湖南省怀化三中高中化学第六章 化学反应与能量讲义及答案及答案.docx
- 文档编号:25020607
- 上传时间:2023-06-03
- 格式:DOCX
- 页数:31
- 大小:456.87KB
湖南省怀化三中高中化学第六章 化学反应与能量讲义及答案及答案.docx
《湖南省怀化三中高中化学第六章 化学反应与能量讲义及答案及答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《湖南省怀化三中高中化学第六章 化学反应与能量讲义及答案及答案.docx(31页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
湖南省怀化三中高中化学第六章化学反应与能量讲义及答案及答案
湖南省怀化三中高中化学第六章化学反应与能量(讲义及答案)及答案
一、选择题
1.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。
2.化学反应中能量变化,通常表现为热量的变化,如Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应要吸收热量,在化学上叫做吸热反应。
其原因是
A.反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量
B.反应物所具有的总能量低于生成物具有的总能量
C.在化学反应中需要加热的反应就是吸热反应
D.在化学反应中需要降温的反应就是放热反应
【答案】B
【分析】
【详解】
如果反应物的总能量高于生成物的总能量,则该反应是放热反应,反之是吸热反应,答案选B。
3.航天飞船可用肼(N2H4)做动力源,已知液态肼与液态H2O2反应时放出大量的热量,下列说法错误的是
A.1mol肼(N2H4)分子中含有4molN-H键
B.该反应中的热量变化如图所示
C.该反应的反应物总键能小于生成物总键能
D.该反应的化学方程式为:
N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g),其产物对环境无污染
【答案】B
【详解】
A.肼结构式为
,1个肼分子中含有4个N-H键,则1mol肼中含有4molN-H键,故A正确;
B.如果反应物总能量大于生成物总能量,则该反应为放热反应,否则为吸热反应,液态肼和液态过氧化氢反应时放出大量热量,则该反应为放热反应,图中为吸热反应,不符合,故B错误;
C.液态肼和液态过氧化氢反应时放出大量热量,则该反应为放热反应,断键吸收能量、成键放出能量,该反应为放热反应,则反应的反应物总键能小于生成物总键能,故C正确;
D.氮气和水都无毒,所以其产物无污染,故D正确;
故答案为B。
4.废旧电池最好的处理方法是
A.深埋入地下B.丢弃C.回收利用D.烧掉
【答案】C
【详解】
废电池里含有大量重金属汞、镉、锰、铅等,当废电池日晒雨淋表面皮层锈蚀后,其中的成分就会渗透到土壤和地下水,造成土壤污染和水污染,则废旧电池最好的处理方法是回收利用,故答案为C。
5.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。
6.1molX气体跟amolY气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应:
X(g)+aY(g)
bZ(g),反应达到平衡后,测得X的转化率为50%。
而且,在同温同压下还测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的3/4,则a和b的数值可能是
A.a=l,b=2B.a=2,b=1C.a=2,b=2D.a=3,b=2
【答案】D
【分析】
1molX气体跟amolY气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应:
X(g)+aY(g)⇌bZ(g)。
反应达到平衡后,测得X的转化率为50%.而且,在同温同压下反应前后混合气体的密度之比和气体体积成反比即和气体物质的量成反比,讨论分析判断得到a、b的取值。
【详解】
X(g)+aY(g)⇌bZ(g)。
起始量(mol) 1 a 0
变化量(mol) 0.5 0.5a 0.5b
平衡量(mol)0.5 0.5a 0.5b
依据在同温同压下反应前后混合气体的密度之比和气体体积成反比即和气体物质的量成反比,在同温同压下测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的
,即反应后气体物质的量是反应前气体物质的量
,则得到;(0.5+0.5a+0.5b):
(1+a)=3:
4,计算得到:
2b=a+1,依据选项中的取值分析判断,a=3,b=2符合计算关系。
故选D。
7.一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
2221.5
2-甲基丁烷
3531.3
下列表达正确的是
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。
8.一个由锌片和石墨棒作为电极的原电池如图所示,电极反应分别是:
锌片:
2Zn-4e-+4OH-===2ZnO+2H2O石墨:
2H2O+O2+4e-===4OH-下列说法中不正确的是()
A.电子从石墨经外电路流向锌片,电解质溶液为酸性溶液
B.锌片是负极,石墨是正极
C.电池总反应为2Zn+O2===2ZnO
D.该原电池工作一段时间后石墨附近溶液中的c(OH-)增大
【答案】A
【详解】
A.根据锌片电极反应式,锌片失去电子,锌片作负极,石墨作正极,根据原电池的工作原理,电子从负极经外电路流向正极,即电子从Zn→外电路→石墨,通过石墨电极反应式,得出此溶液显碱性或中性,故说法错误;
B.根据选项A的分析,故说法正确;
C.正负极电极反应式相加,得出2Zn+O2=2ZnO,故说法正确;
D.根据石墨电极反应式,产生OH-,c(OH-)增大,故说法正确。
9.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。
10.一定条件下,在某恒容密闭容器中进行反应X(g)+3Y(g)
2Z(g),若X、Y、Z起始浓度分别为c1mol/L、c2mol/L、c3mol/L(c1、c2、c3均大于0),当反应达平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L,0.3mol/L,0.08mol/L,则下列判断不合理的是
A.c1:
c2=1:
3
B.当4v(X)正=v(Y)逆时,该反应还在向正反应方向建立平衡
C.c1可能为0.1
D.X、Y的转化率相等
【答案】B
【分析】
在化学反应中,若反应物的起始投料的物质的量之比等于它们的化学计量数之比,由于反应过程中变化量之比等于化学计量数之比,所以反应物的平衡量之比必然也等于化学计量数之比,各种反应物的转化率一定相等。
【详解】
由题中信息可知,当反应达平衡时X、Y的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L,X、Y的平衡量之比等于化学计量数之比,所以其起始量之比一定也等于1:
3,A和D正确;因为有起始投料与平衡量相同的可能,所以C正确;当4v(X)正=v(Y)逆时,因为3v(X)正=v(Y)正,所以v(Y)逆>v(Y)正,该反应还在向逆反应方向建立平衡,B不正确,选B。
11.某化学反应2X(g)
Y(g)+Z(g)在4种不同条件下进行,Y、Z起始浓度为0,反应物X的浓度(mol·L
-1)随反应时间(min)的变化情况如下表:
实验
序号
时间
浓度
温度
0
10
20
30
40
50
60
1
800℃
1.0
0.80
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
2
800℃
1.0
0.60
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
3
800℃
c
0.92
0.75
0.63
0.60
0.60
0.60
4
820℃
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
下列说法不正确的是()
A.c>1.0
B.实验2可能使用了催化剂
C.实验3比实验2先达到化学平衡状态
D.前10分钟,实验4的平均化学反应速率比实验
1的大
【答案】C
【详解】
A.实验3达到平衡X的浓度大于实验1,温度相同,达到平衡说明X起始浓度C大于1.0mol/L,故A正确;
B.实验2和实验1达到相同的平衡状态,但实验2所需时间短说明可能使用了催化剂,催化剂改变反应速率不改变化学平衡,故B正确;
C.依据图表数据分析,实验3在40min时X浓度不变达到平衡,实验2在20min时达到平衡,实验2达到平衡快,故C错误;
D.实验4和实验1在10分钟都未达到平衡,依据化学反应速率概念计算,实验1X的反应速率=
=0.02mol/L•min,实验4X的反应速率=
=0.06mol/L•min,所以实验4反应速率大于实验1,故D正确;
故选C。
【点睛】
解答时应注意如下几点:
(1)反应达到平衡的过程是(以起始生成物浓度为0为例):
①开始:
反应物浓度最大,生成物浓度为0,正反应速率最大,逆反应速率为0;②过程中:
反应物浓度不断减小,生成物浓度不断增大,正反应速率不断减小,逆反应速率不断增大;③平衡时:
反应物浓度和生成物浓度都达到平衡,保持不变,正逆反应速率也保持不变;
(2)化学平衡研究的对象是可逆反应,因此不可能完全转化;达到化学平衡时,正逆反应速率相等,但不为零。
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。
13.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。
14.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1mol·L-1,溶液的体积均为200mL,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1.5mol/L,则反应中转移的电子为0.1mol
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1.5mol/L,则反应生成的Fe2(SO4)3为0.5mol/L×0.2L=0.1mol,由Fe2+生成的Fe3+为0.2mol,则反应中转移的电子为0.2mol,B错误;
C.甲烧杯中,MnO4-得电子转化为Mn2+,电极反应式为MnO4-+5e-+8H+=Mn2++4H2O,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。
15.对于可逆反应4NH3+5O2
4NO+6H2O(g),下列叙述正确的是()
A.达到平衡状态,2v正(NH3)=3v逆(H2O)
B.单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3,则反应达到平衡状态
C.达到化学平衡时,若增加容器体积,则正反应速率减小,逆反应速率增大
D.反应达到平衡时,反应物的转化率一定小于100%
【答案】D
【详解】
A.反应处于平衡状态时,不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比为正反应速率之比,2v正(NH3)=3v逆(H2O),不能说明该反应到达平衡状态,A项错误;
B.若单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3,都表示反应向正向进行,反应自始至终都是1:
1,不能说明到达平衡,B项错误;
C.达到平衡时,若减小容器体积,压强增大,正逆反应速率都增大,C项错误;
D.可逆反应进行不到底,达到平衡时,反应物的转化率一定小于100%,D项正确;
答案选D。
16.某温度下,浓度均为
的两种气体
和
在恒容密闭容器中反应生成气体Z。
反应2min后,测得参加反应的
的浓度为
,用
表示的反应速率
,生成的
为
,则该反应的化学方程式是()
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【分析】
先分别计算出
和
,根据反应速率之比即为化学方程式中相应物质的化学计量数之比得
,根据原子守恒确定Z的分子式,最后反应的化学方程式就出来了。
【详解】
用
表示的反应速率
.用Z表示的反应速率
.
、
和Z的反应速率之比即为化学方程式中相应物质的化学计量数之比,则
,根据原子守恒,可确定Z的化学式为
,故可得出反应的化学方程式为
。
故选C。
【点睛】
同一反应在同一条件下、同一时间段内的反应速率,用不同的物质表示时,数值是可能不相同的,这些不同数值之比等于相应的化学计量数之比。
17.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。
18.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。
19.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。
20.一定温度时,向2.0L恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2,发生反应:
2SO2
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 湖南省怀化三中高中化学第六章 化学反应与能量 讲义及答案及答案 湖南省 怀化 高中化学 第六 化学反应 能量 讲义 答案