高考化学二轮复习第六章 化学反应与能量 单元测试含答案解析

高考化学二轮复习第六章化学反应与能量单元测试含答案解析

一、选择题

1．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。

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．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。

4．完全燃烧一定质量的无水乙醇，放出的热量为Q，已知为了完全吸收生成的二氧化碳，消耗掉8mol?L-1的氢氧化钠溶液50mL，则1mol无水乙醇的燃烧放出的热量不可能是A．10Q B．10Q～5Q C．大于10Q D．5Q

【答案】C

【详解】

n（NaOH）=0.05L×8mol/L=0.4mol，则由CO2～2NaOH～Na2CO3，可知n（CO2）

=0.2mol，则n（C2H6O）=0.5×n（CO2）=0.1mol，放出的热量为Q，所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为10Q，由CO2～NaOH～NaHCO3可知，n（CO2）=0.4mol，则n（C2H6O）=0.5×n（CO2）=0.2mol，放出的热量为Q，所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为5Q，若二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠和碳酸钠的混合物，则乙醇燃烧放出的热量介于5Q～10Q之间，所以选项C不符合；故答案选C。

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>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。

6．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。

7．下列反应中属于氧化还原反应又是吸热反应的是

A．镁与盐酸反应放出氢气B．氢氧化钠与盐酸的反应

C．硫在空气或氧气中燃烧D．灼热的炭与二氧化碳反应

【答案】D

【详解】

A．镁与盐酸反应放出氢气，属于放热反应，A不合题意；

B．氢氧化钠与盐酸的反应，属于非氧化还原反应，B不合题意；

C．硫在空气或氧气中燃烧，属于放热反应，C不合题意；

D．灼热的炭与二氧化碳反应，既属于氧化还原反应，又属于吸热反应，D符合题意；

故选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+Li 3-x NiCoMnO6

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。

9．一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。

10．以反应5H2C2O4+2-4

MnO+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KmnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是

A．实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40 s，则这段时间内平均反应速率

v(KMnO4)=2.5×10-4 mol·L-1·s-1

B．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn 2+对反应起催化作用

C．实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响

D．实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量

【答案】A

【详解】

A. 高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：0.010mol/L0.004L 0.002L+0.004L

?

=2

3

×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=

2

0.010mol/L

3

40s

?

=1.7×10?4

mol?L?1?s?1，故A错误；

B. 在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催

化作用的物质，其中水没有这种作用，CO 2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn 2+，故B 正确；

C. 分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，即实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响；实验②和③只是温度不同，所以实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响，故C 正确；

D. 根据反应方程式可得5H 2C 2O 4?2MnO 4-

由实验数据分析可知，在这三个实验中，所加H 2C 2O 4溶液均过量，故D 正确； 故选：A 。

11．下列说法正确的是( )

A ．H 2(g)＋I 2(g) ? 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变

B ．C(s)＋H 2O(g) ? H 2(g)＋CO(g)，气体的总物质的量不再改变不能说明反应已达平衡

C ．若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)＋B(g) ? 2C(?)已达平衡，则A 、C 不能同时是气体

D ．1 mol N 2和3 mol H 2反应达到平衡时H 2转化率为10%，放出的热量为Q 1；在相同温度和压强下，当2 mol NH 3分解为N 2和H 2的转化率为10%时，吸收的热量为Q 2，Q 2等于Q 1 【答案】D 【详解】

A. H 2(g)＋I 2(g) ? 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积增大压强，则正逆反应速率均增大，A 错误；

B. C(s)＋H 2O(g) ? H 2(g)＋CO(g)，气体的总物质的量会随着反应而变化，当其不再改变时则能说明反应已达平衡，B 错误；

C. 2A(?)＋B(g) ? 2C(?)的两边，气体分子总数不可能相等，故不管A 、C 是什么状态，若压强不再随时间变化均能说明反应2A(?)＋B(g) ?

2C(?)已达平衡，C 错误； D. 设合成氨反应中消耗1 mol N 2和3 mol H 2同时生成2 mol NH 3时，放出热量为Q ，则热化学方程式为：1223N (g)+3H (g)

2NH (g)kJ mol H Q -?=-?，消耗2 mol NH 3同时生成1

mol N 2和3 mol H 2时，吸收热量为Q ，则热化学方程式为：

13222NH (g)

N (g)+3H (g)kJ mol H Q -?=+?，当1 mol N 2和3 mol H 2反应达到平衡时H 2

转化率为10%，放出的热量为Q 1=0.1Q ，在相同温度和压强下，当2 mol NH 3分解为N 2和H 2的转化率为10%时，吸收的热量为Q 2=0.1Q ，D 正确； 答案选D 。

12．钠离子电池具有资源广泛、价格低廉、环境友好、安全可靠的特点，特别适合于固定式大规模储能应用的需求。一种以Na 2SO 4水溶液为电解液的钠离子电池总反应为：NaTi 2(PO 4)3 +2Na 2NiFe II (CN)6

Na 3Ti 2(PO 4)3 +2NaNiFe III (CN)6（注：其中P 的化合价为

+5，Fe 的上标II 、III 代表其价态）。下列说法不正确的是 A ．放电时NaTi 2(PO 4)3在正极发生还原反应

B ．放电时负极材料中的Na ＋脱离电极进入溶液，同时溶液中的Na ＋嵌入到正极材料中

C．充电过程中阳极反应式为：2NaNiFe III(CN)6＋2Na＋＋2e－＝2Na2NiFe II (CN)6

D．该电池在较长时间的使用过程中电解质溶液中Na+的浓度基本保持不变

【答案】C

【详解】

A.由题意可知放电时负极为2Na2NiFe II(CN)6- 2e－＝2NaNiFe III(CN)6+ 2Na＋，Na2NiFe II(CN)6失电子被氧化发生氧化反应，正极为：2NaTi2(PO4)3＋2Na＋+2e－＝Na3Ti2(PO4)3，NaTi2(PO4)3得电子被还原发生还原反应，故A项正确；

B.放电时负极材料中的Na＋脱离电极进入溶液，同时溶液中的Na＋嵌入到正极材料中，B项正确；

C.充电过程中阴极极反应式为：2NaNiFe III(CN)6＋2Na＋＋2e－＝2Na2NiFe II(CN)6，阳极：

Na3Ti2(PO4)3-2e－＝2NaTi2(PO4)3＋2Na＋，故C项错误；

D.该电池在较长时间的使用过程中电解质溶液中Na+的浓度基本保持不变，D项正确；

本题选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)＋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。

14．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。

15．工业废弃物的资源化回收再利用，可以更大限度的发挥原材料的价值。下图是工业生产纳米磁性氧化铁的流程：

下列说法不正确

．．．的是

A．用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的铁锈

B．若生产中不通入N2，暴露在空气中生产，将不能得到高纯度产品

C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+ ,涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O D．溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1:2

【答案】A

【详解】

A. Na2CO3溶液水解显碱性，浸泡废铁屑可以使表面的油脂水解除去，但不能除去表面的铁

锈，故A错误；

B.废铁屑被硫酸溶解生成硫酸亚铁，生成的亚铁离子被双氧水部分氧化生成铁离子，形成亚铁离子和铁离子的混合溶液，若生产中不通入N2，暴露在空气中生产，亚铁离子会被空气中的氧气氧化生成铁离子，将不能得到高纯度四氧化三铁产品，其中会混入氧化铁杂质，故B正确；

C.根据B的分析，加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+ ,涉及反

应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，故C正确；

D.根据最终产品为四氧化三铁，其中Fe2+和Fe3+的数目比为1:2，因此溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1:2，故D正确；

故选A。

16．一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO， MgSO3(s) +

CO(g)MgO(s) + CO2(g) +SO2(g) △H>0。该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是

选项x y

A温度容器内混合气体的密度

B CO的物质的量CO2与CO的物质的量之比

C SO2的浓度平衡常数K

D MgSO4的质量（忽略体积）CO的转化率

A．A B．B C．C D．D

【答案】A

【详解】

A、△H＞0，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳浓度增大，混合气体的密度增大，故A 正确；

B、

[]

[]2

CO

k

CO

= , 平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，增加CO的物质的量， CO2

与CO的物质的量之比不变，故B错误；

C、平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，故C错误；

D、MgSO4是固体，增加固体质量，平衡不移动， CO的转化率不变，故D错误；答案选A。

17．在两个恒温、恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：(甲)2X(g)Y(g)＋Z(s) (乙)A(s)＋2B(g) C(g)＋D(g)，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的密度；②反应容器中生成物的百分含量；③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比；④混合气体的压强⑤混合气体的总物质的量。其中能表明(甲)和(乙)都达到化学平衡状态是（）

A．①②③B．①②③⑤C．①②③④D．①②③④⑤

【答案】A

【详解】

①甲乙均有固体参与反应，混合气体的密度不变，能作平衡状态的标志，正确；

②反应容器中生成物的百分含量不变，说明各组分的量不变，达平衡状态，正确；

③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比，说明正逆反应速率相等，正确；

④乙混合气体的压强始终不变，不能判定反应是否达到平衡状态，错误；

⑤乙混合气体的总物质的量始终不变，不能判定反应是否达到平衡状态，错误；

综上，正确为①②③，答案选A。

【点睛】

本题考查了化学平衡状态的判断，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0，根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态

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+2D3B+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

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=

Δ

t

，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3B4C6A2D

++，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

1.0mol0.4mol

2L0.06mol 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:D6:3:4:2

v v v v=，D项错误；故答案选：C。

19．硝酸工业生产中常用纯碱溶液吸收排出的氮氧化物废气，废气中只含有NO、NO2两种气体。将一定量废气通入到足量的Na2CO3溶液中被完全吸收，溶液中生成的NO3-、NO2-两种离子的物质的量与废气中NO2的物质的量分数x2

2

n(NO)

[x=]

n(NO)+n(NO)变化关系可用图所示。已知溶液中可发生以下两个反应：

①NO＋NO2＋Na2CO3=2NaNO2＋CO2；

②2NO2＋Na2CO3=NaNO2＋NaNO3＋CO2

下列说法正确的是

A．图中线段a表示NO3－离子

B．随x值增大，溶液中n(NO3-)＋n(NO2-)增大

C．x＝0.6时，反应中可收集到标准状况下CO2 44.8 L

D．若测得所得溶液中n(NO3-)为0.5 mol，则x值为0.75

【答案】D

【分析】

由方程式和图象可知，NO单独不能被吸收：

①当NO和NO2混合气体被NaOH溶液恰好完全吸收，满足n(NO2)：n(NO)=1，即x=0.5，此时只生成NO2-，n(NO3-)=0，n(NO2-)=2mol，所以a曲线表示NO2-离子、b曲线表示NO3-

②当气体只有NO 2时，即x=1，发生反应2NO 2+Na 2CO 3═NaNO 2+NaNO 3+CO 2，此时生成n (NO 3-)=n (NO 2-)=1mol ；

③由x=0.5和x=1可知，一定量废气中n (NO 2)≥n (NO)，并且n (NO 2)+n (NO)=2mol ，生成n (NO 3-)+n (NO 2-)=2mol ；

④反应NO+NO 2+Na 2CO 3═2NaNO 2+CO 2和2NO 2+Na 2CO 3═NaNO 2+NaNO 3+CO 2均有n (N)=2n (C)，即n (NO 2)+n (NO)=2n (CO 2)=2mol ，所以n (CO 2)=1mol ；

综上可知：2mol 废气通入到足量的Na 2CO 3溶液中被完全吸收，即n (NO 2)≥n (NO)，生成n (NO 3-)+n (NO 2-)=2mol ；n (CO 2)=1mol ；a 曲线表示NO 2-离子、b 曲线表示NO 3-离子。 【详解】

A ．当x=0.5时，只发生反应NO+NO 2+Na 2CO 3═2NaNO 2+CO 2，n (NO 3?)=0，n (NO 2?)=2mol ，所以a 曲线表示NO 2?离子、b 曲线表示NO 3?离子，故A 错误；

B ．当x=0.5时，只生成NO 2?，n (NO 2?)=2mol ；当x=1只发生反应

2NO 2+Na 2CO 3═NaNO 2+NaNO 3+CO 2，此时生成n (NO 3?)=n (NO 2?)=1mol ，根据N 原子守恒可知混合气体的总的物质的量为2mol ，即溶液中n (NO 3?)+n (NO 2?)不变、始终等于2mol ，故B 错误；

C ．由于废气中n (NO 2)?n (NO)，并且n (NO 2)+n (NO)=2mol ，根据反应①②可知

n (NO 2)+n (NO)=2n (CO 2)=2mol ，即n (CO 2)=1mol ，标准状况下体积为22.4L ，故C 错误； D ．设n (NO 2)=a ，n (NO)=b ，则a+b=2mol ，发生反应①余下NO 2的物质的量为(a?b)mol ，发生反应②生成n (NO 3?)=0.5(a?b)=0.5 mol ，即a?b=1mol ，联立方程组解得a=1.5mol ，b=0.5mol ，废气中NO 2的物质的量分数x=1.5mol

2mol

×100%=75%，故D 正确； 答案选D 。

20．对于反应aA+bB ＝dD+eE ，该化学反应速率定义为v =

()v A a

=

()v B b

=

()v D d

=

()v E e

。式中

v (X)指物质X=(X=A 、B 、C 、D)的反应速率，a 、b 、d 、e 是化学计量数。298k 时，测得溶液中的反应H 2O 2+2HI ＝2H 2O+I 2在不同浓度时化学反应速率v 见下表：

A ．实验1、2中，22(H O )v 相等

B ．将浓度均为-10.200mol L ?的22H O 溶液和HI 溶液等体积混合，则

-110.0304mol L s v -=??

C ．v 与“HI 和22H O 浓度的乘积”的比值为常数

D ．实验4中，反应5s 后22H O 浓度减少了10.0760mol L -? 【答案】C 【详解】

A ．实验2中c (HI)>实验1中c (HI)，故实验2的v (H 2O 2)大于实验1，故A 项说法错误；

B ．将浓度均为0.200 mol?L -1的H 2O 2溶液和HI 溶液等体积混合后，c (H 2O 2)=c (HI)=0.100mol?L -1，则v =0.00760 mol?L -1?s -1，故B 项说法错误；

C ．实验1：

()()22HI H O v c c =0.00760

0.10.1

?=0.76，实验2：

()()22HI H O v c c =0.01520.20.1?=0.76，实验3：()()22HI H O v c c =0.0228

0.30.1?=0.76，实验4：

()()22HI H O v c c =0.0152

0.10.2

?=0.76，因此v 与“HI 和H 2O 2浓度的乘积”的比值为常数，故C

项说法正确；

D ．v (H 2O 2)表示的是平均化学反应速率，因此无法计算反应5s 后H 2O 2的浓度变化，故D 项说法错误；

综上所述，说法正确的是C 项，故答案为C 。

二、实验题

21．某兴趣小组进行“活泼金属与酸反应”的实验，将5.4g 的铝片投入500 mL 0.5 mol·L -1的硫酸溶液中，下图为反应产生氢气速率与反应时间的关系图。

（1）下列关于图像的说法不正确的是 （填序号，下同）； ①a → b 段产生H 2加快可能是表面的氧化膜逐渐溶解，加快了反应速率 ②b → c 段产生H 2较快可能是该反应放热，导致温度升高，加快了反应 ③c 以后，产生H 2速率逐渐下降可能是铝片趋于消耗完全

（2）其他条件不变，现换用500 mL 1 mol·L -1盐酸，产生氢气速率普遍较使用500 mL 0.5 mol·L -1硫酸的快，可能的原因是________； ①盐酸中c （H +）的浓度更大 ②Cl -有催化作用 ③SO 42-有催化作用

④SO 42-有阻化作用（使反应变慢） ⑤Al 3+有催化作用

（3）要加快铝与硫酸溶液制H 2的反应速率，小组成员提出一系列方案，比如：①加入某

种催化剂；②加入蒸馏水；③将铝片换成铝粉；④增加硫酸的浓度至18 mol/L；

⑤；⑥ _。以上方案不合理的有；请你再补充两种合理方案，填入空白⑤⑥处。【答案】（每空2分）（1）③ （2）②④

（3）方案不合理的有②④）；合理方案如：升高温度，加入少量CuSO4溶液，合理即可【解析】

试题分析：（1）铝的物质的量是5.4g÷27g/mol＝0.2mol，硫酸的物质的量是0.5L×0.5mol/L ＝0.25mol，则铝过量。①铝表面含有氧化铝，因此o→a段发生的是氧化铝与硫酸的反应。a → b段产生H2加快是由于其表面的氧化膜逐渐溶解，加快了反应速率，①正确；

②该反应是放热反应，b → c段产生H2较快可能是该反应放热，导致温度升高，加快了反应，②正确；③c以后，产生H2速率逐渐下降是由于氢离子浓度降低，反应速率减小，③错误。

（2）其他条件不变，现换用500 mL 1 mol·L-1盐酸，产生氢气速率普遍较使用500 mL 0.5 mol·L-1硫酸的快，由于溶液中氢离子浓度完全相同，不同的是阴离子，所以可能的原因是Cl-有催化作用或SO42-有阻化作用（使反应变慢），答案选②④。

（3）①加入某种催化剂可以加快反应速率；②加入蒸馏水氢离子浓度降低，反应速率减小；③将铝片换成铝粉增大反应物的接触面积，反应速率加快；④增加硫酸的浓度至18 mol/L，在常温下铝在浓硫酸中钝化；要加快反应速率可以是⑤升高温度，或利用原电池，即⑥加入少量CuSO4溶液。

考点：考查外界条件对反应速率的影响

22．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。

23．根据书上内容填空

（1）在一个小试管里放入一小粒碘晶体，加入约5mL馏水，振荡；然后在此碘水溶液中加入约1mL氯化碳，振荡试管；再向试管里加入1mL碘化钾水溶液，振荡试管，静置四氯化碳层的现象为___，原因是_________________________________________（写出相应的离子方程式）。

（2）向盛有少量氯化钠溶液的试管中滴入少量硝酸银溶液，生成白色的氯化银沉淀，继续向试管里加入氨水，沉淀溶解了，试写出沉淀溶解的化学方程式

_____________________________________。

（3）向盛有氯化铁溶液的试管中滴加1滴KSCN溶液，现象为__________________，写出相应的离子方程式_________________________________。

（4）向硫酸铜水溶液中逐滴加入足量氨水，发现先生成蓝色沉淀，然后沉淀溶解，得到_________色透明溶液，写出沉淀溶解的离子方程式为__________________________。若沉淀溶解后的溶液中加入乙醇，则析出___________（填化学式）固体。

（5）将Ba（OH）2?8H2O固体与NH4Cl固体在小烧杯中混合，写出反应的化学方程式

___，该反应属于_____（填放热或吸热）反应。

【答案】紫色变浅 I2+I-=I3- AgCl+2NH3.H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O 溶液变为血红色

Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3(其它合理答案也给分) 深蓝 Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-

[Cu(NH3)4]SO4?H2O Ba(OH)2?8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O 吸热

【详解】

(1)碘在四氯化碳中呈紫色，碘和碘离子发生氧化还原反应生成I3-，I3-呈无色，所以看到的现象是：溶液紫色变浅，离子反应方程式为I2+I-=I3-；

(2)NaCl和硝酸银反应生成AgCl白色沉淀，AgCl和反应生成络合物Ag(NH3)2Cl，沉淀溶解方程式为AgCl+2NH3.H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O；

(3)Fe3+和SCN-反应生成络合物而使溶液呈血红色，看到的现象是溶液变为血红色，离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；

(4)硫酸铜和一水合氨发生复分解反应生成Cu（OH）2蓝色沉淀，离子反应方程式为

Cu2++2NH3?H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，Cu（OH2和一水合氨反应生成络合物[Cu(NH3)4]2+，得到透明蓝色溶液，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4；(5)Ba(OH)2?8H2O固体与NH4Cl固体反应是吸热反应，方程式为Ba(OH)2?8H2O+2NH4Cl＝BaCl2+2NH3↑+10H2O。

【点晴】

明确物质的性质及物质之间的反应是解本题关键，知道铁离子的检验方法及实验现象，难点是配合物离子方程式的书写以及性质分析。

24．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，Mn 2＋

的数目增大明显，很容易猜想到可能是

Mn 2＋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 。

25．甲同学用图1所示实验装置测定锌与稀硫酸反应的速率

(1)甲同学测得产生H 2体积与反应时间的关系如图3所示，该条件下气体摩尔体积为25 L·mol -1 ，溶液体积为40 mL ，在20 s 内用Zn 2+浓度表示的平均反应速率v(Zn 2+)=_____________mol·(L·s)-1。

(2)实际测定中发现在t 1到t 2时段，H 2的体积变化如图3所示，试分析变化的原因:________

(3)乙同学认为图1装置中硫酸溶液的体积对H 2的体积测定存在一定的影响 ,将实验装置进行如图2所示改进,结果发现产生氢气的速率发生明显变化，分析可能的原因________ 【答案】0.0025 温度降低，气体体积减小 形成Cu-Zn 原电池，加快了反应速率 【分析】 (1)根据v =

c

t

来计算化学反应速率； (2)观察到锌与稀硫酸反应初期，反应放热，温度升高，反应速率加快；反应进行一定时间后，酸中氢离子浓度减小，反应速率减慢，在金属锌和硫酸的反应中，接近反应的最后阶段，由于气体的热胀冷缩性质，会发现气体的体积突然减小； (3)改进后，硫酸、铜和锌形成原电池。 【详解】

(1)根据金属锌和硫酸反应的实质是：Zn+2H ＋=Zn 2＋+H 2↑，产生氢气50mL 时，n(H 2)物质的量是

1

0.050L

25L?mol

－=0.020mol ，等于锌离子的物质的量，在20 s 内用Zn 2+浓度表示的平均反应速率v (Zn 2+)==0.020mol

0.04L 20s

= 0.0025mol·

(L·s)-1。故答案为：0.0025； (2)在金属锌和硫酸的反应中，接近反应的最后阶段，由于气体的热胀冷缩性质，会发现气

体的体积突然减小，所以气体体积变化的原因：温度降低，气体体积减小，故答案为：温度降低，气体体积减小；

(3)改进后，硫酸、铜和锌形成原电池，产生氢气的速率发生明显变化，所以可能的原因形成Cu-Zn原电池，加快了反应速率，故答案为：形成Cu-Zn原电池，加快了反应速率。【点睛】

本题是一道关于化学反应速率的实验探究题，考查学生分析和解决问题的能力，难点(2)学会对图象观察和分析：观察到锌与稀硫酸反应初期，反应放热，温度升高，反应速率加快；反应进行一定时间后，酸中氢离子浓度减小，反应速率减慢，在金属锌和硫酸的反应中，接近反应的最后阶段，由于气体的热胀冷缩性质，会发现气体的体积突然减小。

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。