 3v逆(H2O)，不能说明该反应到达平衡状态，A项错误；

B. 若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示反应向正向进行，反应自始至终都是1:1，不能说明到达平衡，B项错误；

C. 达到平衡时，若减小容器体积，压强增大，正逆反应速率都增大，C项错误；

D. 可逆反应进行不到底，达到平衡时，反应物的转化率一定小于100%，D项正确；

答案选D。

19．向某容积一定的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，一定条件下发生如下反

应:2SO 2+O22SO3。下列说法不正确的是( )

A．升高温度或充入一定量O2均能加快化学反应速率

B．达到平衡状态时，SO2、O2、SO3物质的量之比一定为2:1:2

C．当SO2的生成速率与SO3的生成速率相等时，反应达到平衡状态

D．达到平衡状态时，生成SO3的物质的量一定小于2mol

【答案】B

【解析】

分析：根据影响化学反应速率的因素和化学反应达到化学平衡的标志进行解答。增加反应浓度或生成物的浓度化学反应速率加快；升高温度化学反应速率加快；化学平衡的标志是各物质的浓度不在改变，正反应速率等于逆反应速率。

详解：A.根据影响化学反应速率的因素知反应2SO 2+O22SO3，如果升高温度或充入一定量O2均能加快化学反应速率，故A正确；B. 初始加入2molSO2和1molO2，根据反应

2SO 2+O22SO3，因为是可逆反应不能进行彻底，所以达到平衡状态时，SO2、O2、SO3物质的量之比不一定为2:1:2，故B错误；C. 当SO2的生成速率与SO3的生成速率相等时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D.因为2SO 2+O22SO3是可逆反应不能进行彻底，达到平衡状态时，生成SO3的物质的量一定小于2mol，故D正确；答案：选B。

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．某化学课外小组的同学通过实验探究认识化学反应速率和化学反应限度

CO的反应探究外界条件对化学反应速率的影响，下表是实验(1)实验一：通过实验室制备2

过程中的数据及相关信息:

2

中的信息可知，影响该化学反应速率的因素有___。

(2)实验二：已知2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O。在酸性高锰酸钾溶液与草酸(H2C2O4)溶液反应时，发现开始一段时间，反应速率较慢，溶液褪色不明显，但不久突然褪色，反应速率明显加快。

①针对上述实验现象，小组同学认为KMnO4与H2C2O4反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看，你认为还可能是__________的影响。

②若用实验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液外，还需要的试剂最合理的是_____(填字母)。

A．硫酸钾 B．硫酸锰 C．二氧化锰 D．水

(3)实验三：探究KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度。

Ⅰ、向5 mL 0.1 mol/LKI溶液中滴加5~6滴0.1 molL FeCl3溶液，充分反应后，将所得溶液分成甲、乙两等份；

Ⅱ、向甲中滴加CCl4，充分振荡；Ⅲ、向乙中滴加试剂X。

请回答下列问题:

①步骤Ⅲ中，试剂X是________；

②步骤Ⅱ和Ⅲ中的实验现象说明KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度，该实验现象是__________。

【答案】反应物浓度、反应物接触面积、温度生成的Mn2+对反应有催化作用 B KSCN 溶液Ⅱ中可观察到溶液分层，下层呈现紫红色，Ⅲ中可观察到溶液变红

【详解】

(1)通过测定收集相同体积CO2气体所需时间反映化学反应速率快慢，根据化学反应速率不同分析化学反应速率的影响因素，由①②或④⑤实验可知，化学反应速率与反应物浓度有关，由①③实验可知，化学反应速率与反应物接触面积有关，由③④实验可知，化学反应速率与温度有关，故答案为：反应物浓度、反应物接触面积、温度；

(2)①影响该反应的反应速率的主要外界因素为：温度、浓度和催化剂，KMnO4与H2C2O4反

应生成Mn2+过程中会放热，温度升高会使化学反应速率增大，因为反应速率明显加快，可以考虑催化剂的影响，则生成的Mn2+对KMnO4与H2C2O4反应具有催化作用，能够加快化学反应速率，故答案为：生成的Mn2+对反应有催化作用；

②要想验证锰离子的催化作用，在做对比实验时时加入硫酸锰观察反应速率(产生气泡的快慢)是否变化即可，故答案为B；

(3)①反应有一定的限度，即反应物和产物共存，因反应物中KI明显过量，若要说明反应有一定限度，就需要证明有I2生成，同时有反应物Fe3+存在，利用KSCN溶液检验反应后的溶液里存在Fe3+，故答案为：KSCN溶液；

②当Ⅱ中可观察到溶液分层，下层呈现紫红色是可知反应后的溶液里有I2，Ⅲ中滴加KSCN 溶液后可观察到溶液变红，可知溶液里存在Fe3+，由此可推出反应存在一定限度，故答案为：Ⅱ中可观察到溶液分层，下层呈现紫红色，Ⅲ中可观察到溶液变红。

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K 2SO 4、FeSO 4、K 2SO 4·Al 2(SO 4)3·24H 2O 、Al 2(SO 4)3等。溶液中的Cr 2O 27-

浓度可用仪器测定）

(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．研究化学反应中的能量变化，能更好地利用化学反应为生产和生活服务。 (1)反应2442Fe H SO FeSO H +=+的能量变化如图所示。

①该反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应。

②如图三个装置中，不能证明“铁与稀硫酸反应是吸热反应还是放热反应”的是____________。

(2)现有纯铁片、纯铜片、1500mL0.2mol L -?的硫酸溶液、导线和1000mL 量筒设计实验，证明形成原电池可以改变反应速率所用装置如图所示，装置气密性良好，且1000mL 量筒中已充满了水。

①若a 、b 极不用导线相连，则b 极材料为_____(填“纯铁片”或“纯铜片”)。当收集到

896mL (已折算为标准状况，且溶液体积不变)气体时，用时2min ，则用24H SO 表示的

平均反应速率为____11mol L min --??。

②将a 、b 极(a 极为“纯铁片”，b 极为“纯铜片”)用导线相连，则电子在导线上的流动方向为从_____到(填“a 极”或“b 极”，下同)_____；此时a 极的电极反应式为_______，当收集到896mL (已折算为标准状况)气体时，用时1min 。 ③根据上述实验所得结论为________。

【答案】放热 Ⅲ 纯铁片 0.04 a 极 b 极 2Fe 2e Fe -+-= 形成原电池能加快反应速率 【详解】

(1)①根据示意图可知反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应。 ②装置Ⅰ可通过U 形管中红墨水液面的变化判断铁与稀硫酸的反应是放热还是吸热；装置Ⅱ可通过烧杯中是否产生气泡判断铁与稀硫酸的反应放热还是吸热；装置Ⅲ只是一个铁与稀硫酸反应并将生成的气体用水吸收的装置，不能证明该反应是放热反应还是吸热反应，故答案为：Ⅲ；

(2)①若a 、b 极不用导线相连，右侧应该产生氢气，则b 极材料为纯铁片。当收集到

896mL (已折算为标准状况，且溶液体积不变)气体时，用时2min ，其中氢气的物质的量

是0.896L ÷22.4L /mol ＝0.04mol ，因此消耗0.04mol 硫酸，则用24H SO 表示的平均反应速率为

0.04mol

0.5L 2min

?＝0.0411mol L min --??。

②将a 、b 极(a 极为“纯铁片”，b 极为“纯铜片”)用导线相连，构成原电池，铁是负极，则电子在导线上的流动方向为从a 极流向b 极；此时a 极的电极反应式为

2Fe 2e Fe -+-=；

③由于②中当收集到896mL (已折算为标准状况)气体时，用时1min ，这说明反应速率加快了，因此根据上述实验所得结论为形成原电池能加快反应速率。

24．某研究性学习小组为探究铁与稀盐酸反应，取同质量、体积的铁片、同浓度的盐酸做了下列平行实验：实验①：把纯铁片投入到盛有稀盐酸的试管中，发现放出氢气的速率变化如图所示：

实验②：把铁片投入到含FeCl 3的同浓度稀盐酸中，发现放出氢气的量减少。 实验③：在稀盐酸中滴入几滴CuCl 2溶液，用铁片做实验，发现生成氢气的速率加快。 试回答下列问题：

（1）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______(用离子方程式表示)。

（3）某同学认为实验③反应速率加快的主要原因是形成了原电池，你认为是否正确？

______(正确填“a”，不正确填“b”)。请回答下列相应的a或b问题。

a.若正确，则写出实验③中原电池的正、负极电极反应式______。

b.若不正确，请说明原因。

【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 2Fe3++Fe=3Fe2+ a 正极：2H++2e-=H2↑；负极：Fe?2e-=Fe2+

【分析】

(1)根据影响反应速率的因素分析；

(2)Fe3+氧化性大于H+，所以铁粉先与Fe3+反应生成Fe2+；

(3)铁置换出CuCl2中的Cu，铁、铜、盐酸构成原电池。

【详解】

(1)铁与稀盐酸反应放热，溶液温度升高，所以实验①中t1～t2速率加快；随反应进行，盐酸的浓度减小，所以t2～t3反应速度减慢；

(2) 铁与FeCl3反应生成氯化亚铁，与盐酸反应的铁减少，所以放出的氢气减少；铁与FeCl3反应生成氯化亚铁的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+；

(3)铁置换出CuCl2中的铜，铜、铁、盐酸构成原电池加快铁与盐酸反应的速率，铁作负极、铜作正极。正极电极反应式是2H++2e?=H2↑，负极电极反应式是Fe?2e?=Fe2+。

25．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 （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 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%。

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。