化学反应原理-高考化学考前专项练习试题（含解析）

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化学反应原理
共18题，满分100分
题号 一 二 三 总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请注意保持试卷整洁
一、单选题（共50分）
1．（本题5分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作、现象 实验结论
A 向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热充分反应，再加入新制备的Cu（OH）2加热，未出现砖红色沉淀 蔗糖未水解
B 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明 生成的产物无色、可溶于四氯化碳
C 向等浓度的CuSO4、ZnSO4混合溶液中逐滴滴入Na2S溶液，先生成黑色CuS沉淀，后生成白色ZnS沉淀 Ksp（CuS）＞Ksp（ZnS）
D 用pH计测定NaX溶液、CH3COONa溶液的pH，pH前者小 酸性HX＞CH3COOH
A．A B．B C．C D．D
2．（本题5分）下列方程式正确的是
A．的电离：
B．的水解：
C．的电离：
D．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：
3．（本题5分）将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，两电极间连接一个电流计。该电池中两电极的总质量为，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为。该电池工作时间段内，理论是产生氢气的体积在标准状况下为
A． B． C． D．
4．（本题5分）在体积可变的密闭容器中加入mmolX气体1molY气体发生反应，5min后测得Y的转化率为50％，反应后混合气体的密度为反应前混合气体密度的，则m:n不可能是
A．1:4 B．1:3 C．1:2 D．2:5
5．（本题5分）用电渗析法处理含Na2SO4废水，原理如图所示，两膜中间的Na＋和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子不能进入中间隔室。
下列叙述正确的是(　　)。
A．当电路中通过2 mol电子的电量时，会有2mol的H2生成
B．负极区得到NaOH，正极区得到H2SO4
C．负极反应为2H2O－4e－=O2＋4H＋，负极区溶液pH增大
D．通电后中间隔室的SO42-离子向负极迁移，正极区溶液pH降低
6．（本题5分）500℃时，某反应达到平衡，平衡常数K=。恒容时升高温度，SO2浓度增大。下列说法正确的是
A．该反应的ΔH<0，降低温度将缩短反应达到平衡的时间
B．恒温恒容下，充入惰性气体，SO2转化率增大
C．增大反应体系的压强，正反应速率增大，逆反应速率减小
D．在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1-t2内，SO3(g)生成的平均速率为
7．（本题5分）下列关于焓判据和熵判据的说法中，不正确的是
A．放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程
B．4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s) ΔH=-444.3kJ·mol-1，ΔS=-280.1J·mol-1·K-1。此反应在常温常压下能自发进行
C．碳酸钙分解为吸热反应，该反应室温下不能自发进行，但在高温下则能自发进行
D．吉布斯自由能大于0的反应一定不能发生
8．（本题5分）下列实验方案不能成功的是(　)
A．用Na2S做沉淀剂除去Cu2+、Hg2+等离子
B．使用明矾可在特殊情况下对水作净水剂和杀菌消毒
C．加热蒸发Fe2(SO4)3溶液制备Fe2(SO4)3晶体?
D．测均为0.1 mol/L的NaCl、CH3COONa溶液的pH来鉴别盐酸和乙酸是否为弱电解质
9．（本题5分）下列实验中，由现象不能得到相关结论的是
选项 实验操作和现象 结论
A 25℃时，用试纸测得溶液的为11 为弱电解质
B 25℃时，往溶液中滴加甲基橙溶液，溶液变红 为强酸
C 往滴有酚酞的碳酸钠溶液中加入适量固体，溶液颜色变浅 碳酸钠溶液中存在水解平衡
D 一定温度下，用计分别测定同浓度的和溶液，(溶液)>(溶液)
A．A B．B C．C D．D
10．（本题5分）一定温度下，向体积不同的密闭容器中分别加入足量活性炭和2molNO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g) N2(g)+2CO2(g)，在相同时间内测得各容器中NO2的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A．bc曲线上反应均达到平衡状态
B．a、c两点时气体的颜色相同
C．该温度下，a、b、c三点时反应的平衡常数：KaD．容器内的压强：Pa∶Pb>6∶7
二、判断题（共20分）
11．（本题4分）两种活泼性不同的金属组成原电池的两极，活泼金属一定作负极。(_______)
12．（本题4分）Na2SO3溶液与NaHSO3溶液中所含微粒的种类一定相同。( )
13．（本题4分）HCl和NaOH反应的中和热，则H2SO4和反应的中和热。(___________)
14．（本题4分）火是物质通过化学变化将化学能主要转化为热能和光能的一种形式。
15．（本题4分）化学反应在一定条件下建立平衡状态时，化学反应将会停止。(__)
三、解答题（共30分）
16．（本题10分）双氧水(过氧化氢)常用于消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组同学，围绕着过氧化氢开展了调查研究与实验。
I.调查
(1)过氧化氢常用于消毒、杀菌、漂白等方面的主要原因是 。
(2)制备过氧化氢目前最常用的是乙基蒽醌法，其主要过程可以用如图表示，此过程中总反应式为 。
Ⅱ.不稳定性实验研究
(3)为了探究温度、催化剂等外界条件对H2O2的分解速率的影响，某兴趣小组同学设计了如下三组实验，部分实验数据已经填在下面表中。
实验编号 T/X H2O2初始浓度/mol·L-1 FeCl3初始浓度/mol·L-1
I 20 1.0 _______
II 50 1.0 0
III 50 ___________ 0.1
实验I、Ⅱ研究 对分解速率的影响，实验Ⅱ、Ⅲ研究催化剂对分解速率的影响，则实验Ⅲ中H2O2初始浓度应为 mol·L-1。
III.过氧化氢含量的实验测定
兴趣小组同学用0.1000mol·L-1酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中过氧化氢的含量，反应原理为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑
(4)用移液管吸取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗的KMnO4标准溶液体积如下表所示：
第一次 第二次 第三次 第四次
体积(mL) 17.10 18.10 18.00 17.90
计算试样中过氧化氢的浓度为 mol·L-1(保留三位有效数字）。
17．（本题10分）氧化还原滴定原理同中和滴定原理相似，为了测定某未知浓度的NaHSO3溶液的浓度，现用0.2000mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定，回答下列问题：
(1) 配平离子方程式： MnO4-+HSO3-+H+=Mn2++SO42-+H2O。
(2)用KMnO4进行滴定时，KMnO4溶液应装在 中，判断滴定终点的现象是 。
(3)下列操作会导致测定结果偏高的是 。
A．盛装未知浓液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
B．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管
C． 观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
(4) 根据下表测定的实验数据，计算KMnO4溶液体积的平均值为 mL；NaHSO3溶液的物质的量浓度为 mol/L（数据精确到0.1）。
试验编号 待测NaHSO3溶液的体积/ mL KMnO4溶液体积/ mL
1 20.00 15.98
2 20.00 17.00
3 20.00 16.02
18．（本题10分）某化学小组欲探究溶液和酸性溶液反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，进行了如下实验(忽略溶液体积变化)：
编号 酸性溶液体积/mL 溶液体积/mL 水的体积/mL 反应温度/℃ 反应时间/min
I 2 2 0 20
II 2 1 20
III 2 0 50
(1)上述实验反应的离子方程式为 。
(2)实验所测的“反应时间”指 。
(3)表中的 mL，、、的大小关系为 。
(4)若，则III反应平均速率 。
参考答案：
1．B
【详解】A:向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热充分反应，再加入新制备的Cu（OH）2加热，未出现砖红色沉淀不能判断蔗糖是否水解，因为醛基在碱性条件下才可以和Cu（OH）2溶液反应生成砖红色沉淀，而此溶液为酸性，无法判断，故A错；B将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，发生反应生成1.2-二溴乙烷，溶解于四氯化碳溶液，所以最终变为无色透明，故B对；向等浓度的CuSO4、ZnSO4混合溶液中逐滴滴入Na2S溶液，先生成黑色CuS沉淀，后生成白色ZnS沉淀，说明CuS比ZnS更难溶，所以相同温度下，Ksp（CuS）2．C
【详解】A．醋酸铵是强电解质，在水溶液中完全电离，用等号连接，A错误；
B．亚硫酸氢根离子水解生成亚硫酸和氢氧根离子，B错误；
C．氯化铝是强电解质，上述电离方程式正确，C正确；
D．铝离子和碳酸根离子会发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，D错误。
故选C。
3．B
【分析】锌比银活泼，锌能与稀硫酸反应，银不反应，则锌片和银片浸入稀硫酸中组成的原电池中Zn作负极，Ag作正极，负极上Zn失电子生成Zn2+，正极上氢离子得电子生成氢气，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极反应式为2H++2e-=H2；
【详解】锌能与稀硫酸反应，银不反应，参加反应的Zn的质量为60g-47g=13g,n(Zn)==0.2mol,锌片和银片浸入稀硫酸中组成的原电池中Zn作负极，Ag作正极，负极上Zn失电子生成Zn2+，正极上氢离子得电子生成H2，总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，则n(H2)=n(Zn)=0.2mol,产生的氢气在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故选：B。
4．C
【详解】由题意可知，平衡时，X、Y、Z的物质的量分别为(m—1×50%×m)mol=0.5m mol、(1—1×50%)mol=0.5mol、1mol×50%×n=0.5nmol，由恒压容器中反应后混合气体的密度为反应前混合气体密度的可知，反应前后气体的总物质的量之比为，则可得：=，解得n=2m+2，若m为1，n为4，m:n=1:4；若m为2，n为6，m:n=1:3；若m为3，n为8，m:n=3:8；若m为4，n为10，m:n=2:5；
故选C。
5．B
【详解】A. 根据4mole－～2H2关系式得到，转移电子2mol电子，会有1mol H2生成，故A错误；
B. 直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42－可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子结合成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，与氢氧根离子结合成氢氧化钠，因此负极区得到NaOH，正极区得到H2SO4，故B正确；
C. 正极区为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：2H2O 4e = O2↑+4H+，生成氢离子，正极区溶液pH降低，故C错误；
D. 阴离子向阳极(即正极区)移动，正极区氢氧根离子放电pH减小，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】化合价升高失去电子，在阳极发生反应，化合价降低得到电子，在阴极发生反应。
6．D
【分析】平衡常数K=，可知反应为2SO2+O2 2SO3，恒容时，温度升高，SO2浓度增大，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，以此来解答。
【详解】A.该反应为放热反应，反应的△H<0，降低温度，化学反应速率降低，将延长反应达到平衡的时间，A错误；
B.恒温恒容下，充入惰性气体，任何物质的浓度不变，所以化学平衡不移动，SO2转化率不变，B错误；
C.增大反应体系的压强，正、逆反应速率都增大，C错误；
D.在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2，则根据化学反应速率的含义可知，在时间间隔t1~t2内，SO3(g)生成的平均速率为，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查化学平衡常数和化学反应速率，把握平衡常数的意义、平衡常数与反应的关系、平衡移动及外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的关系为解答的关键，侧重考查学生的分析与应用能力，注意选项B为解答的易错点。
7．D
【详解】A．反应自发进行的判断依据是，放热的自发过程中ΔH＜0，ΔS可能小于0也可能大于0，所以放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程中ΔH＞0、ΔH-TΔS＜0，则ΔS必须＞0，所以吸热的自发过程一定为熵增加的过程，A正确；
B．常温下T=298K，则，所以该反应在常温常压能自发进行，B正确；
C．碳酸钙分解的方程式为，其中ΔH＞0，ΔS＞0，高温时才能满足反应自发进行的条件，所以碳酸钙的分解在室温下不能自发进行，但在较高温度（1200K）下能自发进行，C正确；
D．当ΔG=ΔH-TΔS＜0时反应自发，但当时，我们可以通过改变反应条件，使得反应发生，D错误；
故选D。
8．B
【详解】A. 可以用Na2S做沉淀剂除去Cu2+、Hg2+等离子，A正确；B. 明矾只能作净水剂，不能杀菌消毒，B错误；C. 由于硫酸是难挥发性酸，加热蒸发Fe2(SO4)3溶液可以制备Fe2(SO4)3晶体，C正确；D. 根据越弱越水解可知可以通过测定浓度均为0.1 mol/L的NaCl、CH3COONa溶液的pH来鉴别盐酸和乙酸是否为弱电解质，D正确，答案选B。
9．C
【详解】A．0.1mol/LBOH溶液的pH为11说明BOH在溶液中部分电离，属于弱电解质，故A正确；
B．向NH4CNO溶液中滴加甲基橙溶液，溶液变红说明溶液呈酸性，由盐类水解规律可知，CNO—离子在溶液中的水解程度大于铵根离子，HCNO为弱酸，故B错误；
C．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，向滴有酚酞的碳酸钠溶液中加入适量氯化钡固体，钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，水解平衡向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液红色变浅，故C正确；
D．同浓度的NaA溶液的pH大于NaB溶液说明A—离子在溶液中的水解程度大于B—离子，由盐类水解规律可知，HA的酸性弱于HB，电离常数小于HB，故D正确；
故选B。
10．D
【分析】图中b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态；反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上（不包括b点）反应均未达到平衡状态，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行。
【详解】A．通过以上分析知，c点没有达到平衡状态，故A错误；
B．a、c两点时体积不同，气体的颜色不相同，故B错误；
C．温度相同，平衡常数不变，该温度下，a、b、c三点时反应的平衡常数：，故C错误；
D．a点时反应达到平衡，NO2的转化率为40%，则
b点时反应达到平衡，NO2的转化率为80%，则
由以上三段式可知，a点时容器内气体的物质的量为2.4mol，b点时容器内气体的物质的量为2.8mol，又V1＜V2，则Pa：Pb＞2.4∶2.8=6∶7，故D正确；
故选D。
11．错误
【详解】两种活泼性不同的金属组成原电池的两极，活泼金属不一定作负极，如Mg、Al、NaOH溶液组成原电池时，活泼的Mg作正极，Al为负极；错误。
12．正确
【详解】两种溶液中都含有钠离子、亚硫酸、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子、氢氧根离子、氢离子、水分子，故含有粒子的种类相同，正确。
13．正确
【详解】（1）HCl和NaOH反应生成1mol水，放出57.3kJ/mol的热量，硫酸和氢氧化钡反应生成1mol水的同时生成硫酸钡沉淀，生成硫酸钡沉淀也是放热的过程，因此ΔH<-57.3kJ/mol，正确。
14．正确
【详解】化学反应中的能量变化主要是以热能的形式释放，所以火是物质通过化学变化将化学能主要转化为热能和光能的一种形式，说法正确。
15．错误
【解析】略
16． 过氧化氢具有强氧化性 H2+O2H2O2 温度 1.0 0.180
【分析】(1)过氧化氢具有强氧化性；
(2)乙基蒽醌作催化剂，氢气和氧气反应生成双氧水；；
(3)①实验Ⅰ、Ⅱ，只有温度不同；实验Ⅱ、Ⅲ研究催化剂对分解速率的影响，则浓度相同；
②先比较温度，温度低的反应速率慢；
(4)由表中数据可知，第一次误差大可舍弃，其它三次的平均体积为18.00mL，结合反应计算。
【详解】(1)过氧化氢常用于消毒、杀菌、漂白等利用了过氧化氢的性质是强氧化性；
(2)通过图示可知，用乙基蒽醌作催化剂制取双氧水，反应为：H2+O2H2O2；
(3)实验Ⅰ、Ⅱ研究温度对分解速率的影响，实验Ⅱ、Ⅲ是研究催化剂对分解速率的影响，物质的浓度相同，则实验Ⅲ中H2O2初始浓度应为1.0moL/L；
(4)由表中数据可知，第一次误差大可舍弃，其它三次的平均体积为18.00mL，由2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+ +8H2O+5O2↑可知，过氧化氢的浓度c(H2O2)=c(MnO4-)=×=0.180mol/L。
【点睛】本题考查物质的性质及含量测定、化学反应速率，把握物质的性质及发生的反应、含量测定原理、控制变量法为解答的关键，注意(4)为解答的难点。
17． 2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O 酸式滴定管 溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 BD 16.00 0.4
【分析】(1)根据氧化还原反应中得失电子守恒配平方程式；
(2)KMnO4溶液能够腐蚀橡胶；滴定完成时NaHSO3溶液恰好反应完全，溶液会呈现高锰酸钾溶液的颜色；
(3)根据c=判断不当操作对n或V的影响分析判断；
(4)首先判断数据的可靠性，舍去偏差较大的数据，再计算消耗体积的平均值；根据高锰酸钾和亚硫酸氢钠之间的关系式计算亚硫酸氢钠的物质的量浓度。
【详解】(1)1mol MnO4-参加氧化还原反应得到5mol电子，1mol HSO3-参加氧化还原反应失去2mol电子，得失电子的最小公倍数是10，则MnO4-的计量数是2，HSO3-的计量数是5，根据原子守恒来配平得：2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O，故答案为2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O；
(2)KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管盛装；滴定终点时NaHSO3溶液恰好反应完全，溶液会呈现高锰酸钾溶液的颜色，且半分钟内颜色不褪去，就说明NaHSO3溶液已完全被氧化；故答案为酸式滴定管；溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪去；
(3) A、盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对实验无影响，故A错误；B、酸式滴定管水洗后未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗，会导致酸性高锰酸钾浓度偏小，滴定消耗的高锰酸钾体积偏大，测定值偏大，故B正确；C、观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致滴定消耗的高锰酸钾体积偏小，测定值偏小，故C错误；D、滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致滴定消耗的高锰酸钾体积偏大，测定值偏大，故D正确；故答案为BD；
(4)实验2中KMnO4溶液的体积的偏离较大，舍去不用，由实验1和3取平均值，KMnO4溶液体积的平均值==16.00mL，消耗的高锰酸钾的物质的量为0.016L×0.2000mol/L=0.0032mol，
2MnO4- + 5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O
2mol 5mol
0.0032mol n(HSO3-)
=，解得：n(HSO3-)=0.0032mol×=0.008mol，则c(HSO3-)==0.4 mol/L，故答案为16.00；0.4。
【点睛】本题的易错点为(4)，要注意实验数据的可靠性分析。
18．(1)5H2C2O4+2MnO+6H+=10CO2↑+ 2Mn2++8H2O
(2)从最后加入草酸混合到溶液恰好褪色所需时间
(3) 1 >>
(4)0.025mol L-1 min-1
【分析】（1）溶液和酸性溶液发生氧化还原反应，依据氧化还原反应规律书写离子方程式；
（2）依据酸性高锰酸钾溶液褪色时间来判断反应快慢，确定反应时间；
（3）依据控制变量法，溶液浓度不同、其他条件相同确定V1值；依据温度越高、浓度越大，反应速率越快，确定、、的大小关系；
（4）依据v=计算反应速率。
【详解】（1）溶液和酸性溶液发生氧化还原反应，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO+6H+=10CO2↑+ 2Mn2++8H2O。
（2）高锰酸钾溶液褪色呈紫色，该实验是依据酸性高锰酸钾溶液褪色时间来判断反应快慢，因此实验计时从溶液混合开始，溶液紫色恰好完全褪去结束。
（3）依据控制变量法，实验I、II是探究溶液浓度对反应速率的影响，其他条件应保持相同，因此V1=1mL，浓度越高，反应速率越快，褪色所用时间越短，则>，实验I、III是探究温度对反应速率的影响，其他条件应保持相同，因此V2=2mL，温度越高，反应速率越快，褪色所用时间越短，则>，因此、、的大小关系为：>>。
（4）实验III中过量，n()=0.01mol/L210-3L=210-5mol，依据关系式5H2C2O4~2MnO可知，消耗的物质的量△n()=210-5mol=510-5mol，△c()===0.0125mol/L，==0.025mol L-1 min-1。
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