高一化学必修二化学第六章 化学反应与能量的专项培优练习题及答案.docx

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高一化学必修二化学第六章化学反应与能量的专项培优练习题及答案

高一化学必修二化学第六章化学反应与能量的专项培优练习题（及答案

一、选择题

1．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。

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。

3．一定条件下，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。

4．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。

5．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。

6．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

B．正极反应式为2Fe

+

=Fe2O3+5H2O

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；

B．KOH溶液为电解溶质溶液，则正极电极反应式为：

2Fe

+8H2O+6e-=Fe（OH）3+10OH-，B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。

7．反应2NO（g）+2H2（g）═N2（g）+2H2O（g）中，每生成7gN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为v=k•cm（NO）•cn（H2）（k、m、n待测），其反应包含下列两步：

①2NO+H2═N2+H2O2（慢）

②H2O2+H2═2H2O（快）

T℃时测得有关实验数据如下：

序号

c（NO）/mol•L-1

c（H2）/mol•L-1

速率/mol•L-1•min-1

Ⅰ

0.0060

0.0010

1.8×10-4

Ⅱ

0.0060

0.0020

3.6×10-4

Ⅲ

0.0010

0.0060

3.0×10-5

Ⅳ

0.0020

0.0060

1.2×10-4

下列说法错误的是

A．整个反应速度由第①步反应决定

B．正反应的活化能一定是①＜②

C．该反应速率表达式：

v=5000c2（NO）•c（H2）

D．该反应的热化学方程式为2NO（g）+2H2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=-664kJ•mol-1

【答案】B

【解析】

【详解】

A．①2NO+H2═N2+H2O2（慢），②H2O2+H2═2H2O（快），反应历程中反应慢的决定反应速率，整个反应速度由第①步反应决定，故A正确；

B．反应①难以进行，说明反应的活化能高，正反应的活化能一定是①＞②，故B错误；

C．比较图表Ⅰ、Ⅱ数据可知NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，Ⅲ、Ⅳ数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，v=Kc2（NO）•c（H2），依据Ⅰ中数据计算K=5000，则速率方程v=5000c2（NO）•c（H2），故C正确；

D．反应2NO（g）+2H2（g）═N2（g）+2H2O（g）中，每生成7gN2放出166kJ的热量，生成28gN2放热664KJ，热化学方程式为：

2NO（g）+2H2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=-664kJ•mol-1，故D正确；

故选B。

8．一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2，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/s

0

2

4

6

8

n（SO3）/mol

0

0．8

1．4

1.8

1.8

下列说法正确的是（）

A．反应在前2s的平均速率v（O2）＝0．4mol·L－1·s－1

B．保持其他条件不变，体积压缩到1.0L，平衡常数将增大

C．相同温度下，起始时向容器中充入4molSO3，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2molSO2、1molO2，反应达到新平衡时

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4molSO3，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

增大，故D错误。

故选C。

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．人们利用原电池原理，制作了多种电池，如电子计算机所用纽扣电池就是其中一种。

它的两极材料为锌和氧化银，电解质溶液为KOH溶液，其电极反应是：

Zn+2OH--2e-═ZnO+H2OAg2O+H2O+2e-═2Ag+2OH-下列判断正确的是

A．锌为正极，Ag2O为负极B．原电池工作时，负极区溶液pH增大

C．锌为负极，Ag2O为正极D．原电池工作时，溶液中K+向负极移动

【答案】C

【分析】

【详解】

A．根据电极反应式，锌失电子发生氧化反应，所以锌为负极，故A错误；

B．负极反应Zn+2OH--2e-═ZnO+H2O，消耗氢氧根离子，溶液pH减小，故B错误；

C．锌失电子发生氧化反应，所以锌为负极，故C正确；

D．溶液中K+向正极移动，故D错误。

11．反应：

2X（g）+Y（g）

2Z（g）在不同温度和压强下的产物Z的物质的量和反应时间t的关系如图所示，下列判断正确的是（）

A．P1>P2T1>T2ΔH<0

B．P1>P2T1

C．P1T2ΔH>0

D．P10

【答案】A

【详解】

根据温度对反应速率的影响可知，压强均为P2时，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：

T1＞T2；

根据压强对反应速率的影响可知，温度均为T2时，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，先拐先平压强大，故有：

P1＞P2，

比较T1P2与T2P2两曲线，温度越高Z物质的量越少说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，△H＜0；

故答案为A。

【点睛】

图象问题解题步骤：

（1）看懂图象：

①看面（即弄清纵坐标与横坐标的意义）；②看线（即弄清线的走向和变化趋势）；③看点（即弄清起点、拐点、交点、终点的意义）；④看是否要作辅助线（如等温线、等压线）；⑤看定量图象中有关量的多少；

（2）联想规律：

联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律。

12．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。

13．一定条件下，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．AB．BC．CD．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、

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。

14．科学家近期研发出如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列有关叙述错误的是

A．b电极不可用石墨替代Li

B．正极反应为：

Li1-xMn2O4+xLi++xe－=LiMn2O4

C．电池总反应为：

Li1-xMn2O4+xLi=LiMn2O4

D．放电时，溶液中Li+从a向b迁移

【答案】D

【分析】

锂离子电池中，b为Li，失去电子，作负极，LiMn2O4为正极；充电时Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，据此分析。

【详解】

A.C不能失电子，故b电极不可用石墨替代Li，A项正确；

B.正极发生还原反应，Li1-xMn2O4得电子被还原，电极反应为：

Li1-xMn2O4+xLi++xe－=LiMn2O4，B项正确；

C.Li失电子，Li1-xMn2O4得电子，生成的产物为LiMn2O4，电池的总反应为：

Li1-xMn2O4+xLi=LiMn2O4，C项正确；

D.放电时，阳离子移动到正极，即从b向a迁移，D项错误；

答案选D。

15．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x

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CO244.8L

D．若测得所得溶液中n（NO3-）为0.5mol，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-离子；

②当气体只有NO2时，即x=1，发生反应2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2，此时生成n（NO3-）=n（NO2-）=1mol；

③由x=0.5和x=1可知，一定量废气中n（NO2）≥n（NO），并且n（NO2）+n（NO）=2mol，生成n（NO3-）+n（NO2-）=2mol；

④反应NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2和2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2均有n（N）=2n（C），即n（NO2）+n（NO）=2n（CO2）=2mol，所以n（CO2）=1mol；

综上可知：

2mol废气通入到足量的Na2CO3溶液中被完全吸收，即n（NO2）≥n（NO），生成n（NO3-）+n（NO2-）=2mol；n（CO2）=1mol；a曲线表示NO2-离子、b曲线表示NO3-离子。

【详解】

A．当x=0.5时，只发生反应NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2，n（NO3−）=0，n（NO2−）=2mol，所以a曲线表示NO2−离子、b曲线表示NO3−离子，故A错误；

B．当x=0.5时，只生成NO2−，n（NO2−）=2mol；当x=1只发生反应2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2，此时生成n（NO3−）=n（NO2−）=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（NO3−）+n（NO2−）不变、始终等于2mol，故B错误；

C．由于废气中n（NO2）⩾n（NO），并且n（NO2）+n（NO）=2mol，根据反应①②可知n（NO2）+n（NO）=2n（CO2）=2mol，即n（CO2）=1mol，标准状况下体积为22.4L，故C错误；

D．设n（NO2）=a，n（NO）=b，则a+b=2mol，发生反应①余下NO2的物质的量为（a−b）mol，发生反应②生成n（NO3−）=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NO2的物质的量分数x=

×100%=75%，故D正确；

答案选D。

16．一定条件下，物质的量均为0.3mol的X（g）与Y（g）在容积固定的密闭容器中发生反应：

X（g）+3Y（g）

2Z（g）ΔH=-akJ•mol-1，下列说法正确的是

A．达到平衡后，向平衡体系中充入稀有气体，正反应速率不发生变化

B．反应一段时间后，X与Y的物质的量之比仍为1：

1

C．达到平衡时，反应放出0.1akJ的热量

D．X的体积分数保持不变，说明反应已达到平衡

【答案】A

【详解】

A．容积固定的密闭容器，充入稀有气体，X、Y、Z的浓度均不变，则正逆反应速率不变，故A正确；

B．反应起始时X与Y的物质的量相等，但X与Y按物质的量1:

3进行反应，则反应一段时间后，X与Y的物质的量之比应大于1：

1，故B错误；

C．由方程式的化学计量数可知，X是过量的，又物质的量与热量成正比，若0.3molY全部参与反应，反应放出0.1akJ的热量，而该反应为可逆反应，不能进行到底，故达到平衡时，反应放出的热量小于0.1akJ，故C错误；

D．设任意时刻，X的转化量为xmol，可列出三段式：

，则X的体积分数为

，则X的体积分数为一定值，始终保持不变，则X的体积分数保持不变不能说明反应已达到平衡，故D错误；

故选A。

17．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。

18．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