第6章 大题冲关规范练&易错排查矫正练-【志鸿优化训练】2025-2026学年高中化学必修第二册 (人教版)

填空： ↑/mol 1.0 0.9 0.8 ●X 0.6 10.7 0.4 0.2 10.2 Z 0 2 3 4 5 t/min 大题冲关 1.(10分)催化剂在化工生产和科技领域起到重 大作用。为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的 催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了 如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题： 5滴0.1moL15滴0.1molL FeCl,溶液 CuSO4溶液 2mL5% 哥0，溶液圆 (1)定性分析：图甲中可通过观察 ,定性比较得出 结论。同学X通过图甲所示实验，观察 现象，得出Fe3+和Cu2+对H2O2分解的 催化效果，其结论 (填“合理”或 “不合理”)，理由是 (2)定量分析：如图乙所示，用等浓度的 H2O2溶液做实验，实验时均以生成 40mL气体为准，其他可能影响实验 的因素均已忽略。实验中需要测量的 数据是 (3)加入0.10 mol MnO2粉末于50mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体 的体积和时间的关系如图所示。 ↑Vo2)/mL 60H 12345t/min 大题冲关规范练7 (1)该反应的化学方程式为 (2)反应开始至2min,以气体Z表示的化 学反应速率为 (3)若X、Y、Z均为气体，2min后反应达到 平衡，反应达平衡时，此时体系的压强 是开始时的 倍。 规范练 ①实验时放出气体的总体积是 mL。 ②从开始到放出气体总体积的时所需 时间为 min。 ③H2O2溶液的初始物质的量浓度是 ④A、B、C、D各点反应速率的大小顺序为 > > 原因是 2.(15分)氨气是一种重要的工业原料，可用 于制取硝酸和肥料。为增加氨的产量，化学 家们一直在研究调控合成氨的反应条件和 措施。 (1)已知：NH3中N一H键能为391kJ· moL-1,N2中键能为945.6kJ· moL-1,H2中H一H键能为436kJ· moL1,则合成1.0 mol NH3 （填 “吸收”或“放出”) k热量。 (2)某温度下，向2.0L的恒容密闭容器中 充入2.0molN2和6.0molH2,发生合 成氨反应，实验数据如下表所示： t/s 0 50 150 250 350 n(NH3)/mol 00.240.360.400.40 ①0~50s内的平均反应速率v(N2)= ,氨气的平衡含量为 %(保 留两位有效数字)。 ②工业上恒温恒容时随反应的进行，气 体的物质的量减少，压强减小，当容器压 ·化学· 65 、第六章化学反应与能量 强不变时说明已达平衡状态，此时容器 中下列数据也不再变化的是 (填 字母)。 a.氨气的含量 b.气体的密度 c.N2和H2的物质的量之比 (3)现在化学家们研究电化学方法N2和H2 合成氨（如图），则气体a是 (填化 易错排查 易错点①放热反应、吸热反应判断错误 防范要决 放热反应和吸热反应的判断方法： (1)根据反应物和生成物的总能量相对 大小判断一反应物的总能量大于生成物 的总能量的反应为放热反应，反之为吸热 反应。 (2)根据化学键断裂和形成时能量变化大 小关系判断一破坏反应物中化学键吸收的 能量大于形成生成物中化学键放出的能量的 反应为吸热反应，反之为放热反应。 (3)根据经验规律判断—一用常见吸收能 量和释放能量的反应类型来判断。 (4)根据生成物和反应物的相对稳定性判 断—由稳定性的物质生成不稳定的物质的反 应为吸收能量的反应，反之为释放能量的反应。 (5)根据反应条件判断—凡是需持续加 热才能进行的反应就是吸收能量的反应，反 之，一般为释放能量的反应。 1.研究表明，在一定条件下，气态HCN转化为 气态CNH的能量变化如图所示。下列说法 正确的是( ) 66·化学 学式)，电极2发生的电极反应为 电极 电极2 KOH溶液 矫正练 体系能量 186.5kJ 127.2kJ 1 mol CNH(g) 1 mol HCN(g) 反应进程 A.断开1 mol HCN(g)中所有化学键需要 放出186.5kJ的能量 B.CNH(g)比HCN(g)更稳定 C.1 mol HCN(g)转化为1 mol CNH(g)需 要吸收59.3kJ的能量 D.HCN(g)转化为CNH(g)一定要加热 2.金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的 单质，在100kPa时，1mol石墨转化为金刚 石，要吸收1.9kJ的热量。下列说法不正确 的是() A.石墨比金刚石稳定 B.金刚石和石墨的物理性质相同 C.1mol金刚石比1mol石墨的总能量高 D.1mol金刚石完全燃烧释放的能量比 1mol石墨完全燃烧释放的能量多 3.已知4g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出能 量484kJ,水蒸气中1molH-O键形成时 放出能量463kJ,1molH一H键断裂时吸 收的能量为436kJ,断开1mol氧气中的化 学键需要吸收的能量是( ) A.920 kJ B.557 kJ C.496 kJ D.188 kJ 易错点2原电池的正负极判断错误 防范要诀 (1)原电池的正极、负极判断的一般原则： ①根据电极材料：活泼金属为负极，不活 泼金属（或非金属）为正极。 ②根据电极反应：发生氧化反应的为负 极，发生还原反应的为正极。 ③根据电子流向：电子流出（失去）的为负 极，电子流入（得到）的为正极。 ④根据离子的移动方向：阴离子移向的为 负极，阳离子移向的为正极。 ⑤根据电极现象：质量不断减小（或电极 溶解)的为负极，质量增加（或电极增粗）的为 正极。 (2)判断电极的注意事项： 判断电极时，不能简单地依据金属的活泼 性来判断，要看反应的具体情况，如①在强碱 性溶液中A1比Mg更易失去电子，A1作负极， Mg作正极；②Fe、Al在浓硝酸中钝化后，比 Cu等金属更难失去电子，Cu等金属作负极， Fe、Al作正极。 4.某固体酸性氢氧燃料电池以NaHSO4固体 为电解质传递H+,其基本结构如图，电池 总反应可表示为2H2十O2—2H2O,下列 说法正确的是( a极 一多孔不锈钢 固体酸膜 石墨 b极 @ H.O A.电子通过外电路从b极流向a极 易错排查矫正练了 B.每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2 C.b极上的电极反应式为O2+2H2O+ 4e-=40H D.H+由a极通过固体酸电解质传递到b极 5.学过原电池后，某同学设计了如图所示的原 电池。闭合电键K,下列说法正确的是 铁钉 电键K 导线 铜丝 玻璃杯 食醋 A.铜丝为原电池的负极 B.铁钉处的电极反应为Fe一3e—Fe3+ C.玻璃杯中CH3COO由正极区域移向负 极区域 D.正极收集0.01mol气体时，转移0.04mol 电子 易错点3原电池设计错误 防范要决 原电池的设计方法 (1)定：确定一个能够自发进行的氧化还 原反应。 (2)拆：将氧化还原反应拆分为氧化反应 和还原反应两个半反应，分别作为负极和正极 的电极反应，还原剂一ne一=氧化产物（负极 电极反应)；氧化剂十ne一还原产物（正极 电极反应)。 (3)找：根据氧化还原反应中的还原剂和 氧化剂确定原电池的负极和电解质溶液，正极 一般选择比负极稳定的金属或能导电的非 金属。 (4)画：连接电路形成闭合回路，画出原电 池示意图。 ·化学 67 、第六章化学反应与能量 6.某原电池总反应为Cu+2Fe3+—Cu2++ 2Fe+,下列能实现该反应的原电池是( 选项 A B c D 电极材料 Cu、Zn Cu、C Fe、Zn Cu、Ag 电解液 FeCls Fe(NO:)2 CuSO Fez(SO.)3 7.原电池总反应离子方程式为Mg+ 2H+—Mg2+十H2A,能实现该反应的 原电池是( ) A.正极为铜，负极为镁，电解质溶液为稀 盐酸 B.正极为铜，负极为铁，电解质溶液为稀 硫酸 C.正极为石墨，负极为镁，电解质溶液为 CuSO4溶液 D.正极为银，负极为镁，电解质溶液为NaCl 溶液 8.根据氧化还原反应： 2Ag+(aq)+Cu(s)-Cu2+(aq)+2Ag(s) 画出原电池示意图并在图中加入电流表，注 明电极材料名称和电解质溶液。 请回答下列问题： (1)银电极为电池的 极，写出两 电极的电极反应式： Ag电极： ;Cu电极： (2)外电路中的电子是从 电极流 向 电极；阳离子移向 (填电极材料)极。 68 ·化学· 易错点④误认为外界条件改变化学反应速率一 定改变 防范要诀 (1)改变固体或纯液体反应物的用量，化 学反应速率不变。 (2)压强对速率的影响是通过改变体积而 使浓度改变来实现的，对于没有气体参加的反 应，改变体系压强，反应物的浓度不变，反应速 率不变。 (3)对于有气体参与的反应，有如下几种 类型： 类型一：恒温时，增大压强→体积减小→浓 度增大→反应速率增大。 类型二：恒容时，充入气体反应物→反 应物浓度增大→总压强增大→反应速率增 大，充入稀有气体或与本反应无关的气体→ 总压强增大，各反应物的浓度不变→反应速 率不变。 类型三：恒压时，充入稀有气体或与本反 应无关的气体→体积增大→各反应物浓度减 小→反应速率减小。 (4)不论反应是放热还是吸热，升高温度， 反应速率都加快。 9.下列有关化学反应速率的说法中正确的是 () A.氢气与氮气能够缓慢地反应生成氨气， 使用合适的催化剂可以提高化学反应 速率 B.等质量的锌粉和锌片与相同体积、相同浓 度的盐酸反应，反应速率相等 C.用铁片与硫酸制备氢气时，浓硫酸可以加 快产生氢气的速率 D.增大反应CO2(g)+H2(g)=CO(g)+ H2O(g)的压强，反应速率不变 10.下列措施不能增大化学反应速率的是() A.Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用98% 浓硫酸 B.向一堆篝火中“鼓风” C.往锌与稀硫酸反应混合液中加入 NH4HSO4固体 D.给放热反应2SO2+O2 催化剂2S0。升 高温度 易错点⑤对可逆反应达到平衡的判断依据的理 解误区 防范要决 化学平衡的标志的判定： (1)利用速率相等进行判定时的两个 要素： ①分别表示正、逆方向。 ②变化量符合化学计量数之比。 (2)对“浓度保持不变”的理解误区： ①“浓度保持不变”不是“浓度相等”。 ②“浓度保持不变”不是“等于化学计量数 之比”。 (3)混合气体的物质的量、压强、密度和平 均相对分子质量不变时，能否作为反应达到平 衡的标志，取决于该物理量随反应的进行是否 变化。若该物理量随反应的进行变化，当该物 理量不变时说明反应已经达到平衡。 11.一定条件下铁可以和C02发生反应： Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g). 定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉 并充人一定量的CO2气体，反应过程中 CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系 如图所示，下列说法错误的是() 易错排查矫正练了 ↑c/(mol·L) 0.7 0.5 cO C02 0.2 h 4 t/min A.在4min时v正=v逆 B.t1min时该化学反应未达到平衡状态 C.4min内，C02的转化率约为71.4% D.4min内，CO的平均反应速率v(CO)= 0.25mol·L-1·min-1 12.在一定温度下的某容积不变的密闭容器中， 建立下列化学平衡：C(s)+HO(g)一 CO(g)十H2(g),不能确定上述可逆反应在一 定条件下已达到化学平衡状态的是() A.体系的压强不再发生变化 B.正(CO)=v逆(H2O) C.生成n mol CO的同时生成n mol H2 D.1molH一H键断裂的同时断裂2mol H一O键 13.在恒温恒容密闭容器中加入NH2 COONH4 固体，发生反应NH2 COONH4（s)= 2NH3(g)十CO2(g),能说明该反应达到平衡 状态的是() A.v逆(CO2)=正(NH3) B.NH3与CO2的物质的量之比为2：1 C.混合气体的密度不再变化 D.混合气体的相对分子质量不再变化 14.一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2 置于密闭容器中发生反应NO2(g)+ SO2(g)一SO(g)十NO(g),下列能说明 反应达到平衡状态的是( ) A.体系压强保持不变 B.每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2 C.SO3和NO的体积比保持不变 D.混合气体颜色保持不变 ·化学· 69(1)利用“三段式”解题的解题模板 标出各物质浓度的 写出正确的 按要求分 起始量、转化量、某 化学方程式 时刻量 别计算 (2)具体实例 2A(g)+B(g)、→2C(g) 起始浓度(mol·L-1)2 1 0 转化浓度(mol·L1)2x 2x ns后浓度(mol·L1)2-2x1-x 2x 有A0=2gmlL1·s,B=是mmlL1.s, 结 dC=glL1·g,B的转化率为千X100%。 n (3)运用“三段式”法解题时的注意事项 ①起始量、变化量、一段时间后的量三者物理量及单位 要统一，都是物质的量或物质的量浓度，否则无法计算。 ②起始量、变化量、一段时间后的量中，只有不同物 质的变化量之比等于对应物质的化学计量数之比， 不同物质的起始量或一段时间后的量之间没有必然 的关系，不能列比例计算。 11.D解析：由题图可知，Fe2+的氧化率随时间延 长而逐渐增大，故A说法正确；由②和③可知， 当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化速 率越小，故B说法正确；由①和③可知，当pH相 同、温度不同时，温度越高，F2+的氧化速率越 大，故C说法正确；在酸性条件下，Fe2+和氧气、 氢离子反应生成Fe3+和H2O,反应的离子方程 式为4Fe2++O2+4H+—4Fe3++2H2O,故D 说法错误。 12.D解析：增大反应物浓度可以加快反应速率，A 项说法正确；由题图中数据可知，该反应在0~ 4min的平均反应速率为v(Cl)=Ac- △t 0.01mol/L=0.0025mol/(L·min),B项说法 4 min 正确；0~l2min反应速率加快的原因可能是该 反应为放热反应，温度升高，导致反应速率加快， 可能生成的CI对反应有催化作用，可能溶液酸 性增强，加快了化学反应速率，C项说法正确；由 题图可知，在反应过程中，随着反应物浓度减小， 该反应的化学反应速率（曲线斜率）变化趋势为 先增大后减小，D项说法错误。 13.(1)催化剂Ⅲ (2)确保所有实验中c(KMnO4)、c(H2C2O4)不 变和总体积不变，实验V中c(H+)不同 解析：(1)实验I、Ⅱ中温度、浓度相同，研究了催 化剂对化学反应速率的影响；研究温度对化学反 应速率的影响，应保证浓度相同，且不使用催化 剂，则选实验I和Ⅲ。(2)实验I和Ⅳ中，硫酸的 浓度不同，可研究浓度对化学反应速率的影响， 加1mL蒸馏水可确保两实验中各物质浓度和 总体积相等。 18 (1)确定变量：解答这类题目时首先要认真审题，找出影 小题限时强化练 思 响实验探究结果的因素。 (2)定多变一：在探究时，应先控制其他的因素不变，只改 维模型 1.C解析：只要反应发生就有每生成1mol光气 变一种因素，探究这种因素与题给问题的关系，然后按此 方法依次分析其他因素与所探究问题的关系。 消耗1mol一氧化碳，故A错误；平衡时CO,Cl2、 (3)数据有效：解答时注意选择的数据（或设置实验）要有 COC12的浓度不变，但不一定相等，故B错误； 效，且变量统一，否则无法做出正确判断。 CO、Cl2、COCL2的浓度不再变化，说明正、逆反应 14.B解析：反应前后气体总质量不变，容器容积 的速率相等，反应达平衡状态，故C正确；只要反 不变，故混合气体密度不变，A错误；由题图知， 应发生，就有CO、C12、COC2在密闭容器中共存， N2的起始浓度为co mol/L,t2时的浓度为c1,由 故D错误。 (N:)=Ac=(co)mol/L=tc mol. 2.C解析：由图像可知，反应物总能量高于生成物 △t (t2-0) t2 总能量，题中反应过程是一个放出热量的过程，故 L-1·s1,B正确；由于N2(g)和O2（g)都是反 A、B错误；形成H一H放出能量，故C正确；断开 应物气体，而且二者的起始物质的量相等，反应 H一C吸收能量，故D错误。 的物质的量也相等，故剩余的物质的量也相等， 3.D解析：锂一海水电池以金属锂为负极，石墨为 因此体积分数也相等，体积分数不是变量，不能 用来判断平衡，C错误；由题图知，曲线b的反应 正极。电池的正极上发生还原反应，A错误；电 速率是大于曲线a的，降低温度，反应速率减慢， 池中电流由正极流向负极，故电流由石墨流向 故曲线b不是降低温度，D错误。 Li,B错误；电池中阳离子移向正极，故L计由负 15.C解析：(X0=4.60-0.70)mol/L=0.2%5mol· 极向正极迁移，C错误；负极Li失电子生成L计， 4 min 正极水得电子生成氢氧根离子和氢气，故电池的 L1·minl,根据反应速率之比等于化学计量数 总反应为2Li+2H2O—2LiOH+H2个，D 之比可以看出：(Y)=4×0.225mol·L-1· min1=0.9mol·L1·min1,故A错误；从表 正确。 中可以看出t℃时6min已经达到平衡，但不一 4.C解析：普通锌锰干电池是一次电池，不能充电 定就是第6min达到平衡，故B错误；要比较浓 复原，A错误；根据原电池工作原理，负极应失电 度对反应速率的影响，就只能是其他外界条件相 子，故电子从负极通过外电路流向正极，B错误，C 同，所以选择200℃这组数据看出0~2min的速率 正确；由负极的电极反应式可知，每通过0.1mol 为1.60-.10mol/L=0.25mol.L1·min1,而 2 min 电子，消耗锌的质量是65g·mol1×0.1mo 2 24min的速率=1.10-0,70)mol/L-0.20mol. 3.25g,D错误。 2 min L1·min1,这说明随着反应的进行浓度在下 5.D解析：用极值法分析，0.2mol·L1N2(g)和 降，反应速率在变小，故C正确；4min时两组数 0.6mol·L1H2(g)假设完全反应，可以使 据起始浓度均为0.70mol·L-1,比较单一变量 NH3(g)浓度增加0.4mol·L1,加上原有氨气 温度，200℃和t℃46min的反应速率，t℃ 的浓度也是0.4mol·L1,故氨气最大浓度是 反应速率快，所以t>200,故D错误。 0.8mol·L1;假设0.4mol·L1氨气全往逆向 化学平衡状态判断的“两类标志” 反应，氨气的最小浓度为0，由于合成氨反应是可 判断化学反应是否达到化学平衡状态，关键是看给定条 逆反应，因此0<c(NH3)<0.8mol·L-1。根据 件下能否推出“变量”达到“不变”。常用到的判断标志： (1)直接标志 以上分析，氨气浓度的取值范围是，0<c(NH)< 下同一物质：v正)=D地 本质不同 0.8mol·L1,D不可能，故选D。 (X) 造(Y) 6.C解析：I在反应中起到催化的作用，故也可以 物质：X的化学计量数 =Y的化学计量数 利用MnO2代替，故A说法正确；0~20min消耗 一各组成的浓度不变 各组分的物质的量（质量分数）不变 过氧化氢的浓度为(0.80-0.40)mol·L1= 现象上十无热交换时体系温度不变 0.40mol·L1,则这段时间内的平均速率v= 律 各气体组分的体积分数不变 -反应物的转化率不变 △c=0.40mol.L2=0.020mol/(L·min),故 △t 20 min (2)间接标志—“变量不变” ①有气体参加的反应，气体的总压强、总体积、总物 B说法正确；反应20min时，过氧化氢的浓度由 质的量不变时，当是等体积反应时，不一定达到平 0.40mol·L1减小到0.20mol·L1,说明分解 衡；当是不等体积反应时，达到平衡。 的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.40一 ②气体的些皮（气奈密意经爱）、气体防子为有对分 0.20)mol·L1×0.1L=0.02mol,过氧化氢分 气体的总质量 子质量（气依的感细质的量）不变时，要具体分析各 解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol,标 表达式中的分子或分母变化情况，判断是否平衡。 准状况下的体积V=n·Vm=0.01mol× ③如果平衡体系中的物质有颜色，则平衡体系的颜 22.4L·mol-1=0.224L=224mL,故C说法错 色不变时，达到平衡。 误；随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减 小，故60~80min的平均反应速率小于20~ 40min的，故D说法正确。 ,7.(1)2~3min该反应是放热反应，此时温度高 (2)4~5min此时H+浓度小 (3)0.1mol·L-1·min-1 (4)A、B 解析：(1)由表中的数据知，反应速率在2~3min 时最大，原因是Zn与HC1反应放热，使溶液的温 度升高。(2)由表中的数据知，反应速率在4~ 5min时最小，原因是随着反应的进行，c(H+) 减小。 0.112L (3)n(H,）=22.4L.mo17=0.005mol, Zn+2HCl-ZnCl2+H2个 0.01mol0.005mol 则△c(HCD=0.01mol=0.1mol.L 0.1L (HCI)=A_0.1 mol.L- =0.1mol·L1·min1。 △t1min (4)加入C,H+和NO3与Zn反应不产生H2;加 入D,Cu+与Zn反应使生成H2的速率增大；加 入E,CO?消耗H+,使生成的H2减少。 8.(I)①Zn(或锌)正极②锌与还原出的铜形成 铜锌原电池而加快锌的腐蚀B (2)①正极还原碱性 ②02+4H++4e—2H20负③8 解析：(I)①Zn-MnO2千电池，Zn失电子由负极 经外电路流向正极。②锌与还原出来的C山构成 铜锌原电池而加快锌的腐蚀。除杂的基本要求是 不能引入新杂质，所以应选Zn将Cu2+置换为单 质而除去。(2)X极是O2,得电子，是正极，发生还 原反应，根据X极的电极反应式确定电解质显碱性； 在标准状况下，有44.8L(2mol)O2完全反应， 1mol○2得4mol电子，则电路上转移电子为 8mol。 9.(1)Fe+2H+—Fe2++H2↑Fe-2e— Fe2+2H++2e—H2个 (2)0.75C>A=B(3)B>A>C 10.(1)3X+Y→2Z (2)0.05mol·L-1·min-1 (3)0.9 大题冲关规范练 1.(1)产生气泡的快慢不合理FeCl和CuSO4 中所含阴离子种类不同 (2)产生40mI气体所需的时间 (3)①60②1③0.11mol·L1④DCB A随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率 减小 解析：(1)通过观察题图甲两支试管中产生气泡的 快慢，可比较氯化铁和硫酸铜的催化效果。但氯化 88 铁与硫酸铜所含的阴离子不同，要准确比较F3+和 Cu2+对HO2分解的催化效果，选择的试剂中阴离 子种类要相同才合理。(2)比较生成气体的快慢，要 知道生成40mL气体分别所用的时间。(3)①实验 时放出气体的总体积是60mL。②气体总体积的 是20mL,放出20mL气体所需时间是1min。 ③根据化学方程式2H,0,M02H,0+0,+进 行计算，因共产生60mL氧气，故H2O2溶液的初 2×60×0.001L 始物质的量浓度是22.4L·m0l×50×0.001L 0.11mol·L1。④随着反应的进行，反应物浓度 减小，反应速率减小，所以反应速率顺序为D一 C>B>A。 2.(1)放出46.2 (2)0.0012mol·L1·s-15.3a (3)H2N2+6e+6H2O—2NH3+6OH 解析：合成复反应的方程式为N十3 2NH,(945.6+3×436-2×3×391)kJ/mol= -92.4kJ/mol,即合成2.0 mol NH放出92.4k的 热量，故合成1.0 mol NH放出46.2kJ热量； (2)①0~50s内的平均反应速率v(N2) 含(N)-号×2020。=0.o12ol: 1 L1·s1,根据表格中数据，平衡时NH的物质 的量为0.40mol,故可列出三段式： N2(g)+3H2(g)→2NH3(g) 起始(mol)2.0 6.0 0 转化(mol)0.20 0.60 0.40 平衡(mo1)1.80 5.40 0.40 0.40 NH的平衡含量为1.80+5：40+0.40×100%≈ 5.3%。 ②达到平衡时氨气的含量不变，a正确；恒容条件 下气体的总质量不变，气体的密度一直不变，与是 否达到平衡无关，b错误；N2和H2的投料比为系 数比，物质的量之比始终等于1：3，与是否达到 平衡无关，c错误；故选a。 (3)合成氨反应中N元素化合价降低，H元素化 合价升高，故H2在负极反应，电极1为负极，N2 在正极反应，电极2为正极。根据以上分析，气体 a是H2,电极2发生的电极反应为N2十6e十 6H2O-2NH3+6OH。 易错排查矫正练 1.C解析：根据题图可知1 mol HCN(g)转化为中 间状态的物质时需吸收186.5kJ的热量，但由于 该中间物质中可能仍然存在化学键，断裂化学键 需吸收能量，因此1 mol HCN(g)中的所有化学 键全部断开需要吸收的热量大于或等于 18 186.5kJ,故A错误；由题图可知，HCN具有的能 (1)j Ag++e=Ag Cu-2e-Cu2+ 量较低，能量越低物质越稳定，则HCN比CNH (2)Cu AgAg 更稳定，故B错误；根据题图可知1 mol HCN(g) 解析：由反应方程式可知，该电池的电极反应式： 转化为1 mol CNH(g)需要吸收的能量为186.5k灯 正极：Ag+十e—Ag,负极：Cu-2e -127.2kJ=59.3kJ,故C正确；由题图可知，反应 Cu+,所以负极应为Cu,正极为Ag+得电子的反 物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反 应，电解质溶液应为AgNO溶液，外电路中的电 应，但吸热反应不一定需要加热才能发生，所以 子从Cu极流向Ag极，阳离子移向正极(Ag极)。 HCN(g)转化为CNH(g)不一定要加热，故D错误。 9.A解析：锌粉与盐酸的接触面积大，所以锌粉与 2.B解析：1mol石墨转化为金刚石吸收热量，说 盐酸反应产生氢气的速率比锌片快，B项错误；浓 明1mol金刚石的能量比1mol石墨高，能量越高 硫酸能够使铁钝化，形成的氧化膜隔绝了硫酸与 越不稳定，A、C项正确；金刚石与石墨是两种不 铁的接触，反应停止，C项错误；尽管反应前后气 同的碳单质，物理性质不同，B项错误；1mol金刚 体的物质的量不变，但增大压强，反应体系中的有 石比1mol石墨的能量高，因此1mol金刚石完 关气体的浓度增大，反应速率增大，D项错误。 全燃烧释放的能量比1mol石墨完全燃烧释放的 10.A解析：铁遇浓硫酸钝化，改用986浓硫酸不 能量多，D项正确。 能生成H2,A符合题意；“鼓风”增大了氧气浓 3.C解析：根据题目信息，4g氢气即2mol氢气完 度，反应速率增大，B不符合题意；加入 全燃烧生成水蒸气时放出能量484kJ,对应的化 NH4HSO4固体，增大了H+浓度，反应速率增 学方程式为2H2(g)十O2(g)—2H2O(g),反应 大，C不符合题意；升高温度，反应速率一定增 中断裂了2molH一H键和1molO-O键、形 大，D不符合题意。 成了4molO一H,设断开1mol氧气中的化学键 11.D解析：=o谜即平衡状态，此时各物质的生 需要吸收的能量为x,则2×436k+x一4× 成速率和消耗速率相等即各物质的浓度不再发 463kJ=-484kJ,解得x=496kJ,故选C。 生变化。从图看4min各物质浓度不变达平衡 4.D解析：根据分析，a为负极，电子在外电路由a V正=V递，A项说法正确；由上分析，1之后各物 极流向b,A错误；每转移0.1mol电子，消耗 质浓度发生变化即该点未达平衡，B项说法正 0.05mol氢气，标准状况下H2体积为 确；从图看4min内CO2的变化量为0.7 0.05mol×22.4L/mol=1.12L,没有指明状态， B错误；该电池为酸性电池，正极反应为O2十 0.2=0.5mol/L,则转化率为是化毫×100% 4e+4H+—2H20,C错误；原电池中，阳离子 0:×100%≈71.4%，C项说法正确；4分内C0 向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质 传递到b极，D正确。 的变化量为0.5mol/L,则该时间段内的平均速 5.C解析：铁活泼性比铜强，铁与醋酸反应，铜与 醋酸不反应，则铜丝为原电池的正极，故A错误； 争-总-8-0125m/L·mm.D 铁钉处的电极反应为Fe一2e一Fe2+,故B错 项说法错误。 误；根据原电池“同性相吸”，则玻璃杯中 12.C解析：A项，反应C(s)+HO(g)CO(g)十 CH COO由正极区域移向负极区域，故C正确； H2(g)是气体体积增大的反应，体系的压强不再发 根据2CH3COOH+2e—H2↑+2CH3COO, 生变化，表明已达到化学平衡；B、D项均表示该反 正极收集0.01mol气体时，转移0.02mol电子，故 应的（正）=（逆），表明已达到平衡；C项，CO和 D错误。 H2都是生成物，它们的生成均表示正反应，且每生 6.D解析：由题意知，Cu为负极材料，由正极材料的 成n mol CO时必有n mol H2生成，不能表明一定 金属活动性必须小于Cu可知，B、D项符合该条件； 达到了平衡状态。 由Fe3+得电子生成Fe+知，电解质溶液中必须含有 13.C解析：当v(CO2)=正(NH)时，正、逆反 Fe3+,同时符合上述两条件的只有D项。 应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故A不 7.A解析：根据电池总反应式Mg十2H 符合题意；在反应中，氨气和二氧化碳的物质的 Mg2+十H2个可知，镁发生氧化反应作负极，不如 量之比始终为2：1，所以此时反应不一定是平 镁活泼的金属或导电的非金属作正极，氢离子发 衡状态，故B不符合题意；混合气体的质量是变 生还原反应，所以电解质是酸。 量，所以在恒容密闭的条件下，混合气体密度不 变时，反应达到平衡状态，故C符合题意；无论 Cu 反应是否达到平衡状态，混合气体的平均相对分 子质量始终不变，所以不能判断是否达到平衡状 态，故D不符合题意。 14.D解析：该反应是反应前后气体分子数不变的 AgNO3溶液 反应，故体系的压强始终保持不变，则体系压强 保持不变，不能说明反应达到平衡状态，A不符 合题意；根据方程式可知，每消耗1 mol SO3的 同时一定生成1 mol NO2,表示的速率方向相 同，不能作为平衡状态的判断依据，B不符合题 意；SO3和NO都是生成物，体积比始终保持 1：1,所以二者体积比不变不能说明反应达到平 衡状态，C不符合题意；颜色深浅和浓度有关系， 随着反应的进行，NO2的浓度减小，颜色变浅， 当混合气体颜色保持不变时，说明反应已达平 衡，D符合题意。 第七章有机化合物 课时夯基过关练 第一节认识有机化合物 课时训练13有机化合物中碳原子 的成键特点烷烃的结构 【核心素养达标·夯实基础】 课堂追踪 1.B解析：碳元素的原子最外层有4个电子，既不 易失电子也不易得电子，故碳原子性质并不活泼， 常温下比较稳定，B选项错误。 2.D解析：碳原子和硅原子与其他原子都能形成4个共 价键，而D项分子中的碳原子和硅原子都只形成了3个 共价键。 3.CoH6 CsHg 解析：从棱晶烷和立方烷的碳骨架结构可看出，每 个碳原子均与另外3个碳原子形成3个碳碳单 键，故每个碳原子还剩余1个价键，即需要结合1 个氢原子，则棱晶烷和立方烷的分子式分别是 C6H和CgHg。 4.D解析：在这几种形式中，分子结构示意图、球 棍模型及空间填充模型均能反映甲烷分子的空间 结构，但空间填充模型更能形象地表达出H、C的 位置及所占比例；电子式只反映原子的最外层电 子的成键情况。 5.B 6.B解析：CH3CH2CH2CH3中碳和碳以单键连接 成链，碳的其他键都与H原子结合，属于烷烃，故 选B。 7.A 8.A解析：CH—CH2一CH一CH和 CH CH一CH一C一CH是结构相似，相差1个CH CH CHs 90