高中化学必修二第六章《化学反应与能量》知识点.docx

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高中化学必修二第六章《化学反应与能量》知识点

一、选择题

1．在密闭的锥形瓶里发生下列变化：

①浓硫酸溶于水②酸碱溶液混合③铝粉加入稀硫酸溶液④固体NaOH溶于水⑤生石灰溶于水，其中能使U形管（如图所示）内的滴有红墨水的水面左低右高，且发生了化学反应的是（）

A．②③④B．①②③C．②③⑤D．①③⑤

答案：

C

【分析】

U形管（如图所示）内的滴有红墨水的水面左低右高，则表明锥形瓶内温度升高，气体的体积发生了膨胀。

【详解】

①浓硫酸溶于水时释放热量，使锥形瓶内气体的温度升高，但未发生化学反应；

②酸碱溶液混合，发生中和反应，且放出热量；

③铝粉加入稀硫酸溶液中，发生置换反应，且放出热量；

④固体NaOH溶于水，虽然放出热量，但未发生化学反应；

⑤生石灰溶于水时，与水发生化合反应，且反应放出热量；

综合以上分析，②③⑤符合题意，故选C。

2．在2A+B

3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是

A．v（A）=0.5mol/（L·s）B．v（B）=0.3mol/（L·s）

C．v（C）=0.8mol/（L·s）D．v（D）=1mol/（L·s）

答案：

B

【分析】

对于同一反应，用不同物质表示的反应速率可能不同，所以，比较同一反应在不同条件下反应速率快慢时，应转化为同一种物质。

为便于比较，我们将各物质表示的速率都转化为C物质表示的速率。

【详解】

A．v（A）=0.5mol/（L·s），v（C）=0.75mol/（L·s）；

B．v（B）=0.3mol/（L·s），v（C）=0.9mol/（L·s）；

C．v（C）=0.8mol/（L·s）；

D．v（D）=1mol/（L·s），v（C）=0.75mol/（L·s）；

比较以上数据可以看出，v（C）=0.9mol/（L·s）时反应速率最快，故选B。

3．实验室用锌和2mol·L-1硫酸制取氢气，下列措施不能增大化学反应速率的是

A．用锌粉代替锌粒B．用浓硫酸代替2mol·L-1硫酸

C．给硫酸溶液加热D．滴加几滴2mol·L-1CuSO4溶液

答案：

B

【详解】

A.用锌粉代替锌粒，固体的表面积增大，反应物之间的接触面积增大，化学反应速率增大，故A不符合题意；

B.用浓硫酸代替2mol·L-1硫酸，锌与浓硫酸反应生成二氧化硫，不能增大反应生成氢气的化学反应速率，故B符合题意；

C.给硫酸溶液加热，反应温度升高，化学反应速率增大，故C不符合题意；

D.滴加几滴2mol·L-1硫酸铜溶液，锌与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，铜与锌在稀硫酸溶液中构成锌铜原电池，原电池反应使化学反应速率增大，故D不符合题意；

故选B。

4．资料显示：

自催化作用是指反应产物之一使该反应速率加快的作用。

用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与0.01mol/LH2C2O4溶液进行下列三组实验，一段时间后溶液均褪色（0.01mol/L可以记做0.01M）。

实验①

实验②

实验③

1mL0.01M的KMnO4溶液和1mL0.01M的H2C2O4溶液混合

1mL0.01M的KMnO4溶液和1mL0.01M的H2C2O4溶液混合

1mL0.01M的KMnO4溶液和1mL0.01M的H2C2O4溶液混合

褪色

比实验①褪色快

比实验①褪色快

下列说法不正确的是

A．实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4是还原剂

B．若用1mL0.2M的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快

C．实验②褪色比实验①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率

D．实验③褪色比实验①快，是因为Cl-起催化作用加快了反应速率

答案：

D

【详解】

A．碳元素的化合价升高，且锰离子可作催化剂，则实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4 是还原剂，故A正确；

B．增大浓度，反应速率加快，则用1mL0.2M 的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快，故B正确；

C．催化剂可加快反应速率，则实验②褪色比①快，是因为 MnSO4的催化作用加快了反应速率，故C正确；

D．高锰酸钾可氧化氯离子，则实验③褪色比①快，与催化作用无关，故D错误；

故选D。

5．下列物质间的反应，其能量变化符合图示的是

A．由Zn和稀H2SO4制氢气

B．甲烷的燃烧

C．Ba（OH）2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合搅拌

D．氧化钙和水反应

答案：

C

【分析】

能量变化图体现反应物的总能量低于生成物的总能量，此反应为吸热反应。

【详解】

A．由Zn和稀H2SO4制氢气是放热反应，故A错误；

B．甲烷的燃烧是放热反应，故B错误；

C．Ba（OH）2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合搅拌生成氨气的反应是吸热反应，故C正确；

D．氧化钙和水反应是放热反应，故D错误；

故答案为C。

6．某固体酸燃料电池以CsHSO4 固体为电解质传递H+，其基本结构如图，电池总反应可表示为2H2+O2=H2O，下列有关说法正确的是 

A．电流通过外电路从a极流向b极

B．b极上的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-

C．H+由a极通过固体酸电解质传递到b极

D．每转移0.2 mol电子，在负极上消耗标况下1.12 L的O2

答案：

C

【详解】

A．因氢元素的化合价升高，则a为负极，b为正极，原电池工作时，电流通过外电路从b极流向a极，故A错误；

B．该电池为酸性电池，b极为正极，氧气在此极发生还原反应，电极反应式为：

O2+4e−+4H+=2H2O，故B错误；

C．原电池中，a极氢气失电子生成H+，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，故C正确；

D．每转移0.2mol电子，负极上消耗0.1mol的H2，标准状况下的体积为2.24L，正极上消耗0.05mol的O2，标准状况下的体积为1.12L，判据中没有给定气体存在的外界条件下，不能计算氧气的体积一定为1.12L，故D错误；

故选：

C。

7．2SO2（g）＋O2（g）

2SO3（g）△H=-196.6KJ/mol是制备硫酸的重要反应。

下列关于该反应的叙述不正确的是

A．反应达到平衡状态后，SO3（g）浓度保持不变B．催化剂V2O5能够提高SO2的平衡转化率

C．增加O2的浓度有利于提高SO2的平衡转化率D．采用450℃高温可以缩短反应达到平衡的时间

答案：

B

【详解】

A．反应达平衡后，正、逆反应速率相等，各物质的浓度不变，所以SO3（g）的浓度不变，A正确；

B．催化剂V2O5能够降低反应的活化能，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，但不能改变SO2的平衡转化率，B不正确；

C．增加O2的浓度能加快反应速率，并能使平衡正向移动，从而提高SO2的平衡转化率，C正确；

D．采用450℃高温，能提高催化剂的催化活性，加快反应速率，从而缩短反应达到平衡的时间，D正确；

故选B。

8．有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线连接浸入电解质溶液，B不易腐蚀，将A与D用导线连接浸入电解质溶液电流从A流向D，无明显变化，若将B浸入C的盐溶液中，有金属C析出，这四种金属的活动性顺序为

A．D＞C＞A＞BB．D＞A＞B＞CC．D＞B＞A＞CD．B＞A＞D＞C

答案：

B

【详解】

两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池，较活泼的金属作负极，负极上金属失电子发生氧化反应被腐蚀，较不活泼的金属作正极，将A与B用导线连接起来浸入电解质溶液中，B不易腐蚀，所以A的活动性大于B；

两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池，较活泼的金属作负极，原电池中电流由正极流向负极，将A与D用导线连接浸入电解质溶液电流从A流向D，所以D的活动性大于A；

金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，若将B浸入C的盐溶液中，有金属C析出，说明B的活动性大于C，所以金属的活动性顺序为：

D＞A＞B＞C；

答案选B。

9．利用反应6NO2+8NH3==7N2+12H2O构成原电池的装置如图所示。

此方法既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能。

下列说法正确的是

A．电流从左侧电极A经过负载后流向右侧电极B

B．电极B上发生氧化反应

C．为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜

D．电极B上发生的电极反应为：

2NO2-8e-+4H2O==N2+8OH-

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】

原电池反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O中，NO2发生得电子的还原反应、为正极，NH3发生失电子的氧化反应、为负极。

A.该原电池中，通入NH3的A电极为负极，通入NO2的B电极为正极，则电流从右侧B电极经过负载后流向左侧A电极，故A错误；

B.该原电池中，通入NO2的B电极上，NO2发生得电子的还原反应生成N2，故B错误；

C.由上述分析可知电极A为负极，由于电解质溶液呈碱性，则负极电极方程式为2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O，反应需OH-离子参加，则需溶液中的OH-不断的通过离子交换膜向A极移动，故离子交换膜需选用阴离子交换膜，故C正确；

D.通入NO2的B电极为正极，NO2发生得电子的还原反应生成N2，电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，故D错误。

故答案选C。

10．探究MnO2对H2O2分解反应速率影响的流程图如下。

则下列说法正确的是

A．H2O2从图II漏斗处加入，实验进行更顺利

B．I、III处均可观察到产生大量气泡，余烬木条复燃

C．实验中先加入H2O2，后加MnO2有利于增大固液接触面

D．上述流程中，先加MnO2再插入带余烬的木条，实验效果更佳

答案：

C

【详解】

A.若连接好装置后，从装置Ⅱ的漏斗无法直接加入双氧水，为使实验顺利进行，H2O2应该从图Ⅰ漏斗处加入，故A错误；

B.在I处产生气泡较少或者基本没有，带余烬木条不会复燃，在Ⅲ处产生大量气泡，带余烬木条复燃，故B错误；

C.实验过程中先加入H2O2后加入二氧化锰，能使二氧化锰和双氧水充分接触，可以增大固液接触面积，加快反应速率，故C正确；

D.上述流程中，应该先加入带余烬木条，证明双氧水分解速率较慢，然后加入催化剂，证明催化剂加快了双氧水的分解速率，故D错误；

故选：

C。

11．某小组用如下装置测定100mL、4.5mol·L-1的H2SO4与稍过量的锌粒反应的速率，当针筒活塞到达刻度10.0mL时，用时为20s。

下列说法正确的是

A．固定针筒活塞，用分液漏斗向锥形瓶中注入50.0mL水，可检验装置的气密性

B．可将图中“分液漏斗”换为“长颈漏斗”，也不影响实验测定

C．用气体体积表示产生H2速率，v（H2）＝0.5mL/s

D．若改用25mL、18mol·L-1的H2SO4，则产生H2速率更快，且不影响最终得到H2总量

答案：

A

【详解】

A.根据检查装置气密性的方法可知，检查该装置气密性的正确方法是将注射器活塞固定，向分液漏斗中注入适量蒸馏水，打开分液漏斗活塞，如果分液漏斗颈部能形成稳定的水柱，则气密性良好，反之气密性差，A正确；

B.将图中“分液漏斗”换为“长颈漏斗”，容易造成气体损失，且不易控制液体流量，会影响实验测定，B错误；

C.反应前针筒活塞的刻度未知，因此无法计算反应速率，C错误；

D.浓硫酸和锌反应生成的是二氧化硫，得不到氢气，D错误；答案选A。

12．反应A→C分两步进行，①A→B△H1；②B→C△H2。

反应过程能量变化曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能，且E1＞E3）。

下列说法正确的是

A．两步反应的△H均大于0B．A→B反应的△H1＝E1－E2

C．三种物质的稳定性：

B＞A＞CD．反应速率：

A→B＞B→C

答案：

B

【详解】

A．根据图示可知，反应①为吸热反应，反应②为放热反应，A错误；

B．根据图示可知，A→B反应的△H1＝E1－E2，B正确；

C．物质的能量越低，越稳定，则三种物质的稳定性：

B

D．化学反应速率与其活化能的大小密切相关，活化能越小，反应速率越快，由于E1>E3，则反应速率：

A→B

答案选B。

13．在K2Cr2O7溶液中存在平衡：

Cr2O

（橙色）+H2O

2CrO

（黄色）+2H+。

下列说法正确的是

A．若平衡体系的pH=2，则溶液显黄色

B．溶液的颜色不再变化时，反应达到平衡状态

C．当2v（Cr2O

）=v（CrO

）时反应达平衡状态

D．Cr2O

和CrO

的浓度相同时能说明反应达平衡状态

答案：

B

【详解】

A．若平衡体系的pH=2，溶液呈酸性，平衡逆向移动，则溶液显橙色，A不正确；

B．溶液的颜色不变，表明c（Cr2O

）、c（CrO

）不变，则反应达到平衡状态，B正确；

C．反应达平衡前的任意阶段，都存在2v（Cr2O

）=v（CrO

），所以反应不一定达平衡状态，C不正确；

D．Cr2O

和CrO

的浓度相同，与物质的起始浓度和转化率有关，无法判断正、逆反应速率关系，不能说明反应达平衡状态，D不正确；

故选B。

14．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。

15．下列有关说法中正确的是

A．影响化学反应速率的主要因素为浓度、温度、压强和催化剂

B．对于Fe与稀H2SO4反应，能加快H2的生成速率的措施可以是将稀硫酸改为98%的浓硫酸

C．已达平衡的2NO2（g）

N2O4（g）体系，压缩体积，再达平衡时气体颜色比原平衡的深

D．恒温恒容时，向已达平衡的2HI（g）

I2（g）+H2（g）体系中充入HI，HI转化率将升高

答案：

C

【详解】

A.影响化学反应速率的主要因素为内因，即反应物的性质，浓度、温度、压强和催化剂等是外界条件，A错误；

B.将稀硫酸改为98%的浓硫酸，常温下铁在浓硫酸中钝化，不能加快H2的生成速率，B错误；

C.已达平衡的2NO2（g）

N2O4（g）体系，压缩体积，平衡正向进行，由于气体体积减小的多，再达平衡时二氧化氮浓度仍然比原来大，所以气体颜色比原平衡的深，C正确；

D.恒温恒容时，向已达平衡的2HI（g）

I2（g）+H2（g）体系中充入HI，相当于增大压强，反应前后体积不变，平衡不移动，HI转化率不变，D错误；

答案选C。

二、填空题

16．如图所示，是原电池的装置图。

请回答：

（1）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，则A电极上发生的电极反应式为_____________；反应进行一段时间后溶液C的pH将_____（填“升高”“降低”或“基本不变”）。

（2）若需将反应：

Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋设计成如图所示的原电池装置，则A（负极）极材料为____，B（正极）极材料为______，溶液C为_______。

（3）CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如下：

电池总反应为2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O，则c电极是____（填“正极”或“负极”），c电极的反应方程式为______________。

若线路中转移2mol电子，则上述CH3OH燃料电池，消耗的O2在标准状况下的体积为_____。

答案：

2H＋＋2e－=H2↑升高Cu石墨FeCl3溶液负极CH3OH－6e－＋H2O=CO2＋6H＋11.2L

解析：

（1）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B极电极材料为Fe且作负极，A电极为正极，电极材料为较铁不活泼的金属或非金属，发生还原反应，溶液中的氢离子得电子生成氢气，电极反应方程式为：

2H＋＋2e－=H2↑；由原电池的总反应可知，反应一段时间后，溶液C的pH升高，答案为：

2H＋＋2e－=H2↑；升高；

（2）分析反应Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，将其拆分为两个半反应，分别为：

Cu-2e－=Cu2+，2Fe3++2e－=2Fe2+，根据原电池原理，可知负极电极反应式为：

Cu-2e－=Cu2+，正极的电极反应式为：

2Fe3++2e－=2Fe2+，正负极材料分别为：

负极为Cu，正极为石墨（或Pt），含Fe3+的溶液（如FeCl3溶液）作电解质溶液，用导线连接正、负极，构成闭合回路即可构成原电池。

答案为：

Cu；石墨；FeCl3溶液；

（3）根据燃料电池结构示意图中电子流向可知，c电极为负极，发生氧化反应，其电极反应方程式为：

CH3OH-6e－+H2O=CO2+6H+，电极d为正极，O2得到电子，发生还原反应，电极反应方程式为：

4H++4e－+O2=2H2O；1mol氧气在反应中得到4mol电子，若线路中转移2mol电子，则消耗氧气0.5mol，在标准状况下的体积为

，答案为：

负极；CH3OH－6e－＋H2O=CO2＋6H＋；11.5L。

17．某温度时，在2L恒容容器中X、Y、Z三种物质随时间的变化关系曲线如图所示。

（1）由图中的数据分析，该反应的化学方程式为___。

（2）反应开始至2min、5min时，Z的平均反应速率分别为___、___。

（3）5min后Z的生成速率___（填“大于”“小于”或“等于”）5min末Z的生成速率。

答案：

3X+Y

2Z0.05mol·L-1·min-10.04mol·L-1·min-1等于

【分析】

根据达到平衡时各物质的变化量找出化学方程式的系数关系，并写出化学方程式；根据三段式进行相应计算。

解析：

（1）由图中的数据分析，5min达到平衡，Z增加0.4mol，Y减少0.2mol，X减少0.6mol，故X、Y、Z系数比为：

3:

1:

2；该反应的化学方程式为：

3X+Y

2Z；

（2）反应开始至2min时，Z增加0.2mol，浓度变化0.1mol/L，Z的平均反应速率为：

=0.05mol·L-1·min-1；5min时，Z增加0.4mol，浓度变化0.2mol/L，Z的平均反应速率为：

=0.04mol·L-1·min-1；

（3）5min时，化学反应达到了平衡状态，反应达到了一定限度，各物质的反应速率不再改变，故5min后Z的生成速率与5min末Z的生成速率相等。

18．下表中的数据是破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量：

物质

Cl2

Br2

I2

HCl

HBr

HI

H2

能量/kJ

243

193

151

432

366

298

436

根据上述数据回答下列问题：

（1）下列物质中本身具有的能量最低的是_______（填字母）。

A．H2B．Cl2C．Br2D．I2

（2）下列氢化物中最稳定的是_______（填字母）。

A．HClB．HBrC．HI

（3）

（X代表Cl、Br、I）的反应是_______（填“吸热”或“放热”）反应。

（4）相同条件下，X2（X代表Cl、Br、I）分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出的热量最多的是_______。

答案：

AA放热Cl2

【分析】

（1）和

（2）根据键能越大，物质越稳定，本身能量越低进行判断。

（3）和（4）根据焓变公式，焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和进行判断焓变大小，从而判断反应是放热还是吸热。

解析：

（1）、

（2）破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量越高，则该物质越稳定，其本身具有的能量越低。

故答案

（1）选A，

（2）选A。

（3）、（4）断开1molCl—Cl键和1molH—H键需吸收能量：

，而形成2molH—Cl键放出的能量为

，所以在

反应中每生成2molHCl放出

的热量，同理可计算出

、

反应中每生成2molHBr、2molHI分别放出103kJ、9kJ的热量。

故（3）答案：

放热，（4）答案：

Cl2。

【点睛】

根据键能的含义及与反应能量变化关系进行判断反应类型。

19．锂锰电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池。

该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4，溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2。

回答下列问题：

（1）外电路的电流方向是由________极流向________极（填字母）。

（2）电池正极反应式为___________________________________。

（3）是否可用水代替电池中的混合有机溶剂？

________（填“是”或“否”），原因是________________________________________________________________。

（4）MnO2可与KOH和KClO3在高温下反应，生成K2MnO4，反应的化学方程式为_______________________________________________。

K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为___________。

答案：

baMnO2+e－+Li+=LiMnO2否电极Li是活泼金属，能与水反应3MnO2+KClO3+6KOH

3K2MnO4+KCl+3H2O2∶1

解析：

（1）锂是活泼的金属，作负极，因此外电路的电流方向是由正极b流向负极a。

（2）在电池正极b上发生得到电子的还原反应，则电极反应式为MnO2+e-+Li+=LiMnO2；

（3）由于负极材料Li是活泼的金属，能够与水发生反应，所以不可用水代替电池中的混合有机溶剂。

（4）根据题意结合原子守恒、电子守恒可得方程式：

3MnO2+KClO3+6KOH

3K2MnO4+KCl+3H2O；K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2，根据化合价升降总数等于电子转移的数目可知：

每转移2mol的电子，产生1mol的MnO2、2molK