山东省师范大学附属中学高中化学第六章 化学反应与能量知识归纳总结及答案1.docx
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山东省师范大学附属中学高中化学第六章化学反应与能量知识归纳总结及答案1
山东省师范大学附属中学高中化学第六章化学反应与能量知识归纳总结及答案
一、选择题
1．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。
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．在密闭容器中进行反应：
X2（g）＋3Y2（g）
2Z（g），其中X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol·L－1、0.3mol·L－1、0.2mol·L－1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是（ ）。
A．c（Z）＝0.5mol·L－1B．c（Y2）＝0.5mol·L－1
C．c（X2）＝0.2mol·L－1D．c（Y2）＝0.6mol·L－1
【答案】B
【详解】
若反应向正反应进行，假定完全反应，则：
X2（g）+3Y2（g）
2Z（g）
起始量（mol/L）0.10.30.2
变化量（mol/L）0.10.30.2
平衡量（mol/L）000.4
若反应逆反应进行，假定完全反应，则：
X2（g）+3Y2（g）
2Z（g）
起始量（mol/L）0.10.30.2
变化量（mol/L）0.10.30.2
平衡量（mol/L）0.20.60
由于为可逆反应，物质不能完全转化，所以平衡时浓度范围为0＜c（X2）＜0.2，0＜c（Y2）＜0.6，0＜c（Z）＜0.4，B正确、ACD错误；
答案选B。
【点晴】
化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，解答的关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答。
4．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。
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>dB．a>c>d>bC．c>a>d>bD．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2L密闭容器中，把2molX和2molY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＝4B．X的转化率为60％
C．X的平衡浓度为0.4mol/LD．2min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：
，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，
=60％，B正确；
C.据分析，X的平衡浓度为0.4mol/L，C正确；
D.2min内Y的平均速率为
，D不正确。
答案选D。
7．反应2SO2+O2
2SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol/L，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04mo1/（L.s），则这段时间为（）
A．0.1sB．2.5sC．5sD．10s
【答案】C
【详解】
根据反应方程式2SO2+O2
2SO3，一段时间后SO3的浓度增加了0.4mol•L-1，那么氧气的浓度必然减少0.2mol•L-1，根据v（O2）=
=0.04mol•L-1•s-1，t=5s，故选C。
8．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、0.1mol/L、0.2mol/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、0.3mol/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。
9．在恒温下的密闭容器中，有可逆反应
，下列不能说明该反应已达到平衡状态的是（）
A．正反应生成NO2的速率和逆反应生成O2的速率
B．混合气体的颜色不再改变
C．反应容器中的压强不随时间的变化而变化
D．混合气体的平均摩尔质量保持不变
【答案】A
【详解】
A．正反应生成NO2的速率和逆反应生成O2的速率之比等于2:
1时，反应达到平衡状态，符合题意，A正确；
B．NO为无色，NO2为红棕色，当混合气体的颜色不再改变，说明NO2的浓度不变，即反应达到平衡状态，不符合题意，B错误；
C．反应前后气体的化学计量数之和不相等，随着反应的进行，容器中的压强不断变化，当容器中的压强不再改变时，说明反应已达到平衡状态，不符合题意，C错误；
D．反应前后气体的化学计量数之和不相等，气体的质量始终不变，随着反应的进行，气体的物质的量不断变化，当气体的物质的量不再改变时，混合气体的平均摩尔质量不再变，说明反应已达到平衡状态，不符合题意，D错误；
答案选A。
【点睛】
混合气体的平均摩尔质量=
。
10．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH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．CH4→CH3COOH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CH3COOH总反应的原子利用率为100％
【答案】C
【详解】
A．该反应总反应为CH4+CO2
CH3COOH，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CH3COOH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。
11．一定温度下，10L0.40mol/L的
溶液发生催化分解，不同时刻测得生成
的体积（已折算为标准状况下）如表所示：
t/min
0
2
4
6
8
10
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列说法不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（）
A．0～4min内的平均反应速率
B．6～10min内的平均反应速率
C．反应至6min时，
D．反应至6min时，
分解了50%
【答案】C
【详解】
A．
分解的化学方程式为2H2O2
O2↑+H2O，0～4min内反应生成
氧气，消耗
的物质的量为1.536mol，平均反应速率
，A项正确；
B．随着反应的进行，
的浓度减小，反应速率减慢，6～10min的平均反应速率
，B项正确；
C．反应至6min时，
=22.4L（1mol氧气），结合2H2O2
O2↑+H2O，消耗的
为2mol，剩余
为10L×0.40mol/L－2mol=2mol，易知反应至6min时，
，C项错误；
D．反应至6min时，
分解了
，D项正确；
故选C。
12．原电池是化学电源的雏形。
关于如图所示原电池的说法正确的是
A．能将电能转化为化学能
B．电子从锌片经导线流向铜片
C．锌片为正极，发生氧化反应
D．铜片上发生的反应为Cu2+＋2e－=Cu
【答案】B
【分析】
Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为Zn-2e-═Zn2+，铜为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑，电池工作时，电子从负极锌沿导线流向正极铜，内电路中阳离子移向正极Cu，阴离子移向负极Zn，据此解答。
【详解】
Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，发生失去电子的氧化反应，铜为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为2H++2e−=H2↑，电池工作时，电子从负极锌沿导线流向正极铜，
A.原电池是将化学能转化为电能的装置，故A错误；
B.Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，铜为正极，电池工作时，电子从负极锌沿导线流向正极铜，故B正确；
C.Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，铜为正极，负极上发生失去电子的氧化反应，故C错误；
D.原电池中，铜为正极，电极反应式为2H++2e−=H2↑，故D错误；
故答案选：
B。
13．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。
14．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6.5g，外电路转移0.1mole-
【答案】C
【详解】
A．氧气得电子发生还原反应，故A错误；
B．锌作负极，碱性条件下，负极上电极反应式为：
，故B错误；
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6.5g，外电路转移0.2mole-，故D错误；
故选：
C。
15．一定条件下，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c1mol/L、c2mol/L、c3mol/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。
16．利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O设计的电池装置如图所示，该装置既能有效消除氮氧化物的排放减轻环境污染，又能充分利用化学能。
下列说法正确的是（）
A．电池工作时，OH—从左向右迁移
B．电极A上发生氧化反应，电极A为正极
C．当有0.1molNO2被处理时，外电路中通过电子0.4mol
D．电极B的电极反应式为2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O
【答案】C
【分析】
由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合电解质溶液呈碱性解答该题。
【详解】
由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极；
A．A为负极，B为正极，电池工作时，OH—从右向左迁移，故A错误；
B．A为负极，发生氧化反应，故B错误；
C．当有0.1molNO2被处理时，N元素从+4价降为0价，则外电路中通过电子0.4mol，故C正确；
D．电极B为正极，发生还原反应，电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，故D错误；
故答案为C。
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t0时，三种物质的物质的量相等
B．图①中
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
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
，当浓度不再变化时反应达到平衡状态。
【详解】
A．图①中
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
时，三种物质的物质的量浓度相等，但
后各物质的物质的量浓度发生改变，即
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
，故C项正确；
D．图①、②中，当
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V1mL1.0mol•L-1NaOH溶液和V2mL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V1+V2=50mL）。
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1.5mol•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V1+V2=50mL可知HCl溶液的体积为20mL，由反应方程式可知V1c（NaOH）=V2c（HCl），解得c（HCl）为1.5mol•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。
19．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1molH2O时吸收热量245kJ
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，1molH2断裂共价键变为2molH要吸收436kJ的能量，0.5molO2断裂共价键变为1molO要吸收249kJ的能量，2molH和1molO结合成1molH2O要放出930kJ的能量。
因此，可以算出1molH2和0.5molO2反应生成1molH2O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。
20．一定条件下，在容积固定的某密闭容器中发生反应N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）,在10s内N2的浓度由5mol/L降至4mol/L，下列说法正确的是（）
A．用NH3表示的化学反应速率为0.1mol/（L•s）
B．升高温度，可以加快反应的反应速率
C．增加H2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，N2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，
的浓度由5mol/L降至4mol/L，变化了
mol，所以
变化了
mol，V（
）=
（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N2浓度不可能降为零，选项D错误；
答案选B。
二、实验题
21．某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。
光照下，草酸（H2C2O4）能将其中的Cr2O
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
①
4
60
10
30
②
5
60
10
30
③
5
60
20
20
测得实验①和②溶液中的Cr2O
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Cr2O
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（Cr2O
）_____实验①中的c（Cr2O
），则假设一成立；若两溶液中的c（Cr2O
）_______，则假设一不成立。
（5）草酸不仅能还原Cr2O
，还能还原MnO
。
某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50.00mL溶液，取出10.00mL，用0.100mol·L-1草酸标准溶
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