河南省郑州市实验中学化学第六章 化学反应与能量知识点及练习题含答案解析.docx
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河南省郑州市实验中学化学第六章化学反应与能量知识点及练习题含答案解析
河南省郑州市实验中学化学第六章化学反应与能量知识点及练习题含答案解析
一、选择题
1.在一定条件下,将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中,发生如下反应:
3A(g)+B(g)
xC(g)+2D(g)。
2min末该反应达到平衡,生成0.8molD,并测得C的浓度为0.8mol·L-1。
下列判断错误的是( )
A.x=4B.2min内B的反应速率为0.1mol·(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0.8mol·L-1,物质的量为1.6mol
3A(g)+B(g)
xC(g)+2D(g)
起始量(mol)3100
变化量(mol)1.20.41.60.8
平衡量(mol)1.80.61.60.8
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)=0.1mol·(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。
2.下列反应属于放热反应的是
A.氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应
B.能量变化如图所示的反应
C.化学键断裂吸收的热量比化学键生成放出的热量多的反应
D.燃烧反应和中和反应
【答案】D
【分析】
反应物总能量大于生成物总能量,或反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的热量,该反应为放热反应,据此进行分析。
【详解】
A项,氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应属于吸热反应,故A不选;
B项,生成物的总能量比反应物的总能量大,为吸热反应,故B不选;
C项,化学键断裂吸收的热量比化学键生成放出的热量多的反应为吸热反应,故C不选;
D项,可燃物的燃烧以及酸碱中和反应都属于放热反应,故D可选;
故答案选D。
3.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。
4.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。
5.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。
6.对于反应aA+bB=dD+eE,该化学反应速率定义为v=
=
=
=
。
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H2O2+2HI=2H2O+I2在不同浓度时化学反应速率v见下表:
实验编号
1
2
3
4
0.100
0.200
0.300
0.100
0.100
0.100
0.100
0.200
0.00760
0.0152
0.0228
0.0152
下列说法正确的是
A.实验1、2中,
相等
B.将浓度均为
的
溶液和HI溶液等体积混合,则
C.v与“HI和
浓度的乘积”的比值为常数
D.实验4中,反应5s后
浓度减少了
【答案】C
【详解】
A.实验2中c(HI)>实验1中c(HI),故实验2的v(H2O2)大于实验1,故A项说法错误;
B.将浓度均为0.200mol•L-1的H2O2溶液和HI溶液等体积混合后,c(H2O2)=c(HI)=0.100mol•L-1,则v=0.00760mol•L-1•s-1,故B项说法错误;
C.实验1:
=
=0.76,实验2:
=
=0.76,实验3:
=
=0.76,实验4:
=
=0.76,因此v与“HI和H2O2浓度的乘积”的比值为常数,故C项说法正确;
D.v(H2O2)表示的是平均化学反应速率,因此无法计算反应5s后H2O2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。
7.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.AB.BC.CD.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+=2Fe2++Zn2+,Zn作负极,M极变细,故D错误;
答案选C。
8.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VL。
则下列说法正确的是
A.OH-由A端移向B端
B.0<V≤22.4L时,电池总反应的化学方程式为CH4+2O2+KOH=KHCO3+2H2O
C.22.4L<V≤44.8L时,负极电极反应为:
CH4+9CO32-+3H2O-8e-=10HCO3-
D.V=33.6L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22.4L<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。
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:
①vA═1mol/(L•min) ,②vC═0.5mol/(L•min), ③vB═0.5mol/(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。
①vA=1mol/(L•min);
②vC=0.5mol/(L•min),由3A(g)+B(g)═2C(g),则转化为A表示的反应速率vA=0.5mol/(L•min)×
=0.75mol/(L•min);
③vB=0.5mol/(L•min),由3A(g)+B(g)═2C(g),则转化为A表示的反应速率vA=0.5mol/(L•min)×3=1.5mol/(L•min);
显然③>①>②,故选C。
10.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。
11.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如下图所示,其中X形成化合物种类最多,下列说法正确的是:
X
Y
Z
W
A.X位于第二周期IV族
B.Y的气态氢化物的水溶液中只存在两个平衡状态
C.W的最高价氧化物是太阳能电池和电脑芯片中不可缺少的材料
D.常温下,将Z单质投入到Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液中,无明显现象
【答案】D
【分析】
短周期元素X、Y、Z、W,根据元素在周期表中的位置知,X和Y属于第二周期元素、Z和W属于第三周期元素,其中X形成化合物种类最多,则X是C元素,那么Y是N元素、Z是Al元素、W是Si元素
【详解】
A.X是C元素,位于第二周期IVA族,所以A错。
B.Y的气态氢化物为NH3,氨水中发生
,还有
,故存在3个平衡状态,所以B错。
C.W的最高价氧化物是SiO2,不是太阳能电池和电脑芯片中不可缺少的材料,所以C错。
D.Z单质是Al,Y的最高价氧化物对应的水化物是浓硝酸,常温下,Al和浓硝酸发生钝化现象,所以D对。
12.根据如图所示的N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化情况判断,下列说法正确的是
A.N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)是放热反应
B.2molO原子结合生成O2(g)时需要吸收498kJ能量
C.1molNO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收632kJ能量
D.2molN(g)和2molO(g)的总能量为1444kJ
【答案】C
【分析】
焓变=反应物断裂化学键吸收的能量−生成物形成化学键放出的能量,N2+O2═2NO△H=946kJ/mol+498kJ/mol−2×632kJ/mol=+180kJ/mol,反应是吸热反应;
【详解】
A.依据计算分析反应是吸热反应,故A错误;
B.原子结合形成分子的过程是化学键形成过程,是放热过程,2molO原子结合生成O2(g)时需要放出498kJ能量,故B错误;
C.形成2molNO放热2×632×J能量,所以1molNO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收632kJ能量,故C正确;
D.无法判断2molN(g)和2molO(g)的总能量,故D错误;
故选C。
13.光电池在光照条件下可产生电流,如图装置可以实现光能源的充分利用,双极性膜可将水解离为H+和OH-,并实现其定向通过。
下列说法不正确的是()
A.该装置可利用光能实现水的分解
B.光照过程中阴、阳极区溶液中的pH均基本不变
C.再生池中的反应为2V2++2H+
2V3++H2↑
D.每有1molOH-通过双极性膜,可产生5.6L(标准状况)的O2
【答案】B
【分析】
由图上电子的移动方向可知右侧电解池的阳极,反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑,阴极反应式为2V3++2e-=2V2+,双极性膜可将水解离为H+和OH-,由图可知,H+进入阴极,OH-进入阳极,放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气,反应方程式为2V2++2H+
2V3++H2 ↑。
【详解】
A.由图可知,该装置将光能转化为化学能并分解水,故A正确;
B.双极性膜可将水解离为H+和OH-,由图可知,H+进入阴极,OH-进入阳极,则双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性,则光照过程中阴、阳极区溶液中的pH均发生改变,故B错误;
C.由分析知,再生池中的反应为2V2++2H+
2V3++H2↑,故C正确;
D.阳极区反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑,每有1molOH-通过双极性膜,生成0.25molO2,其标准状况下体积为5.6L,故D正确;
故答案为B。
14.一定条件下,对于可逆反应:
X(g)+3Y(g)
2Z(g),若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为0,单位mol/L),达到平衡时,X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.08mol/L,则下列判断不正确的是
A.c1∶c2=1∶3B.平衡时Y和Z的生成速率之比为3∶2
C.X、Y的转化率之比等于1:
3D.c2的取值范围为0<c2<0.42mol/L
【答案】C
【详解】
A.设X转化的浓度为x,若从正反应建立平衡,则
,
,若从逆反应建立平衡,则,
,故A正确;
B.平衡时,正逆反应速率相等,则Y和Z的生成速率之比为3:
2,故B正确;
C.按A分析,反应前后X、Y气体的浓度比为1:
3、化学方程式中化学计量数之比为1:
3,所以达到平衡状态时,转化率相同,故C错误;
D.反应为可逆反应,物质不可能完全转化,如从正反应建立平衡,则消耗X小于0.04mol⋅L−1、消耗X小于0.12mol⋅L−1,则c2<0.12mol⋅L−1+0.3mol⋅L−1=0.42mol⋅L−1,如反应从逆反应建立平衡,按已知条件,0 答案选C。 15.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。 16.向某密闭容器中加入0.3molA、0.lmolC和一定量的B三种气体,一定条件下发生如下反应: ,各物质的浓度随时间变化如图所示[t0~t1阶段的c(B)变化未画出],下列说法中正确的是() A.若t1=15s,则用A的浓度变化表示t0~t1阶段的平均反应速率为0.004mol·L-l·s-1 B.t1时该反应达到平衡,A的转化率为60% C.该容器的容积为2L,B的起始的物质的量为0.02mol D.t0~t1阶段,此过程中容器与外界的热交换总量为akJ,该反应的热化学方程式为: 【答案】B 【详解】 A.t0~t1阶段,A的浓度变化为0.15-0.06=0.09mol·L-1,t0~t1阶段的平均反应速率为 ,A错误; B.t1时该反应达到平衡,A的转化率为=0.09/0.15×100%=60%,B正确; C.根据反应 可知,反应达平衡后,∆c(A)=0.09mol·L-1,∆c(B)=0.03mol·L-1,由图像可知反应达平衡后,c(B)=0.05mol·L-1,所以B的起始的浓度为0.02mol·L-1,B的起始的物质的量为0.02mol/L×2L=0.04mol,C错误; D.t0~t1阶段,∆c(A)=0.09mol·L-1,∆n(A)=0.09×2mol=0.18mol,此时放热akJ,如果有3molA完全反应,放热为 kJ,即 ,D错误; 答案选B。 17.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。 18.一定温度下,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。 19.下列说法正确的是( ) A.H2(g)+I2(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)+H2O(g)⇌H2(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.1molN2和3molH2反应达到平衡时H2转化率为10%,放出的热量为Q1;在相同温度和压强下,当
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