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辽宁省六校协作体2022-2023学年高一化学下学期期中考试试卷（Word版附解析）
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这是一份辽宁省六校协作体2022-2023学年高一化学下学期期中考试试卷（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年度(下)六校协作体高一期中考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：N—14 O—16 Na—23 A1—27 Fe—56 Cu—64
一、选择题(每题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 北京时间2022年10月31日15时37分，搭载空间站梦天实验舱的长征五号B遥四运载火箭，在我国文昌航天发射场准时点火发射，并取得圆满成功，中国空间站建造进入收官阶段。下列说法错误的是
A. 长征五号运载火箭采用液氧、液氢推进剂，降低了对环境的污染
B. “梦天实验舱”电推进系统腔体的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
C. 空间站使用的钛合金外壳属于金属材料
D. 航天器使用的太阳能电池帆板的主要成分是二氧化硅
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢气和氧气燃烧只生成水，降低了对环境的污染，A正确；
B．无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料，所以氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，B正确；
C．合金属于金属材料，C正确；
D．太阳能电池帆板的主要成分是硅单质，D错误；
故选：D。
2. 我国科研人员研制出一种新型复合光催化剂，可以利用太阳光在该催化剂表面实现水的高效分解，主要过程如图所示。下列说法中错误的是
A. 水的分解是吸热反应
B. 上述过程中，太阳能转化为化学能
C. 过程Ⅰ、Ⅱ吸收能量，过程Ⅲ释放能量
D. 过程Ⅲ发生了氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A． 由图可知，太阳能使水分解，水分解吸热，故A正确；
B． 由图可知，太阳能使水分解，则实现了光能向化学能的转化，故B正确；
C． 过程Ⅰ断键，吸收能量；过程Ⅱ中形成化学键释放能，故C错误；
D． 过程Ⅲ为O-H键的断裂过程生成氢气和氧气，化学反应为：2H2O2=2H2+O2，属于氧化还原反应，故D正确；
故选C。
3. 下列有关实验装置的说法正解的是
A. 用图甲装置收集并测量NO的体积 B. 图乙装置构成原电池
C. 用图丙装置不能完成“喷泉”实验 D. 用图丁装置制取氨气
【答案】A
【解析】
【详解】A．NO不溶于水，可用图甲装置收集并测量NO的体积，A正确；
B．没有形成闭合电路，不能构成原电池，B错误；
C．氯气在饱和食盐水中几乎不溶，不能造成烧瓶内气体的压强迅速减小，不能形成“喷泉”，C错误；
D．氯化铵和氢氧化钙固体加热生成氨气，但是装置中试管口应该略向下倾斜，D错误；
答案选A。
4. 对反应来说，下列反应速率最大的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，A为固体，不能表示反应速率，B中v==；C中v==0.25；D中v==0.2，显然B中比值最大，反应速率最快，故选B。
5. 为阿伏加徳罗常数的值。下列说法正埆的是
A. 50mL、18.4mol/L浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2分子的数目为
B. 和充分反应转移电子数为
C. 常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硝酸中，铝失去的电子数为
D. 标准状况下，与足量的反应，生成的分子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．50 mL 18.4 mol·L－1浓硫酸中含有H2SO4的物质的量n(H2SO4)=18.4mol/L×0.05L=0.92mol，若与足量铜微热完全反应，生成SO2分子的数目为0.46NA，但随着反应的进行，硫酸变为稀硫酸，反应就不再发生，因此反应产生的SO2分子的数目小于0.46NA，A错误；
B．Cu与S反应生成Cu2S，2Cu~S~Cu2S~2e-，0.2molCu与S反应转移的电子数为0.2NA，B正确；
C．常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硝酸中，发生钝化，C错误；
D．，反应为可逆反应，所以22.4LSO2即1mol SO2生成的SO3小于NA，D错误；
故选B。
6. 某固体样品可能含有NaNO3、NaHCO3、Na2SO3和Na2SO4。取少量样品进行如下实验：步骤①：将样品溶于水，得到澄清溶液；步骤②：向①的溶液中滴加过量稀盐酸，有气泡产生；步骤③：取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成。下列说法中正确的是
A. 该固体样品中一定含有Na2SO4
B. 该固体样品中一定含有NaHCO3
C. 该固体样品不可能只含有Na2SO3
D. 步骤②的试管口产生的气体一定是无色的
【答案】C
【解析】
【分析】步骤①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能大量共存；
步骤②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，有气泡产生，说明可能含有NaHCO3或Na2SO3或两者都有；若气泡是NO，说明是NaNO3和Na2SO3均有；
步骤③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO3和Na2SO4至少一种。
【详解】A．结合分析可知不一定含有Na2SO4，白色沉淀可能是NaNO3和Na2SO3在加盐酸后发生氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成白色硫酸钡沉淀，A错误；
B．若气泡是NO，说明是NaNO3和Na2SO3均有，不一定有NaHCO3，B错误；
C．该固体样品若只含有Na2SO3，则步骤③不会产生沉淀，故该固体样品不可能只含有Na2SO3，C正确；
D．由分析可知步骤②产生的气体可能是NaNO3和Na2SO3在加盐酸后发生氧化还原反应生成的NO，NO易与试管内氧气反应生成红棕色二氧化氮，试管口产生的气体可能是红棕色的，D错误；
答案选C。
7. 微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是
A. 电极是该电池负极，发生氧化反应
B. HS-转化为的反应为
C. 电子从电极流出，经内电路流向电极b
D. 若外电路中有0.8mol电子发生转移，则消耗氧气0.4mol
【答案】B
【解析】
【分析】在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，因此可判断，a为负极，b为正极，原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，外电路中电子由负极经导线流向正极，据此分析解答。
【详解】A．电极b是该电池的正极，发生还原反应，A错误；
B．HS−在负极发生氧化反应，转化为的反应为，B正确；
C．在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，因此可判断，a为负极，b为正极，电子从a极流出，经外电路移向b极，C错误；
D．若外电路中有0.8mol电子发生转移，则消耗氧气0.1mol，D错误。
故选：B。
8. 已知某化学反应()的结构式分别为、，)，反应过程中的能量变化如图所示，下列对于该反应的叙述正确的是
A. 该反应的进行一定需要加热或点燃
B. 断裂键需要吸收的能量
C. 生成，吸收的热量
D. 生成时，吸收的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应的生成物的能量大于反应物的能量，为吸热反应，但是反应条件的进行不一定需要加热或点燃，例如氯化铵与八水合氢氧化钡反应不需加热或点燃，A错误；
B．断裂键和2mol需要吸收的能量，B错误；
C．由图可知，反应生成，吸收的热量，C错误；
D．结合C分析可知，生成时，吸收的热量，D正确；
故选D。
9. 铁与不同浓度硝酸反应时各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示(反应后铁在化合物中的化合价为+3)，下列说法错误的是
A. 硝酸的浓度越小，其还原产物氮的价态越低的成分越多
B. 硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物
C. 硝酸溶液与一定量的铁粉完全反应，得到标况下的体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为
D. 硝酸浓度为时，氧化剂与还原剂的物质的量之比可为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，硝酸的浓度越小，其还原产物铵根离子含量越大，故氮的价态越低的成分越多，故A正确；
B．由图可知，硝酸与铁反应往往同时生成铵根离子、一氧化氮、二氧化氮、氮气、一氧化二氮中的多种还原产物，故B正确；
C．标况下的体2.24L，则生成气体0.1mol，但是不确定气体中具体物质种类，故不能计算参加反应的硝酸的物质的量，故C错误；
D．硝酸浓度为时，反应生成三价铁、NO、NO2、N2O，NO、NO2、N2O的物质的量比为10:6:2，假设NO、NO2、N2O的物质的量分别为10mol、6mol、2mol，根据氮守恒可知，反应氧化剂硝酸为20mol，根据电子守恒可知，反应还原剂铁为（10×3+6×1+2×2×4）mol÷3=，故氧化剂与还原剂的物质的量之比可为，故D正确；
故选C。
10. 科研人员利用甲烷消除泻染：。在密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2。测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。下列说法正确的是
组别
温度
时间
0
10
20
40
50
①
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
②
0.50
0.30
0.18
0.15
A. T1、温度下内，的降解速率为
B. 由实验数据可知实验控制的温度
C. 温度下，平衡时的体积分数为(已知反应物和产物均为气态)
D. 时，表格中对应反应已经达到平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．组别①中，0～20min内，参加反应的CH4为0.25mol，则参加反应的NO2为0.50mol，NO2的降解速率为，A错误；
B．从表中数据可以看出，0～10min内，T1时参加反应的CH4的物质的量为0.15mol，T2时参加反应的CH4的物质的量为0.20mol，T2时CH4的反应速率快，由此可得出T1＜T2，B错误；
C．温度下，40min达到平衡状态，根据表中数据列出三段式：
平衡时CH4的体积分数=，C错误；
D． 40min时，表格中T1反应已达平衡，则T2反应肯定达平衡，D正确；
故选D。
11. 向绝热恒容密闭容器中通入和，在一定条件下发生反应，正反应速率随时间变化如图，下列结论中正确的
A. 反应在点到达平衡
B. 浓度：点小于点
C. 若，则ab段的消耗量大于bc段的消耗量
D. b点的正反应速率大于逆反应速率
【答案】D
【解析】
【分析】绝热恒容密闭容器中通入和，在一定条件下发生反应，由图可知，随着反应进行，反应物浓度减小而正反应速率增加，则说明反应放热，温度升高导致反应速率增大；c点正反应速率达到最大，之后正反应速率减小，说明此时温度升高不足以抵消浓度减小对反应速率的影响，当达到平衡时，正逆反应速率相等，此时正反应速率不再改变；
【详解】A．由分析可知，c点之后，正反应速率改变，说明没有达到平衡，选项A错误；
B．结合分析可知，a点反应仍正向进行，反应物二氧化硫浓度大于a点之后的c点，选项B错误；
C．由图可知，bc段的正反应速率大于ab段，若，则ab段的消耗量小于bc段的消耗量，选项C错误；
D．b点之后正反应速率仍继续增多，则b点的正反应速率大于逆反应速率，选项D正确；
答案选D。
12. 等质量的两份锌粉a和b，分别加入过量的稀硫酸中，并向a中加入少量CuSO4溶液，下图表示产生H2的体积(V)与时间(t)的关系正确的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，产生氢气的量取决于与硫酸反应的金属锌的质量。
【详解】等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀H2SO4中，同时向a中放入少量的CuSO4溶液，发生的反应为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铜-铁-稀硫酸形成原电池，使制取H2的反应速率增大，反应用时少于b，但由于Zn与CuSO4发生反应消耗，导致与硫酸反应的锌的质量减少，因而生成的氢气减少，故a中生成H2少于b，a中生成氢气快而少，图象表示应为D，故合理选项是D。
13. 在一定温度下的容积不变的密闭容器中发生反应，下列叙述能说明反应一定达到平衡状态的是
A. B. 混合气体中氮元素的质量百分含量不変
C. 单位时间内消耗量 D. 1个N≡N键断裂的同时，有2个N—H键断裂
【答案】C
【解析】
【详解】A．平衡时正反应速率等于逆反应速率，则时反应达到平衡，故A错误；
B．根据元素守恒可知，混合气体中氮元素含量始终保持恒定，不能据此判断平衡，故B错误；
C．消耗氢气反应正向，消耗氨气反应为逆向，则单位时间内消耗量时说明正反应速率等于逆反应速率，则反应达到平衡状态，故C正确；
D．1mol氮气消耗时，同时由2mol氨气被消耗则反应达到平衡状态，即1个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂，故D错误；
故选：C。
14. 在催化剂a和催化剂b的作用下，氮气分子参与反应的有关反应历程如图所示。下列说法正确的是
A. 过程①的反应若在恒压条件下充入氩气，反应速率不变
B. 催化剂a可以有效提高过程①的正反应速率，降低逆反应速率
C. 温度不变，缩小体积，过程①②的反应速率均增大
D. 过程②的反应若保持温度和容器体积不变，充入少量氦气，则体系压强增大，反应速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A．过程①的反应若在恒压条件下充入氩气，相当于增大体积，物质浓度减小，反应速率减小，故A错误；
B．催化剂a可以有效提高过程①的正逆反应速率，而不是降低逆反应速率，故B错误；
C．温度不变，缩小体积，使得各物质的浓度增大，导致过程①②的反应速率均增大，故C正确；
D．过程②的反应若保持温度和容器体积不变，充入少量氦气，则体系压强增大，但是反应中各物质分压不变，反应速率不变，故D错误；
故选C
二、非选择题(共55分)
15. 在酸性溶液中，碘酸钾(KIO3)和Na2SO3可发生化学反应，用淀粉溶液检验产物，根据溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率，某学生设计实验如表所示(表格中体积单位均为ml)(已知碘遇淀粉溶液变蓝)
0.01mol/L KIO3
溶液的体积
某浓度的Na2SO3
溶液的体积
H2O的体积
实验温度/℃
溶液出现蓝色
所需时间
实验1
5
5
V1
0
a
实验2
5
5
20
25
b
实验3
5
V2
15
25
c
（1）写出酸性条件下KIO3和Na2SO3发生反应的离子方程式______。
（2）表中______ml，______
（3）如果研究浓度对反应速率的影响，应使用表中的实验______。
（4）对比表中实验1和实验2，可以研究______对化学反应速率的影响。
（5）溶液出现蓝色所需的时间从多到少的顺序是______(用a、b、c表示)
【答案】（1）
（2） ①. 20 ②. 10
（3）2，3 （4）温度
（5）abc
【解析】
【小问1详解】
由题目可知元素碘生成物为I2，所以离子方程式为。
【小问2详解】
根据控制变量法分析，实验1，实验2改变的变量是温度，所以溶液体积不变，所V1=20ml；实验2，实验3改变的变量是的浓度，整个溶液体积不变，所以V2=10ml。
【小问3详解】
如果研究浓度对反应速率的影响，则其他量应保持不变，所以应使用表中的实验2，实验3。
【小问4详解】
对比表中实验1和实验2，变量为温度，所有可以研究温度对化学反应速率的影响。
【小问5详解】
根据影响化学反应速率的影响因素分析可知，温度越高，浓度越大，化学反应速率越大，反应所需是越短，所以溶液出现蓝色所需的时间从多到少的顺序是abc。
16. 在生活中亚硝酸钠应用十分广泛，它是一种白色固体，外观与极其相似；少量可做食品的护色剂，可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长，还可用于治疗氰化物中毒等。某化学兴趣小组查阅资料得知，该学习小组利用下列装置制备干燥的亚硝酸钠(夹持及加热装置略去，部分仪器可重夏使用)。
已知：①NO能被高锰酸钾氧化，但不能被浓硫酸氧化。
②酸性高锰酸钾溶液可将氧化成。
回答下列问题：
I．的制备：
（1）盛装浓硝酸的仪器名称为______，仪器按气流方向连接顺序为______(装置可重复使用)。
（2）反应开始前打开止水夹，通入过量氮气的目的是______；反应结束后打开止水夹，通入过量氮气的目的是______。
（3）盛水的洗气瓶的作用是______。
（4）判断已苃反应完全的现象是______。
II．测定的纯度：
准硧称取反应后的固体于烧杯中，加入煮沸并冷却的蒸馏水溶解，配成250mL的溶液；取出25.00mL的溶液于锥形瓶中，滴入0.1mol·L-1的酸性溶液至恰好完全反应，用去的酸性溶液。
（5）滴定过程中的离子反应方程式为______。
（6）所得固体中的纯度为______
【答案】（1） ① 分液漏斗 ②. b→g→h→e→f→c→d→e→f→i或b→g→h→e→f→d→c→e→f→i
（2） ①. 排除装置中的空气 ②. 将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气
（3）将NO2转化NO
（4）玻璃管中淡黄色固体全部变成白色固体
（5）5+2MnO+6H+=5+2Mn2++3H2O
（6）92
【解析】
【分析】将整个装置中空气用氮气排出，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，要制得干燥的亚硝酸钠，则先用浓硫酸干燥NO气体，一氧化氮和过氧化钠反应生成亚硝酸钠，再用浓硫酸干燥尾气，尾气用酸性高锰酸钾溶液处理。
【小问1详解】
根据图中信息得到盛装浓硝酸的仪器名称为分液漏斗，铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，用浓硫酸干燥一氧化氮，再通入到过氧化钠中反应生成亚硝酸钠，为防止酸性高锰酸钾中水蒸气进入到发生装置中，则再用浓硫酸干燥后通入高锰酸钾溶液中除掉NO，因此仪器按气流方向连接顺序为b→g→h→e→f→c→d→e→f→i或b→g→h→e→f→d→c→e→f→i；
【小问2详解】
反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气的目的是排除装置中的空气，空气中含有氧气和二氧化碳，二氧化碳和过氧化钠反应，生成的亚硝酸钠和氧气反应生成硝酸钠，因此若不排除装置中的空气，可能产生的后果是制得的NaNO2不纯，含有Na2CO3、NaNO3；反应结束后打开止水夹a，反应完后整个装置中含有NO气体，会污染环境，因此通入过量氮气的目的是将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气；
【小问3详解】
浓硝酸和铜反应生成二氧化氮气体，而探究NO与过氧化钠反应生成亚硝酸钠，因此盛水的洗气瓶的作用是将NO2转化NO；
【小问4详解】
过氧化钠是淡黄色固体，亚硝酸钠是白色固体，因此判断Na2O2已被NO反应完全的现象是玻璃管中淡黄色固体全部变成白色固体；
【小问5详解】
根据前面信息滴定过程中高锰酸根和亚硝酸根在酸性条件下反应生成锰离子、硝酸根和水，其反应的离子反应方程式为5+2MnO+6H+=5+2Mn2++3H2O；
【小问6详解】
根据题中信息和关系式5～2MnO得到固体中NaNO2的纯度为。
17. 化学反应中伴随着能量变化，请按要求回答下面的问题。
（1）下列反应中，生成物总能量大于反应物总能量的是______(填序号)
①酸与碱的中和反应 ②碳酸氢钠和盐酸反应 ③镁和盐酸反应 ④碳与二氧化碳反应 ⑤晶体与混合搅拌
（2）汽车发动机工作时会引发和反应，生成等污染大气，如图是和反应生成的能量变化，则图中三种分子最稳定的是______(写分子式)。若反应生成气体，则______(填“吸收”或“放出”)______的热量。
（3）由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验。
装置
现象
二价金属A不断溶解
C的质量增加
A上有气体产生
根据实验现象回答：四种金属活泼性由强到弱的顺序是______。
（4）根据原电池原理可以制造化学电池。如：电动汽车上用的铅蓄电池，放电时的电池总反应为
该铅蓄电池负极材料是______，写出放电时正极的电极反应式______。
（5）为了验泟与氧化性强弱，下列装置能达到实验目的的是______(写序号)，写出其正极的电极反应式______。若开始时两极质量相等，当导线中通过电子时，两个电极的质量差为______克。
【答案】（1）④⑤ （2） ①. ②. 吸收 ③. 90
（3）D>A>B>C （4） ①. 铅 ②.
（5） ①. ③ ②. ③. 3.0
【解析】
【小问1详解】
生成物总能量大于反应物总能量，则反应为吸热反应；
①酸与碱的中和反应为放热反应，不符合题意；
②碳酸氢钠和盐酸反应为放热反应，不符合题意；
③镁和盐酸反应为活泼金属和酸的反应，为放热反应，不符合题意；
④碳与二氧化碳反应在高温下生成一氧化碳，为吸热反应，符合题意；
⑤晶体与混合搅拌，为吸热反应，符合题意；
故选④⑤；
【小问2详解】
由图可知，断开1mol氮分子需要的能量更大，则氮气分子最稳定；反应的焓变的等于反应物键能和减去生成物键能和，则反应，则生成气体，需要吸收90kJ的热量；
【小问3详解】
原电池中活泼的金属失去电子发生氧化反应，作为负极；由图可知，二价金属A不断溶解，则活动性A大于B；C的质量增加，则C为正极，活动性B大于C；A上有气体产生，则D为负极，活动性D大于A；故四种金属活泼性由强到弱的顺序是D>A>B>C；
【小问4详解】
由总反应可知，铅单质发生氧化反应，为负极，氧化铅得到电子发生还原反应为正极，放电时正极的电极反应式：；
【小问5详解】
氧化剂氧化性大于氧化产物，装置③中总反应为，说明氧化性大于，反应中在正极得到电子发生还原反应生成铜单质，；开始时两极质量相等，当导线中通过电子时，正极析出0.025mol铜，质量为1.6g，负极溶解0.025molFe，质量为1.4g，则两个电极的质量差为3.0g。
18. 速率与限度是认识和研究化学反应的两个重要方向，在化学研究和工业生产中都需要关注化学反应速率和限度。
（1）如图所示为工业合成氨的流程图。下列有关生产条件的调控作用分析正确的是______(填字母)。
A. 步骤②，为加快反应速率，压强越大越好
B. 步骤③，选择高效催化剂是合成氨反应的重要条件
C. 步骤④，将氨气液化分离出去可以提高反应速率
D. 步骤⑤，和的再循环有利于提高原料的利用率，节约生产成本
（2）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在某浓度的稀盐酸中加入足量的锌粉，充分反应，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(氢气体积是累计值)：
时间(min)
1
2
3
4
5
6
氢气体积(mL)(标准状况)
50
120
232
290
310
310
①上述实验过程中，反应速率最大的时间段是______(填字母)，
A．0－1min B．1－2min C．2－3min D．3－4min E．4－5min
该时间段反应速率最大的主要原因是______。
②该盐酸的物质的量浓度为______(保留到小数点后两位)
（3）将纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：，此时测得容器内混合气体的体积为(已换算成标倠状况下)
①达到平衡时氨基甲酸铵的转化率为______。
②下列说法中，不能判断该反应已经达到化学平衡状态的是______(填字母)
A．混合气体的密度保持不变
B．密闭容器中体总压强保持不变
C．的体积分数保持不变
D．混合气体的平均相对分子质量保持不变
E．的质量分数保持不变
【答案】（1）BD （2） ①. C ②. 反应放热使温度升高，温度升高对反应的影响大于浓度降低对反应的影响 ③. 0.14
（3） ①. 25% ②. CDE
【解析】
【小问1详解】
A. 步骤②，为加快反应速率，可适当增大压强，但压强越大对设备要求越高，会增加生成成本，因此压强不是越大越好，故A错误；
B. 步骤③，选择高效催化剂可有效降低反应活化能，提高合成氨的反应速率，是合成氨的有效条件，故B正确；
C. 步骤④，将氨气液化分离出去可以提高反应物转化率，但会降低反应速率，故C错误；
D. 步骤⑤，和的再循环有利于平衡正向移动，从而提高原料的利用率，节约生产成本，故D正确；
故答案为：BD；
【小问2详解】
①由表格数据可知，2-3min时间段内产生氢气的体积最大，反应速率最快，原因是该段时间内浓度降低不明显，且反应放热使温度升高，温度越高反应速率越快，故答案为：C；反应放热使温度升高，温度升高对反应的影响大于浓度降低对反应的影响；
②由表中数据可知反应最多生成的氢气体积为310mL，则结合关系式：2HCl-H2，可得盐酸得物质的量为，该盐酸的物质的量浓度为，故答案为：0.14；
【小问3详解】
①由反应可知1mol反应生成3mol气体，则生成气体的体积为即1.5mol时，消耗0.5mol，其转化率=，故答案为：25%；
②A．随反应进行气体物质的量增加，容器体积不变，则混合气体的密度增大，当密度保持不变时反应达平衡状态，故A不选；
B．随反应进行气体物质的量增加，容器体积不变，则压强增大，总压强保持不变时反应达平衡状态，故B不选；
C．反应物为固体，氨气和二氧化碳按照2：1生成，则的体积分数保持不变，因此不能据此判断平衡，故C选；
D．混合气体中氨气和二氧化碳的物质的量之比始终保持2：1，则平均相对分子质量保持不变，不能据此判断平衡，故D选；
E．混合气体中氨气和二氧化碳的物质的量之比始终保持2：1，则的质量分数保持不变，，不能据此判断平衡，故E选；
故答案为：CDE。
2022-2023学年度(下)六校协作体高一期中考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：N—14 O—16 Na—23 A1—27 Fe—56 Cu—64
一、选择题(每题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 北京时间2022年10月31日15时37分，搭载空间站梦天实验舱的长征五号B遥四运载火箭，在我国文昌航天发射场准时点火发射，并取得圆满成功，中国空间站建造进入收官阶段。下列说法错误的是
A. 长征五号运载火箭采用液氧、液氢推进剂，降低了对环境的污染
B. “梦天实验舱”电推进系统腔体的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
C. 空间站使用的钛合金外壳属于金属材料
D. 航天器使用的太阳能电池帆板的主要成分是二氧化硅
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢气和氧气燃烧只生成水，降低了对环境的污染，A正确；
B．无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料，所以氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，B正确；
C．合金属于金属材料，C正确；
D．太阳能电池帆板的主要成分是硅单质，D错误；
故选：D。
2. 我国科研人员研制出一种新型复合光催化剂，可以利用太阳光在该催化剂表面实现水的高效分解，主要过程如图所示。下列说法中错误的是
A. 水的分解是吸热反应
B. 上述过程中，太阳能转化为化学能
C. 过程Ⅰ、Ⅱ吸收能量，过程Ⅲ释放能量
D. 过程Ⅲ发生了氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A． 由图可知，太阳能使水分解，水分解吸热，故A正确；
B． 由图可知，太阳能使水分解，则实现了光能向化学能的转化，故B正确；
C． 过程Ⅰ断键，吸收能量；过程Ⅱ中形成化学键释放能，故C错误；
D． 过程Ⅲ为O-H键的断裂过程生成氢气和氧气，化学反应为：2H2O2=2H2+O2，属于氧化还原反应，故D正确；
故选C。
3. 下列有关实验装置的说法正解的是
A. 用图甲装置收集并测量NO的体积 B. 图乙装置构成原电池
C. 用图丙装置不能完成“喷泉”实验 D. 用图丁装置制取氨气
【答案】A
【解析】
【详解】A．NO不溶于水，可用图甲装置收集并测量NO的体积，A正确；
B．没有形成闭合电路，不能构成原电池，B错误；
C．氯气在饱和食盐水中几乎不溶，不能造成烧瓶内气体的压强迅速减小，不能形成“喷泉”，C错误；
D．氯化铵和氢氧化钙固体加热生成氨气，但是装置中试管口应该略向下倾斜，D错误；
答案选A。
4. 对反应来说，下列反应速率最大的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，A为固体，不能表示反应速率，B中v==；C中v==0.25；D中v==0.2，显然B中比值最大，反应速率最快，故选B。
5. 为阿伏加徳罗常数的值。下列说法正埆的是
A. 50mL、18.4mol/L浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2分子的数目为
B. 和充分反应转移电子数为
C. 常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硝酸中，铝失去的电子数为
D. 标准状况下，与足量的反应，生成的分子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．50 mL 18.4 mol·L－1浓硫酸中含有H2SO4的物质的量n(H2SO4)=18.4mol/L×0.05L=0.92mol，若与足量铜微热完全反应，生成SO2分子的数目为0.46NA，但随着反应的进行，硫酸变为稀硫酸，反应就不再发生，因此反应产生的SO2分子的数目小于0.46NA，A错误；
B．Cu与S反应生成Cu2S，2Cu~S~Cu2S~2e-，0.2molCu与S反应转移的电子数为0.2NA，B正确；
C．常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硝酸中，发生钝化，C错误；
D．，反应为可逆反应，所以22.4LSO2即1mol SO2生成的SO3小于NA，D错误；
故选B。
6. 某固体样品可能含有NaNO3、NaHCO3、Na2SO3和Na2SO4。取少量样品进行如下实验：步骤①：将样品溶于水，得到澄清溶液；步骤②：向①的溶液中滴加过量稀盐酸，有气泡产生；步骤③：取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成。下列说法中正确的是
A. 该固体样品中一定含有Na2SO4
B. 该固体样品中一定含有NaHCO3
C. 该固体样品不可能只含有Na2SO3
D. 步骤②的试管口产生的气体一定是无色的
【答案】C
【解析】
【分析】步骤①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能大量共存；
步骤②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，有气泡产生，说明可能含有NaHCO3或Na2SO3或两者都有；若气泡是NO，说明是NaNO3和Na2SO3均有；
步骤③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO3和Na2SO4至少一种。
【详解】A．结合分析可知不一定含有Na2SO4，白色沉淀可能是NaNO3和Na2SO3在加盐酸后发生氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成白色硫酸钡沉淀，A错误；
B．若气泡是NO，说明是NaNO3和Na2SO3均有，不一定有NaHCO3，B错误；
C．该固体样品若只含有Na2SO3，则步骤③不会产生沉淀，故该固体样品不可能只含有Na2SO3，C正确；
D．由分析可知步骤②产生的气体可能是NaNO3和Na2SO3在加盐酸后发生氧化还原反应生成的NO，NO易与试管内氧气反应生成红棕色二氧化氮，试管口产生的气体可能是红棕色的，D错误；
答案选C。
7. 微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是
A. 电极是该电池负极，发生氧化反应
B. HS-转化为的反应为
C. 电子从电极流出，经内电路流向电极b
D. 若外电路中有0.8mol电子发生转移，则消耗氧气0.4mol
【答案】B
【解析】
【分析】在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，因此可判断，a为负极，b为正极，原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，外电路中电子由负极经导线流向正极，据此分析解答。
【详解】A．电极b是该电池的正极，发生还原反应，A错误；
B．HS−在负极发生氧化反应，转化为的反应为，B正确；
C．在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，因此可判断，a为负极，b为正极，电子从a极流出，经外电路移向b极，C错误；
D．若外电路中有0.8mol电子发生转移，则消耗氧气0.1mol，D错误。
故选：B。
8. 已知某化学反应()的结构式分别为、，)，反应过程中的能量变化如图所示，下列对于该反应的叙述正确的是
A. 该反应的进行一定需要加热或点燃
B. 断裂键需要吸收的能量
C. 生成，吸收的热量
D. 生成时，吸收的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应的生成物的能量大于反应物的能量，为吸热反应，但是反应条件的进行不一定需要加热或点燃，例如氯化铵与八水合氢氧化钡反应不需加热或点燃，A错误；
B．断裂键和2mol需要吸收的能量，B错误；
C．由图可知，反应生成，吸收的热量，C错误；
D．结合C分析可知，生成时，吸收的热量，D正确；
故选D。
9. 铁与不同浓度硝酸反应时各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示(反应后铁在化合物中的化合价为+3)，下列说法错误的是
A. 硝酸的浓度越小，其还原产物氮的价态越低的成分越多
B. 硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物
C. 硝酸溶液与一定量的铁粉完全反应，得到标况下的体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为
D. 硝酸浓度为时，氧化剂与还原剂的物质的量之比可为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，硝酸的浓度越小，其还原产物铵根离子含量越大，故氮的价态越低的成分越多，故A正确；
B．由图可知，硝酸与铁反应往往同时生成铵根离子、一氧化氮、二氧化氮、氮气、一氧化二氮中的多种还原产物，故B正确；
C．标况下的体2.24L，则生成气体0.1mol，但是不确定气体中具体物质种类，故不能计算参加反应的硝酸的物质的量，故C错误；
D．硝酸浓度为时，反应生成三价铁、NO、NO2、N2O，NO、NO2、N2O的物质的量比为10:6:2，假设NO、NO2、N2O的物质的量分别为10mol、6mol、2mol，根据氮守恒可知，反应氧化剂硝酸为20mol，根据电子守恒可知，反应还原剂铁为（10×3+6×1+2×2×4）mol÷3=，故氧化剂与还原剂的物质的量之比可为，故D正确；
故选C。
10. 科研人员利用甲烷消除泻染：。在密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2。测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。下列说法正确的是
组别
温度
时间
0
10
20
40
50
①
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
②
0.50
0.30
0.18
0.15
A. T1、温度下内，的降解速率为
B. 由实验数据可知实验控制的温度
C. 温度下，平衡时的体积分数为(已知反应物和产物均为气态)
D. 时，表格中对应反应已经达到平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．组别①中，0～20min内，参加反应的CH4为0.25mol，则参加反应的NO2为0.50mol，NO2的降解速率为，A错误；
B．从表中数据可以看出，0～10min内，T1时参加反应的CH4的物质的量为0.15mol，T2时参加反应的CH4的物质的量为0.20mol，T2时CH4的反应速率快，由此可得出T1＜T2，B错误；
C．温度下，40min达到平衡状态，根据表中数据列出三段式：
平衡时CH4的体积分数=，C错误；
D． 40min时，表格中T1反应已达平衡，则T2反应肯定达平衡，D正确；
故选D。
11. 向绝热恒容密闭容器中通入和，在一定条件下发生反应，正反应速率随时间变化如图，下列结论中正确的
A. 反应在点到达平衡
B. 浓度：点小于点
C. 若，则ab段的消耗量大于bc段的消耗量
D. b点的正反应速率大于逆反应速率
【答案】D
【解析】
【分析】绝热恒容密闭容器中通入和，在一定条件下发生反应，由图可知，随着反应进行，反应物浓度减小而正反应速率增加，则说明反应放热，温度升高导致反应速率增大；c点正反应速率达到最大，之后正反应速率减小，说明此时温度升高不足以抵消浓度减小对反应速率的影响，当达到平衡时，正逆反应速率相等，此时正反应速率不再改变；
【详解】A．由分析可知，c点之后，正反应速率改变，说明没有达到平衡，选项A错误；
B．结合分析可知，a点反应仍正向进行，反应物二氧化硫浓度大于a点之后的c点，选项B错误；
C．由图可知，bc段的正反应速率大于ab段，若，则ab段的消耗量小于bc段的消耗量，选项C错误；
D．b点之后正反应速率仍继续增多，则b点的正反应速率大于逆反应速率，选项D正确；
答案选D。
12. 等质量的两份锌粉a和b，分别加入过量的稀硫酸中，并向a中加入少量CuSO4溶液，下图表示产生H2的体积(V)与时间(t)的关系正确的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，产生氢气的量取决于与硫酸反应的金属锌的质量。
【详解】等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀H2SO4中，同时向a中放入少量的CuSO4溶液，发生的反应为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铜-铁-稀硫酸形成原电池，使制取H2的反应速率增大，反应用时少于b，但由于Zn与CuSO4发生反应消耗，导致与硫酸反应的锌的质量减少，因而生成的氢气减少，故a中生成H2少于b，a中生成氢气快而少，图象表示应为D，故合理选项是D。
13. 在一定温度下的容积不变的密闭容器中发生反应，下列叙述能说明反应一定达到平衡状态的是
A. B. 混合气体中氮元素的质量百分含量不変
C. 单位时间内消耗量 D. 1个N≡N键断裂的同时，有2个N—H键断裂
【答案】C
【解析】
【详解】A．平衡时正反应速率等于逆反应速率，则时反应达到平衡，故A错误；
B．根据元素守恒可知，混合气体中氮元素含量始终保持恒定，不能据此判断平衡，故B错误；
C．消耗氢气反应正向，消耗氨气反应为逆向，则单位时间内消耗量时说明正反应速率等于逆反应速率，则反应达到平衡状态，故C正确；
D．1mol氮气消耗时，同时由2mol氨气被消耗则反应达到平衡状态，即1个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂，故D错误；
故选：C。
14. 在催化剂a和催化剂b的作用下，氮气分子参与反应的有关反应历程如图所示。下列说法正确的是
A. 过程①的反应若在恒压条件下充入氩气，反应速率不变
B. 催化剂a可以有效提高过程①的正反应速率，降低逆反应速率
C. 温度不变，缩小体积，过程①②的反应速率均增大
D. 过程②的反应若保持温度和容器体积不变，充入少量氦气，则体系压强增大，反应速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A．过程①的反应若在恒压条件下充入氩气，相当于增大体积，物质浓度减小，反应速率减小，故A错误；
B．催化剂a可以有效提高过程①的正逆反应速率，而不是降低逆反应速率，故B错误；
C．温度不变，缩小体积，使得各物质的浓度增大，导致过程①②的反应速率均增大，故C正确；
D．过程②的反应若保持温度和容器体积不变，充入少量氦气，则体系压强增大，但是反应中各物质分压不变，反应速率不变，故D错误；
故选C
二、非选择题(共55分)
15. 在酸性溶液中，碘酸钾(KIO3)和Na2SO3可发生化学反应，用淀粉溶液检验产物，根据溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率，某学生设计实验如表所示(表格中体积单位均为ml)(已知碘遇淀粉溶液变蓝)
0.01mol/L KIO3
溶液的体积
某浓度的Na2SO3
溶液的体积
H2O的体积
实验温度/℃
溶液出现蓝色
所需时间
实验1
5
5
V1
0
a
实验2
5
5
20
25
b
实验3
5
V2
15
25
c
（1）写出酸性条件下KIO3和Na2SO3发生反应的离子方程式______。
（2）表中______ml，______
（3）如果研究浓度对反应速率的影响，应使用表中的实验______。
（4）对比表中实验1和实验2，可以研究______对化学反应速率的影响。
（5）溶液出现蓝色所需的时间从多到少的顺序是______(用a、b、c表示)
【答案】（1）
（2） ①. 20 ②. 10
（3）2，3 （4）温度
（5）abc
【解析】
【小问1详解】
由题目可知元素碘生成物为I2，所以离子方程式为。
【小问2详解】
根据控制变量法分析，实验1，实验2改变的变量是温度，所以溶液体积不变，所V1=20ml；实验2，实验3改变的变量是的浓度，整个溶液体积不变，所以V2=10ml。
【小问3详解】
如果研究浓度对反应速率的影响，则其他量应保持不变，所以应使用表中的实验2，实验3。
【小问4详解】
对比表中实验1和实验2，变量为温度，所有可以研究温度对化学反应速率的影响。
【小问5详解】
根据影响化学反应速率的影响因素分析可知，温度越高，浓度越大，化学反应速率越大，反应所需是越短，所以溶液出现蓝色所需的时间从多到少的顺序是abc。
16. 在生活中亚硝酸钠应用十分广泛，它是一种白色固体，外观与极其相似；少量可做食品的护色剂，可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长，还可用于治疗氰化物中毒等。某化学兴趣小组查阅资料得知，该学习小组利用下列装置制备干燥的亚硝酸钠(夹持及加热装置略去，部分仪器可重夏使用)。
已知：①NO能被高锰酸钾氧化，但不能被浓硫酸氧化。
②酸性高锰酸钾溶液可将氧化成。
回答下列问题：
I．的制备：
（1）盛装浓硝酸的仪器名称为______，仪器按气流方向连接顺序为______(装置可重复使用)。
（2）反应开始前打开止水夹，通入过量氮气的目的是______；反应结束后打开止水夹，通入过量氮气的目的是______。
（3）盛水的洗气瓶的作用是______。
（4）判断已苃反应完全的现象是______。
II．测定的纯度：
准硧称取反应后的固体于烧杯中，加入煮沸并冷却的蒸馏水溶解，配成250mL的溶液；取出25.00mL的溶液于锥形瓶中，滴入0.1mol·L-1的酸性溶液至恰好完全反应，用去的酸性溶液。
（5）滴定过程中的离子反应方程式为______。
（6）所得固体中的纯度为______
【答案】（1） ① 分液漏斗 ②. b→g→h→e→f→c→d→e→f→i或b→g→h→e→f→d→c→e→f→i
（2） ①. 排除装置中的空气 ②. 将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气
（3）将NO2转化NO
（4）玻璃管中淡黄色固体全部变成白色固体
（5）5+2MnO+6H+=5+2Mn2++3H2O
（6）92
【解析】
【分析】将整个装置中空气用氮气排出，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，要制得干燥的亚硝酸钠，则先用浓硫酸干燥NO气体，一氧化氮和过氧化钠反应生成亚硝酸钠，再用浓硫酸干燥尾气，尾气用酸性高锰酸钾溶液处理。
【小问1详解】
根据图中信息得到盛装浓硝酸的仪器名称为分液漏斗，铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，用浓硫酸干燥一氧化氮，再通入到过氧化钠中反应生成亚硝酸钠，为防止酸性高锰酸钾中水蒸气进入到发生装置中，则再用浓硫酸干燥后通入高锰酸钾溶液中除掉NO，因此仪器按气流方向连接顺序为b→g→h→e→f→c→d→e→f→i或b→g→h→e→f→d→c→e→f→i；
【小问2详解】
反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气的目的是排除装置中的空气，空气中含有氧气和二氧化碳，二氧化碳和过氧化钠反应，生成的亚硝酸钠和氧气反应生成硝酸钠，因此若不排除装置中的空气，可能产生的后果是制得的NaNO2不纯，含有Na2CO3、NaNO3；反应结束后打开止水夹a，反应完后整个装置中含有NO气体，会污染环境，因此通入过量氮气的目的是将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气；
【小问3详解】
浓硝酸和铜反应生成二氧化氮气体，而探究NO与过氧化钠反应生成亚硝酸钠，因此盛水的洗气瓶的作用是将NO2转化NO；
【小问4详解】
过氧化钠是淡黄色固体，亚硝酸钠是白色固体，因此判断Na2O2已被NO反应完全的现象是玻璃管中淡黄色固体全部变成白色固体；
【小问5详解】
根据前面信息滴定过程中高锰酸根和亚硝酸根在酸性条件下反应生成锰离子、硝酸根和水，其反应的离子反应方程式为5+2MnO+6H+=5+2Mn2++3H2O；
【小问6详解】
根据题中信息和关系式5～2MnO得到固体中NaNO2的纯度为。
17. 化学反应中伴随着能量变化，请按要求回答下面的问题。
（1）下列反应中，生成物总能量大于反应物总能量的是______(填序号)
①酸与碱的中和反应 ②碳酸氢钠和盐酸反应 ③镁和盐酸反应 ④碳与二氧化碳反应 ⑤晶体与混合搅拌
（2）汽车发动机工作时会引发和反应，生成等污染大气，如图是和反应生成的能量变化，则图中三种分子最稳定的是______(写分子式)。若反应生成气体，则______(填“吸收”或“放出”)______的热量。
（3）由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验。
装置
现象
二价金属A不断溶解
C的质量增加
A上有气体产生
根据实验现象回答：四种金属活泼性由强到弱的顺序是______。
（4）根据原电池原理可以制造化学电池。如：电动汽车上用的铅蓄电池，放电时的电池总反应为
该铅蓄电池负极材料是______，写出放电时正极的电极反应式______。
（5）为了验泟与氧化性强弱，下列装置能达到实验目的的是______(写序号)，写出其正极的电极反应式______。若开始时两极质量相等，当导线中通过电子时，两个电极的质量差为______克。
【答案】（1）④⑤ （2） ①. ②. 吸收 ③. 90
（3）D>A>B>C （4） ①. 铅 ②.
（5） ①. ③ ②. ③. 3.0
【解析】
【小问1详解】
生成物总能量大于反应物总能量，则反应为吸热反应；
①酸与碱的中和反应为放热反应，不符合题意；
②碳酸氢钠和盐酸反应为放热反应，不符合题意；
③镁和盐酸反应为活泼金属和酸的反应，为放热反应，不符合题意；
④碳与二氧化碳反应在高温下生成一氧化碳，为吸热反应，符合题意；
⑤晶体与混合搅拌，为吸热反应，符合题意；
故选④⑤；
【小问2详解】
由图可知，断开1mol氮分子需要的能量更大，则氮气分子最稳定；反应的焓变的等于反应物键能和减去生成物键能和，则反应，则生成气体，需要吸收90kJ的热量；
【小问3详解】
原电池中活泼的金属失去电子发生氧化反应，作为负极；由图可知，二价金属A不断溶解，则活动性A大于B；C的质量增加，则C为正极，活动性B大于C；A上有气体产生，则D为负极，活动性D大于A；故四种金属活泼性由强到弱的顺序是D>A>B>C；
【小问4详解】
由总反应可知，铅单质发生氧化反应，为负极，氧化铅得到电子发生还原反应为正极，放电时正极的电极反应式：；
【小问5详解】
氧化剂氧化性大于氧化产物，装置③中总反应为，说明氧化性大于，反应中在正极得到电子发生还原反应生成铜单质，；开始时两极质量相等，当导线中通过电子时，正极析出0.025mol铜，质量为1.6g，负极溶解0.025molFe，质量为1.4g，则两个电极的质量差为3.0g。
18. 速率与限度是认识和研究化学反应的两个重要方向，在化学研究和工业生产中都需要关注化学反应速率和限度。
（1）如图所示为工业合成氨的流程图。下列有关生产条件的调控作用分析正确的是______(填字母)。
A. 步骤②，为加快反应速率，压强越大越好
B. 步骤③，选择高效催化剂是合成氨反应的重要条件
C. 步骤④，将氨气液化分离出去可以提高反应速率
D. 步骤⑤，和的再循环有利于提高原料的利用率，节约生产成本
（2）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在某浓度的稀盐酸中加入足量的锌粉，充分反应，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(氢气体积是累计值)：
时间(min)
1
2
3
4
5
6
氢气体积(mL)(标准状况)
50
120
232
290
310
310
①上述实验过程中，反应速率最大的时间段是______(填字母)，
A．0－1min B．1－2min C．2－3min D．3－4min E．4－5min
该时间段反应速率最大的主要原因是______。
②该盐酸的物质的量浓度为______(保留到小数点后两位)
（3）将纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：，此时测得容器内混合气体的体积为(已换算成标倠状况下)
①达到平衡时氨基甲酸铵的转化率为______。
②下列说法中，不能判断该反应已经达到化学平衡状态的是______(填字母)
A．混合气体的密度保持不变
B．密闭容器中体总压强保持不变
C．的体积分数保持不变
D．混合气体的平均相对分子质量保持不变
E．的质量分数保持不变
【答案】（1）BD （2） ①. C ②. 反应放热使温度升高，温度升高对反应的影响大于浓度降低对反应的影响 ③. 0.14
（3） ①. 25% ②. CDE
【解析】
【小问1详解】
A. 步骤②，为加快反应速率，可适当增大压强，但压强越大对设备要求越高，会增加生成成本，因此压强不是越大越好，故A错误；
B. 步骤③，选择高效催化剂可有效降低反应活化能，提高合成氨的反应速率，是合成氨的有效条件，故B正确；
C. 步骤④，将氨气液化分离出去可以提高反应物转化率，但会降低反应速率，故C错误；
D. 步骤⑤，和的再循环有利于平衡正向移动，从而提高原料的利用率，节约生产成本，故D正确；
故答案为：BD；
【小问2详解】
①由表格数据可知，2-3min时间段内产生氢气的体积最大，反应速率最快，原因是该段时间内浓度降低不明显，且反应放热使温度升高，温度越高反应速率越快，故答案为：C；反应放热使温度升高，温度升高对反应的影响大于浓度降低对反应的影响；
②由表中数据可知反应最多生成的氢气体积为310mL，则结合关系式：2HCl-H2，可得盐酸得物质的量为，该盐酸的物质的量浓度为，故答案为：0.14；
【小问3详解】
①由反应可知1mol反应生成3mol气体，则生成气体的体积为即1.5mol时，消耗0.5mol，其转化率=，故答案为：25%；
②A．随反应进行气体物质的量增加，容器体积不变，则混合气体的密度增大，当密度保持不变时反应达平衡状态，故A不选；
B．随反应进行气体物质的量增加，容器体积不变，则压强增大，总压强保持不变时反应达平衡状态，故B不选；
C．反应物为固体，氨气和二氧化碳按照2：1生成，则的体积分数保持不变，因此不能据此判断平衡，故C选；
D．混合气体中氨气和二氧化碳的物质的量之比始终保持2：1，则平均相对分子质量保持不变，不能据此判断平衡，故D选；
E．混合气体中氨气和二氧化碳的物质的量之比始终保持2：1，则的质量分数保持不变，，不能据此判断平衡，故E选；
故答案为：CDE。
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