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1、黑龙江省哈尔滨市第九中学化学第六章 化学反应与能量 知识归纳总结含答案解析黑龙江省哈尔滨市第九中学化学第六章 化学反应与能量 知识归纳总结含答案解析一、选择题1一定温度时，向2.0 L恒容密闭容器中充入2 mol SO2和1 mol O2，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 / s02468n(SO3) / mol008141.81.8下列说法正确的是( )A反应在前2 s 的平均速率v(O2) 04 molL1s1B保持其他条件不变，体积压缩到1.0 L，平衡常数将增大C相同温度下，起始时向容器中充入4 mol SO3

2、，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2 mol SO2、1 mol O2，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)=0.8mol2L2s0.2molL1s1，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)=0.50.2molL1s1=0.1molL1s1，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1.8mol2mol100

3、%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4 molSO3，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。2在恒温下的密闭容器中，有可逆反应，下列不能说明该反应已达到平衡状态的是（ ）A正反应生成NO2的速率和逆反应生成O2的速率B混合气体的颜色不再改变C反应容器中的压强不随时间的变化而变化D混合气体的平均摩尔质量保持不变【答

4、案】A【详解】A正反应生成NO2的速率和逆反应生成O2的速率之比等于2:1时，反应达到平衡状态，符合题意，A正确；BNO为无色，NO2为红棕色，当混合气体的颜色不再改变，说明NO2的浓度不变，即反应达到平衡状态，不符合题意，B错误；C反应前后气体的化学计量数之和不相等，随着反应的进行，容器中的压强不断变化，当容器中的压强不再改变时，说明反应已达到平衡状态，不符合题意，C错误；D反应前后气体的化学计量数之和不相等，气体的质量始终不变，随着反应的进行，气体的物质的量不断变化，当气体的物质的量不再改变时，混合气体的平均摩尔质量不再变，说明反应已达到平衡状态，不符合题意，D错误；答案选A。【点睛】混合

5、气体的平均摩尔质量= 。3工业合成氨反应在催化剂表面的反应历程及能量变化如图所示，下列说法正确的是( )A合成氨的正、逆反应的焓变相同B若使用催化剂，生成等量的NH3需要的时间更短C在该过程中，N原子和H原子形成了含有非极性键的氨气分子D合成氨反应中，反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量【答案】B【详解】A在可逆反应中，正反应和逆反应的焓变数值相同，但符号相反，A错误；B，使用催化剂，化学反应速率加快，生成等量的NH3需要的时间更短，B正确；CN原子和H原子吸引电子的能力不同，形成的是极性键，C错误；D根据图示，合成氨反应是放热反应，因此反应物断键吸收的能量小于生成物形成键释放的能量

6、，D错误；答案选B。4对于可逆反应 4NH3+5O24NO+6H2O(g)，下列叙述正确的是A达到平衡时，4v(O2)正=5v(NO)逆B达到平衡状态后，NH3、O2、NO、H2O(g)的物质的量之比为 4:5:4:6C达到平衡状态时，若增加容器体积，则反应速率增大D若单位时间生成 xmolNO 的同时，消耗 xmolNH3，则反应达到平衡状态【答案】A【详解】A达到平衡时，4v（O2）正=5v（NO）逆，说明正逆反应速率相等，选项A正确；B到达平衡时，反应混合物的物质的量关系与起始投入量及转化率有关，达到化学平衡时， NH3、O2、NO、H2O(g)的物质的量之比不一定为4546，选项B错误

7、；C达到平衡状态时，若增加容器体积，相当于减小压强，则反应速率减小，选项C错误；D若单位时间生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都是指正反应速率，无法说明正逆反应速率相等，则反应不一定达到平衡状态，选项D错误。答案选A。5CaCO3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46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，24min内斜率较大，因此

8、24min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46min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，02min反应刚开始，温度较低此时反应速率由氢离子浓度决定，24min速率最快，24min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。6某实验兴趣小组以Zn和Cu为电极，稀硫酸为电解质溶液研究原电池，并对实验进行了拓展，以下实验记录错误的是

9、A铜片上有气泡产生，锌片逐渐溶解 B电子在溶液中从Cu电极流向Zn电极C把铜片换成石墨，实验现象相同 D把稀硫酸换成硫酸铜溶液，电流计指针依然偏转【答案】B【分析】以Zn和Cu为电极，稀硫酸为电解质溶液构成的原电池中，金属锌做负极，金属铜做正极。【详解】A. 铜片正极上会析出氢气即有气泡产生，负极锌片逐渐溶解，故A不选；B. 电子不能经过电解质，而是沿导线从负极流向正极，故B选；C. 把铜片换成石墨，仍具备原电池的构成条件，会产生电流，锌做负极，石墨做正极，电极上生成氢气，故C不选；D. 以Zn和Cu为电极,硫酸铜为电解质溶液,发生的氧化还原反应Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，仍具备原电池

10、的构成条件，可以形成原电池，会产生电流，故D不选；故选：B。7在2L密闭容器中，把2 mol X和2 mol Y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（ ）An4 BX的转化率为60CX的平衡浓度为0.4mol/L D2 min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n4，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

11、，C正确； D. 2 min内Y的平均速率为，D不正确。答案选D。8氯化钾固体溶于水时，溶液温度变化不显著的原因是（ ）A溶解过程中只发生了水合作用B溶解过程中只发生了扩散作用C溶解过程中没有发生热效应D水合过程放出的热量与扩散过程吸收的热量接近【答案】D【详解】A氯化钾固体溶解过程中发生了扩散过程和水合作用，故A错误；B氯化钾固体溶解过程中发生了扩散过程和水合作用，故B错误；C氯化钾固体溶解过程中发生了扩散过程和水合作用，扩散过程吸收能量、水合过程释放能量，故C错误；D氯化钾固体水合过程放出的热量与扩散过程吸收的热量接近，所以溶液温度变化不显著，故D正确；选D。9下列反应属于放热反应的是A氢

12、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。101mol X气体跟a mol Y气体在体积可变的密闭容器中发生如

13、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Aa=l，b=2 Ba=2，b=1 Ca=2，b=2 Da=3，b=2【答案】D【分析】1mol X气体跟a mol Y气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应：X（g）+a Y（g）b Z（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）+a Y（g）b Z（g）。起始量（mol） 1 a 0

14、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。11下列说法正确的是( )AH2(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BC(s)H2O(g) H2(g)CO(g)，气体的总物质的量不再改

15、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D1 mol N2和3 mol H2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2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2等于Q1【答案】D【详解】A. H2(g)I2(g) 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积增大压强，则正逆反应速率均增大，A错误；B. C(s)H2O(g) H2(g)CO(g)，气体的总物质的量会随着反应而变化，当其不再改变时则能说明反应已达平衡，B错误；C. 2A(?)B(g) 2C(

16、?)的两边，气体分子总数不可能相等，故不管A、C是什么状态，若压强不再随时间变化均能说明反应2A(?)B(g) 2C(?)已达平衡，C错误；D. 设合成氨反应中消耗1 mol N2和3 mol H2同时生成2 mol NH3时，放出热量为Q，则热化学方程式为：，消耗2 mol NH3同时生成1 mol N2和3 mol H2时，吸收热量为Q，则热化学方程式为：，当1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1=0.1Q，在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2=0.1Q，D正确；答案选D。12H2能在Cl

17、2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。13在一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)B(g) xC(g)2D(g)。2 min末该反应达到平衡，生成0.8 mol D

18、，并测得C的浓度为0.8 molL1。下列判断错误的是（）Ax4 B2 min内B的反应速率为0.1 mol(Lmin)1C混合气体密度不变，则表明该反应已达到平衡状态 DB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0.8 molL1，物质的量为1.6mol 3A（g）+B（g） xC（g）+2D（g）起始量（mol） 3 1 0 0变化量（mol） 1.2 0.4 1.6 0.8平衡量（mol） 1.8 0.6 1.6 0.8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/(

19、2L2min)=0.1 mol(Lmin)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

20、变，不能判断是否达到平衡。D、利用转化率定义计算。14已知2mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出能量484kJ，且氧气中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH-O键形成时放出能量463kJ，则氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为（ ）A920kJ B557kJ C436kJ D188kJ【答案】C【详解】根据题意2mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出能量484kJ，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H= -484 kJ/mol，设1mol H-H键断裂时吸收热量为x，则H= -484 = 2x + 496 - 4634，解得x = 436，故C正确；故答案为C。

21、【点睛】反应热H=反应物断键吸收的总能量减去生成物成键放出的总能量，若差值小于0，为放热反应，反之，为吸热反应。15根据反应KMnO4FeSO4H2SO4MnSO4Fe2(SO4)3K2SO4H2O(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1 molL1，溶液的体积均为200 mL，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1.5 mol/L，则反应中转移的电子为0.1 molC甲烧杯中的电极反应式：MnO4-5e8H=Mn24H2OD电池工作时，盐桥中的K+向甲烧杯中移动【

22、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1.5 mol/L，则反应生成的Fe2(SO4)3为0.5 mol/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MnO4-5e8H=Mn24H2O，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。16一定条件下，对于可逆反应：X（g）3Y（g）2Z（g），若 X、Y、Z 的起始浓度分别为 c

23、1、c2、c3（均不为 0，单位 mol/L），达到平衡时，X、Y、Z 的浓度分别为 0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.08mol/L，则下列判断不正确的是Ac1c213 B平衡时 Y 和 Z 的生成速率之比为 32CX、Y 的转化率之比等于 1:3 Dc2 的取值范围为 0c20.42 mol/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

24、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0.04molL1、消耗X小于0.12molL1，则c20.12molL1+0.3molL1=0.42molL1，如反应从逆反应建立平衡，按已知条件，0c2，故有0c20. 42molL1，故D正确；答案选C。17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(molL1)随反应时间(min)的变化情况如下表：实验序号 时间浓度温度01020304050601800 1.00.800.670.570.500.500.502800 1.00.600.500.5

25、00.500.500.503800 c0.920.750.630.600.600.604820 1.00.400.250.200.200.200.20下列说法不正确的是( )Ac1.0B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

26、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/Lmin，实验4X的反应速率=0.06mol/Lmin，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)：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；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；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

27、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。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ASO2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CBaCl2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

28、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溶液反应生成BaSO3沉淀。故A、B项正确，C项错误。H2SO3水溶液中存在两步电离，升高pH时，促进电离，SO32-浓度增大，D项正确。本题选C。【点睛】SO2有较强的还原性，稀硝酸有强氧化性，两者能发生氧化还原反应。19向某容积一定的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，一定条件下发生如下反应:2SO2+O22SO3。下列说法不正确的是(

29、)A升高温度或充入一定量O2均能加快化学反应速率B达到平衡状态时，SO2、O2、SO3物质的量之比一定为2:1:2C当SO2的生成速率与SO3的生成速率相等时，反应达到平衡状态D达到平衡状态时，生成SO3的物质的量一定小于2mol【答案】B【解析】分析：根据影响化学反应速率的因素和化学反应达到化学平衡的标志进行解答。增加反应浓度或生成物的浓度化学反应速率加快；升高温度化学反应速率加快；化学平衡的标志是各物质的浓度不在改变，正反应速率等于逆反应速率。详解：A.根据影响化学反应速率的因素知反应2SO2+O22SO3，如果升高温度或充入一定量O2均能加快化学反应速率，故A正确；B. 初始加入2molSO2和1molO2，根据反应2SO2+O22SO3，因为是可逆反应不能进行彻底，所以达到平衡状态时，SO2、O2、SO3物质的量之比不一定为2:1:2，故B错误；C. 当SO2的生成速率与SO3的生成速率相等时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D.因为2SO2+O22SO3是可逆反应不能进行彻底，达到平衡状态时，生成SO3的物质的量一定小于2mol，故D正确；答案：选B。20原电池是化学电源的雏形。关于如图所示原电池的说法正确的是A能将电能转化为化学能B电子从锌片经导线流向铜片C锌片为正极，发生氧化反应D铜片上发生的反应为Cu2+2e= Cu【答案