湖南省三湘名校教育联盟化学第六章 化学反应与能量 (讲义及答案)含答案解析(1)
湖南省三湘名校教育联盟化学第六章化学反应与能量 (讲义及答案)含答案
解析
一、选择题
1．298K时，合成氨反应的热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4
kJ/mol，在该温度下，取1 mol N2和3 mol H2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 H2，到达平衡时放出的热量应为92.4 kJ
【答案】C
【解析】
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。
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．运用推理、归纳、类比、对比的方法得出下列结论，其中合理的是
A．铝的金属活动性比铁强，则铝制品比铁制品更易锈蚀
B．水和过氧化氢的组成元素相同，则二者的化学性质相同
C．Na+、Mg2+、Cl-的最外层电子数均为8，由此得出离子的最外层电子数均为8
D．同温下分解氯酸钾，加催化剂的反应速率更快，说明催化剂可以改变反应速率
【答案】D
【详解】
A．铝的金属活动性比铁强，但铝制品比铁制品更耐腐蚀，因为在铝制品表明能形成一层致密的氧化膜，A错误；
B．水和过氧化氢的组成元素相同，二者的化学性质不相同，B错误；
C．Na+、Mg2+、Cl-的最外层电子数均为8，但离子的最外层电子数不一定均为8，例如铁离子等，C错误；
D．同温下分解氯酸钾，加催化剂的反应速率更快，说明催化剂可以改变反应速率，D正确；
答案选D。
4．对于可逆反应 4NH3+5O2?4NO+6H2O(g)，下列叙述正确的是
A．达到平衡时，4v(O2)正=5v(NO)逆
B．达到平衡状态后，NH3、O2、NO、H2O(g)的物质的量之比为 4:5:4:6
C．达到平衡状态时，若增加容器体积，则反应速率增大
D．若单位时间生成 xmolNO 的同时，消耗 xmolNH3，则反应达到平衡状态
【答案】A
【详解】
A．达到平衡时，4v（O2）正=5v（NO）逆，说明正逆反应速率相等，选项A正确；
B．到达平衡时，反应混合物的物质的量关系与起始投入量及转化率有关，达到化学平衡时， NH3、O2、NO、H2O(g)的物质的量之比不一定为4∶5∶4∶6，选项B错误；
C．达到平衡状态时，若增加容器体积，相当于减小压强，则反应速率减小，选项C错误；
D．若单位时间生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都是指正反应速率，无法说明正逆反应速率相等，则反应不一定达到平衡状态，选项D错误。
答案选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．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。
7．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。
8．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。某锂电池的电池反应为：xLi+Li3-x NiCoMnO 6
放电
充电
Li3NiCoMnO6，下列说法正确的是
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。
9．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。
10．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＋=Zn2＋＋H2↑，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。
11．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。
12．一些烷烃的燃烧热如下表：
化合物燃烧热/kJ·mol－
1
化合物
燃烧热/kJ·mol－
1
甲烷890.3正丁烷2878.0
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。
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)＋O 2(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。
14．一定条件下，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。
15．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。
16．全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2S x（2≤x≤8）。下列说法错误的是
A ．电池工作时，正极可发生反应：2Li 2S 6+2Li ++2e ?=3Li 2S 4
B ．电池工作时，外电路中流过0.02 mol 电子，负极材料减重0.14 g
C ．石墨烯的作用主要是提高电极a 的导电性
D ．电池充电时间越长，电池中Li 2S 2的量越多 【答案】D 【详解】
A ．原电池工作时，Li +向正极移动，则a 为正极，正极上发生还原反应，随放电的多少可能发生多种反应，其中可能为2Li 2S 6+2Li ++2e -=3Li 2S 4，故A 正确；
B ．原电池工作时，转移0.02mol 电子时，氧化Li 的物质的量为0.02mol ，质量为0.14g ，故B 正确；
C ．石墨能导电，利用石墨烯作电极，可提高电极a 的导电性，故C 正确；
D ．电池充电时间越长，转移电子数越多，生成的Li 和S 8越多，即电池中Li 2S 2的量越少，故D 错误；答案为D 。
17．425℃时，在两个1L 密闭容器中分别发生化学反应，物质的浓度随时间的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A ．图①中t 0时，三种物质的物质的量相等
B ．图①中0t 时，反应达到平衡状态
C ．图②中的可逆反应为2HI(g)H 2(g)+I 2(g)
D ．图①②中，当c(HI)=3.16mol/L 时，两容器中的反应均达到平衡状态
【答案】B 【分析】
图①中0t 时，三种物质的物质的量浓度相等，此时还未达到平衡；由图②可知该图表示的可逆反应为()()()222HI g H g I g +，当浓度不再变化时反应达到平衡状态。
【详解】
A ．图①中0t 时，三种物质的物质的量浓度相等，由于体系恒容，所以三者的物质的量也相等，故A 项正确；
B ．图①中0t 时，三种物质的物质的量浓度相等，但0t 后各物质的物质的量浓度发生改变，即0t 时反应没有达到平衡状态，故B 项错误；
C ．由图②可知，该图表示的可逆反应为()
()()222HI g H g I g +，故C 项正确；
D ．图①、②中，当()HI 3.16mol /L c =时，两容器中的反应均达到平衡状态，故D 项正确；
故答案选：B。
18．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:NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。可以判断该反应已经达到平衡的是
A．2v(NH3)=v(CO2)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(NH3)正=v(NH3)逆或v(NH3)正= 2v(CO2)逆时，即该反应正反应和逆反应速率相等，已经达到平衡，2v(NH3)=v(CO2)不能表明正反应和逆反应速率相等，故A错误；
B. 随着NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(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。
19．我国科学家在CO2电催化还原制乙烯和乙醇方面取得重要突破，其反应机理如下图所示。下列有关说法错误的是
A．第1步中“CO2→*CO"碳氧双键断开需要吸收能量
B．第2步发生反应的化学方程式为*CO+H→*CHO
C．第3步“*CHO→*OCHCHO*”吸附在催化剂表面原子数目及种类不变
D．第4步产物有乙烯、乙醇和水
【答案】C
【分析】
由图可知：第1步CO2碳氧双键断开形成*CO和O，第2步发生反应*CO+H→*CHO，第3步“*CHO→*OCHCHO*”，第4步为*OCHCHO*脱离催化剂表面生成乙烯和乙醇，据此分析。
【详解】
A．断开共价键需要吸收能量，故A正确；
B．观察图，第2步发生反应的化学方程式为*CO+H→*CHO，故B正确；
C．第3步“*CHO→*OCHCHO*”吸附在催化剂表面原子种类改变，数目增加，故C错误，；D．第4步产物有乙烯、乙醇，根据原子守恒，产物中有水生成，故D正确；
答案选C。
20．如图a为在恒温恒容密闭容器中分别充入X、Y、Z三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间的变化。若从t2开始，每个时刻只改变一个且不同的条件，物质Z的正、逆反应速率随时间变化如图b。下列说法不正确的是（）
A．0~t1内X与Y的平均反应速率之比为3∶2
B．该反应中Z一定为产物
C．该反应的正反应为放热反应
D．t2时刻改变的条件可能是压强或催化剂
【答案】C
【分析】
t1～t2阶段、t2～t3阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，每个时刻只改变一个且不同的条件，t2～t3阶段与t4～t5阶段反应速率加快且平衡不移动，说明分别是使用了催化剂和加压，则反应前后气体体积不变，0~t1时，X减少0.09mol/L，Y增大0.06mol/L，所以Z一定是生成物，且生成0.03mol/L，t3～t4阶段改变的条件只能是降低反应温度，平衡逆向移动，说明正反应吸热，以此分析解答。
【详解】
A. 0～t1min内X与Y的平均反应速率之比等于物质的量浓度的变化量之比，即为：（0.15-
0.06）mol/L∶（0.11-0.05）mol/L=3∶2，故A正确；
B. 由上述分析可知，Z一定是生成物，故B正确；
C. 由上述分析可知，t3～t4阶段改变的条件只能是降低反应温度，平衡逆向移动，说明正反应吸热，故C错误；
D. t1～t2阶段、t2～t3阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，每个时刻只改变一个且不同的条件，t2～t3阶段与t4～t5阶段反应速率加快且平衡不移动，说明分别是使用了催化剂和加压，也说明了该反应前后气体体积不变，故D正确；
答案选C。
二、实验题
21．某化学小组将草酸(H2C2O4，二元弱酸)溶液与硫酸酸化的KMnO4溶液混合。研究发现，少量MnSO4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：
（1）常温下，控制KMnO4溶液初始浓度相同，调节不同的初始pH和草酸溶液用量，做对比实验。请完成以下实验设计表。
表中a、b的值分别为a=___、b=___。
（2）该反应的离子方程式为___。
（3）若t1＜t2，则根据实验①和②得到的结论是___。
（4）请你设计实验④验证MnSO4对该反应起催化作用，完成表中内容。
【答案】50 10 5H2C2O4+2MnO4-+6H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O 其他条件相同时，溶液的pH对该反应的速率有影响；(其他条件相同时，溶液的pH减小反应速率加快) 向反应混合液中加入少量MnSO4固体，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验
【详解】
(1)根据实验目的，常温下，控制KMnO4溶液初始浓度相同，调节不同的初始pH和草酸溶液用量，做对比实验。实验①和②，探究不同的初始pH对化学反应速率的影响，实验②和③，探究不同草酸溶液用量对化学反应速率的影响，因此除了草酸用量不同，其他量均相同，可得a=50，为了维持溶液体积好与②相同，b=10；
(2)草酸被高锰酸钾氧化生成CO2，MnO4－还原成Mn2＋，离子方程式为5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；
(3)实验①和②探究不同的初始pH对化学反应速率的影响，若t1＜t2，说明其他条件相同时，溶液的pH减小反应速率加快；
(4)实验④验证MnSO4对该反应起催化作用，且与实验①作对比，因此除了MnSO4的用量不同其他均相同，实验方案为向反应混合液中加入少量MnSO4固体，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验。
22．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] 2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O
[实验内容及记录]
实验
编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
室温下溶液颜色褪至
无色所需时间/min
0.6 mol/L
H2C2O4溶液
H2O
0.2 mol/L
KMnO4溶液
3 mol/L
稀硫酸
1 3.0 2.0 3.0 2.0 4.0
2 3.0 3.0 2.0 2.0 5.2
3 3.0 4.0 1.0 2.0 6.4
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KMnO4的浓度变化表示的反应速率为
v(KMnO4)＝_____________________________。
（3）该小组同学根据经验绘制了n(Mn2＋)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(Mn2＋)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
H2C2O4溶液
H2O
0.2 mol/L
KMnO4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KMnO4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MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2＋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。
23．某研究性学习组利用224H C O 溶液和酸性4KMnO 溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：
(2)通过实验A 、B ，可探究出___________的改变对反应速率的影响，其中
1=V ___________，1=T ___________，通过实验___________可探究出温度变化对化学反应
速率的影响。（填实验序号）
(3)若18t ，则由实验A 、B 可以得出的结论是__________；利用实验B 中数据计算，从反应开始到结束，用4KMnO 的浓度变化表示的反应速率为___________（保留两位有效数字）
(4)该小组的一位同学通过查阅资料发现：反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对4KMnO 与224H C O 之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是___________，相应的粒子最有可能是___________。
【答案】5H 2C 2O 4+2MnO 4-+6H +＝2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O 浓度 15 293 B 、C 其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大 0.00083mol/（L·s ） 催化作用 Mn 2+ 【详解】
(1)草酸和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成二氧化碳、锰离子和水，离子反应方程
式为5H2C2O4+2MnO4-+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2)实验A、B，滴加H2C2O4溶液的体积不等，故实验A、B可探究出浓度的改变对反应速率的影响；据实验A可知，保证溶液的总体积为6mL，B中H2C2O4溶液3mL，故需加水6mL-2mL-3mL=1mL；A、B温度相同，研究浓度对化学反应速率的影响，故T1=293；B、C温度不同，其余条件相同，故通过B、C实验可探究出温度变化对化学反应速率的影响；(3)若t1＜8，则由此实验可以得出的结论是其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；草酸的物质的量为0.10mol?L-1×0.003L=0.0003mol，高锰酸钾的物质的量为0.02mol?L-1×0.002L=0.00004mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.0003mol：0.00004mol=15：2，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为
0.00004mol
=
0.00083mol/（L·s）；
0.006L8s
(4)反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是催化作用，相应的粒子最有可能是Mn2+。
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FeCl3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CuCl2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t1～t2速率变化的主要原因是_______，t2～t3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 Fe3+氧化性大于H+，所以锌先与Fe3+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，t1～t2速率加快；后期c（H+）起主导作用，随着反应进行c（H+）降低，t2～t3反应速率减慢；
(2)Fe3+氧化性大于H+，所以锌片先与FeCl3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．现有如下两个反应：(A)NaOH＋HCl＝NaCl＋H2O (B)2FeCl3＋Fe＝3FeCl2
（1）根据两反应本质，分别判断能否用于设计原电池____。
（2）如果不能，说明其原因______。
（3）如果可以，请画出实验装置图，注明电解质溶液名称和正负极材料，标出电子流动方向和电流方向，写出电极反应式。____。
_____是正极，正极反应式：_____；
_____是负极，负极反应式：_____。
【答案】(A)不能(B)可以 (A)不是氧化还原反应，没有发生电子的转移
Cu(或C) 2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋ Fe Fe－2e－＝Fe2＋
【详解】
（1）原电池为放热的氧化还原反应，可用于设计原电池的是：(A)不能(B)可以。
答案为：(A)不能(B)可以
（2）A不能的原因是：(A)不是氧化还原反应，没有发生电子的转移。
答案为：(A)不是氧化还原反应，没有发生电子的转移
（3）B可以，实验装置图如下：
Cu(或C)是正极。答案为：Cu(或C)
正极反应式：2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋。
答案为：2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋
Fe是负极。答案为：Fe
负极反应式：Fe－2e－＝Fe2＋。
答案为：Fe－2e－＝Fe2＋
26．某课外实验小组利用压强传感器、数据采集器和计算机等数字化实验设备，探究用0.01g镁条分别与2mL不同浓度稀盐酸的反应速率。实验结果如图所示。
（1）Mg与盐酸反应的离子方程式是________。
（2）从微粒角度分析，该实验是为了探究________（因素）对该反应的化学反应速率的影响。
（3）a________0.5（填“>”或“<”）。
（4）如果用0.5mol/L硫酸代替上述实验中的0.5mol/L盐酸，二者的反应速率是否相同
____，请说明原因：________。
【答案】Mg+2H+=Mg2++H2↑浓度 > 不同用相同浓度硫酸代替实验中盐酸，导致氢离子浓度增大，化学反应速率加快。
【分析】
根据金属与酸反应原理书写反应方程式；根据影响化学反应速率的因素进行分析解答。【详解】
(1 )镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，此反应的离子方程式为：Mg+2H+=Mg2++H2↑，故答案：Mg+2H+=Mg2++H2↑；
(2)实验中其他条件都相同，只有盐酸浓度不同，即氢离子浓度不同，故从微粒角度分析，该实验是为了探究反应物浓度对该反应的化学反应速率的影响，故答案：浓度；
(3 )从图像分析，用a mol/L的盐酸反应速率曲线斜率比0.5mol/L盐酸大，说明用a mol/L 的盐酸反应速率更快，反应物浓度大，速率加快，说明a大于0.5，故答案：>；
( 4)如果用0.5mol/L的硫酸，则由于1mol硫酸完全电离生成2mol氢离子，氢离子的浓度增大，反应速率加快，因此反应速率不同，故答案：不同；用相同浓度硫酸代替实验中盐酸，导致氢离子浓度增大，化学反应速率加快。