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1、第六章化学反响与能量单元测试卷时间：90分钟总分值：100分一、选择题（此题共18小题，每题3分，共54分。每题只有一个选项符合题意）.以下反响中既是氧化还原反响，能量变化情况又符合以下图的是生成物|反响物-反响过程A.铝片与稀盐酸的反响 B. NH4cl和Ba（OH）28H2。的反响C.碳和水蒸气反响D.甲烷的燃烧反响【答案】C【详解】金属与盐酸的反响放热，AK H元素的化合价变化，为氧化还原反响,A错误；NH4。和Ba （OH）2 8H2O的反响为吸热反响，但没有元素的化合价变化，为非氧化还原反响,B错误：灼热的木炭与水蒸气反响 为吸热反响,C元素、氢元素的化合价发生变化，为氧化还原反响,
2、C正确；甲烷在氧气中的燃烧反响为放热反 应，D错误；正确选项C。2 .空气一锌电池的电极反响为：锌片：Zn+2OH-2e-=ZnO+H2O；碳棒：102+H2O+2e-=2OH-o据此判2断，锌片是（）A.正极并被还原B.正极并被氧化C.负极并被还原D.负极并被氧化【答案】D【详解】锌片发生反响：Zn+2OH-2e=ZnO+H2O,电极反响中，锌元素的化合价升高，被氧化，原电池中较活泼的 金属作负极，发生氧化反响，那么锌为原电池的负极，被氧化，合理选项是D。3 .据报道，我国拥有完全自主产权的氢氧燃料电池车将在北京奥运会期间为运发动提供服务。某种氢氧燃 料电池的电解液为KOH溶液，以下有关该电
3、池的表达不正确的选项是（）A.正极反响式为：O2+2H2O+4e=4OH-而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反响，氢气生成速率下降，D错误;故合理选项是Bo二、非选择题(8分)某同学做如下实验，以探究反响中的能量变化。(1)在实验中发现反响后(a)中温度升高，由此可以判断(a)中反响是 热反响；(b)中温度降低，由此可以判断(b)中反响是 热反响。(2)写出铝与盐酸反响的离子方程式：。(3)根据能量守恒定律，(b)中反响物的总能量应该生成物的总能量。【答案】放吸 2A14-6H+=2Al3+3H2t 低于【详解】(1)反响后(a)中温度升高，(b)中温度降低，说明(a)中反响为放
4、热反响，(b)中反响为吸热反响；(2)铝与盐酸反 应的离子方程式为2AI+6H=2AI3=3H2T； (3)(b)中反响为吸热反响，根据能量守恒定律，反响物的总能量 应该低于生成物的总能量。19. (8分)四中某学习小组依据氧化还原反响原理：2Ag+Cu=Cu2+2Ag设计成的原电池如右图所示。AgNO,溶液(1)从能量转化角度分析，上述原电池将化学能转化为 ;(2)负极的电极材料为；(3)正极发生的电极反响；(4)假设反响初两电极质量相等，当反响进行到一段时间后(AgNCh溶液足量)，取由两电极洗净干燥后称量，测得两电极质量差为11.2g,那么该时间内原电池反响转移的电子数为 o (设Na表
5、示阿伏加德罗常数的值) 【答案】电能Cu (或铜)Ag+ + e- = Ag0.08Na【详解】(I)该装置为原电池，原电池将化学能转化为电能，故答案为：电能；(2)铜的金属活泼性比银强，铜失电子生成铜离子，银离子得电子生成银，因此负极的电极材料为铜， 故答案为：铜；(3)正极上银离子得电子生成银，电极反响式为：Ag+e- = Ag,故答案为：Ag+e =Ag；(4)正极上的电极反响式为：Ag+e- = Ag,负极上的电极反响式为：Cu - 2e-=Cu2+,设转移电子物质的量 为xmol,那么正极上生成银的质量为xmolxl08g/mol=l08xg,负极上消耗铜的质量为l/2xmolx64
6、g/mol=32xg, 反响后测得两电极质最差为11.2g,那么108xg+32xg =11.2g,解得x=0.08mo1,该时间内原电池反响转移的电 子数为0.08Na,故答案为:0.08Na ；(15分)某温度下，在一个1L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所 示。根据图中数据，填写以下空白：(1)从开始至2 min, X的平均反响速率为；(2)该反响的化学方程式为；(3)1 min时，正逆反响速率的大小关系为：v(IE)可逆)，2 min时，u(正)W逆)。(填或或“=”)(4)假设X、Y、Z均为气体，在2 min时，向容器中通入氮气，增大体系压强，X的化学反
7、响速率将假设加入适合的催化剂，丫的化学反响速率将 o (填“变大”或“不变”或“变小”)(5)假设X、Y、Z均为气体，以下能说明反响已达平衡的是。a. X、Y、Z三种气体的浓度相等b.气体混合物物质的量不再改变c.反响已经停止d.反响速率 v（X） ： v（Y）=2 ： 1e.（单位时间内消耗X的物质的量）：（单位时间内消耗Z的物质的量）=3 : 2【答案】0.15mol-LTmiiri3X + Y=2Z = 不变 变大 be【详解】（1）从开始至2min, X的物质的量减少了 1 mol-0.7mol=0.3mol,浓度是O.3mol/L,那么平均反响速率为0.3mol/L-r2min=0.
8、15mol-L,-min1 ；（2）从开始至2min, Y的物质的量减少了 1 mol-0.9moi=0.1 mol, Z增加了 0.2mol,那么根据变化量之比是相应的化学计量数之比可知该反响的化学方程式为3X+Y-2Z；（3）lmin时反响没有到达平衡状态，反响向正反响方向进行，那么正逆反响速率的大小关系为：v（正）v（逆）， 2min时反响到达平衡状态，那么v（正）=v（逆）：（4）假设X、Y、Z均为气体，在2min时，向容器中通入氮气，增大体系压强，由于物质的浓度不变，那么X 的化学反响速率将不变，假设加入适合的催化剂，Y的化学反响速率将变大；（5） a. X、Y、Z三种气体的浓 度相
9、等不能说明正逆反响速率相等，那么不一定处于平衡状态，a错误；b.正反响体积减少，那么气体混合物物质的量不再改变说明反响到达平衡状态，b正确；c.平衡时正逆反响速率相等，但不为0,反响没有停止，c错误；d.反响速率v（X） ： v（Y）=2： 1说明正逆反响速率不相等，那么没有处于平衡状态，d错误；e.（单位时间内消耗X的物质的量）：（单位时间内消耗Z的物质的量）=3:2说明正逆反响速率相等，那么一 定处于平衡状态，e正确；答案选be。20. （15分）某化学小组的同学为探究原电池原理，设计如下图装置，将锌、铜通过导线相连，置于稀硫（1）外电路，电子从 极流出。溶液中，阳离子向 极移动.（2）锌
10、为一极,电极上发生的 反响（“氧化”或“还原”），电极反响式 锌片上观察到的现象为:铜为 极，电极上发生的是反响（“氯 化”或“还原”），电极反响式，铜片上观察到现象的为（3）假设反响过程中有0.2 mol电子发生转移，那么生成的气体在标准状况下的体积为 o（4）该小组同学将稀硫酸分别换成卜列试剂，电流计仍会偏转的是 （填序号）。A.无水乙醇 B.醋酸溶液C. CuSO4溶液 D.苯（5）实验后同学们经过充分讨论，认为符合某些要求的化学反响都可以通过原电池来实现。以下反响可以 设计成原电池的是 （填字母代号）。A. NaOH+HCl=NaCl+H2OB. 2H2+02=2+0C. Fe+2Fe
11、Ch=3FeChD. 2H2O2H2T+O2T【答案】Zn （或“负”）Cu （或“正”）负 氧化 Zn+2e=Zn2+锌片不断溶解正 还原2H+2e=H2T有无色气泡产生2.24L BC BC【详解】锌、铜和稀硫酸构成原电池，锌作负极、铜作正极。（1）外电路，电子从负极Zn极流出。溶液中，阳离子向正极Cu极移动；（2）锌为负极,电极上Zn失去电子发生的氧化反响,电极反响式为Zn-2e=Zn2+；锌片上观察到的现象为锌片 不断溶解：铜为正极,电极上氢离子得电子发生的是还原反响，电极反响式为2H+2e-=H2f,铜片上观察到现 象的为有无色气泡产生；（3）根据2H+2*H2T，有0.2 mol电
12、子发生转移,那么生成O.lmolHz,在标准状况下的体积为2.24 L；（4）无水乙醇和苯不是电解质溶液，替换稀硫酸后不能形成原电池，电流计不会偏转；醋酸溶液和CuSCh溶液是电解质溶液，替换稀硫酸后可以形成原电池，电流计仍会偏转，答案选BC；（5）自发的氧化还原反响可以设计成原电池。A.反响NaOH+HQ=NaQ+H2O不是氧化还原反响，选项A不符合；B.反响2H2+02=2+0是自发的氧化还原反响，选项B符合；C.反响Fe+2FeCb=3FeCl2是自发的氧化还原反响，选项C符合；D.反响2H2O2H2T+O2T不能自发进行，选项D不符合；答案选BC。B.工作一段时间后，电解液中KOH的物
13、质的量不变C.该燃料电池的总反响方程式为：2H2+O2=2H2OD.用该电池电解CuCb溶液，产生2.24 LCb(标准状况)时，有0.1 mol电子转移【答案】D【详解】A.正极上氧气得电子发生还原反响，电极反响式为O2+2H2O+4c=4OH,所以A选项是正确的；B.负极上氢气和氢氧根离子反响生成水，正极上氧气得电子和水反响生成氢氧根离子，所以溶液中钾离子没 有参与反响，根据原子守恒知，KOH的物质的量不变，所以B选项是正确的；C.负极电极反响式为H2+2OH-2e=2H2O ,正极电极反响式为O2+2H2O+4e=4OH-,反响的总方程式为 2H2+。2=2比0,所以C选项是正确的；D.
14、用该电池电解CuCh溶液,产生2.24 L CL (标准状况)，n(Cl2)=0.1mol,根据2Cl-2e-Chf，转移电子0.2mol, 故D错误。4 .将两份过量的锌粉a、b分别加入定量的稀硫酸，同时向a中加入少量的CuS04溶液，产生H2的体 积V(L)与时间t(min)的关系正确的选项是()。【答案】B【详解】过量的两份锌粉a、b,分别加入稀H2sCh中，同时向a中放入少量的CuSO4溶液，那么a中还发生的反响为： Zn+Cu2+=ZM+CU,铜-锌-稀硫酸形成原电池，反响速率增大，反响用时少于b,由于锌过量，所以生成的 氢气的体积由硫酸的物质的量决定，稀硫酸的量相同，所以最终两者产
15、生的氢气体积相等，答案选B。5 . 一定条件下，aL密闭容器中放入ImolNz和3m0IH2发生N2+3H2 2NH3的反响，以下选项中能说 明反响已到达平衡状态的是c(N2) : c(H2) ： c(NH3)=1 ： 3 ： 2A. 2v(H2)=3v(NH3)C.单位时间内1个N三N键断裂的同时，有6个N-H健断裂D.单位时间消耗O.lmolNz的同时,生成0.2molNH3【答案】C【详解】A. c(N2) : c(H2) ： c(NH3)=1 ： 3 ： 2,并不能说明浓度不变，所以不一定是平衡状态，选项A错误;B、未表达正与逆的关系，选项B错误；C、单位时间内1个N三N键断裂，等效于
16、6个N H键形成，同时有6个NH犍断裂，所以正逆反响速 率相等，反响达平衡状态，选项C正确；D、只要反响发生就符合单位时间消耗O.lmolNz的同时，生成0.2molNH3,选项D错误；答案选C。6.关于以下图的说法不正确的选项是()能 fit能 fit1 mol I2(g) +1 mol H2(g)放出12kJ放出17 kJ2 mol HI(g)1 mol k(s) +1 mol H2(g)吸收 5 kJ1 mo”2(s)与1 mol H2(g)化合生成2 mol HI(g)时，需要吸收5 kJ的能量A. 2 mol HI(g)分解生成1 mol b(g)与1 mol H?(g)时，需要吸收
17、12 kJ的能量1 mol L(s)变为1 mol L(g)时需要吸收17 kJ的能量B. k(g)与H2(g)生成2HI(g)的反响是吸热反响【答案】D【详解】A.由图可知，I mol L(s)和1 mol H?(g)吸收5 kJ热量生成2 mol HI(g), A正确：B.由图可知，1 mol b(g)和 1 mol H?(g)生成 2 mol HI(g)放出 12 kJ 热量，那么 2 mol HI(g)分解生成 1 mol 1(g) 与1 mol Hz(g)时需要吸收12 kJ的能量,B正确；C.由图可知，1 molL(g)变为1 mol I2放出17 kJ的热量，那么1 mol固态碘
18、变为1 mol碘蒸气时需要吸收 17 kJ的能量，C正确；D.由图可知，1010112恁)+11】01142(8)生成211101川(8)放出12口热量，应为放热反响，D错误。答案为D。7.如下图的装置中，M为金属活动性顺序表中位于氢之前的金属，N为石墨棒，以下关于此装置的表达 中不正确的选项是卷等?稀硫酸A. N上有气体放出M为负极，N为正极C.是化学能转变为电能的装置D.导线中有电流通过，电流方向是由M到N【答案】D【详解】A、N是正极，溶液中的氢离子在N极得电子生成氢气，电极反响式是2H+2广=比3故A正确；B、M是活泼的金属，所以M是负极，失去电子，N为正极，故B正确；C、该装置为原电
19、池，是化学能转变为甩能的装置，故C正确；D、电流方向应由正极(N)流向负极(M),故D错误；答案选D。8. CO 和 H?在一定条件下可以合成乙醇(CH3cHzOH)： 2CO(g)+4H2(g) =,CH?CHzOHC+HzOCg),以下 表达中能说明上述反响在一定条件卜已到达最大限度的是()CO全部转化为乙醇B.正反响和逆反响的化学反响速率均为零C.反响体系中乙醇的物质的量浓度不再变化D. CO和H?以1:2的物质的量之比反响生成乙醇【答案】C【解析】该反响为可逆反响，CO不能全部转化为乙醇，A项错误；化学平衡是动态平衡，平衡时正逆反响 速率相等，但不为0, B项错误；平衡时各物质的浓度不
20、再变化，C项正确；化学反响中，反响物转化的 物质的晟之比等于化学计显数之比，不能作为判断是否到达化学平衡的依据，D项错误。9.化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反响，反响物浓度随反响时间变化如以下图所示，计算反 应48 min间的平均反响速率和推测反响16 min时反响物的浓度，结果应是()A. 2.5 pmol-L min 1 和 2.0 pmol-L 1TcETVJq 己三巴2.5 gmol-L-,-min-,和 2.5 mol-L-1A. 3.0 pmol-L min_1 和 3.0 pmol-L 15.0 pinol L-| min-,和 3.0 |imol L-1【
21、答案】B 【详解】48min的反响物浓度差c=10|imolL at为4n】in,因此48min间的平均反响速率为2.5卜uno卜L min ,图中从Omin开始到8min反响物浓度降低为原来的1/4,根据这一幅度，可以推测从8min到第16min应 该也降低为8min时的1/4,即由imo1降低到2.5岬0卜，因此推测第I6min反响物的浓度故为 2.5pmol L-1,故 B 正确；答案选B。10 .以下说法正确的选项是()A.需要加热的反响一定是吸热反响B.放热反响X(s尸Y(s),那么X比Y稳定C.硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量更多D.在一个确定的化学反响关系中，反响物的总
22、能量与生成物的总能量一定不同【答案】D【解析】吸热反响与放热反响的判断般不能通过反响条件来简单地确定，而必须通过反响前后吸收与放出的总能 量比拟来确定，也可以通过反响物与生成物键能的总大小来比拟。A、需要加热的反响不一定都是吸热反响， 如碳的燃烧、金属与非金属的化合反响等；吸热反响也不一定都需要加热，如Ba(OH)2-8H2O与NH4Q反响， 在室温时就可以发生。错误；B、X(s)=Y(s)为放热反响，放热反响是反响物具有的总能量大于生成物总能量， 所以X的总能量大于Y(s)的总能量，因此Y比X稳定。错误；C、相同条件下，同一物质在气态时具有的 能量最多，液体时次之，固态时最少，反响放出的热量
23、等于反响物所具有的总能量减去生成物所具有的总能量， 因为生成物是一样的，所以等量的硫蒸气完全燃烧时放出的热量会比硫固体放出的要多。错误；D、化学反 应的本质是旧键断裂，新键生成。旧键断键吸收的能量是不等于生成物成键放出的能量。正确：应选D。11 .以下有关化学反响速率的说法中，正确的选项是（）A.用铁片和稀硫酸反响制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氧气的速率B. 100 mL2moiL的盐酸与锌反响时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变C.二氧化硫的催化氧化是一个放热反响，所以升高温度，反响速率减慢D.汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反响生成N2和CO2,减小压强，反响速率减慢【答案
24、】D【详解】A、浓硫酸能够使铁钝化，铁片与浓硫酸反响不能生成氢气，故A错误；B、向盐酸溶液中加入氯化钠溶液，相当于稀释了盐酸，盐酸浓度减小，反响速率减慢，故B错误；C、升高温度，反响速率加快，故C错误；D、有气体参加的反响，压强越小反响的速率越慢，故D正确；所以此题答案为：Do12 .四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池.相连时，外电路电流从流向；相连时，为正极；相连时，上有气泡逸出；相连时，的质量减少.据此判断这四种金 属活泼性由大到小的顺序是（）A.B.C. D.【答案】B【详解】组成原电池时，负极金属较为活泼，相连时，外电路电流从流向，说明为负极，活泼性；相连时，为正极，活泼性,
25、；相连时，上有气泡逸出，应为原电池的正极，活泼性,；相连时，的质量减少，为负极，活泼性,；综上分析可知活泼性：；应选B。13 .如图：电流计的指针会偏转，M极变粗，N极变细符合这种现象的是M是铜，N是锌，R是硫酸溶液A. M是锌，N是铜，R是硫酸铜溶液C. M是银,C. M是银,N是锌，R是硝酸银溶液D. M是铁，N是铜，R是硝酸铜溶液【答案】C【详解】M极变粗，N极变细，说明M极是正极，N极是负极，电解质溶液中的金属离子要在止极上被还原析出金 属单质。A.M极反响为2H+2c -=H2,无法析出金属单质，故A不符合；B.锌比铜活泼作负极，M极变细，故B不符合；C.N是锌，发生的反响为Zn-2
26、e=Zn2+,锌溶解，N极变细，M极发生的反响为Ag+e=Ag, M极变粗, 故C符合；D.铁比铜活泼，为负极，发生反响Fe-2e=Fe2+, M极变细，故D不符合。此题选C。14.以下各组材料中，能组成原电池的是（）A. AB. BC. CD. DABCD两极材料Zn片、Cu片Cu片、Cu片Zn片、Cu片Zn片、Cu片插入溶液稀 H2so4NaCl溶液植物油酒精【答案】A【详解】A.两金属的活泼性不同，锌和硫酸能自发的发生氧化还原反响，所以能形成原电池，A项正确;B.两金属相同，所以不能形成原电池，B项错误；C.两金属的活泼性不同，但是植物油是混合物，不是电解质，所以不能形成原电池，C项错误
27、;D.两金属的活泼性不同，但是酒精是非电解质，所以不能形成原电池，D项错误。答案选A。15 .以下方法对2sO2(g)+O2(g)2soMg)的反响速率没有影响的是A.加入SO3B.容积不变，充入N2C.压强不变，充入N2D.降低温度【答案】B【详解】A选项，加入SO3，生成物浓度增大，反响速率增大，故A错误；B选项，容积不变，充入N2,反响体系 中各物质浓度不变，那么反响速率不变，故B正确；C选项，压强不变，充入Nz,反响体系的体积增大，相 当于压强减小，那么反响速率减小，故C错误；D选项，降低温度，反响速率减小，故D错误；应选B。16 .关于A(g)+2B(g)=3C(g)的化学反响，以下
28、表示的反响速率最大的是()A. v(A)=0.6 mol-L -min1B. v(B)=1.2 mol L,-min1C. v(C)=L2 mol-L -min 1D. v(B)=0.03 mol L s-1【答案】D【详解】v(A)=0.6 mol-L -min1：A. v(B)=l .2 mol-L -min1,转化成用 A 表示的速率为 1.2 mol-L,-min-,-j-2=0.6 mol-L -min1；v(C)=1.2 mol-L -min 转化成用 A 表示的速率为 1.2 mol-L-,-min,-r3=0.4 mol-L,-min1；B. v(B)=0.03 mol-L-
29、s-1,统一单位:v(B)=0.03 mol L I s-,x60s/min=1.8 mol-L min1,转化成用 A 表示的速率为 1.8 mol L1 min1-=-2=0.9 mol-L -min1；所以速率最快的是 D；应选 D17.燃料电池是目前电池研究的热点之一。现有某课外小组自制的氢氧燃料电池，如下图，a、b均为情性电极。以下表达不正确的选项是()KOH溶液a极是负极，该电极上发生氧化反响B.总反响方程式为2H2+02=2+0C. b 极反响是 O2+4OH一一4e-=2H?OD.氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源【答案】C【详解】A、通氢气一极为负极，即a电极为负极，根
30、据原电池的工作原理，负极上发生氧化反响，故A说法正确;B、燃料电池相当于燃料燃烧，即总反响方程式为2H2+。2=2比0,故B说法正确；C、b电极为正极，发生还原反响，正极反响式为Ch+4e- +2H2O=4OH,故C说法错误；D、氢氧燃料电池的优点：能量转换率高，对环境友好，即氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源, 故D说法正确；答案选C。18.研究硫酸铜的量对锌与稀硫酸反响氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给 的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反响瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时 间。实验混合溶液ABcDEF4mol/L H2sO”mL30V
31、iv2V、v4v5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55v620H2O/mLv7v8v9Vi（）100以下说法正确的选项是（）A.反响一段时间后，实验A、E中的金属呈暗红色A. V产3（）, V6=10C.加入MgSCh与Ag2s04可以起与硫酸铜相同的加速作用D.硫酸铜的量越多，产生氢气的速率肯定越快【答案】B【详解】A.研究硫酸铜的最对氢气生成速率的影响，那么需要硫酸的体积、物质的最应相同，由A、F可知结合溶液的 总体积为30mL+20mL=50mL, V6=50-30-10=10,反响一段时间后，生成的铜会附着在锌片上，E中的金属 呈暗红色，V7=50-30=20, A中无硫酸铜，为锌和硫酸的反响，不会出现金属呈暗红色，A错误；B.研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，那么需要硫酸的体积、物质的量应相同，由A、F可知结合溶液的 总体积为 30mL+20mL=50mL,那么 Vi=30, V6=5O-3O-IO=IO, B 正确；C.能与锌发生置换反响且能形成原电池反响的只有Ag2s04,镁的活泼性强于锌，无法构成原电池，C错误；D.因为锌会先与硫酸铜反响，直至硫酸铜反响完才与硫酸反响生成氢气，硫酸铜量较多时，反响时间较长，