福建省永安市第三中学化学第六章 化学反应与能量讲义及答案含答案解析.docx
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福建省永安市第三中学化学第六章化学反应与能量讲义及答案含答案解析
福建省永安市第三中学化学第六章化学反应与能量(讲义及答案)含答案解析
一、选择题
1.反应2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)中,每生成7gN2放出166kJ的热量,该反应的速率表达式为v=k•cm(NO)•cn(H2)(k、m、n待测),其反应包含下列两步:
①2NO+H2═N2+H2O2(慢)
②H2O2+H2═2H2O(快)
T℃时测得有关实验数据如下:
序号
c(NO)/mol•L-1
c(H2)/mol•L-1
速率/mol•L-1•min-1
Ⅰ
0.0060
0.0010
1.8×10-4
Ⅱ
0.0060
0.0020
3.6×10-4
Ⅲ
0.0010
0.0060
3.0×10-5
Ⅳ
0.0020
0.0060
1.2×10-4
下列说法错误的是
A.整个反应速度由第①步反应决定
B.正反应的活化能一定是①<②
C.该反应速率表达式:
v=5000c2(NO)•c(H2)
D.该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)△H=-664kJ•mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】
A.①2NO+H2═N2+H2O2(慢),②H2O2+H2═2H2O(快),反应历程中反应慢的决定反应速率,整个反应速度由第①步反应决定,故A正确;
B.反应①难以进行,说明反应的活化能高,正反应的活化能一定是①>②,故B错误;
C.比较图表Ⅰ、Ⅱ数据可知NO浓度不变,氢气浓度增大一倍,反应速率增大一倍,Ⅲ、Ⅳ数据分析,H2浓度不变,NO浓度增大一倍,反应速率增大到4倍,据此得到速率方程,v=Kc2(NO)•c(H2),依据Ⅰ中数据计算K=5000,则速率方程v=5000c2(NO)•c(H2),故C正确;
D.反应2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)中,每生成7gN2放出166kJ的热量,生成28gN2放热664KJ,热化学方程式为:
2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)△H=-664kJ•mol-1,故D正确;
故选B。
2.下列过程中ΔH小于零的是()
A.Ba(OH)2与NH4Cl固体混合B.氯化铵分解得氨气
C.碳酸钙分解得二氧化碳D.实验室制备氢气
【答案】D
【分析】
根据常见的放热反应有:
所有的物质燃烧、金属与酸或水反应、中和反应、铝热反应、绝大多数化合反应等;
常见的吸热反应有:
绝大数分解反应,个别的化合反应(如C和CO2),Ba(OH)2•8H2O与氯化铵的反应。
【详解】
ΔH小于零的反应为放热反应。
A.Ba(OH)2•8H2O晶体和NH4Cl混合反应,是吸热反应,选项A不符合;
B.氯化铵受热分解得氨气和氯化氢,属于吸热反应,选项B不符合;
C.碳酸钙高温受热分解得二氧化碳和碳酸钙,属于吸热反应,选项C不符合;
D.实验室制备氢气是利用金属锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气,属于放热反应,选项D符合;
答案选D。
3.一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X(g)
Y(g)+Z(s),以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是
A.混合气体的密度不再变化B.反应容器中Y的质量分数不变
C.体系压强不再变化D.2v逆(X)=v正(Y)
【答案】D
【详解】
A、恒容容器中,混合气体的密度不再变化,说明气体的质量不变,反应达平衡状态,A错误;
B、反应容器中Y的质量分数不变,说明各物质的质量不变,则反应达平衡状态,B错误;
C、体系压强不再变化,说明气体的物质的量不变,反应达平衡状态,C错误;
D、不满足速率之比和系数成正比关系,D正确;
正确答案:
D。
4.运用推理、归纳、类比、对比的方法得出下列结论,其中合理的是
A.铝的金属活动性比铁强,则铝制品比铁制品更易锈蚀
B.水和过氧化氢的组成元素相同,则二者的化学性质相同
C.Na+、Mg2+、Cl-的最外层电子数均为8,由此得出离子的最外层电子数均为8
D.同温下分解氯酸钾,加催化剂的反应速率更快,说明催化剂可以改变反应速率
【答案】D
【详解】
A.铝的金属活动性比铁强,但铝制品比铁制品更耐腐蚀,因为在铝制品表明能形成一层致密的氧化膜,A错误;
B.水和过氧化氢的组成元素相同,二者的化学性质不相同,B错误;
C.Na+、Mg2+、Cl-的最外层电子数均为8,但离子的最外层电子数不一定均为8,例如铁离子等,C错误;
D.同温下分解氯酸钾,加催化剂的反应速率更快,说明催化剂可以改变反应速率,D正确;
答案选D。
5.如图所示进行实验,下列说法不正确的是
A.装置甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生
B.甲、乙装置中的能量变化均为化学能转化为电能
C.装置乙中的锌、铜之间用导线连接电流计,可观察到电流计指针发生偏转
D.装置乙中负极的电极反应式:
Zn-2e-===Zn2+
【答案】B
【详解】
A.装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气,装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中,铜片作正极,正极上氢离子得电子发生还原反应,所以甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生,故A正确;
B.装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气没有形成原电池,故B错误;
C.装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中,所以锌、铜之间用导线连接电流计,可观察到电流计指针发生偏转,故C正确;
D.装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中,锌片的活泼性大于铜片的活泼性,所以锌片作负极,负极上锌失电子发生氧化反应,电极反应式:
Zn-2e-═Zn2+,故D正确;故选B。
【点睛】
准确理解原电池原理是解题关键,装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气,装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中,锌片的活泼性大于铜片的活泼性,所以锌片作负极,负极上锌失电子发生氧化反应,铜片作正极,正极上氢离子得电子发生还原反应,据此分析。
6.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。
7.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。
8.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。
9.下列关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是()
A.图1所示的装置能将化学能转变为电能
B.图2所示的反应为吸热反应
C.中和反应中,反应物的总能量比生成物的总能量低
D.化学反应中能量变化的根本原因是化学键的断裂与生成
【答案】D
【详解】
A.图1所示的装置没形成闭合回路,不能形成原电池,没有电流通过,所以不能把化学能转变为电能,选项A错误;
B.图2所示的反应,反应物的总能量大于生成物的总能量,所以该反应为放热反应,选项B错误;
C.中和反应是放热反应,所以反应物总能量大于生成物总能量,选项C错误;
D.化学反应总是伴随着能量变化,断键需要吸收能量,成键放出能量,所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成,选项D正确;
答案选D。
10.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。
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.工业废弃物的资源化回收再利用,可以更大限度的发挥原材料的价值。
下图是工业生产纳米磁性氧化铁的流程:
下列说法不正确的是
A.用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的铁锈
B.若生产中不通入N2,暴露在空气中生产,将不能得到高纯度产品
C.加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+,涉及反应:
H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
D.溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1:
2
【答案】A
【详解】
A.Na2CO3溶液水解显碱性,浸泡废铁屑可以使表面的油脂水解除去,但不能除去表面的铁锈,故A错误;
B.废铁屑被硫酸溶解生成硫酸亚铁,生成的亚铁离子被双氧水部分氧化生成铁离子,形成亚铁离子和铁离子的混合溶液,若生产中不通入N2,暴露在空气中生产,亚铁离子会被空气中的氧气氧化生成铁离子,将不能得到高纯度四氧化三铁产品,其中会混入氧化铁杂质,故B正确;
C.根据B的分析,加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+,涉及反应:
H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O,故C正确;
D.根据最终产品为四氧化三铁,其中Fe2+和Fe3+的数目比为1:
2,因此溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1:
2,故D正确;
故选A。
14.可逆反应
,在一定条件下达到平衡状态。
在t1时刻改变某一条件,化学反应速率与反应时间的关系如图所示。
下列说法正确的是
A.维持温度、反应体系容积不变,
时充入
B.维持温度、压强不变,
时充入
C.维持体积不变,
时升高反应体系温度
D.维持温度、容积不变,
时充入一定量Ar
【答案】B
【分析】
在t1时刻,改变条件后,正反应速率降低,逆反应速率升高,平衡逆向移动,据此解答。
【详解】
A.维持温度、反应体系容积不变,
时充入
,
时逆反应速率增大、正反应速率不变,故A不选;
B.维持温度、压强不变,
时充入
,
时逆反应速率增大,且体积增大导致正反应速率减小,故B选;
C.维持体积不变,
时升高反应体系温度,正逆反应速率均增大,与图象不符,故C不选;
D.维持温度、容积不变,
时充入一定量Ar,反应体系中各物质浓度不变,正逆反应速率均不变,故D不选;
故选:
B。
15.在两个恒温、恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应:
(甲)2X(g)
Y(g)+Z(s) (乙)A(s)+2B(g)
C(g)+D(g),当下列物理量不再发生变化时:
①混合气体的密度;②反应容器中生成物的百分含量;③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比;④混合气体的压强⑤混合气体的总物质的量。
其中能表明(甲)和(乙)都达到化学平衡状态是()
A.①②③B.①②③⑤C.①②③④D.①②③④⑤
【答案】A
【详解】
①甲乙均有固体参与反应,混合气体的密度不变,能作平衡状态的标志,正确;
②反应容器中生成物的百分含量不变,说明各组分的量不变,达平衡状态,正确;
③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比,说明正逆反应速率相等,正确;
④乙混合气体的压强始终不变,不能判定反应是否达到平衡状态,错误;
⑤乙混合气体的总物质的量始终不变,不能判定反应是否达到平衡状态,错误;
综上,正确为①②③,答案选A。
【点睛】
本题考查了化学平衡状态的判断,注意当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,但不为0,根据化学平衡状态的特征解答,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态
16.对于可逆反应4NH3+5O2
4NO+6H2O(g),下列叙述正确的是()
A.达到平衡状态,2v正(NH3)=3v逆(H2O)
B.单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3,则反应达到平衡状态
C.达到化学平衡时,若增加容器体积,则正反应速率减小,逆反应速率增大
D.反应达到平衡时,反应物的转化率一定小于100%
【答案】D
【详解】
A.反应处于平衡状态时,不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比为正反应速率之比,2v正(NH3)=3v逆(H2O),不能说明该反应到达平衡状态,A项错误;
B.若单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3,都表示反应向正向进行,反应自始至终都是1:
1,不能说明到达平衡,B项错误;
C.达到平衡时,若减小容器体积,压强增大,正逆反应速率都增大,C项错误;
D.可逆反应进行不到底,达到平衡时,反应物的转化率一定小于100%,D项正确;
答案选D。
17.已知NO2和N2O4可以相互转化
,反应每生成1moN2O4 ,放出24.2kJ的热量.在恒温条件下,将一定量的NO2和N2O4混合气体通入一容积为2L的密闭容器中,反应物浓度随时间变化关系如下图.下列说法正确的是()
A.前10min内用v(NO2)表示的化学反应速率为0.02mol/(L·min)
B.图中a、b、c、d四个点中,a、c两点的v正≠v逆
C.反应进行到10min时放出的热量为9.68kJ
D.25min时,导致物质浓度变化的原因是将密闭容器的体积缩小为1L
【答案】B
【分析】
从图中可以看出,25min前,X的浓度变化量为0.4mol/L,而Y的浓度变化量为0.2mol/L,由热化学方程式中的化学计量数关系,可确定X为NO2、Y为N2O4;在25min时,改变某条件,X的浓度突然增大,而Y的浓度不变,所以此时应往密闭容器中充入NO2气体。
【详解】
A.前10min内用v(NO2)表示的化学反应速率为
=0.04mol/(L·min),A不正确;
B.图中a、b、c、d四个点中,a、c两点的X、Y浓度都发生变化,此时平衡仍发生移动,所以v正≠v逆,B正确;
C.因为反应由N2O4转化为NO2,所以反应进行到10min时,应吸收热量,C不正确;
D.由以上分析可知,25min时,导致物质浓度变化的原因是往密闭容器中充入NO2气体,D不正确;
故选B。
18.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(mol·L
-1)随反应时间(min)的变化情况如下表:
实验
序号
时间
浓度
温度
0
10
20
30
40
50
60
1
800℃
1.0
0.80
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
2
800℃
1.0
0.60
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
3
800℃
c
0.92
0.75
0.63
0.60
0.60
0.60
4
820℃
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
下列说法不正确的是()
A.c>1.0
B.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/L•min,实验4X的反应速率=
=0.06mol/L•min,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):
①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;②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;③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。
19.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如下图所示,其中X形成化合物种类最多,下列说法正确的是:
X
Y
Z
W
A.X位于第二周期IV族
B.Y的气态氢化物的水溶液中只存在两个平衡状态
C.W的最高价氧化物是太阳能电池和电脑芯片中不可缺少的材料
D.常温下,将Z单质投入到Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液中,无明显现象
【答案】D
【分析】
短周期元素X、Y、Z、W,根据元素在周期表中的位置知,X和Y属于第二周期元素、Z和W属于第三周期元素,其中X形成化合物种类最多,则X是C元素,那么Y是N元素、Z是Al元素、W是Si元素
【详解】
A.X是C元素,位于第二周期IVA族,所以A错。
B.Y的气态氢化物为NH3,氨水中发生
,还有
,故存在3个平衡状态,所以B错。
C.W的最高价氧化物是SiO2,不是太阳能电池和电脑芯片中不可缺少的材料,所以C
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