江西省宜春三中2022届高三化学总复习化学反应原理单元检测试卷新人教版必修2

化学反应原理一、选择题1．为更合理地表示溶液的酸碱性，科学家提出“酸度”（用AG表示）概念，AG=lg[c（H+）/c（OH-）]．下列叙述中正确的是（）①任何温度下，纯水的AG等于0；②溶液的AG越小，酸性越强；③常温下，0．1mol/L盐酸的AG=12；④25℃时，某溶液的AG=-10，其pH=10．A．①③B．②④C．①②D．③④2．在一定温度下，向体积恒定为2L的密闭容器里充入2molM和一定量的N，发生如下反应：M(g)+N(g)E(g)。当反应进行到4min时达到平衡，测得M的浓度为0．2mol·L-1。下列说法正确的是A．4min时，M的转化率为80％B．4min时，用M表示的反应速率为0．8mol·L-1·min-1C．4min后，向容器中充入不参与反应的稀有气体，M的物质的量减小D．2min时，M的物质的量浓度为0．6mol·L-13．常温下，某溶液中由水电离的c(H+)=1×10-13mol·L－1，该溶液可能是①氯化氢水溶液②氯化铵水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液A．①④B．①②C．②③D．③④4．将mg块状碳酸钙跟足量盐酸反应，反应物损失的质量随时间的变化曲线如图的实线所示，在相同的条件下，将mg粉末状碳酸钙与同浓度足量盐酸反应，则相应的曲线(图中虚线所示)正确的是（）5．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0.2mol·L－1。下列判断错误的是A．x＝1B．B的转化率为80%C．2min内A的平均反应速率为0.3mol·(L·min)－1D．若混合气体的密度不变则表明该反应达到平衡状态6．已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线(Y-t)如右图所示。下列说法正确的是（）\nA.b代表0℃下CH3COCH3的Y-t曲线B.反应进行到20min末，CH3COCH3的C.升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率D.从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的7．已知某可逆反应在密闭容器中进行：Ａ（ｇ）＋２Ｂ（ｇ）３Ｃ（ｇ）＋Ｄ（ｓ）（正反应为放热反应），图2-28中曲线a代表一定条件下该反应的过程。若使a曲线变为b曲线，可采取的措施是（）图2-28A.增大A的浓度B.扩大容器的容积C.加入催化剂D.升高温度8．250°C和1.01×105Pa时，反应2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋56.76kJ/mol，自发进行的原因是(　　)A．是吸热反应B．是放热反应C．是熵减反应D．熵增效应大于能量效应9．用酸滴定碱时，滴定前读酸式滴定管读数时视线低于水平线，滴定结束时读数正确，这样会使测得的碱溶液的浓度A．偏高B．偏低C．不受影响D．不能确定10．一定条件下在2L密闭容器中加入一定量A，发生反应：A（气）===2B（气），2B（气）===C（气）+2D（气），测得平衡时A为0.3mol/L，B为0.2mol/L，C为0.5mol/L。最初在容器里加入A的物质的量是（）A．0.6molB．1.8molC．1.2molD．1.5mol11．下列各组物质的燃烧热相等的是A．碳和一氧化碳B．淀粉和纤维素C．1mol碳和3mol碳D．3molC2H2和1molC6H612．在一定温度下的定容容器中，当下列物理量不再发生变化时，表明反应A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)已达到化学平衡状态的是①混合气体的压强②混合气体的密度③B的物质的量浓度④混合气体总物质的量⑤混合气体的平均相对分子质量⑥v(C)与v(D)的比值⑦混合气体总质量A．②③⑤⑦B．③④⑤⑥C．①③④⑤D．①④⑦13．实验室用Zn与稀H2SO4反应来制取氢气，常加少量CuSO4来加快反应速率。为了研究CuSO4的量对H2生成速率的影响，某同学用实验比较法设计了如下实验方案，将表中所给的试剂按一定体积混合后，分别加入四个盛有相同大小的Zn片（过量）的反应瓶（甲、乙、丙、丁）中，收集产生的气体，并记录收集相同体积的气体所需的时间。实验试剂甲乙丙丁\n4mol·L-1H2SO4/mL20V1V2V3饱和CuSO4溶液/mL02．5V410H2O/mLV5V680收集气体所需时间/st1t2t3t4下列说法正确的是A．t1<t2<t3<t4B．V4=V5=10C．V6=7.5D．V1＜V2＜V3＜2014．下列说法正确的是A．物质发生化学反应都伴随着能量变化B．吸热反应一定需要加热才能发生C．凡是放热反应的发生均无需加热D．伴有能量变化的物质变化都是化学变化15．常温时，0.1mol·L－1的HA溶液的pH=3，向该溶液中逐滴加入NaOH溶液，在滴加过程中，有关叙述不正确的是A．未加入NaOH溶液时，原HA溶液中，c(H+)=c(OH－)＋c(A－)B．向原溶液中加水至溶液体积变为原体积的100倍时，所得溶液的pH大于3小于5C．当滴入的NaOH与HA恰好完全中和时，溶液中c(Na+)=c(A－)，且溶液呈中性D．当加入过量的NaOH溶液时，溶液中离子浓度可能为：c(Na+)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H+)二、非选择题16.50mL1.0mol·L－1盐酸跟50mL1.1mol·L－1氢氧化钠溶液在下图装置中进行中和反应，并通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。试回答下列问题：⑴大小烧杯间填或“不能”）将环形玻璃搅拌棒改为环形金属（如铜）。其原因是。⑶大烧杯上如不满碎泡沫塑料的作用。⑵（填“能”盖硬纸板，对求得中和热数值的影响是（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）。⑷如果改用60mL1.0mol·L－1盐酸跟50mL1.1mol·L－1氢氧化钠溶液进行反应，则与上述实验相比，所放热量（“增加”、“减少”或“不变”），所求中和热数值（“增加”、“减少”或“不变”）。17.实验室用50mL0.50mol·L－1盐酸、50mL0.55mol·L－1NaOH溶液和下图所示装置进行测定中和热的实验，得到表中的数据：\n实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸NaOH溶液120.220.323.7220.320.523.8321.521.624.9试完成下列问题：（1）实验时用环形玻璃棒搅拌溶液的方法是_______________________________________。不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃棒的理由是________________________。（2）经数据处理，t2—t1＝3.4℃。则该实验测得的中和热ΔH＝________[盐酸和NaOH溶液的密度按1g·cm－3计算，反应后混合溶液的比热容(c)按4.18J·(g·℃)－1计算]。（3）若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水，测得中和热为ΔH1，则ΔH1与ΔH的关系为：ΔH1________ΔH(填“＜”、“＞”或“＝”)，理由是__________________________。18.向20mLHCl和H2SO4的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的Ba(OH)2溶液，生成沉淀的质量和溶液的pH与加入的Ba(OH)2溶液体积的关系如图5所示。试完成下列问题：图5(1)起始时，混合酸中硫酸的物质的量浓度为______________mol·L-1。(2)起始时，混合酸中盐酸的物质的量浓度为______________mol·L-1。(3)B点表示的沉淀的质量为______________g。(4)A点表示溶液中的［H+］为______________mol·L-1，pH为______________。(5)C点的pH为______________(pH可直接用对数表示)。19.锌锰废电池可用于生产硫酸锌及碳酸锰，其工艺流程分为预处理、硫酸锌生产线、碳酸锰生产线三部分。其中生产碳酸锰的工艺流程如下：\n请回答下列问题：（1）锌锰废电池的回收工艺中，从循环生产角度考虑，上述氢气的来源可以是________。（2）原料锰粉粗品的主要成分为MnO2和碳，焙烧时一部分MnO2被还原，另一部分被碳还原，MnO2被还原为一氧化锰。已知：写出C(s)被MnO2(s)氧化为CO(g)的热化学方程式：________。（3）50-55时，向MnSO4的母液中加入足量NH4HCO3，反应的化学方程式为MnSO4＋（4）已知三种离子沉淀时的pH范围：Fe3+：2.7~3.7，Mn2+：8.6~10.1，Fe2+：7.6~9.6。步骤②中除去的方法是先在酸性条件下加入_________,将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后再将pH调至_______，使Fe3＋沉淀完全。（5）产品MnCO3溶于硫酸得硫酸锰溶液，电解该溶液可得二氧化锰，写出阳极的电极反应式：_____________。参考答案1.【答案】A【解析】某溶液中由水电离出来的c（H＋）＝1．0×10-13mol·L－1，说明溶液既可能呈酸性，也有可能呈碱性。①SO2＋H2OH2SO3，H2SO3HSO3－＋H＋，HSO3-SO32－＋H＋，溶液呈酸性；④NaOH===Na＋＋OH－，溶液呈碱性。答案：A2.【答案】A【解析】M的起始浓度为1mol/L，平衡为0.2mol/L，反应0.8mol/L，故转化率为80%；M的速率为0.8mol/L÷4min=0.2mol·L-1·min-1；充入稀有气体，体积不变，不影响浓度；平衡不移动；只能算出平均速率，故中间状态浓度，不能求出。3.【答案】A【解析】常温下，纯水电离出的c(H+)=1×10-7mol·L－1，可知，该溶液中水的电离：H2OH＋＋OH－受抑制故①提供的H+、④电离出的OH—均可抑制水的电离，答案为A；而氯化铵由铵根离子水解促进水的电离，硝酸钠对水的电离无任何影响4.【答案】D【解析】\n试题分析：粉末状碳酸钙与盐酸的接触面积更大，反应速率更快，所以质量损失也更快，故虚线应该在实线上面，由于两次实验的碳酸钙质量与盐酸浓度质量都一样，故最终的质量损失一样，实线与虚线叠合在一起，故选D考点：化学反应速率的影响因素点评：对该知识点的考查较为偏，属于易错题。需注意接触面积也会影响化学反应速率，但不影响平衡的移动。5.【答案】BD【解析】考查可逆反应的有关计算。3A（g）＋B（g）xC（g）＋2D（g）起始量（mol）3100转化量（mol）1.20.40.4x0.8平衡量（mol）1.80.60.4x0.8C的浓度是0.2mol·L－1所以有0.2mol·L－1×2L＝0.4x解得x＝1B的转化率是2min内A的平均反应速率为因为密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积都是不变的，所以密度始终是不变的。因此答案选BD。6.【答案】D【解析】2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)b代表100℃下CH3COCH3的Y-t曲线，B的速率快些到达平衡的时间短些。7.【答案】C【解析】由图象可知，曲线a变为b，只是缩短了反应到达平衡的时间，而A的转化率并没有改变。所以A项，增大A的浓度则A的转化率应降低。B项，扩大容器容积，而此反应是反应前后气体的总物质的量不变的反应，所以平衡不移动，则A的转化率不变，但是，反应达到平衡所用时间更长。C项，加入催化剂平衡不移动，A的转化率不变。D项，升高温度，平衡向左移动，A的转化率应降低。8.【答案】D【解析】该反应能够自发进行，说明56.76kJ/mol－(250＋273)K×ΔS<0，显然ΔS>0；或者说该反应ΔH>0且能够自发进行，那么该反应的ΔS>0，是熵增加的反应。9.【答案】B【解析】试题分析：滴定管的刻度线自上而下逐级递增，如果滴定前读酸式滴定管读数时视线低于水平线，滴定结束时读数正确，则消耗的酸的体积减少，所以测定结果偏低，答案选B。考点：考查酸碱中和滴定中滴定管读数以及误差分析点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题基础性强，侧重对学生规范实验操作能力的培养，有利于培养学生的实验操作动手能力，提高学生的学科素养。该题的关键是明确滴定管的构造和滴定原理，然后灵活运用即可。10.【答案】B【解析】11.【答案】C\n【解析】试题解析：燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量．物质不同，燃烧热不相等，故A错误；淀粉和纤维素物质不同，具有不同的能量，燃烧热不相等，故B错误；燃烧热是物质的性质，与可燃物的用量多少无关，可燃物相同，燃烧热相等，故C正确；乙炔和苯物质不同，具有不同的能量，燃烧热不相等，故D错误。考点：燃烧热12.【答案】A【解析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，所以③正确。反应前后气体体积不变，因此物质的量和压强始终是不变的，但质量是变化的，①④不正确，⑦正确。密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，但质量是变化的，所以②正确。混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，物质的量不变，但质量是变化的，所以⑤可以说明。速率之比是相应的化学计量数之比，因此⑥中的关系始终是成立，不正确。答案选A。13.【答案】C【解析】因为该实验是来研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，因此要保证锌和硫酸完全一致，即V1、V2、V3均是20ml。要保证实验中硫酸的浓度相等，由实验丁可知所加饱和硫酸铜溶液的体积和水的体积之和一定是10ml，所以V6=7.5ml，V5=10ml，V4=2ml。因为实验甲中不能构成原电池，反应慢，用时多，所以正确的答案是C。14.【答案】A【解析】试题分析：化学变化是旧键的断裂和新键的形成过程，断键吸热成键放热，选项A正确；NO遇空气中的氧气立即生成红棕色的NO2，但此反应是吸热反应，选项B不正确；燃烧需要加热到着火点，但是放热反应，选项C不正确；物质的三态变化是物理变化，有能量变化，选项D不正确。考点：关于反应过程中能量变化的正误判断。15.【答案】C【解析】常温时，0.1mol·L－1的HA溶液的pH=3，即c(H+)=10－3mol·L－1，说明该酸部分电离，为弱酸A：遵循电荷守恒，正确B：由于存在电离平衡，在稀释时，酸性降低，pH升高，同时促进其电离出氢离子，故10－3mol·L－1>c(H+)>10－5mol·L－1，也就是pH大于3小于5，正确C：中和时，溶液恰好生成NaA溶液，由于水解，溶液呈碱性，不正确D：正确答案为C16.【答案】（1）减少实验过程中的热量损失（2）不能因金属易导热（3）偏低（4）增加不变【解析】在反应中必须尽可能的减少热量的损失，而金属属于热的良导体。所以不能将环形玻璃搅拌棒改为环形金属。若不盖硬纸板，会造成热量的损失，使结果偏低。因为酸和碱的物质的量增加了，所以放出的热量要增加，但中和热不变。17.【答案】（1）上下搅动(或轻轻搅动)Cu传热快，防止热量损失（2）－56.8kJ·mol－1（3）＞NH3·H2O属于弱电解质，电离吸热【解析】\n试题分析：（1）测定中和热时环形玻璃搅拌棒应上下搅动；不能用Cu代替环形玻璃搅拌棒，是因为铜是金属，传热快，易造成热量损失；（2）本实验中溶液的总质量可看出100mL×1g·cm－3=100g，根据热量的计算生成0.05L×0.5mol/L=0.025mol水放出的热量是4.18J·(g·℃)－1×100g×3.4℃=1421.2J，则生成1mol水时放出的热量是1412.2J/0.025mol=56848J/mol=56.8kJ/mol；（3）氨水是弱碱溶液，与元素反应时需电离，而电离是吸热过程，所以测得中和热的数值小于56.8，但ΔH1与ΔH都是负值，所以ΔH1>ΔH。考点：看出中和热的测定与计算18.【答案】(1)0.1(2)0.4(3)0.466(4)0.207(5)1.18或-lg【解析】Ba2++====BaSO4↓H++OH-====H2O111n()=n〔Ba(OH)2〕=0.02L×0.1mol·L-1=2×10-3molc(H2SO4)=n(H2SO4)/V(aq)=2×10-3mol/002L=0.1mol·L-1n(H+)=2×0.06L×0.1mol·L-1=0.012moln(HCl)=n(H+)-2n(H2SO4)=0.012mol-2×0.002mol=0.008molc(HCl)=n(HCl)/V(aq)=0.008mol/0.02L=0.4mol·L-1n(BaSO4)=n()=0.002molm(BaSO4)=n(BaSO4)·M(BaSO4)=0.002mol×233g·mol-1=0.466g(4)在A点时，Ba(OH)2恰好与H2SO4完全反应，这时溶液中剩余的H+全部是HCl的，n(H+)=n(HCl)=0.008mol，所以，c(H+)=n(H+)/V(总)=0.008mol/0.04L=0.2mol·L-1,pH=-lg0.2=0.7。(5)C点时的混合液是在A点的基础上又滴入20mLBa(OH)2溶液，这时Ba(OH)2只与HCl反应，剩余的H+是n(H+)=0.008mol-2n〔Ba(OH)2〕=0.008mol-2×0.1mol·L-1×0.02L=0.004mol,c(H+)=0.004mol/0.06L=1/15mol·L-1。pH=-lg。19.【答案】28.（14分）（1）用电池外壳锌皮与硫酸作用生产硫酸锌时的副产物（2分）（2）MnO2(s)+C(s)=MnO(s)+CO(g)△H=+54.2kJ·mol-1（3分）（3）1；MnCO3↓；1；H2O；1；CO2↑（全对给2分）（4）H2O2（或其他氧化剂）（2分）；3.7~8.6（2分）（5）Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+(3分)【解析】试题分析：（1）该流程中用硫酸浸取的时候可以生成氢气；（2）两个方程式相加再除以2得到所求的方程式，两个△H相加除以2即得反应的△H；（3）该流程的目的是制取碳酸锰，分析反应物相互交换成分后除生成碳酸锰之外，还会生成二氧化碳和水；（4）将\nFe2＋氧化为Fe3＋，加入氧化剂，还不能引入新的杂质，故需加入双氧水，还原为水，不引入新的杂质，控制pH使铁离子转化为沉淀，锰离子不能转化为沉淀，故需控制pH为3.7~8.6；（5）硫酸锰溶液中的锰离子转化为二氧化锰发生氧化反应，在阳极上发生，故阳极反应为锰离子失去电子结合水中的氧生成二氧化锰和氢离子。考点：盖斯定律的应用、离子方程式的书写、电极反应式的书写、氧化剂的选择等知识。