安徽省皖北协作区高中化学提高题专题复习第六章 化学反应与能量练习题含答案解析.docx
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安徽省皖北协作区高中化学提高题专题复习第六章化学反应与能量练习题含答案解析
安徽省皖北协作区高中化学提高题专题复习第六章化学反应与能量练习题含答案解析
一、选择题
1.1molX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。
2.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。
3.在2L密闭容器中,把2molX和2molY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=4B.X的转化率为60%
C.X的平衡浓度为0.4mol/LD.2min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:
,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,
=60%,B正确;
C.据分析,X的平衡浓度为0.4mol/L,C正确;
D.2min内Y的平均速率为
,D不正确。
答案选D。
4.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。
5.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。
该反应历程示意如下:
下列说法不正确的是
A.该反应遵循质量守恒定律B.CH4→CH3COOH过程中,有C—H键发生断裂
C.①→②吸收能量并形成了C—C键D.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
【答案】C
【详解】
A.该反应总反应为CH4+CO2
CH3COOH,反应遵循质量守恒定律,故A项说法正确;
B.图中变化可知,甲烷在催化剂作用下经过选择性活化,其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键,必有C−H键发生断裂,故B项说法正确;
C.①→②的焓值降低,过程为放热过程,有C−C键形成,故C项说法错误;
D.由图可知,1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸,生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%,故D项说法正确;
综上所述,说法不正确的是C项,故答案为C。
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.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。
8.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。
9.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。
10.298K时,合成氨反应的热化学方程式为:
N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)ΔH=-92.4kJ/mol,在该温度下,取1molN2和3molH2放在密闭容器内反应。
下列说法正确的是()
A.在有催化剂存在的条件下,反应放出的热量为92.4kJ
B.有无催化剂该反应放出的热量都为92.4kJ
C.反应放出的热量始终小于92.4kJ
D.若再充入1molH2,到达平衡时放出的热量应为92.4kJ
【答案】C
【解析】
该反应为可逆反应,正向不可能进行到底,所以1molN2和3molH2反应放出的热量始终小于92.4kJ,C正确。
11.目前科学家已开发出一种新型燃料电池——固体氧化物电池,该电池用辛烷(C8H18)作燃料,电池中间部分的固体氧化物陶瓷可传递氧离子,下列说法正确的是
A.电池工作时,氧气发生氧化反应
B.电池负极的电极反应:
O2+2H2O+4e-=4OH-
C.电池负极的电极反应:
C8H18+25O2--50e-=8CO2↑+9H2O
D.若消耗的O2为11.2L(标准状况),则电池中有1mol电子发生转移
【答案】C
【分析】
该燃料电池中,辛烷失电子发生氧化反应,电极反应式为C8H18+25O2--50e-=8CO2+9H2O,正极上氧气得电子发生还原反应,电极反应式为O2+4e-=2O2-,再结合物质之间的反应来分析解答。
【详解】
A.该电池工作时,正极上氧气得电子发生还原反应,故A错误;
B.负极上燃料辛烷失电子发生氧化反应,电极反应式为C8H18+25O2--50e-=8CO2+9H2O,故B错误;
C.负极上燃料辛烷失电子发生氧化反应,电极反应式为C8H18+25O2--50e-=8CO2+9H2O,故C正确;
D.标况下11.2L氧气的物质的量为0.5mol,根据O2+4e-=2O2-知,当消耗0.5mol氧气转移电子的物质的量为氧气的4倍,所以转移电子的物质的量为2mol,故D错误;
答案选C。
12.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。
13.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。
14.在一绝热(不与外界发生热交换)的恒容容器中,发生反应:
2A(g)+B(s)
C(g)+D(g),下列描述中能表明反应已达到平衡状态的有()个
①容器内温度不变②混合气体的密度不变③混合气体的压强不变
④混合气体的平均相对分子质量不变⑤C(g)的物质的量浓度不变
⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2:
1:
1⑦某时刻v(A)=2v(C)且不等于零
⑧单位时间内生成nmolD,同时生成2nmolA
A.4B.5C.6D.7
【答案】C
【详解】
①该容器为绝热容器,容器内温度不变,说明正、逆反应速率相等,反应达到平衡状态;
②由于B呈固态,根据质量守恒定律,建立平衡过程中气体的总质量增大,恒容容器中混合气体的密度增大,达到平衡时混合气体总质量不变,混合气体的密度不变,混合气体的密度不变能说明反应达到平衡状态;
③该反应反应前后气体分子数不变,建立平衡过程中混合气体分子总物质的量始终不变,由于是绝热容器,建立平衡过程中容器温度变化,混合气体压强发生变化,达到平衡时温度不变,混合气体压强不变,混合气体的压强不变说明反应达到平衡;
④由于B呈固态,根据质量守恒定律,建立平衡过程中气体的总质量增大,混合气体分子总物质的量始终不变,混合气体的平均相对分子质量增大,达到平衡时混合气体总质量不变,混合气体的平均相对分子质量不变,混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态;
⑤C(g)的物质的量浓度不变是化学平衡的特征标志,说明反应达到平衡状态;
⑥达到平衡时A、C、D的浓度保持不变,但不一定等于2:
1:
1,A、C、D三种气体的浓度之比为2:
1:
1时反应不一定达到平衡状态;
⑦某时刻υ(A)=2υ(C)且不等于零,没有指明是正反应速率,还是逆反应速率,不能说明反应达到平衡状态;
⑧单位时间内生成nmolD一定消耗2nmolA,同时生成2nmolA,A的浓度不变说明反应达到平衡状态;
能说明反应达到平衡状态的有①②③④⑤⑧,共6个,答案选C。
【点睛】
本题考查化学平衡的标志,化学平衡的标志是:
逆向相等,变量不变。
“逆向相等”指达到平衡时同一物质表示的正、逆反应速率相等,说明反应达到了平衡状态;“变量不变”指可变物理量不变是平衡的标志,不变物理量不变不能作为平衡的标志。
注意本题中的B呈固态以及容器为绝热容器。
15.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。
16.425℃时,在两个1L密闭容器中分别发生化学反应,物质的浓度随时间的变化如图所示。
下列叙述错误的是()
A.图①中t0时,三种物质的物质的量相等
B.图①中
时,反应达到平衡状态
C.图②中的可逆反应为2HI(g)
H2(g)+I2(g)
D.图①②中,当c(HI)=3.16mol/L时,两容器中的反应均达到平衡状态
【答案】B
【分析】
图①中
时,三种物质的物质的量浓度相等,此时还未达到平衡;由图②可知该图表示的可逆反应为
,当浓度不再变化时反应达到平衡状态。
【详解】
A.图①中
时,三种物质的物质的量浓度相等,由于体系恒容,所以三者的物质的量也相等,故A项正确;
B.图①中
时,三种物质的物质的量浓度相等,但
后各物质的物质的量浓度发生改变,即
时反应没有达到平衡状态,故B项错误;
C.由图②可知,该图表示的可逆反应为
,故C项正确;
D.图①、②中,当
时,两容器中的反应均达到平衡状态,故D项正确;
故答案选:
B。
17.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。
18.已知反应:
NO2(g)+SO2(g)
SO3(g)+NO(g),起始时向某密闭容器中通入1molNO2、2molS18O2,.反应达到平衡后,下列有关说法正确的是:
A.NO2中不可能含18OB.有1molN18O生成
C.S18O2的物质的量不可能为0.8molD.SO2、SO3、NO、NO2均含18O时,说明该反应达到平衡
【答案】C
【详解】
A.NO2(g)+SO2(g)
SO3(g)+NO(g)反应到达平衡后,化学平衡是一个动态平衡,故NO2中可能含18O,A错误;
B.NO2(g)+SO2(g)
SO3(g)+NO(g)该反应是可逆反应,NO2的转化率小于100%,故生成N18O的物质的量小于1mol,B错误;
C.反应物的物质的量变化量之比等于化学计量数之比,又因为NO2(g)+SO2(g)
SO3(g)+NO(g)这个反应是可逆反应,NO2的转化率小于100%,故平衡时S18O2的物质的量大于1.0mol,C正确;
D.反应物、生成物的物质的量不在随着时间的改变而改变,当SO2、SO3、NO、NO2均含18O时,不能说明反应达到平衡,D错误;
答案选C。
【点睛】
对应可逆反应,反应物的转化率小于100%,生成物的产率小于100%,化学平衡是一个动态平衡,达到平衡后,同种物质的正、逆反应速率相等且都大于0。
19.在一定温度时,将1molA和2molB放入容积为5L的某密闭容器中发生如下反应:
,经5min后,测得容器内B的浓度减少了
,则下列叙述错误的是()
A.在5min内,该反应用C的浓度变化表示的反应速率为
B.在5min时,容器内D的浓度为
C.该可逆反应未达限度前,随反应的进行,容器内压强逐渐增大
D.5min时,容器内气体总的物质的量为3mol
【答案】D
【详解】
A.
,则在5min内,该反应用C的浓度变化表示的反应速率
,A正确;
B.由化学方程式知,相同时间内B的浓度减少值等于D的浓度增加值,则在5min时,容器内D的浓度为
,B正确;
C.
正方向是气体分子数目增加的反应,则该可逆反应未达限度前,随反应的进行,容器内气体的物质的量逐步增加,则压强逐渐增大,C正确;
D.
5
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