高一化学必修二第六章 化学反应与能量(讲义及答案)(1)

一、选择题

1．H2能在Cl2中燃烧生成 HCl，HCl也能在一定条件下分解为H2和Cl2。图为H2、Cl2和HCl 三者相互转化的微观过程示意图，下列说法正确的是

A．过程 1 放热B．过程 2 吸热C．过程 3 放热D．过程 4 放热

【答案】C

【详解】

化学反应的过程中存在化学键的断裂与形成，其中键断裂吸热，键形成放热，图中过程1是吸热过程，过程2是放热过程，氢气在氯气中燃烧是放热过程，而氯化氢的分解是吸热过程，故答案为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．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．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。

5．下列关于化学反应速率的说法正确的是

A．因是同一反应，所以用不同物质表示化学反应速率时，所得数值是相同的

B．根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢

C．化学反应速率为“1mol/(L?min)”表示的意思是：时间为1min时，某物质的浓度为

1mol/L

D．化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物浓度的减少或者任何一种生成物浓度的增加

【答案】B

【详解】

A．同一反应，用不同物质表示化学反应速率时，数值比值等于方程式的系数之比，则不一定相等，故A错误；

B．化学反应速率的大小可以体现化学反应进行的快慢，即根据化学反应速率的大小可以判断化学反应进行的快慢，故B正确；

C．化学反应速率为“1 mol/(L?min)”表示的意思是：时间1min内，某物质的浓度变化量为1mol/L，故C错误；

D．化学反应的反应速率不能用固体物质单位时间内浓度的变化量表示，故D错误；

故答案为B。

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．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。

8．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。

9．下列关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是（）

A．图1所示的装置能将化学能转变为电能

B．图2所示的反应为吸热反应

C．中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低

D．化学反应中能量变化的根本原因是化学键的断裂与生成

【答案】D

【详解】

A．图1所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池，没有电流通过，所以不能把化学能转变为电能，选项A错误；

B．图2所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，选项B错误；

C．中和反应是放热反应，所以反应物总能量大于生成物总能量，选项C错误；

D．化学反应总是伴随着能量变化，断键需要吸收能量，成键放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，选项D正确；

答案选D。

10．一定温度时，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。

11．目前科学家已开发出一种新型燃料电池——固体氧化物电池，该电池用辛烷(C8H18)作燃料，电池中间部分的固体氧化物陶瓷可传递氧离子，下列说法正确的是

A．电池工作时，氧气发生氧化反应

B．电池负极的电极反应：O2＋2H2O＋4e－=4OH－

C．电池负极的电极反应：C8H18＋25O2－－50e－=8CO2↑＋9H2O

D．若消耗的O2为11.2 L(标准状况)，则电池中有1 mol电子发生转移

【答案】C

【分析】

该燃料电池中，辛烷失电子发生氧化反应，电极反应式为C8H18+25O2--50e-=8CO2+9H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，再结合物质之间的反应来分析解答。

【详解】

A．该电池工作时，正极上氧气得电子发生还原反应，故A错误；

B．负极上燃料辛烷失电子发生氧化反应，电极反应式为C8H18+25O2--50e-=8CO2+9H2O，故B错误；

C．负极上燃料辛烷失电子发生氧化反应，电极反应式为C8H18+25O2--50e-=8CO2+9H2O，故C正确；

D．标况下11.2L氧气的物质的量为0.5mol，根据O2+4e-=2O2-知，当消耗0.5mol氧气转移电子的物质的量为氧气的4倍，所以转移电子的物质的量为2mol，故D错误；

答案选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．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。

14．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，2H2(g)+O2(g)=2H2O(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。

15．科学家近期研发出如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列有关叙述错误

．．的是

A．b电极不可用石墨替代Li

B．正极反应为：Li1-x Mn2O4+xLi++xe－ = LiMn2O4

C．电池总反应为：Li1-x Mn2O4+xLi = LiMn2O4

D．放电时，溶液中Li+从a向b迁移

【答案】D

【分析】

锂离子电池中，b为Li，失去电子，作负极，LiMn2O4为正极；充电时Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，据此分析。

【详解】

A. C不能失电子，故b电极不可用石墨替代Li，A项正确；

B. 正极发生还原反应，Li1-x Mn2O4得电子被还原，电极反应为：Li1-x Mn2O4+xLi++xe－ =

LiMn2O4，B项正确；

C. Li失电子，Li1-x Mn2O4得电子，生成的产物为LiMn2O4，电池的总反应为：Li1-x Mn2O4+xLi = LiMn2O4，C项正确；

D.放电时，阳离子移动到正极，即从b向a迁移，D项错误；

答案选D。

16．425℃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t0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)H2(g)+I2(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 。

17．一定温度下，向容积为2L 的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示。则下列对该反应的推断合理的是（ ）

A ．该反应的化学方程式为6A+2D 3B+4C

B ．0～1s 内， v(A)=v(B)

C ．0～5s 内，B 的平均反应速率为006mol·L -1·s -1

D ．5s 时，v(A)=v(B)=v(C)=v(D) 【答案】C 【分析】

由图像可知，A 、D 物质增加为生成物，B 、C 物质减少为反应物，根据变化的物质的量之比与系数之比相等写出化学方程式；Δc

v=Δt

，以此计算化学反应速率。 【详解】

A ．由图可知，反应达到平衡时A 物质增加了1.2mol ，D 物质增加了0.4mol 、

B 物质减少了0.6mol 、

C 物质减少了0.8mol ，故A 、

D 为生成物，B 、C 为反应物，该反应的化学方程式为3B 4C

6A 2D ++，A 项错误；

B ．0～1s 内，A 、B 的物质的量变化量不等所以()()A B v v ≠，B 项错误；

C ．0～5s 内，B 的平均反应速率11

1.0mol 0.4mol

2L 0.06mol L s 5s

v ---==??，C 项正确； D ．5s 时反应达到了化学平衡状态，()()()()A :B :C :D 6:3:4:2v v v v =，D 项错误； 故答案选：C 。

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 ．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 。

19．向某容积一定的密闭容器中充入2molSO 2和1molO 2，一定条件下发生如下反应:2SO 2+O 2

2SO 3。下列说法不正确的是( )

A ．升高温度或充入一定量O 2均能加快化学反应速率

B ．达到平衡状态时，SO 2、O 2、SO 3物质的量之比一定为2:1:2

C ．当SO 2的生成速率与SO 3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SO 3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+O 22SO 3，如果升高温度或充入一定

量O 2均能加快化学反应速率，故A 正确；B. 初始加入2molSO 2和1molO 2，根据反应

2SO 2+O 2

2SO 3，因为是可逆反应不能进行彻底，所以达到平衡状态时，SO 2、O 2、SO 3物

质的量之比不一定为2:1:2，故B 错误；C. 当SO 2的生成速率与SO 3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。

20．一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。

二、实验题

21．Ⅰ：某学习小组为了探究硝酸铁的热稳定性，设计如下实验：

利用如图所示装置进行实验。加热A中Fe(NO3)3固体，装置B中均能看到红棕色气体，装置A中试管内剩余红棕色粉末状固体。

（1）装置B的作用是______；

（2）甲同学认为装置A中试管内剩余的红棕色粉末固体为Fe2O3。乙同学为了验证甲的观点，设计了下列实验

①取该固体少量于洁净试管内加入盐酸，固体溶解成棕黄色溶液，该反应的离子方程式为：______。

②向该棕黄色溶液中滴入__________（填化学式）溶液，溶液变为血红色。

（3）经过检验发现C装置中生成了NaNO3和NaNO2。请写出生成这两种盐的化学反应方程式______，最后用排水法收集到少量无色气体，关于该无色气体，下列说法正确的是

_______（选填编号）

A．该气体是NO B．主要是O2，还有少量N2 C．NO和O2

（4）通过以上实验，写出Fe(NO3)3受热分解的化学反应方程式____________________。Ⅱ：CH4燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由CH4、空气(氧气)、KOH(电解质溶液)构成。其中负极的电极方程式为：______。则电池放电时通入空气的电极为______（填“正极”或“负极”）；电解质溶液的pH______（填“变大”或“变小”）；每转移0.8mol电子消耗______gCH4。

【答案】防止倒吸（或安全瓶的作用） Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O KSCN

2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O B 4Fe(NO3)3高温

2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑ CH4-8e-

+10OH-=2-

3

CO+7H2O 正极变小 1.6g

【详解】

(1)由实验装置图中装置B中两导管均未插入集气瓶底部，且A中有加热装置，故其的作用是防止倒吸（或安全瓶的作用），故答案为：防止倒吸（或安全瓶的作用）；

(2)①取该固体少量于洁净试管内加入盐酸，固体溶解成棕黄色溶液，即Fe2O3与盐酸的反应，故该反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：

Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

②由①可知棕黄色溶液含有Fe3+，故滴入KSCN（填化学式）溶液，溶液变为血红色，故答案为：KSCN；

(3)由装置B中红棕色气体为NO2，又知C装置中生成了NaNO3和NaNO2，故该反应的化

学反应方程式为：2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O，从实验中已知反应生成了Fe2O3和NO2，再根据氧化还原反应中有化合价的降低必然有化合价的升高，故产物还有O2，而NO2已经被NaOH溶液完全吸收，最后用排水法收集到少量无色气体主要为O2，还有少量装置中原有的N2，故B符合题意；故答案为：2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O；B；(4)通过以上实验，反应生成了Fe2O3和NO2，再根据氧化还原反应中有化合价的降低必然有化合价的升高，故产物还有O2，故写出Fe(NO3)3受热分解的化学反应方程式：

4Fe(NO3)

3

高温

2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑，故答案为：4Fe(NO3)3

高温

2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑；

Ⅱ：要写出负极的电极方程式可以先写出总反应式为：CH4+2O2+2OH-=2-

3

CO+3H2O，和正极反应式：2O2+8e-+4H2O=8OH-，用总反应式减去正极反应式就是负极的电极方程式，故为：CH4-8e-+10OH-=2-3

CO+7H2O；燃料电池中通燃料的一极为负极，通氧气等氧化剂的一极是正极，故电池放电时通入空气的电极为正极；根据原电池总反应式可知，反应消耗OH-，故电解质溶液的pH变小；由负极反应式可知，每消耗1molCH4需转移8mole-，故每转移0.8mol电子消耗0.1mol×16g/mol=1.6gCH4，故答案为：CH4-8e-+10OH-=2-3

CO+7H2O；正极，变小，1.6。

22．影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验的方法进行探究。

实验一：他们只利用Cu、Fe、Mg和不同浓度的硫酸(0.5 mol·L－1、2 mol·L－1、18.4 mol·L－1)，设计实验方案来研究影响反应速率的因素。

甲同学研究的实验报告如下表：

实验步骤现象结论

①分别取等体积的2 mol·L－1硫酸于试管

中；

②分别投入大小、形状相同的Cu、Fe、Mg。反应快慢：Mg>Fe>Cu

反应物的性质越活

泼，反应速率越快

(1)该同学的实验目的是________________________；要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是________________________________________。

(2)乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，利用上图装置进行定量实验。完成该实验应选用的实验药品是____________________________；应该测定的实验数据是

________________________________________________________________________。

实验二：已知2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，在酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液反应时，发现开始一段时间，反应速率较慢，溶液退色不明显；但不久突然退色，反应速率明显加快。

(1)针对上述实验现象，某同学认为KMnO4与H2C2O4反应是放热反应，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，你猜想还可能是________的影响。(2)若用实验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液试剂外，还需要选择的试剂最合理的是________。

A．硫酸钾 B．硫酸锰

C．氯化锰 D．水

【答案】反应物本身的性质对反应速率的影响温度相同 Mg(或Fe)和0.5 mol·L－1硫酸和2 mol·L－1硫酸测定一定时间内产生气体的体积(或者测定收集一定体积的气体所需时间) 催化剂(或硫酸锰或Mn2＋的催化作用) B

【详解】

实验一(1)根据实验报告可知，在硫酸的浓度相同时，探究三种金属与硫酸反应的速率，还需要保证三个反应中的反应温度相同；

(2)要研究浓度对反应速率的影响时，应该选用同一种金属单质与不同浓度的硫酸反应，因为铜与稀硫酸不反应，所以不选用，浓硫酸的氧化性强，金属与稀硫酸、浓硫酸的反应原理不同，没有可比性，所以最终选用Mg(或Fe)和0.5 mol·L－1硫酸和2 mol·L－1硫酸，通过装置可知，需要测量产生氢气的体积，当然这里要规定好在同一时间内，这样的比较才有意义，即为了定量比较产生氢气的速率；

实验二(1)从反应前后溶液中微粒的变化来看，Mn2＋的数目增大明显，很容易猜想到可能是Mn2＋对反应有催化作用，加快了反应速率；验证时要保证条件的一致性，即不能引入其他微粒，以免对实验有干扰，所以从B和C选项的比较来看，C选项中引入了Cl－，对实验结论存在干扰，所以选择B。

23．某同学设计实验探究构成原电池的条件，装置如图所示：

甲.乙.

实验一：探究电极的构成。图甲中，①A、B两极均选用石墨作电极，发现电流计指针不偏转；②A、B两极均选用铜片作电极，发现电流计指针不偏转；③A极用锌片，B极用铜片，发现电流计指针向左偏转；④A极用锌片，B极用石墨，发现电流计指针向左偏转。

(1)结论一：________________________；

实验二：探究溶液的构成。图甲中，A极用锌片，B极用铜片，①液体采用无水乙醇，发现电流计指针不偏转；②改用硫酸溶液，发现电流计指针偏转，B极上有气体产生。

(2)结论二：________________________；

实验三：探究图乙装置能否构成原电池。将锌、铜两电极分别放入稀硫酸中，发现锌片上有气泡产生，铜片上无明显现象，电流计指针不发生偏转。

(3)结论三：________________________；

思考：对该同学的实验，有同学提出了如下疑问，请你帮助解决。

(4)在图甲装置中，若A为镁片，B为铝片，电解质溶液为NaOH溶液；负极为

________(填“A”或“B”)；电流计的指针应向________(填“右”或“左”)偏转。

【答案】电极是两活泼性不同的电极溶液是电解质溶液构成闭合回路 B 右

【详解】

实验一：当两个电极相同时，不能够形成原电池，不同时则可以构成原电池，所以，可以得出的结论是：电极必须是两活泼性不同的电极，故答案为：电极是两活泼性不同的电极；

实验二：无水乙醇是非电解质，此时不能够形成原电池，而使用电解质溶液硫酸溶液时，可以构成原电池，这表明溶液必须是电解质溶液，故答案为：溶液是电解质溶液；

实验三：乙中没有构成闭合回路，不能够形成原电池，表明必须构成闭合回路才能够构成原电池；由于Mg不会和氢氧化钠溶液反应，而Al可以和氢氧化钠溶液反应，所以，在甲图装置中，若A为镁片，B为铝片，电解质溶液为NaOH溶液，则Al为负极，电流计的指针应向右偏转；故答案为：构成闭合回路；B；右。

24．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 ～t 1时间段反应速率v (Cr 3＋)＝____mol·L －1·min

－1

(用代数式表示)。

(3)该课题组对铁明矾[Al 2Fe(SO 4)4·24H 2O]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：Fe 2＋

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)=120.015L 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。

25．2MnO 是中学实验中的常用试剂。

实验1：甲同学设计图1装置探究硫和氯的非金属性相对强弱。

（1）A 装置中发生反应的化学方程式为________。B 装置的作用是除去2Cl 中的HCl ，则B 中的试剂是__________（填名称），D 装置的作用是___________。

（2）实验过程中，C 中产生浅黄色沉淀，写出C 中反应的离子方程式：____________。通过实验证明氯的非金属性比硫强，则从原子结构角度的合理解释是____________。 实验2：乙同学设计如下实验探究影响双氧水分解反应速率的外界因素。 实验 30%的双氧水/mL 温度/℃ 2MnO /g 收集等体积的2O 所用时间/s ① 20mL

25 0 a ② 20mL 25 1 b ③

20mL

35

c

（3）若a>b 且实验②反应后2MnO 的质量和化学性质不变，则实验结论是__________。 （4）设计实验①和③的目的是____________。

实验3：为了探究在二氧化锰作用下，双氧水分解反应是放热反应还是吸热反应，进行如下实验，装置如图2所示：

（5）实验中，观察到图2烧杯中产生气泡，由此推知图3中_____________（填“甲”或“乙”）能反映双氧水分解反应的能量变化。 【答案】2222MnO 4HCl()

MnCl Cl 2H O ++↑+加热

浓 饱和食盐水 防倒吸、吸收尾

气中的氯气 22Cl S =S 2Cl -

-

+↓+ 氯原子的最外层电子数比硫多，氯原子的半径小于硫，氯的得电子能力比硫强 其他条件相同时，2MnO 能加快反应速率 探究温度对双氧水分解反应速率的影响 甲 【分析】

实验1：甲同学利用图1装置探究硫和氯的非金属性相对强弱，A 装置产生的氯气中含HCl 气体，通过B 装置除去2Cl 中的HCl 后，氯气进入C 装置，和Na 2S 发生置换反应产生浅黄色浑浊，可证明氯的非金属性比硫强，D 是尾气处理装置，同时球形干燥管可以防倒吸；

实验2：通过变量控制，分别探究了催化剂、温度对双氧水分解反应速率的影响； 实验3：通过观察导管处是产生气泡还是产生一段水柱，探究：在二氧化锰作用下双氧水分解反应是放热反应还是吸热反应； 【详解】

(1)据分析A 装置中产生了氯气，则发生反应的化学方程式为：

2222MnO 4HCl()

MnCl Cl 2H O ++↑+加热

浓；B 装置的作用是除去2Cl 中的HCl ，则

B 中的试剂是饱和食盐水，实验中有多余的氯气是大气污染物，故需除去，D 装置中球形干燥管可以防倒吸，故D 装置的作用是防倒吸、吸收尾气中的氯气；

(2)实验过程中，C 中产生浅黄色沉淀为S ，是氯气和Na 2S 发生置换反应产生的，则反应的离子方程式：22Cl S =S 2Cl -

-

+↓+，据此证明氯的非金属性比硫强，从原子结构角度的合理解释是：氯和硫具有相同的电子层数，氯原子的最外层电子数比硫多，氯原子的半径小于硫，故氯的得电子能力比硫强；