专题6 化学反应与能量变化 章末检测-【学霸黑白题】2025-2026学年高中化学必修第二册（苏教版）

第三单元份 黑题 价段强化 1.有a、b、c三种金属电极，有关的实验装置 及部分实验现象如下： G 实验装置 部分实 a极质量减小， b极有气体产生， 验现象 b极质量增大 c极无变化 由此可判断这三种金属的活动性顺序是( A.b>a>c B.c>b>a C.a>b>c D.c>a>b 2.**鱼雷是一种水中兵器。它可从舰艇、飞 机上发射，它发射后可自己控制航行方向和 深度，遇到舰船，只要一接触就可以爆炸。鱼 5 雷采用A1-Ag20动力电池，以溶有氢氧化钾的 流动海水为电解质溶液，电池总反应为21+ 3Ag20+2K0H+3H0=6Ag+2K[A1(0H)4]。 下列说法中错误的是 A.Ag20为电池正极 B.A1在电池反应中被氧化 C.电子由Ag20极经外电路流向A1极 D.溶液中的OH向Al极迁移 3.*钢铁在海水中的电化学腐蚀原理示意图 如图。下列说法正确的是 ( 海水 X离子 0Y离子 C Fe 钢铁 A.铁为电池负极，X离子为Fe3+ B.正极电极反应式为02+4e+2H20一 =40H C.电子由铁流向碳，再经海水流向铁 6 D.钢铁的腐蚀速率：在河水中>在海水中 4.*如图所示，杠杆A、B两端分别挂有体积 必修第二册·SJ黑 段综合 限时：35min 相同、质量相同的空心铜球和空心铁球，调节 杠杆使其在水中保持平衡，然后小心地向烧 杯中央滴入CSO4溶液。一段时间后，下列有 关杠杆的偏向判断正确的是（实验过程中不 考虑铁丝反应及两边浮力的变化) A.杠杆为导体和绝缘体时， A △ 均为A端高，B端低 铜丝 铁丝 B.杠杆为导体和绝缘体时， Fe 均为A端低，B端高 C.当杠杆为绝缘体时，A端低， B端高；当杠杆为导体时，A端高，B端低 D.当杠杆为绝缘体时，A端高，B端低；当杠 杆为导体时，A端低，B端高 *(2024·江苏徐州高一月考)LED产品的 使用为城市增添色彩。如图是氢氧燃料电池 驱动LED发光的一种装置示意图。下列有关 叙述正确的是 () 导线 N-型半导体 KOH溶液 $⊕ P型半导体 导线 氢氧燃料电池 LED发光二极管 A.电路中的电子从负极经外电路到正极，再 经过KOH溶液回到负极，形成闭合回路 B.通入0，的电极发生反应：0，+4e+4H =2H20 C.电池放电后，电解质溶液中OH的物质的 量浓度减小 D.a处通入氢气，b处通入氧气，该装置将化 学能最终转化为电能 接(2025·重庆期末)一种新型短路膜电池 分离C0,装置如下图所示。下列说法中正确 的是 日题024 空气 出口A ,C0 (含C0) .H 4出口B H.e HCOS HCO HCO HCO 短路膜 @⊙ 负极 co co co 正极 CO 短路膜CO,分离器 0人 →OH 模块示意图 C02 化学与传输示意图 A.负极反应为H2+20H-2e=H20 B.正极反应消耗22.4L0,理论上需要转移 4mol电子 C.该装置用于空气中C0,的捕获，C0,最终 由出口A流出 D.短路膜和常见的离子交换膜不同，它既能 传递离子，还可以传递电子 7.**现有如下原电池装置，插入电解质溶液 前Cu和Fe电极的质量相等。请回答下列 问题： G 电解质溶液 四氯化碳 I Ⅱ (1)当图I中的电解质溶液为稀硫酸时，铁片 作 极，铜片上的现象是 :图中箭头的方向表示 (填 “电子”或“电流”)的流向。 (2)若将图I中的U形管虚线以下的电解质 溶液换为四氯化碳（不导电），如图Ⅱ所示，则 该装置 (填“能”或“不能”)形成原 电池，原因是 (3)①当电解质溶液 为某溶液时，两电极的 Cu 质量变化曲线如图Ⅲ 6.0 Fe 所示，则该电解质溶液 3.2 可以是下列中的 12345678910imim (填字母)。 专题6黑 A.稀硫酸 B.CuSO4溶液 C.稀盐酸 D.FeSO4溶液 ②Cu电极的电极反应式为 6min时Cu电极的质量为 go 禁锂-空气电池的反应原理可表示为2Li+ a,器40 (1)其放电时的 工作原理如图所 示，电池工作时， 空气 多孔电极 发生氧化反应的 是 (填 非水电解液 “A”或“B”)极。 (2)探究H,0对放电的影响：向非水电解液中 加入少量水，放电后检测A、B电极上的固体 物质。 A极：LiOH B极：Li,O2、LiOH A、B电极产生LiOH的化学方程式分别是： (3)探究C0,对放电的影响：使电池在三种不 同气体（物质的量相等）中放电，测量外电路 转移的电子与消耗02的比值 n(e) n(0,)J 实验 方 道 气体 02 C0, 90%0,+10%C0, n(e-) ≈2 ≈2 n(02) n(e)=0 ①放电时，实验1中B极的电极反应式为 0 ②下列分析正确的是 (填字母)。 A.放电时，、ⅱ中通过外电路的电子数相等 B.ⅲ中B极所发生的电极反应的产物主要 为Li202 C.i中(e）≈2，说明C0,未与i,0,反应 n(02) 白题025发生了变化，在更换锂电极的同时，也要更换水性电解液，D错误。 3.B解析：由电池总反应可知，调节电解质溶液的方法是补充 H2S04,A错误；b极上铜失电子发生氧化反应，为负极，电极反应式 为Cu-2e=Cu2+,B正确；Pb02得电子发生还原反应，为正极，电 极反应式为Pb02+4H++S02+2e一PhS04+2H20,所以Pb02电 极附近溶液的pH增大，C错误；电子不能在溶液中通过，D错误。 4.B解析：由题图可知，放电时，a极为原电池正极，在锂离子作用下 FePO4得到电子发生还原反应生成LiFePO4,b极为负极，Li,TiO2 失去电子发生氧化反应生成Li4T012。放电时，a极为原电池正极， b极为负极，则阳离子锂离子移向正极a极，A正确；放电时 Li,Ti,012在负极失去电子发生氧化反应生成Li4Ti012,钛元素的化 合价升高，i元素的化合价不变，B错误；放电时，a极为原电池正 极，电极反应式为FeP04+Li*+e一LiFePO4,C正确：放电时总反 应为3FeP04+Li,Ti012一3 LiFeP(04+Li4Ti,012,则外电路转移 1m…l电子时，负极质量减少7g,正极质量增加7g,两极质量变化差 为14g,D正确。 第三单元阶段综合 黑题 阶段强化 题号123456 答案C CB D C D 1.C解析：一般情况下，原电池中不同活动性的金属作为两极时，活动 性：负极>正极，把两个实验从左到右分别编号为①②，则由实验①可 知，a作原电池负极，b作原电池正极，金属活动性：a>b:由实验②可 知，b极有气体产生，c极无变化，则金属活动性：b>c。故三种金属的 活动性：a>b>c,故选C。 2.C解析：根据电池总反应可知，铝元素的化合价升高，失去电子被氧 化，即A1作电池的负极，则Ag,0作电池的正极，A、B正确：根据原电 池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即由铝极流向氧化银 极，C错误：原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即0H向 铝极迁移，D正确。 3.B解析：Fe失电子转化为Fe2+,即X离子为Fe2+,A错误：溶液中的 氧气在正极得电子生成0H,电极反应式为02+4e+2H20 40H,B正确；电子不能进人溶液中，C错误；海水中的离子浓度大于 河水，海水的导电能力强于河水，则钢铁在海水中腐蚀速率更快， D错误。 4.D解析：杠杆为导体时，向烧杯中央滴入CuS04溶液，构成Fe、Cu 原电池，Fe为负极，电极反应为Fe-2e一Fe2+,Cu为正极，电极反 应为Cu2++2eCu,则A端低，B端高：杠杆为绝缘体时，只发生 Fe与硫酸铜溶液的反应，在Fe的表面附着Cu,铁球质量变大，则A 端高，B端低；故选D。 5.C解析：原电池工作时，电子从负极经外电路到正极，但不能进入溶 液中，溶液中阴、阳离子定向移动形成闭合回路，A错误：通入02的 电极为正极，则正极电极反应式为02+2H20+4e一40H, B错误；该原电池总反应为2H2+02一2H20,生成的水使溶液中 OH的浓度减小，C正确：b是原电池正极，a是原电池负极，则a处通 入氢气，b处通入氧气，但该装置将化学能最终转化为光能，D错误。 6.D解析：由题图可知，通入氢气的一极为负极，电极反应式为H2- 2e一2H,H*与HC03反应生成C02,通人氧气的一极为正极，电 极反应式为02+4e+2H20一40H,C02与0H反应生成C03。 负极的电极反应式为H2-2e一2H,A错误；正极反应消耗标准 必修第二册·SJ 状况下2.4L02,理论上需要转移。2.4L 22.4L·m0×4=4m0l电子，但 题目中未指明在标准状况下，则转移电子不一定为4mol,B错误：由 题图可知，该装置用于空气中C0,的捕获，CO,与正极生成的OH反 应生成C0},出口A流出的气体不含CO2,C错误；由题图可知，短路 膜中存在电子移动，与常见的离子交换膜不同，它既能传递离子，还 可以传递电子，D正确。 7.(1)负有气泡生成电流(2)不能CCl4为非电解质，不能构成 闭合回路(3)①B②Cu2++2e=Cu9.2 解析：(1)铁比铜活泼，所以当电解质溶液为稀硫酸时，铁为负极，铜 为正极，铜电极的电极反应式为2H*+2e一H2↑，所以铜片上的 现象是有气泡生成：图中的箭头方向是由正极指向负极，故应是电流 的流向。（2)由于四氯化碳不导电，所以不能构成闭合回路，图Ⅱ所 示装置不能形成原电池。(3)①由图Ⅲ可知两电极的质量均在变 化，Fe电极的质量减小而Cu电极的质量增加，故电解质溶液为硫酸 铜溶液；②Cu电极的电极反应式为Cu++2e一Cu,Fe电极的电极 反应式为Fe-2e一Fe2+,6min时Fe电极减少的质量为6.0g 3.2g=2.8g,根据得失电子守恒求得Cu电极增加的质量为3.2g, 故m=6.0+3.2=9.2。 8.(1)A(2)2Li+2H20—2Li0H+H2↑2Li202+2H20 4Li0H+02↑(3)①02+2e+2Li+—Li202②B 解析：(1)根据锂-空气电池的反应原理可知，锂元素化合价升高，发 生氧化反应，故A作负极，氧元素化合价降低，发生还原反应，B作正 极，故电池工作时，发生氧化反应的是A极。(2)A极锂为活泼金 属，能与空气中的水发生反应：2Li+2H20一2Li0H+H2↑；B极反 应生成的Li202与水反应：2Li202+2H20一4Li0H+02↑。 (3)①放电时，实验中B极通入氧气，则B极上氧气放电，电极反应 式为02+2e+2Li一Li202。②放电时，i、ⅲ中氧气的物质的量 不同，”(。二近似相同，故通过外电路的电子数不相等，A错误；与实 n(02) 验ⅱ对比，ⅲ中B极主要发生的电极反应为0，+2e+2Li* Li202,故产物主要为Li202,B正确；与实验1对比，ⅲ中氧气的物质 的量少，而(。)=2，说明C0,与，0反应，C错误。 n(02) 专题6章末检测 题号123456789101112131415 答案BAA DCBBBCBCD ABD 1.B 2.A解析：根据题干描述，碘化氢分解的总反应是吸热的，而第二 步2I·(g)一2(g)是成键过程，一定放热，故第一步反应必然 吸热。 3.A 4.D解析：改变条件后，正、逆反应速率增大且相等，可能是加了催化 剂：对于反应前后气体分子数相等的化学反应，也可能是加压，A正 确。已知生成物的百分含量随温度的升高而增大，m点为曲线的最高 点，生成物的百分含量达到最大值，即建立了相应温度下的平衡状态， B正确。曲线上B点表示在此温度下反应达到平衡时所能达到的最 大转化率，A点位于曲线以上，表示超过该温度下的最大转化率，此时 "逆>正；C点位于曲线以下，表示未达到该温度下的最大转化率，此时 "递<正，C正确。A点时c(反应物)=c(生成物)，不一定达到平衡状 态，D错误。 黑白题10 5.C解析：Cu0在反应中作催化剂，会不断循环，不需要补充，C错误。 6.B解析：各物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，根 据C和D的物质的量比0.4mol:0.8mol=1:2可知，化学计量数关 系x:2=1:2,解得x=1,根据题意可列出三段式： 3A(g)+B(g)=C(g)+2D(g) 起始量/mol3 1 00 转化量/mol1.20.4 0.40.8 平衡量/mol1.80.60.40.8 根挑分析，1A正确：B的转化率为94×10O0%=40%,B错误 消耗A的物质的量为1.2mal,浓度变化为2ml-0.6malL,反 2L 应速率为0.6mol·L =0.3mol·L1·min1,C正确；反应前后气体 2 min 总物质的量减少，总质量不变，混合气体的平均相对分子质量一直增 大，当其不变时说明反应达到平衡状态，D正确。 7.B解析：Zm+H2S04一ZS04+H2↑是放热反应，则反应物的总能 量大于生成物的总能量，A正确；加入少许CuSO4溶液，Zn置换出 Cu,形成Zn、Cu、硫酸原电池，使Zn与稀硫酸的反应速率增大，B错 误；Zn+H2S04一ZnS04+H2↑的反应中锌失去电子，化合价升高， 作原电池的负极，C正确；在反应Zn+H2S04—ZnS04+H2↑中，每 转移2mol电子，参加反应的Zn为1mol,现转移4mol电子，参加反 应的Zn为2mol,则反应释放出2QkJ热量，D正确。 8.B解析：图1中0~10min内Ⅱ的物质的量减少0.9mol,I的物质的 量增加0.3mol,则二者计量数之比为0.9mol:0.3mol=3:1,结合化 学方程式可知I为M,Ⅱ为Y,30min时反应已达平衡状态，平衡时 Y的物质的量为0.15mol,列三段式： X(g)+3Y(g)=M(g)+H20(g) 起始量/mol0.41.200 变化量/mol 0.351.05 0.350.35 平衡量/mol0.050.15 0.350.35 由分析可知，图1中曲线Ⅱ表示的是Y,A错误；X的平衡转化率为 0.4m×100%=87.5%,B正确；0-30min内用Y的浓度变化表示 0.35 mol 1.05 mol 的平均反应速率t(Y)=30min 2L =0.0175mol·L·min-1,C错误； 等物质的量的气态水能量比液态水高，图2中若水的状态为液态，则 能量变化曲线不可能为②，可能为①，D错误。 9.C解析：原电池工作时，电子从负极沿着导线流向正极，而非通过电 解质溶液，A错误：正极氧化银得到电子被还原生成银、在水参与下 同时生成氢氧根离子，电极反应式为Ag20+2e+H20=2Ag+ 20H,B错误；原电池能将化学能转化为电能，反应过程中释放能 量，则2 mol Cu与1 mol Ag20具有的总能量高于1 mol Cu20 与2 mol Ag具有的总能量，C正确；原电池工作时，阴离子向负极移 动，阳离子向正极移动，则该电池工作时，0H向负极移动，D错误。 10.B解析：初始n(C02)=1mol,n(H2)=4mol,达到平衡时，经测 定，容器中的C02转化率为90%，H2转化率为82.5%，反应掉 n反（C02)=0.9mol,n反(H2)=3.3mol,设主反应I消耗C02的物质 的量为xmol,则主反应I消耗H2的物质的量为4xmol,设副反应 Ⅱ消耗CO2的物质的量为ymol,则副反应Ⅱ消耗H2的物质的量为 ymol,则x+y=0.9,4x+y=3.3,解得x=0.8,y=0.1。可知主反应I消 正本参考答案 耗0.8molC02、3.2molH2,生成0.8 mol CH4、1.6molH20;副反应 Ⅱ消耗0.1molC02、0.1molH2,生成0.1molC0、0.1molH20。平 衡时容器中剩余n(C0,)=1-0.8-0.1=0.1(mol),n(H2)=4-3.2- 0.1=0.7(mol),n(CH4)=0.8mol,n(C0)=0.1mol,n(H20)=1.6+ 0.1=1.7(mol)。平衡时C02的物质的量为0.1mol,C0的物质的量 为0.1mol,两者物质的量之比为1：1，A正确；主反应中0.8mol C02转移6.4mol电子(C的化合价由+4价变为-4价)，副反应中 0.1molC02转移0.2mol电子(C的化合价由+4价变为+2价)，转 移电子总的物质的量为6.6mol,B错误；平衡时总物质的量为 3.4mol,H20占1.7mol,体积分数为50%，C正确；反应前1molC02 和4molH2的总质量为52g,反应前后气体总质量不变，容器容积 固定为1L,气体密度保持不变，为52g·L1,D正确。 11.C解析：反应C(s)+2N0(g)一N2(g)+C02(g)达到平衡状态时， 各成分的含量不再改变，但是c(N0)与c(C02)不一定相等，A错 误：达到平衡状态时，甲、乙两容器内NO的浓度不相等，则甲、乙处 于不同的平衡状态，消耗碳的质量不同，起始时活性炭的质量相等， 则剩余固体质量不相等，B错误：气体的物质的量在反应前后不变， 但气体的总质量会随反应而改变，则平均相对分子质量为变量，所 以气体平均相对分子质量不再改变时，说明反应已达到平衡状态， C正确；由题图分析可知，T乙温度达到平衡所用时间小于T里，升高 温度反应速率增大，说明Tz>T甲，D错误。 12.D解析：化学反应速率之比等于化学方程式中对应物质的化学计 量数之比，3w(N2)=v(C0),A正确；c点处切线的斜率是此时刻物 质浓度除以此时刻时间，为t时刻的瞬时速率，B正确；图像中可以 得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变 化，从a、b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均 速率，C正确；升高温度，化学反应速率增大，对应C0浓度曲线的斜 率会增大，将会变得比甲更陡，且温度变化，化学平衡发生移动，平 衡时C0的浓度会发生变化，D错误。 13.A解析：由图可知，1 mol HC00H分解生成C0,和H2,放出 14.1akJ热量，A错误；由图中物质Ⅱ、Ⅲ的相对能量可知，相同微粒 被Pd催化剂吸附后形成的体系，可能具有不同的能量，B正确：根 据HCOOH在P催化剂表面脱氢反应的机理图可知，反应可表示 为HCOOHPaC0,+H2,即HC00H中的两个H原子被解离出来形 成氢气，则用DCOOH或HCOOD代替HCOOH,得到的产物都有HD 和CO2,C正确；由反应历程预测：在Pd表面积一定时，当 c(HCOOH)达到一定值时，再增大c(HC0OH)不会增加Pd对甲酸 的吸附值，所以对反应速率没有影响，D正确。 14.B解析：根据表格数据可知：从0~10min,△n(CH4)在温度为T2 时比温度为T时大，说明后者的反应速率大，由表格数据可知实验 ①在40min时已经达到平衡状态，则实验②达到平衡所需时间小 于40min,故在40min时，实验②中反应已达平衡状态，所以该反应 在40min时已达到平衡状态，A正确；由A可知，实验②反应速率 大，由于其他外界条件相同，温度越高，反应速率越大，因此说明温 度：T2>T1,B错误；实验②中，0~10min内，△n(CH4)=0.50mol- 0,30mol=0.20ml,容器的容积是1L,所以(CH)0mol。 L1·min1=0.02mol·L-1·min1,C正确：由A可知，该反应在 40min时已达到平衡状态，n(CH4)和50min时相同，即x为0.15， D正确。 黑白题11 15.D解析：根据图示可知，好氧电极b上发生反硝化反应，硝酸根离 子得电子生成氮气，故电极反应式为2N03+10e+12H*一N2↑+ 6H20,A正确；电极b上除发生反硝化反应外，还有氧气得电子的 副反应，离子方程式为0，+4e+4Ht一2H,0,B正确：电极b为正 极，电极反应式为2N0?+10e+12H*=N2↑+6H20,电极a为负 极，电极反应式为C6H1206+6H20-24e一6C02↑+24H,负极产 生的H通过质子交换膜进人正极区，C正确；不考虑副反应，每消 耗1molC6H206,转移24mol电子，根据电极反应2N03+10e+ 12H一N2↑+6H20和元素守恒，则理论上可以处理NH4的物质 的量应为4.8mol,由于电极b上会发生副反应，故每消耗1mol C6H206,可以处理NH4的物质的量小于4.8mol,D错误。 16.（1)d(2)放热(3)d(4)①<②0.008mol·L1·min1 (5)该反应是放热反应，反应开始时容器内温度上升，压强增大（或 反应开始时，温度对压强的影响大于气体分子数对压强的影响)， 随着反应进行，反应气体分子数减少，压强减小（或随着反应进行 气体分子数对压强的影响大于温度对压强的影响)：5min后，反应 达平衡状态，压强不变(6)反应I(Sabatier反应)好，因为反应Ⅱ (Bosh反应)的催化剂表面会发生积碳现象，使催化剂上活性位点 减少，导致催化剂活性逐渐降低 解析：(2)由能量变化图可知，反应物总能量高于生成物总能量，该 反应为放热反应。(3)C0,的体积分数不变，说明各组分浓度不再 变化，a达到平衡；C0,和H2充入体积相同，但反应计量数不同，故 两者浓度之比不发生变化，b达到平衡：生成H,0(正反应)和生 成H2(逆反应)的物质的量符合化学计量数之比，正、逆反应速率相 等，c达到平衡；断裂C一H、0一H都属于逆反应的化学键断裂，d 不能说明反应达到平衡。(4)①反应从开始到平衡，正反应速率逐 渐减小，逆反应速率逐渐增大，a点时反应未达平衡，正反应速率大 于逆反应速率，b点更接近平衡，正反应速率减小，逆反应速率增 大，但a点反应物浓度大于b点，所以a点逆反应速率<b点正反应 速率：②分析图像，根据方程式中的计量数之比，可知最上面曲线代 表H2,中间曲线代表C02,最下面曲线代表CH4,0~5min内，CH4 物质的量从0增加到0.1mol,则H20物质的量从0增加到0.2mol, 则从反应开始至平衡，以H,0的浓度变化表示的平均反应速率为 0.2 mol 5 Lx5 min =0.008mol.L-1·min-1。 17.(1)右左(2)阴(3)2NH3-6e+60H—N2+6H20 (4)4H*+02+4e=2H20(5)CH4-8e+2H20=C02+8H CH4-8e+100H=C03+7H20 解析：(1)由总反应6N02+8NH3=7N2+12H20可知，反应中N02 为氧化剂，NH3为还原剂，则电极A为负极，电极B为正极，放电时 电流由正极经过导线流向负极，即电流从右侧电极经过负载后流向 左侧电极。(2)电极B为正极，不断通人NO2,为防止二氧化氨与 K0H反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，导致原电池不能正常工作，则原 电池工作时，要使0H向负极移动，离子交换膜需选用阴离子交换 膜。(3)电极A为负极，发生失电子的氧化反应，电解质溶液呈碱 性，则负极反应式为2NH3-6e+60H一N2+6H20。(4)由图可 知，酒精和氧气反应生成醋酸和水，通入02的Pt电极为正极，电极 反应式为4H++02+4e一2H20。(5)酸性环境下，负极的反应是 CH4失去电子被氧化为二氧化碳；碱性环境下，负极的反应是CH 失去电子被氧化为C0子。 必修第二册·SJ 18.(1)02+4I+4H*一2H20+2L2(2)秒表（或计时器）、温度计 (3)淀粉溶液(4)①>②60(5)2保持溶液总体积不变 (6)其他条件不变时，升高温度或者增大反应物的浓度，反应速率 均增大 解析：(1)酸性KI溶液在空气中被氧化成碘单质，氧气被还原为 H20。(2)为了记录时间和准确测定温度，实验中用到的计量仪器 除量筒外，还需要秒表（或计时器）、温度计。(3)反应产生碘单质， 淀粉遇碘单质变蓝，可用来指示反应，则滴加的指示剂名称是淀粉 溶液。(4)①已知温度每升高10℃，反应速率增大为原来的2倍， 则40℃的显色时间应为30℃的一半，则t1应为120，而用 cmol·L1的KI溶液反应，80s就显色，则c>0.5;②50℃的显色时 间为0℃的号表中2=240x}=60,(5)该实验的目的是探究 硫酸浓度对化学反应速率的影响，则K紅的浓度必须相同，即控制溶 液的总体积相同，则实验1和实验ⅲ的溶液体积相同，V2=2:实验 中加入蒸馏水的目的是保持溶液总体积不变。(6)通过实验I、 Ⅱ，本小组得出的实验结论为其他条件不变时，升高温度或者增大 反应物的浓度，反应速率均增大。 专题6真题演练 黑题 真题体验 题号 1 23456789 答案A CC C AD C D C 1.A解析：由离子方程式可知，NH2OH中N元素的化合价由-1价升 高到+1价，生成1molN20,转移4mol电子，A正确；由离子方程式 可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NHOH是还原剂，铁元素 的化合价降低被还原，F3+是氧化剂，B、C错误；由离子方程式可知， 反应中铁元素的化合价由+3价降低到+2价，得到电子，Fe3+是反应 的氧化剂，若设计成原电池，F3+在正极得到电子发生还原反应生成 Fe2+,Fe2+为正极产物，D错误。 2.C解析：NH4Cl分解的产物是NH,和HCl,分解得到的HCl与Mg0 反应生成Mg(OH)Cl,Mg(OH)Cl又可以分解得到HCl和Mg0,则a 为NH3,b为Mg(OH)Cl,c为HCl,d为MgO,A、B错误；MgCl2可以 与H20反应生成Mg(OH)Cl,通入水蒸气可以减少MgCL2的生成， C正确；反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，则反应 ①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误。 3.C解析：H(g)+H(g)一H2(g)的△H=(0-218×2)kJ·mol-1= -436kJ·mol1,故H2的键能为436kJ·mol-1,A正确；02的键能为 (249×2)kJ·mol-1=498k灯·mol-1,H202中氧氧单键的键能 为214kJ·mol-1,则02的键能大于H202中氧氧单键的键能的两 倍，B正确；HO(g)+0(g)一H00(g),解离其中氧氧单键需要的能 量为(249+39-10)kJ·mol1=278kJ·mol1,H202中氧氧单键的键 能为214kJ·mol1,故解离氧氧单键所需能量：H00>H202, C不正确；H20(g)+0(g）一H202(g)的△H=[-136-(-242+ 249)]kJ·mo-1=-143kJ·mol-1,D正确。 4.C解析：电池工作时，M02为正极，得到电子，发生还原反应， A错误：电池工作时，阴离子向负极移动，OH通过隔膜向负极移动， B错误；环境温度过低，化学反应速率下降，不利于电池放电，C正 确；由电极反应式MnO2te+H20一MnOOH+OH可知，反应中锰 黑白题12