高考化学一轮复习第六章 化学反应与能量 单元测试及答案
高考化学一轮复习第六章化学反应与能量单元测试及答案
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．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。
3．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。
4．反应2SO 2+O22SO3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．0.1s B．2.5s C．5s D．10s
【答案】C
【详解】
根据反应方程式2SO 2+O22SO3，一段时间后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)=0.2
t
=0.04mol?L-1?s-1，t=5s，故选C。
5．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；
故选C。
【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①CH4+2O2→CO2+2H2O、
②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；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。
6．2 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。
7．某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液。下列说法正确的是A．电子由Zn电极流出，经KOH溶液流向正极
O-+=Fe2O3+5H2O
B．正极反应式为2Fe2
4
C．该电池放电过程中电解质溶液浓度不变
D．电池工作时OH-向负极迁移
【答案】D
【解析】
【详解】
A．电子由电源的负极经导线流向正极，所以电子从锌极经导线流向K2FeO4极，A错误；
O-+8H2O+6e-=Fe(OH)3+10OH-，B B．KOH溶液为电解溶质溶液，则正极电极反应式为：2Fe2
4
错误；
C．该电池放电过程中电解质溶液浓度减小，C错误；
D．电池工作时阴离子向负极移动，所以OH-向负极迁移，D正确；
答案选D。
8．可逆反应2NO 22NO＋O2在恒容密闭容器中进行，下列情况达到平衡状态的是
①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2
②混合气体的平均相对分子质量不再改变
③NO2、NO、O2的反应速率之比为2∶2∶1
④混合气体的颜色不再改变
⑤混合气体的密度不再改变
A．①②④B．②③⑤C．①②⑤D．①②④⑤
【答案】A
【分析】
根据平衡状态的两个重要特征来判断：（1）v（正）=v（逆）；（2）混合物中各组成成分的百分含量不变。
【详解】
①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，符合特征（1），正确；
②该反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，正确；
③用NO2，NO，O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态，说明了反应中各物质的转化量的关系，不符合，错误；
④NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征（2），正确；
⑤在恒容密闭容器中，该体系的ρ始终保持不变，不能说明是否达到平衡状态，错误；
答案选A。
9．反应3A(g)+B(g)═2C(g)在三种不同的条件下进行反应，在同一时间内，测得的反应速率用不同的物质表示为：①v A═1mol/(L?min)，②v C═0.5 mol/(L?min)，③v B═0.5
mol/(L?min)，三种情况下该反应速率大小的关系正确的是( )
A．②＞③＞①B．①＞②＞③C．③＞①＞②D．②＞①＞③
【答案】C
【详解】
都转化为A表示的反应速率来比较反应速率的快慢。
①v A=1 mol/(L?min)；
②v C=0.5 mol/(L?min)，由3A(g)+B(g)═2C(g)，则转化为A表示的反应速率v A=0.5
mol/(L?min)×3
2
=0.75 mol/(L?min)；
③v B=0.5 mol/(L?min)，由3A(g)+B(g)═2C(g)，则转化为A表示的反应速率v A=0.5
mol/(L?min)×3=1.5 mol/(L?min)；
显然③＞①＞②，故选C。
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)＋O2(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．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。
12．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1 B．方案2 C．方案3 D．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。
13．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：2Li2S6+2Li++2e?=3Li2S4
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Li2S2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2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，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S8越多，即电池中Li2S2的量越少，故D错误；答案为D。
14．直接煤一空气燃料电池原理如图所示，下列说法错误的是（）
A．随着反应的进行，氧化物电解质的量不断减少
B．负极的电极反应式为C+2CO32--4e-=3CO2↑
C．电极X为负极，O2-向X极迁移
D．直接煤一空气燃料电池的能量效率比煤燃烧发电的能量效率高
【答案】A
【详解】
A、氧化物电解质的量不会减少，在电极Y上O2得到电子生成O2-不断在补充，故A错误；
B、由原理图分析可知，其负极反应式为C+2CO32--4e-=3CO2↑，即B正确；
C、原电池内部的阴离子向负极移动，所以C正确；
D、直接煤一空气燃料电池是把化学直接转化为电能，而煤燃烧发电是把化学能转化为热能，再转化为电能，其中能量损耗较大，所以D正确。
正确答案为A。
15．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。
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．根据反应KMnO4＋FeSO4＋H2SO4→MnSO4＋Fe2(SO4)3＋K2SO4＋H2O(未配平)设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1 mol·L－1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法不正确的是( )
A．石墨b是原电池的负极，发生氧化反应
B．忽略溶液体积变化，Fe2(SO4)3浓度变为1.5 mol/L，则反应中转移的电子为0.1 mol C．甲烧杯中的电极反应式：MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O
D．电池工作时，盐桥中的K+向甲烧杯中移动
【答案】B
【详解】
A. 在乙池中，Fe2+-e-=Fe3+，则石墨b是原电池的负极，发生氧化反应，A正确；
B. Fe2(SO4)3浓度变为1.5 mol/L，则反应生成的Fe2(SO4)3为0.5 mol/L ×0.2L=0.1mol，由Fe2+
生成的Fe 3+为0.2mol ，则反应中转移的电子为0.2mol ，B 错误；
C. 甲烧杯中，MnO 4-得电子转化为Mn 2+，电极反应式为MnO 4-＋5e －＋8H ＋=Mn 2＋＋4H 2O ，C 正确；
D. 电池工作时，甲烧杯中阳离子减少，所以盐桥中的K +向甲烧杯中移动，D 正确。 故选B 。
18．一定温度下，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 。
19．已知NO 2和N 2O 4可以相互转化()
()2242NO g N O g ，反应每生成1moN 2O 4 ，放
出24.2kJ 的热量．在恒温条件下，将一定量的NO 2和N 2O 4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。
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．利用生活中或实验室中的常用物品，根据氧化还原反应知识和电化学知识，自己动手设计一个原电池.请填写下列空白：
（1）实验原理：Fe+2H+=Fe2++H2↑
（2）实验用品：电极（__、__）、稀硫酸、__、__耳机（或电流计）.
（3）①按如图所示装置连接好实验仪器，这时可以听见耳机发出“嚓嚓……”的声音。其原因是在原电池中化学能转化为__，在耳机中__又转化为声波这种能量。
②在该原电池内中，Fe在___极发生了___反应，H+在___极发生了___反应。
【答案】铁钉（或铁条等）铜钉（或其他的惰性电极，如铅笔芯等）烧杯导线电能电能负氧化正还原
【分析】
根据Fe+2H+═Fe2++H2↑知，铁失电子被氧化，则Fe作原电池负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作原电池正极，电解质溶液为弱氧化性酸溶液，结合原电池构成条件及能量转化方式分析解答。
【详解】
（2）由形成原电池的条件可知，需要铁为负极，正极为铜钉（其他的惰性电极如铅笔芯、铂等都可以），硫酸为电解质溶液，还需要烧杯、导线等，故答案为：铁钉或铁条；
铜钉（其他的惰性电极如铅笔芯、铂等都可以）；烧杯、导线；
（4）①在原电池中，由化学能转化为电能，在耳机中又由电能转化为声音这种能量，故答案为：电能；电能；
②如果将装置中的耳机改为电流计，则电流表指针发生偏转，形成原电池反应，铁为负极，发生氧化反应，电极方程式为Fe-2e-=Fe2+，正极发生还原反应，电极方程式为2H++2e-=H2↑，铁钉应该连接电流计的负极，铜钉连接电流计的正极，故答案为：负；氧化；正；还原。
22．Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好pH和2
Fe+浓度的废水中加入22
H O，所产生的羟基自由基能氧化降解有机污染物。现运用该方法降解有机污染物p CP
-，探究有关因素对该降解反应速率的影响。
（实验设计）
控制p CP
-的初始浓度相同，恒定实验温度在298 K或313 K（其他实验条件如表所示），设计如下对比实验。
（1）请完成实验设计表（表中不要留空格）。
实验编号实验目的T/K pH
()
-3-1
c/10 mol L?
22
H O2
Fe+
①为以下实验作参照2983 6.00.30
②探究温度对讲解反应速率的影响____________
③___29810 6.00.30
（数据处理）
实验测得p CP
-的浓度随时间变化的关系如图所示。
（2）请根据图中实验①曲线，计算降解反应在50~150 s内的反应速率：()
v p-CP=_______1-1
mol L s
-
??。
（解释与结论）
（3）实验①②表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton 法所用试剂22H O 的角度分析原因：_____________。 （4）实验③得出的结论是pH 等于10时，______________。 （思考与交流）
（5）实验时需要在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止。根据图中的信息，写出一种迅速停止反应的方法：____________。
【答案】313 3 6.0 0.30 探究溶液的pH 对降解反应速率的影响 68.010-? 过氧化氢在温度过高时迅速分解 有机物p CP -不能降解 将所取样品迅速加入到一定量的NaOH 溶液中，使pH 约为10 【分析】
对比实验的基本思想是控制变量法，设计对比实验时，只能改变一个条件，否则无法确定影响因素，则可以在温度相同时，变化浓度探究浓度对反应速率的影响，或者在浓度相等时，变化温度探究温度对反应速率的影响。 【详解】
（1）实验①是对照实验，由控制变量唯一化可知，与实验①相比，实验②是探究温度对反应速率的影响，则313 K T =，其他条件与实验①相同；实验③是探究溶液pH 对反应速率的影响，故答案为：313；3；6.0；0.30；探究溶液的pH 对降解反应速率的影响； （2）由图可知，在50~150 s 内，()3
1
0.81p 0 m l CP o L c ---?=??，则降解反应速率
()41
6118.010mol L p CP =8.010 mol L s 100s
-----??-=???v ，故答案为：68.010-?；
（3）温度过高时，过氧化氢受热会分解，过氧化氢的浓度减小，导致反应速率减小，故答案为：过氧化氢在温度过高时迅速分解；
（4）从图中可以看出，溶液pH 10=时，()
p CP c -不变，说明反应速率为零，该条件下有机物p CP -不能降解，故答案为：有机物p CP -不能降解；
（5）由图可知，溶液pH 10=时，有机物p CP -不能降解，则迅速停止反应的方法是将所取样品迅速加入到pH 为10的溶液中，使反应停止，故答案为：将所取样品迅速加入到一定量的NaOH 溶液中，使pH 约为10。
23．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FeCl3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CuCl2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______(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+。
24．如图是研究催化剂对过氧化氢分解反应速率影响的实验装置图。某学生研究小组在50mL量筒中盛满水，倒置于水槽中，通过分液漏斗把过氧化氢溶液加入锥形瓶中(瓶中已有适量催化剂)，记录各时间段收集到的氧气的体积。
实验一：以二氧化锰作催化剂，进行以下四组实验。
第1组：粉末状的二氧化锰0.2g+5mL6%H2O2
第2组：粉末状的二氧化锰0.2g+5mL10%H2O2
第3组：粉末状的二氧化锰0.1g+5mL6%H2O2
第4组：颗粒状的二氧化锰0.1g+5mL6%H2O2
前30s 产生O 2(mL) 21
24
11
9
前45s 产生O 2(mL) 31
35
18
12
前60s 产生O 2(mL)
45
48
26
15
实验二：以不同的催化剂对过氧化氢(均为5mL6%H 2O 2)分解反应速率影响进行研究，记录反应的时间t 和相应的量筒内的气体体积读数V ，用
21
V -V t
t 作为反应速率的表达式(单位：mL?s ﹣
1)，得到以下实验数据：
催化剂 产生气体速率/mL?s ﹣1 催化剂 产生气体速率/mL?s ﹣1 MnO 2 0.03 土豆
0.03
CuO
0.07
活性炭 0.12
(1)写出实验一中H 2O 2分解的反应方程式_________。
(2)实验一的几组数据能够说明在实验中影响反应速率的因素主要有_________。 (3)实验二的几组数据反映出的问题是_________。
(4)用碰撞理论解释使用正催化剂能增大化学反应速率的原因_________。
.
【答案】2H 2O 22H 2O+O 2↑ 反应物浓度、反应物颗粒大小或反应物的接触面积、
催化剂的用量 不同的催化剂对化学反应速率影响不同 催化剂的使用，降低了一个反应所需的活化能，从而增大了反应体系中活化分子的百分数，使有效碰撞的机率增多，导致反应速率明显加快 【分析】
(1)H2O2在二氧化锰作用下分解生成水和氧气；
(2)从下面的条件中分析：0.2g粉末状的MnO2+5mL6%H2O2、0.2g粉末状的
MnO2+5mL10%H2O2、0.1g粉末状的MnO2+5mL6%H2O2、0.1g颗粒状的MnO2+5mL6%H2O2，找出不同条件；
(3)实验二的几组数据均为5mL6%H2O2．催化剂分别为MnO2、CuO、土豆、活性炭，不同的是催化剂；
(4)用活化能、碰撞理论分析。
【详解】
(1)H2O2在二氧化锰作用下分解生成水和氧气，反应方程式为2H2O22H2O+O2↑；
故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
(2)0.2g粉末状的MnO2+5mL6%H2O2、0.2g粉末状的MnO2+5mL10%H2O2、0.1g粉末状的MnO2+5mL6%H2O2、0.1g颗粒状的MnO2+5mL6%H2O2不同条件分别是反应物浓度、反应物颗粒大小或者说反应物的接触面积、催化剂的用量，故答案为：反应物浓度、反应物颗粒大小或反应物的接触面积、催化剂的用量；
(3)实验二的几组数据均为5mL6%H2O2．催化剂分别为MnO2、CuO、土豆、活性炭，不同的是催化剂，所以比较的是催化剂对化学反应速率影响不同；故答案为：不同的催化剂对化学反应速率影响不同；
(4)正催化剂可以降低反应所需要的能量，因此化学反应当中，只有那些具有较高能量的分子，在相撞的时候才能够有效的发生化学反应，但含有较高能量的分子在分子总数中所占的比例非常小，如果我们要能够使用某一种催化剂，降低化学反应所需要的能量，也就是说使更多的分子达到反应所需要的能量，这个时候有效碰撞次数就增加，进一步造成了化学反应速率的增大，所以催化剂的使用，降低了一个反应所需的活化能，从而增大了反应体系中活化分子的百分数，使有效碰撞的机率增多，导致反应速率明显加快；故答案为：催化剂的使用，降低了一个反应所需的活化能，从而增大了反应体系中活化分子的百分数，使有效碰撞的机率增多，导致反应速率明显加快。
25．为了探究KI与FeCl3的反应为可逆反应，且有一定的限度，某化学小组进行了两组实验：
(1)请写出KI溶液与FeCl3溶液反应的离子反应方程式：______；
实验I：探究KI与FeCl3的反应为可逆反应
步骤1：设计如下图原电池
．．．装置，接通灵敏电流计，指针向左偏转(注：灵敏电流计指针总是偏向电源正极)，随着时间进行电流计读数逐渐变小，最后读数变为零。
步骤2：当指针读数变零后，向甲中加入少量FeCl2固体，向乙中加入少量碘固体；(2)若灵敏电流计出现_________(答现象)，则证明该反应为可逆反应。实验结论：该反应为可逆反应。
(3)根据以上实验结论解释步骤1中“最后读数变为零”的原因_______；
(4)加入FeCl2和碘固体后，正极的电极反应式为______；
实验II：证明KI与FeCl3的反应有一定限度。
步骤3：取5 mL 0.1 mol/L的KI溶液于试管，滴加0.1 mol/L的FeCl3溶液2 mL，振荡；
步骤4：取少量反应后的溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，充分振荡；
(5)观察到的现象是________；
步骤5：另取少量反应后的溶液，滴加0.1 mol/L的AgNO3溶液，振荡，产生黄色沉淀，则证明该反应有一定限度。
(6)但有同学认为步骤5现象不能证明得出的结论，原因是______，修正实验方案后得到结论：该反应有一定的限度。
【答案】2Fe3++2I-=2Fe2++I2电流计指针偏向右侧该反应达到了平衡状态 I2+2e-=2I-溶液变蓝 I-过量，造成溶液中仍有残留
【分析】
KI溶液与FeCl 3溶液反应的离子反应方程式：2Fe3++2I-2Fe2++I2，实验I：为探究KI与FeCl3的反应为可逆反应，设计带盐桥的原电池实验进行验证，改变生成物浓度，看电流计的指针否逆向偏转，如能逆向偏转，随着时间进行电流计读数逐渐变小，最后读数变为零，说明反应是可逆反应；实验II：证明KI与FeCl3的反应有一定限度。取5 mL 0.1 mol/L 的KI溶液于试管，滴加0.1 mol/L的FeCl3溶液2 mL，反应后碘离子过量（5 mL× 0.1 mol·L－1-2×0.1 mol/L×2 mL）=1mmol，要增加FeCl3溶液量，确保铁离子过量，再检验碘离子才正确。
【详解】
(1)KI溶液与FeCl3溶液反应的离子反应方程式：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；故答案为：2Fe3++2I-
=2Fe2++I2；
(2)当指针读数变零后，向甲中加入少量FeCl2固体，向乙中加入少量碘固体，若灵敏电流计出现电流计指针偏向右侧，说明反应逆向进行，则证明该反应为可逆反应。实验结论：该反应为可逆反应。故答案为：电流计指针偏向右侧；
(3)改变亚铁离子浓度后，旧平衡被破坏，平衡逆向移动，步骤1中“最后读数变为零”的原因该反应重新达到了平衡状态；故答案为：该反应达到了平衡状态；
(4)加入FeCl2和碘固体后，平衡逆向进行，负极亚铁离子失电子，发生氧化反应，正极是
碘作氧化剂，得电子发生还原反应，正极的电极反应式为I2+2e-=2I-；故答案为：I2+2e-=2I-；
(5)取5 mL 0.1 mol/L的KI溶液于试管，滴加0.1 mol/L的FeCl3溶液2 mL，振荡，发生
2Fe3++2I-=2Fe2++I2，有碘单质生成，遇淀粉溶液变蓝，观察到的现象是溶液变蓝；故答案为：溶液变蓝；
(6)步骤3：取5 mL 0.1 mol/L的KI溶液于试管，滴加0.1 mol/L的FeCl3溶液2 mL，反应后碘离子过量（5 mL× 0.1 mol·L－1-2×0.1 mol/L×2 mL）=1mmol，步骤5：另取少量反应后的溶液，滴加0.1 mol/L的AgNO3溶液，振荡，产生黄色沉淀，步骤5现象不能得出反应有限度的结论，原因是I-过量，造成溶液中仍有残留，要增加FeCl3溶液量，确保铁离子过量，再检验碘离子才正确，修正实验方案后得到结论：该反应有一定的限度。故答案为：I-过量，造成溶液中仍有残留。
【点睛】
本题是探究型实验，考查学生的探究性思维能力，解题关键：探究KI与FeCl3的反应为可逆反应，设计带盐桥的原电池实验进行验证，改变生成物浓度，看电流计的指针否逆向偏转，如能逆向偏转，随着时间进行电流计读数逐渐变小，最后读数变为零，说明反应是可逆反应；设计实验证明KI与FeCl3的反应有一定限度，用过量的FeCl3，看另一种反应物KI 是否能完全反应，如不能，说明反应有限度。难点：注意探究性实验设计要求，逻辑性要强，思路要清淅，思维要严谨。
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。