江苏省徐州市夹河中学化学第六章 化学反应与能量复习题及答案.docx

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江苏省徐州市夹河中学化学第六章化学反应与能量复习题及答案

江苏省徐州市夹河中学化学第六章化学反应与能量复习题及答案

一、选择题

1．反应Ⅰ：

CaSO4（s）＋4CO（g）

CaS（s）＋4CO2（g）ΔH1＝－175.6kJ·mol-1反应Ⅱ：

CaSO4（s）＋CO（g）

CaO（s）＋SO2（g）＋CO2（g）ΔH2＝＋218.4kJ·mol-1假设某温度下，反应Ⅰ的速率（v1）小于反应Ⅱ的速率（v2），则下列反应过程能量变化示意图正确的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【详解】

反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，因为B、C两图中反应Ⅰ的生成物总能量高于反应物总能量，而反应Ⅱ的生成物总能量低于反应物总能量，则B、C错误。

由题意知：

反应Ⅰ的速率（v1）小于反应Ⅱ的速率（v2），则反应Ⅰ的活化能较大，则A错误、D正确，故选D。

2．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。

3．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。

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“1mol/（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．下列有关反应速率的说法正确的是（）

A．用铁片和稀硫酸反应制氢气时，改用98%的硫酸可以加快反应速率

B．100mL2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变

C．SO2的催化氧化反应是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率变慢

D．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率变慢

【答案】D

【详解】

A.稀硫酸改为98%的硫酸，铁在浓硫酸中钝化而不能产生氢气，A错误；

B.100mL2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，氯化钠不反应，但稀释了盐酸，氢离子浓度下降，故反应速率下降，B错误；

C.所以升高温度，反应速率加快，C错误；

D.有气体参加的反应，减小压强反应速率变慢，D正确；

答案选D。

7．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。

8．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。

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

【分析】

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．下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是

选项

实验操作

现象

解释或结论

A

用坩埚钳夹持一片未打磨的薄铝片，在酒精灯火焰上加热，

铝不能滴落下来，好像有一层膜兜着

铝熔点高，没能熔化

B

将H2在充满Cl2的集气瓶中燃烧

集气瓶口上方有白烟生成

H2、Cl2化合生成HCl

C

取两支试管，分别放入一小片打磨过的铝片，再分别加入3mL20%的盐酸和氢氧化钠溶液

都有气体产生

前者生成氢气，后者生成氧气

D

相同温度条件下，向两支试管中分别加入2mL质量分数为3%和6%的H2O2溶液，再分别加入等量二氧化锰粉末，比较H2O2的分解速率

6%的H2O2溶液试管中产生气泡的速率较快

相同条件浓度大H2O2分解速率快

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【详解】

A．铝不能滴落下来，好像有一层膜兜着并不是因为铝熔点高，而是因为加热时铝与氧气反应生成熔点很高的氧化铝，故A错误；

B．生成的HCl气体与空气中的水蒸气凝结成小液滴，出现白雾并不是白烟，故B错误；

C．铝和盐酸或者氢氧化钠反应生成的气体均为氢气，故C错误；

D．两支试管中只有H2O2溶液的浓度不同，其他条件完全相同，6%的H2O2溶液试管中产生气泡的速率较快，可以说明相同条件浓度大H2O2分解速率快，故D正确；

综上所述答案为D。

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．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。

13．一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2nmolAB，同时消耗nmolA2

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2nmolAB，同时消耗nmolA2，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。

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1B．方案2C．方案3D．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．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。

16．可逆反应

，在一定条件下达到平衡状态。

在t1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，

时充入

B．维持温度、压强不变，

时充入

C．维持体积不变，

时升高反应体系温度

D．维持温度、容积不变，

时充入一定量Ar

【答案】B

【分析】

在t1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，

时充入

，

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，

时充入

，

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，

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，

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．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。

18．已知NO2和N2O4可以相互转化

，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

=0.04mol/（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。

19．向BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍然澄清；若将BaCl2溶液分盛在两支试管中，一只试管加稀HNO3,另一只加NaOH溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀产生。

由此得出的下列结论中不合理的是

A．SO2是酸性氧化物、SO2具有还原性

B．两支试管中的白色沉淀不是同种物质

C．BaCl2既能跟强酸、又能跟强碱反应，具有两性

D．升高pH时，SO2水溶液中SO32-浓度增大

【答案】C

【分析】

根据SO2的化学性质（酸性氧化物的性质、还原性）分析判断。

【详解】

SO2与水反应生成的H2SO3是弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不会生成BaSO3和HCl。

SO2通入BaCl2和稀硝酸的混合溶液中，SO2被稀硝酸氧化为SO42-，再与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；SO2通入BaCl2和NaOH的混合溶液中，SO2与NaOH反应生成Na2SO3和水，再与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。

故A、B项正确，C项错误。

H2SO3水溶液中存在两步电离，升高pH时，促进电离，SO32-浓度增大，D项正确。

本题选C。

【点睛】

SO2有较强的还原性，稀硝酸有强氧化性，两者能发生氧化还原反应。

20．在密闭容器中进行下列反应：

X2　（g）+Y2（g）⇌2Z（g）。

已知X2、Y2和Z的起始浓度分别为0.1mol·L-1、0.3mol·L-1、0.2mol·L-1，当反应在一定条件下达到平衡时，各物质的浓度有可能是（）

A．Y2为0.2mol·L-1B．Z为0.3mol·L-1C．X2为0.2mol·L-1D．Z为0.4mol·L-1

【答案】B

【详解】

A．若Y2为0.2mol·L-1，Y2减少0.1mol·L-1，根据方程式，消耗X20.1mol·L-1，则X2的浓度0，可逆反应不可能彻底进行，故不选A；

B．若Z为0.3mol·L-1，Z增加0.1mol·L-1，根据方程式，消耗X20.05mol·L-1、消耗Y20.05mol·L-1，则平衡时X2的浓度为0.05mol·L-1、Y2的浓度为0.25mol·L-1，符合可逆反应的特征，故选B；

C．若X2为0.2mol·L-1，X2增加0.1mol·L-1，根据方程式，消耗Z0.2mol·L-1，则Z的浓度0，可逆反应不可能彻底进行，故不选C；

D．若Z为0.4mol·L-1，Z增加0.2mol·L-1，根据方程式，消耗X20.1mol·L-1、消耗Y20.1mol·L-1，则平衡时X2的浓度为0、Y2的浓度为0.2mol·L-1，可逆反应不可能彻底进行，故不选D；

选B。

二、实验题

21．某化学兴趣小组欲测定KClO3，溶液与

溶液反应的化学反应速率．所用试剂为10mL0.1mol/LKClO3，溶液和

溶液，所得数据如图所示。

已知：

。

（1）根据实验数据可知，该反应在0～4min内的平均反应速率

________

。

（2）某同学仔细分析实验数据后发现，在反应过程中，该反应的化学反应速率先增大后减小．某小组同学针对这一现象进一步探究影响该化学反应速率的因素，具体方法如表示。

方案

假设

实验操作

Ⅰ

该反应放热使溶液温度升高，反应速率加快

向烧杯中加入10mL0.1mo//L的

溶液和10mL0.3mol/L的

溶液，

Ⅱ

取10mL0.1mo/L的

溶液加入烧杯中，向其中加入少量NaCl固体，再加入10mL0.3mol/L的

溶液

Ⅲ

溶液酸性增强加快了化学反应速率

分别向a、b两只烧杯中加入10mL0.1mol/L的

溶液；向烧杯a中加入1mL水，向烧杯b中加入1mL0.2mol/L的盐酸；再分别向两只烧杯中加入10mL0.3mol/L的

溶液

①补全方案Ⅰ中的实验操作：

________。

②方案Ⅱ中的假设为________。

③除Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的假设外，还可以提出的假设是________。

④某同学从控制变量的角度思考，认为方案Ⅲ中实验操作设计不严谨，请进行改进：

________。

⑤反应后期，化学反应速率变慢的原因是________。

【答案】0.0025插入温度计生成的

加快了化学反应速率生成的

加快了化学反应速率将1mL水改为1mL0.2mol/L的NaCl溶液反应物浓度降低

【详解】

（1）根据实验数据可知