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广东省揭阳市揭东区第二中学2024-2025学年高一下学期期中考试 化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．中国古代食器兼具美观与实用价值。下列馆藏食器中不属于无机非金属材料的是
A．陶刻纹豆(商) B．蓝玻璃杯(汉)
C．叶形银盘(唐) D．花瓣瓷碗(宋)
A．A B．B C．C D．D
2．现代社会的发展与进步离不开材料，下列说法不正确的是
A．神舟飞船使用的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
B．工业生产玻璃、水泥和陶瓷，均需用石灰石作原料
C．碳纳米管有优良的电学性能，可用于生产电池
D．“中国制造”港珠澳大桥所用水泥属于无机非金属材料
3．下列说法正确的是
A．已知，白磷)，红磷)，该反应为放热反应，说明红磷比白磷更稳定
B．反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关
C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D．电解水制氢气和氧气的过程中旧化学键断裂吸收的总能量小于新化学键形成放出的总能量
4．下列措施中，不能增大化学反应速率的是
A．锌与稀硫酸反应制取时，加入蒸馏水
B．用溶液制取时，向溶液中加入少量粉末
C．Mg在中燃烧生成MgO，用镁粉代替镁条
D．与稀盐酸反应生成时，适当升高温度
5．在一定温度下，可逆反应2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(s)达到平衡的标志是
A．SO2的消耗速率与SO3的生成速率相等
B．SO2、O2、SO3的浓度不再发生变化
C．SO2、O2、SO3的物质的量之比为2：1：2
D．单位时间内每生成1mol O2的同时生成2mol SO2
6．水煤气变换反应是放热反应，在双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化下的反应过程示意 图如下下列说法正确的是
A．过 程I 中有非极性共价键断裂
B．过程Ⅱ和过程Ⅲ均为放热过程
C．该反应的化学方程式为CO+ H2O=CO2+H2
D．该反应中反应物的总能量小于生成物总能量
7．下列操作不会对环境造成污染的是
①实验室收集氨气采用图1所示装置
②实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置
③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸反应生成铵盐的实验
④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应
A．①③ B．①④ C．②③ D．③④
8．有a、b、c、d四个金属电极，有关的反应装置及部分反应现象如下，由此可判断这四种金属的活动性顺序是
a极质量减小，b极质量增加 b极有气体产生，c极无变化 d极溶解，c极有气体产生 电流从a极流向d极
A． B． C． D．
9．在一定温度下，容积一定的密闭容器中发生反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再发生变化时，表明反应已达平衡的是
①v逆(C)=v正(C) ②混合气体的压强 ③B的物质的量浓度 ④混合气体的总物质的量
A．①② B．②③ C．①③ D．①④
10．下列实验操作、实验现象和结论均正确且相符的是
　 实验操作 实验现象 结论
A 将浓硫酸滴到蔗糖表面 固体变黑膨胀 浓硫酸有吸水性
B 向某溶液中滴加溶液 产生白色沉淀 溶液中含有
C 将浓硫酸和铜加热，冷却后用水稀释 产生有刺激性气味的气体，稀释后溶液呈蓝色 浓硫酸既表现氧化性，又表现酸性
D 将蘸有浓硫酸的玻璃棒和蘸有浓氨水的玻璃棒靠近 产生白烟 浓硫酸和氨气反应生成了硫酸铵
A．A B．B C．C D．D
11．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA
B．一定条件下，5.6g铁粉与过量的硫粉充分反应，转移的电子数为0.2NA
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0.3NA
D．标准状况下，22.4LN2与足量H2的反应，生成的NH3分子数为2NA
12．在某温度和容积不变的密闭容器中，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中，反应物与生成物的浓度随时间变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是
A．该反应的化学方程式为
B．t1s时该反应已停止
C．(t1+10)s时，升高温度，正、逆反应速率均加快
D．t1s时，反应物A的转化率为25%
13．已知反应，某研究小组将和置于一容积不变的密闭容器中，测定不同时间段内的转化率，得到的数据如表，下列判断正确的是
t(min) 2 3.5 8 9
X转化率 30% 40% 70% 70%
A．时，该反应一定恰好达到平衡状态
B．反应在时，
C．9min时，容器中剩余0.6molY
D．恒温恒容条件下充入氩气，使容器压强增大，则反应速率加快
14．某化学兴趣小组为了探索铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如表：
编号 电极材料 电解质溶液 灵敏电流计指针偏转方向
1 稀盐酸 偏向
2 稀硫酸 ……
3 石墨 稀盐酸 偏向石墨
4 溶液 偏向
试根据表中的实验现象分析下列说法正确的是
A．实验1、4中Al电极均作正极
B．实验2、3中原电池总反应的离子方程式相同
C．实验2中H+在Cu极上发生还原反应，电流表的指针偏向Al
D．实验4中Al电极的电极方程式为
15．已知：键能通常是指在101.3kPa、298K下，断开气态分子中1mol化学键变成气态原子时所吸收的能量。N≡N键的键能是946.2kJ/mol，N-H键的键能是391.1kJ/mol。合成氨反应为，当生成2mol NH3时体系放出92.4kJ能量。下列说法正确的是
A．1mol N2和3mol H2的总键能大于2mol NH3的总键能
B．合成氨反应中，反应物总能量小于生成物总能量
C．H-H键的键能是436.0kJ/mol
D．在合成塔中充入1mol N2和3mol H2充分反应后，放出92.4kJ热量
16．一种铁-空气电池的电池反应为：，原理如图所示，下列有关该电池的说法正确的是
A．电子由a极经负载流向b极，再经溶液回到a极
B．当电路中转移电子时，消耗
C．b极为电池正极，发生氧化反应
D．a极的电极反应式为：
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．根据相关知识，回答下列问题：
（1）现有以下物质：a．溶液，b．液氨，c．固体，d．，e．铜，f．，g．。以上物质中属于非电解质的是　 　(填字母)。
（2）下列变化：①铝片与稀盐酸的反应；②晶体与晶体混合反应；③浓硫酸溶于水；④氯酸钾分解制氧气；⑤生石灰与水反应生成熟石灰。属于吸热反应的是　 　(填序号)，属于放热反应的是　 　(填序号)，写出②中发生的化学反应方程式　 　。
（3）已知反应，反应过程中能量变化如图所示。
从图中可知，断开反应物中的化学键吸收的能量为　 　(用字母表示，下同)，形成生成物中的化学键放出的热量为　 　，该反应是　 　(填“吸热”或“放热”)反应。
18．某学习小组为探究影响原电池电流大小的因素，利用Zn为负极，稀硫酸为电解质溶液，选取不同的正极材料，设计了如下实验。
实验编号 硫酸浓度() 硫酸体积(mL) 正极材料 电极间距离(cm) 电流(A)
1 1.00 100 Cu 1.0
2 2.00 100 Cu 1.0
3 2.00 100 Cu 2.0
4 2.00 100 Fe 1.0
已知：实验所用电极浸没在稀硫酸中的表面积相同，稀硫酸在反应前后体积保持不变。
（1）请写出实验1中Zn电极的反应式　 　。
（2）实验1和实验2的目的是探究　 　对电流强度的影响；实验　 　和实验4可探究不同电极材料对电流强度的影响。
（3）甲同学在进行实验4时发现电解质溶液变为浅绿色，推测是电池内部发生了副反应所致，请用离子方程式表示该副反应　 　。
（4）证明，　 　。
（5）实验2在0~10min内收集到22.4mL(标准状况)，用硫酸表示的该时间段内反应速率为　 　。
（6）请写出一个可能影响原电池电流大小的因素　 　(表中因素除外)。
19．合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就。
I．实验室可用以下装置制取氨气。
（1）A中制取氨气的化学方程式为________。
（2）欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：a→________(按气流方向，用小写字母表示)。
Ⅱ．工业合成氨对国民经济和社会发展具有重要的意义。在恒容密闭容器中通入一定量的和，在一定条件下进行反应：，测得部分气体的物质的量随时间变化关系如下图所示：
（3）图中X表示的反应物为________(填“”或“”)，该条件下，X的最大转化率为________。
（4）M点时，X的消耗速率________X的生成速率(填“＜”“>”或“=”)。
（5）下列情况能说明该反应一定达到化学平衡的是_______。
A. B.
C. 的含量保持不变 D. 容器内混合气体的密度保持不变
（6）已知合成氨为放热反应，请从化学键角度解释反应过程中能量变化的本质________。
20．化学反应中的能量在生活、生产中的应用非常广泛，根据题意回答下列问题。
（1）某兴趣小组设计如图装置用锌、铜作电极材料，硫酸铜溶液为电解质溶液的进行原电池实验。负极材料是　 　(填“锌”或“铜”)，溶液中硫酸根向　 　(填“正极”或“负极”)，当正极质量增加12.8g时，转移了　 　mol电子。
（2）以为原理设计燃料电池，装置如下图所示。
①A处加入的是　 　(写化学式)。
②b电极上发生的电极反应式为　 　。
③当消耗标准状况下时，导线上转移的电子的物质的量是　 　。
④燃料电池应用前景很广泛，常见的是燃料主要有氢气、可燃有机物等，在氢气酸性溶液燃料电池中，正极的电极反应式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；含硅矿物及材料的应用；合金及其应用
【解析】【解答】A、陶刻纹豆属于陶瓷制品，陶瓷是传统无机非金属材料，A不符合题意；
B、蓝玻璃杯属于玻璃制品，玻璃是无机非金属材料，B不符合题意；
C、叶形银盘的主要材质是银，银属于金属材料，不属于无机非金属材料，C符合题意；
D、花瓣瓷碗属于陶瓷制品，陶瓷是无机非金属材料，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据物质的分类，无机非金属材料包括陶瓷、玻璃、水泥、金刚石、晶体硅、二氧化硅等；金属材料包括纯金属和合金。
2．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；化学科学在材料科学中的作用
【解析】【解答】A、氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，常用于航天领域，该说法正确，A不符合题意；
B、生产玻璃的原料是纯碱、石灰石、石英砂；生产水泥的原料是石灰石、黏土；生产陶瓷的原料是黏土，不需要石灰石，因此 “均需用石灰石作原料” 的说法错误，B符合题意；
C、碳纳米管具有优良的电学性能，可用于生产电池等电子器件，该说法正确，C不符合题意；
D、水泥是传统无机非金属材料，港珠澳大桥所用水泥属于该类别，该说法正确，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
新型无机非金属材料：氮化硅陶瓷等属于此类，具有耐高温、高强度等特性；
传统无机非金属材料的原料：玻璃、水泥、陶瓷的原料不同，陶瓷生产无需石灰石；
碳纳米管的性质：具有优异的电学性能，可用于电池等领域；
易错点：混淆三种传统硅酸盐材料的生产原料，误将陶瓷的原料记为含石灰石，导致错选。
3．【答案】A
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、反应 为放热反应，意味着反应物体系的总能量高于生成物体系的总能量，即白磷能量高于红磷。物质能量越低，化学性质越稳定，因此红磷的稳定性强于白磷，A正确；
B、反应热（）的计算本质为 =生成物的总能量-反应物的总能量，其数值大小完全取决于反应物与生成物自身的能量差值，与二者能量密切相关，B错误；
C、反应的吸热或放热是由反应体系的能量守恒决定的，与反应是否需要加热无关。许多放热反应（如燃烧、铝热反应）虽然需要加热作为启动条件，但反应过程本身是放热的，C错误；
D、电解水过程属于吸热反应，对应能量变化规律为：断裂旧化学键吸收的总能量大于形成新化学键释放的总能量，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
物质稳定性与能量的关系：物质能量越低，稳定性越强；放热反应中，反应物能量高于生成物，生成物更稳定；
反应热的本质：ΔH = 生成物总能量 - 反应物总能量 = 反应物总键能 - 生成物总键能；
反应条件与吸放热的关系：加热只是反应的引发条件，不能据此判断反应的吸放热；
吸热反应的键能特点：吸热反应中，旧键断裂吸收的总能量大于新键形成放出的总能量；
4．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、锌与稀硫酸反应制取 H2时，加入蒸馏水会稀释稀硫酸，使 H+浓度降低，反应速率减小，不能增大反应速率，A 正确；
B、用 H2O2溶液制取 O2时，加入少量 MnO2粉末作催化剂，能加快反应速率，可增大反应速率，B 错误；
C、Mg 在 O2中燃烧生成 MgO，用镁粉代替镁条，增大了固体反应物的接触面积，能加快反应速率，可增大反应速率，C 错误；
D、CaCO3与稀盐酸反应生成 CO2时，适当升高温度，能加快反应速率，可增大反应速率，D 错误；故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
影响化学反应速率的因素：浓度、温度、催化剂、固体接触面积等；
浓度对速率的影响：反应物浓度降低，反应速率减小；加入蒸馏水稀释稀硫酸，H+浓度降低，速率减小；
催化剂的作用：MnO2可催化 H2O2分解，加快反应速率；
固体接触面积的影响：镁粉比镁条接触面积大，反应速率更快；
温度对速率的影响：升高温度，反应速率加快。
5．【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、SO2的消耗速率与 SO3的生成速率，都代表正反应方向的速率（SO2被消耗生成 SO3），二者始终满足 1：1 的比例关系，无法体现正逆反应速率相等，不能作为平衡标志，故A不符合题意 ；
B、当 SO2、O2、SO3的浓度不再发生变化时，说明正反应和逆反应的速率相等，体系中各物质的生成量与消耗量达到平衡，这是化学平衡状态的直接特征，可以作为平衡标志，故B符合题意 ；
C、反应达到平衡时，各物质的物质的量之比取决于初始投料和反应程度，不一定等于化学计量数 2：1：2，该比例与是否平衡无必然联系，不能作为平衡标志，故C不符合题意 ；
D、单位时间内生成 1mol O2和生成 2mol SO2，都代表逆反应方向的速率（逆反应是 SO3分解生成 SO2和 O2），二者始终按 1：2 的比例同时发生，无法体现正逆反应速率相等，不能作为平衡标志，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
平衡本质：正反应速率等于逆反应速率（同种物质的消耗速率等于生成速率），各组分的浓度、物质的量等保持不变。
速率判断技巧：只有当速率分别代表正、逆两个方向，且比例符合化学计量数时，才能说明正逆速率相等；同方向的速率相等不能作为平衡标志。
浓度、物质的量判断：“浓度不再变化” 是平衡的直接标志；而 “物质的量之比等于计量数” 只是特殊情况，与是否平衡无关。
特殊状态物质：本题中 SO3为固态，其浓度视为常数，不影响平衡标志的判断逻辑。
6．【答案】C
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、过程Ⅰ中，水分子的键断裂，无非极性共价键断裂，A错误；
B、过程Ⅱ：水分子中的键断裂（化学键断裂需吸收能量 ），为吸热过程，过程Ⅲ：形成新化学键（如的键、的键 ），化学键形成释放能量，为放热过程，因此，过程Ⅱ吸热、过程Ⅲ放热，“均为放热”错误，B错误；
C、反应物为（黑球+灰球 ）和（黑球+白球×2 ），生成物为（黑球×2+灰球 ）和（白球×2 ），反应方程式为：催化剂 ，C正确；
D、题目明确“水煤气变换反应是放热反应”，放热反应中，反应物总能量大于生成物总能量（能量差以热量形式释放 ），故“反应物总能量小于生成物”错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．观察过程Ⅰ的粒子变化（水分子、CO分子 ），判断断裂的化学键类型（极性/非极性共价键 ）。
B．分析过程Ⅱ（化学键断裂，吸热 ）和过程Ⅲ（化学键形成，放热 ）的能量变化。
C．根据反应过程示意图，识别反应物（进入催化剂的粒子 ）和生成物（离开催化剂的粒子 ）。
D．回忆放热反应的定义（反应物总能量＞生成物总能量，反应释放能量 ）。
7．【答案】B
【知识点】化学实验安全及事故处理；化学与环境保护（酸雨防止、废水处理）
【解析】【解答】①实验室用图 1 装置收集氨气，氨气极易溶于水，多余氨气被滴有酚酞的水完全吸收，无有毒气体排放，不会污染环境，符合题意；
②实验室用图 2 做氯气与钠的反应，过量氯气会逸出，虽有浸碱棉球，但无法完全吸收，氯气有毒会污染环境，不符合题意；
③用玻璃棒蘸取浓盐酸、浓氨水做实验，二者挥发的 HCl、NH3直接排入空气，会污染环境，不符合题意；
④实验室用图 3 做铜与稀硝酸的反应，生成的 NO 有毒，被气球收集，无有毒气体排放，不会污染环境，符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
误判装置防护能力：错认为图 2 的碱液棉球能完全吸收氯气、无泄漏，忽略其吸收容量有限，过量氯气会逸出污染环境。
忽视挥发性气体危害：误将浓盐酸、浓氨水的挥发当作无害操作，忽略 HCl、NH3直接排放会污染空气。
混淆污染判断核心：错把 “有气球收集” 等同于 “会污染”，忽略图 3 中 NO 被气球密闭收集、无排放，属于无污染操作；同时误判图 1 中氨气被水完全吸收、无泄漏的事实。
审题偏差：混淆 “不会污染” 与 “会污染” 的边界，未抓住 “有毒气体是否完全吸收、收集、无泄漏” 这一核心判断标准。
8．【答案】A
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】装置 (1)：a 极质量减小，说明 a 发生氧化反应被溶解，是负极；b 极质量增加，说明 Cu2+在 b 极得电子析出 Cu，b 是正极，因此金属活动性 a > b。
装置 (2)：b 极有气体生成，说明 b 能与稀硫酸反应放出 H2；c 极无变化，说明 c 不与稀硫酸反应，因此金属活动性 b > c。
装置 (3)：d 极溶解，说明 d 发生氧化反应被消耗，是负极；c 极有气体产生，说明 H+在 c 极得电子生成 H2，c 是正极，因此金属活动性 d > c。
装置 (4)：电流从 a 极流向 d 极，说明 a 是正极，d 是负极，因此金属活动性 d > a。
综合以上判断，四种金属的活动性顺序为：d > a > b > c。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
原电池中，负极发生氧化反应（溶解、质量减小），正极发生还原反应（析出固体、产生气体）。
能与稀硫酸反应放出 H2的金属，活动性强于不反应的金属。
电流方向与电子流动方向相反，电流从正极流向负极，可据此判断正负极，进而比较金属活动性
9．【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】① 同一物质的逆反应速率与正反应速率相等（v 逆 (C)=v 正 (C)），说明正、逆反应进行的程度相同，反应达到平衡状态，A正确；
② 该反应中反应物气体总计量数与生成物气体总计量数相等（均为 2），在温度和容器容积固定时，混合气体的压强始终保持不变，因此压强不变不能说明反应达到平衡，B错误；
③ B 的物质的量浓度不再变化，说明单位时间内消耗的 B 与生成的 B 的量相等，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；
④ 反应前后气体总物质的量始终相等，因此混合气体总物质的量不变不能说明反应达到平衡，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
平衡状态本质：正、逆反应速率相等，各组分浓度保持不变。
变量不变原则：只有随反应进行会发生变化的物理量，当其不再变化时才能判断反应达到平衡。
气体计量数分析：该反应中气体反应物与生成物的计量数之和相等，压强、总物质的量等物理量始终不变，不能作为平衡判断依据。
10．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A、将浓硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖变黑是浓硫酸的脱水性（按 H、O 比例脱去蔗糖中的氢、氧元素，生成碳单质），膨胀是碳与浓硫酸反应生成气体，体现强氧化性，并非吸水性，结论错误，A不符合题意；
B、向某溶液中滴加 BaCl2溶液产生白色沉淀，沉淀可能是 BaSO4，也可能是 AgCl、BaCO3等，无法直接证明溶液含 SO42-，结论错误，B不符合题意；
C、浓硫酸与铜加热反应，生成的刺激性气味气体（SO2）体现浓硫酸的氧化性，稀释后溶液呈蓝色（Cu2+）体现浓硫酸的酸性，操作、现象、结论均正确且相符，C符合题意；
D、浓硫酸难挥发，蘸有浓硫酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近，不会产生白烟（白烟是挥发性酸与氨气反应生成固体小颗粒），现象错误，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸的性质区分：脱水性是将有机物中的 H、O 按水的比例脱去，吸水性是吸收现成的水分子，二者本质不同；
SO42-的检验：需先加盐酸排除 Ag+、CO32-、SO32-等干扰，再滴加 BaCl2溶液，不能直接用 BaCl2检验；
浓硫酸的挥发性：浓硫酸是高沸点难挥发酸，与浓氨水靠近不会产生白烟，只有浓盐酸、浓硝酸等挥发性酸才会与氨气反应产生白烟；
铜与浓硫酸的反应：浓硫酸既作氧化剂（生成 SO2），又作酸（生成 CuSO4），两种性质同时体现。
11．【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、50mL 18.4mol/L 浓硫酸与足量铜加热反应，随反应进行浓硫酸变稀，稀硫酸与铜不反应，生成 SO2分子数目小于 0.46NA，该说法错误，A不符合题意；
B、5.6g 铁粉（0.1mol）与过量硫粉反应生成 FeS，Fe 从 0 价变为 + 2 价，每个 Fe 原子转移 2 个电子，0.1mol Fe 转移电子数为 0.2NA，该说法正确，B符合题意；
C、常温下铝遇浓硝酸发生钝化，表面形成致密氧化膜阻止反应持续进行，铝失去的电子数远小于 0.3NA，该说法错误，C不符合题意；
D、标准状况下 22.4L N2（1mol）与 H2的反应为可逆反应，反应物不能完全转化，生成 NH3分子数小于 2NA，该说法错误，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸与铜的反应：只有浓硫酸能与铜反应，变稀后反应停止，不能按硫酸总物质的量计算生成气体的量；
铁与硫的反应：S 的氧化性较弱，只能将 Fe 氧化为 +2 价，按 Fe 的物质的量计算转移电子数；
铝与浓硝酸的钝化：常温下铝遇浓硝酸钝化，并非完全不反应，但反应程度极低，电子转移数远小于理论值；
可逆反应的限度：合成氨为可逆反应，N2不能完全转化为 NH3，生成的 NH3分子数小于理论值；
易错点：忽略 “浓硫酸变稀”“钝化”“可逆反应” 等限制条件，直接按理论值计算导致错选。
12．【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、0 到 t1s 内，A 的浓度减少了0.8-0.2= 0.6mol L- ，B 的浓度减少了0.5-0.3=0.2mol L- ，C 的浓度增加 0.4-0=0.4mol L- ，浓度变化量之比等于化学计量数之比，因此反应的化学方程式为 3A (g)+B (g) 2C (g)，A 错误；
B、t1s 时各物质浓度不再变化，说明反应达到化学平衡状态，平衡是动态平衡，正、逆反应仍在持续进行，并未停止，B 错误；
C、(t1+10) s 时反应已达平衡，升高温度会同时加快正、逆反应的速率，只是加快的幅度不同，C 正确；
D、t1s 时 A 的初始浓度为 0.8mol L- ，转化浓度为 0.6mol L- ，转化率为 =75%，并非 25%，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
推导化学方程式：根据浓度变化量判断反应物、生成物，变化量之比等于化学计量数之比，注意反应物浓度减小、生成物浓度增大；
平衡状态判断：浓度不变仅代表达到平衡，反应并未停止，正、逆反应速率相等且不为零；
温度对速率的影响：升高温度会同时加快正、逆反应速率，这是温度对反应速率影响的核心规律；
转化率计算：转化率 =×100%，需准确读取初始和平衡时的浓度数据。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、8 min 时 X 的转化率不再变化，说明反应已达到平衡，但无法确定是在 8 min 时恰好达到平衡，也可能在 8 min 之前就已平衡，A错误；
B、8.5 min 时反应处于平衡状态，根据反应计量比，正逆反应速率满足 v 正 (X)=2v 逆 (Y)，并非 v 正 (X)=v 逆 (Y)，B错误；
C、9 min 时 X 的转化率为 70%，参与反应的 X 为 4mol×70%=2.8mol，由反应式可知，消耗的 Y 为 1.4mol，剩余 Y 的物质的量为 2mol 1.4mol=0.6mol，C正确；
D、恒温恒容下充入氩气，容器总压强增大，但各反应物的浓度未发生变化，反应速率保持不变，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
平衡状态判断：转化率不再变化仅说明反应达到平衡，无法确定平衡到达的具体时间。
速率关系：平衡时不同物质的正逆速率比等于化学计量数之比，需注意计量数的对应关系。
三段式计算：根据 X 的转化率计算参与反应的量，再结合计量比计算剩余 Y 的物质的量。
反应速率影响因素：恒温恒容下充入惰性气体，反应物浓度不变，反应速率不变。
14．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、实验 1 中 Mg、Al 与稀盐酸构成原电池，Mg 更活泼作负极，Al 作正极；实验 4 中 Mg、Al 与 NaOH 溶液构成原电池，Al 能与 NaOH 反应作负极，Mg 作正极，因此实验 1、4 中 Al 电极并非均作正极，A 错误；
B、实验 2 中 Al、Cu 与稀硫酸构成原电池，Al 作负极，总反应为 2Al+6H+=2Al3++3H2↑；实验 3 中 Al、石墨与稀盐酸构成原电池，Al 作负极，总反应同样为 2Al+6H+=2Al3++3H2↑，二者总反应的离子方程式相同，B 正确；
C、实验 2 中 Al 作负极，Cu 作正极，H+在 Cu 极上发生还原反应，但电流表指针偏向正极（Cu 极），而非 Al，C 错误；
D、实验 4 中 Al 作负极，在 NaOH 溶液中 Al 失电子生成 ，电极方程式为
，而非生成 Al(OH)3，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
原电池正负极判断：活泼性更强、能与电解质溶液自发反应的电极为负极，电流计指针偏向正极；
实验 1：Mg 活泼性强于 Al，且均能与稀盐酸反应，Mg 作负极，Al 作正极；
实验 4：Al 能与 NaOH 溶液反应，Mg 不能，因此 Al 作负极，Mg 作正极；
实验 2、3：Al 均作负极，正极分别为 Cu、石墨，电解质均为稀酸，总反应均为 Al 与 H+的反应；
易错点：忽略电解质对电极活泼性的影响，误判实验 4 中 Al 的正负极；混淆电流计指针偏向（偏向正极）；错误书写碱性条件下 Al 的电极反应式。
15．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学反应的可逆性
【解析】【解答】A、合成氨反应为放热反应，ΔH = 反应物总键能 - 生成物总键能 < 0，因此 1mol N2和 3mol H2的总键能小于 2mol NH3的总键能，A 错误；
B、放热反应中，反应物总能量大于生成物总能量，B 错误；
C、根据 ΔH = 946.2 kJ/mol + 3×E (H-H) - 6×391.1 kJ/mol = -92.4 kJ/mol，解得 E (H-H) = 436.0 kJ/mol，C 正确；
D、合成氨为可逆反应，1mol N2和 3mol H2不能完全反应，放出的热量小于 92.4kJ，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
键能与反应热的关系：ΔH = 反应物总键能 - 生成物总键能，放热反应 ΔH < 0，因此反应物总键能 < 生成物总键能；
反应热与物质总能量的关系：放热反应反应物总能量 > 生成物总能量，吸热反应相反；
可逆反应的特点：合成氨为可逆反应，反应物不能完全转化，实际放热量小于理论值；
键能计算：根据 ΔH 的计算公式，代入已知键能和反应热，求解 H-H 键的键能。
16．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电子由 a 极（负极）经负载流向 b 极（正极），电子不经过 NaOH 溶液，溶液中靠离子定向移动而导电，A 错误；
B、未指明标准状况，无法计算消耗 O2的体积，B 错误；
C、b 极为电池正极，O2得电子发生还原反应，不是氧化反应，C 错误；
D、a 极为负极，Fe 失电子结合 OH-生成 Fe (OH)2，电极反应式为 Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
Fe 作负极（a 极），发生氧化反应：；O2在正极（b 极）发生还原反应：为O2+2H2O+4e-=4OH-；电子从负极经外电路流向正极，不经过电解质溶液；
易错点：混淆电子流向、忽略气体体积计算的条件、误判正负极的反应类型。
17．【答案】（1）bf
（2）②④；①⑤；
（3）a；b；放热
【知识点】吸热反应和放热反应；电解质与非电解质
【解析】【解答】（1）非电解质是指在水溶液和熔融状态都不导电的化合物。NaOH溶液是混合物，Cu是单质，二者既不是电解质也不是非电解质；
Ba(OH)2、NaHSO4、CH3COONa在水溶液或熔融状态导电，属于电解质；
液氨、CO2在水溶液中导电，但不是自身电离出离子，属于非电解质，
故答案为： bf ；
（2）Al与盐酸反应制取氢气放热，Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应吸热，浓硫酸溶于水不是化学反应，一般来说大部分的分解反应是吸热，化合反应是放热，综上，吸热反应有②④，放热反应有①⑤；其中Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应生成氯化钡、氨气和水，反应方程式为；
故答案为： ②④ ； ①⑤ ； ；
（3）由图可知，断开反应物中的化学键变成原子需要吸收akJ的热量，原子重组形成产物放出bkJ的热量，反应总共放出ckJ的热量，为放热反应。
故答案为：a；b； 放热 ；
【分析】(1)非电解质定义：水溶液和熔融状态下均不导电的化合物。
物质分类：NaOH 溶液是混合物，Cu 是单质，均不属电解质或非电解质；液氨、CO2为非电解质；Ba (OH)2、NaHSO4、CH3COONa 是电解质。
(2)反应热判断：Al 与盐酸反应、生石灰与水反应放热；Ba(OH)2 8H2O 与 NH4Cl 反应、氯酸钾分解吸热，浓硫酸溶解放热属物理变化。
方程式书写：
(3)键能与能量：断键吸热为 a kJ，成键放热为 b kJ。
反应热判断：反应物总能量低于生成物总能量，反应放热。
（1）非电解质是指在水溶液和熔融状态都不导电的化合物。NaOH溶液是混合物，Cu是单质，二者既不是电解质也不是非电解质；
Ba(OH)2、NaHSO4、CH3COONa在水溶液或熔融状态导电，属于电解质；
液氨、CO2在水溶液中导电，但不是自身电离出离子，属于非电解质，故答案选bf；
（2）Al与盐酸反应制取氢气放热，Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应吸热，浓硫酸溶于水不是化学反应，一般来说大部分的分解反应是吸热，化合反应是放热，综上，吸热反应有②④，放热反应有①⑤；其中Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应生成氯化钡、氨气和水，反应方程式为；
（3）由图可知，断开反应物中的化学键变成原子需要吸收akJ的热量，原子重组形成产物放出bkJ的热量，反应总共放出ckJ的热量，为放热反应。
18．【答案】（1）
（2）电解质溶液浓度；2
（3）
（4）电极间的距离越大，产生的电流越小(或电极间距离越小，产生的电流越大)
（5）0.001
（6）电极板的表面积大小、溶液温度等
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）锌作负极失电子生成锌离子，故负极的电极反应式为：；
故答案为： ；
（2）实验1和2的电极材料相同、电极间距离相等，只有电解质溶液的浓度不同，该对比装置研究的是电解质溶液浓度对电流强弱的影响；要探究不同电极材料对电流强度的影响，除了正极材料不同，其他影响均要相同，故实验2和实验4可探究不同电极材料对电流强度的影响；
故答案为： 电解质溶液浓度 ；2；
（3）铁电极直接接触电解质溶液，故铁和硫酸溶液可以直接反应，离子方程式为：；
故答案为： 、 ；
（4）实验2和3的电极间距离不同，且，说明电极间距离越大，电流越小；或者电极间距离越小，产生的电流越大；
故答案为： 电极间的距离越大，产生的电流越小(或电极间距离越小，产生的电流越大) ；
（5）实验2中的反应为，根据方程式，可知，故；
故答案为： 0.001 ；
（6）除上述影响电流强度的因素，还有电极的表面积，以及电解液的温度等。
故答案为： 电极板的表面积大小、溶液温度等 ；
【分析】(1)Zn为负极，发生氧化反应，失去电子生成Zn2+，电极反应式为： 。
(2)实验1和2只有硫酸浓度不同，目的是探究电解质溶液浓度对电流强度的影响。
探究不同正极材料的影响需控制其他变量相同，实验2和4符合条件。
(3)Fe能与稀硫酸直接反应生成Fe2+和H2，使溶液呈浅绿色，离子方程式为： 。
(4)实验2和3只有电极距离不同，且A2 > A3，说明电极间距离越大，电流越小（或电极间距离越小，电流越大）。
(5)标准状况下22.4mL H2的物质的量为0.001mol，对应消耗H2SO4 0.001mol。
反应速率。
(6)除表中因素外，电极板的表面积、溶液温度、电极的纯度等也会影响原电池电流大小。
（1）锌作负极失电子生成锌离子，故负极的电极反应式为：；
（2）实验1和2的电极材料相同、电极间距离相等，只有电解质溶液的浓度不同，该对比装置研究的是电解质溶液浓度对电流强弱的影响；要探究不同电极材料对电流强度的影响，除了正极材料不同，其他影响均要相同，故实验2和实验4可探究不同电极材料对电流强度的影响；
（3）铁电极直接接触电解质溶液，故铁和硫酸溶液可以直接反应，离子方程式为：；
（4）实验2和3的电极间距离不同，且，说明电极间距离越大，电流越小；或者电极间距离越小，产生的电流越大；
（5）实验2中的反应为，根据方程式，可知，故；
（6）除上述影响电流强度的因素，还有电极的表面积，以及电解液的温度等。
19．【答案】(1)
(2)
(3) 75%
(4) ＞
(5) A，C
(6) 断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，吸收和放出能量不等，导致化学反应过程中能量变化
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡状态的判断；氨的实验室制法
【解析】【解答】（1）A装置实验室用碱石灰与氯化铵制备氨气，化学方程式为。
故答案为：
（2）欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图装置为ACDF，由于氨气密度比空气下，用向下排空气法收集，连接顺序为。
故答案为：
（3）在化学反应中，物质物质的量变化量之比等于化学计量数之比，故X为；达到平衡状态时，转化了0.3mol，转化率为。
故答案为：H2；75%
（4）M点时，未达到平衡状态，反应向正反应方向进行，故X的消耗速率＞X的生成速率。
故答案为：＞
（5）A．反应速率之比=化学计量数之比，，正逆反应速率相等，达到平衡状态，A正确；
B．氮气、氢气、氨气的物质的量之比取决于投料比和转化程度，无法说明达到平衡状态，B错误；
C．的含量保持不变，达到平衡状态，C正确；
D．密闭容器体积不变，反应体系均为气体，根据质量守恒，气体总质量也不变，则密度一直不变，故密度不变不能说明反应达到平衡状态，D错误；
故答案为：AC
（6）则化学反应的本质为断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，吸收和放出能量不等，导致化学反应过程中能量变化。
故答案为：断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，吸收和放出能量不等，导致化学反应过程中能量变化
【分析】（1）实验室用加热NH4Cl和熟石灰的方法制取NH3，据此写出反应的化学方程式。
（2）根据装置的用途确定装置的连接顺序，从而得到装置接口的连接顺序。
（3）根据变化的量之比等于化学计量数之比确定X表示的物质。根据公式计算X的最大转化率。
（4）M点后NH3的量增多，反应正向进行，据此判断正逆反应速率的相对大小。
（5）根据正逆反应速率相等（或变量不变）判断反应是否处于平衡状态。
（6）断裂化学键需要吸收能量，形成化学键释放能两个，据此分析。
20．【答案】（1）锌；负极；0.4
（2）N2H4；；0.6；O2+4e-+4H+=2H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）该装置为原电池，锌为负极，失电子被氧化，铜为正极，铜离子得电子生成铜，被还原。溶液中硫酸根移向负极，正极质量增加12.8g时，生成铜的物质的量为：=0.2mol，转移电子的物质的量为0.4mol；
故答案为：锌；负极；0.4；
（2）由总反应式可知，N2H4发生氧化反应生成氮气，即生成氮气的一极通入N2H4，所以
①A处加入的是N2H4；
②N2H4发生氧化反应生成氮气， b电极上氧气发生还原反应，电极反应式为；
③正极反应式为，当消耗标准状况下，即O2，导线上转移的电子的物质的量是4×0.15mol=0.6mol；
④通入氧气的一端为正极，发生还原反应，参与反应的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O。
故答案为： N2H4 ； ； 0.6 ； O2+4e-+4H+=2H2O ；
【分析】(1)锌比铜活泼，作负极，发生氧化反应。
原电池中阴离子（硫酸根）向负极移动。
正极反应：，12.8g Cu为0.2mol，转移电子为。
(2)① 电子从a极流出，a为负极，通入燃料。
② b为正极，碱性环境下得电子生成，反应式： 。
③ 标准状况下3.36L 为0.15mol，1mol 转移4mol电子，共转移电子。
④ 酸性燃料电池中，正极得电子与结合生成水，反应式： O2+4e-+4H+=2H2O 。
（1）该装置为原电池，锌为负极，失电子被氧化，铜为正极，铜离子得电子生成铜，被还原。溶液中硫酸根移向负极，正极质量增加12.8g时，生成铜的物质的量为：=0.2mol，转移电子的物质的量为0.4mol；故答案为：锌；负极；0.4；
（2）由总反应式可知，N2H4发生氧化反应生成氮气，即生成氮气的一极通入N2H4，所以
①A处加入的是N2H4；
②N2H4发生氧化反应生成氮气， b电极上氧气发生还原反应，电极反应式为；
③正极反应式为，当消耗标准状况下，即O2，导线上转移的电子的物质的量是4×0.15mol=0.6mol；
④通入氧气的一端为正极，发生还原反应，参与反应的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O。
1 / 1广东省揭阳市揭东区第二中学2024-2025学年高一下学期期中考试 化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．中国古代食器兼具美观与实用价值。下列馆藏食器中不属于无机非金属材料的是
A．陶刻纹豆(商) B．蓝玻璃杯(汉)
C．叶形银盘(唐) D．花瓣瓷碗(宋)
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；含硅矿物及材料的应用；合金及其应用
【解析】【解答】A、陶刻纹豆属于陶瓷制品，陶瓷是传统无机非金属材料，A不符合题意；
B、蓝玻璃杯属于玻璃制品，玻璃是无机非金属材料，B不符合题意；
C、叶形银盘的主要材质是银，银属于金属材料，不属于无机非金属材料，C符合题意；
D、花瓣瓷碗属于陶瓷制品，陶瓷是无机非金属材料，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据物质的分类，无机非金属材料包括陶瓷、玻璃、水泥、金刚石、晶体硅、二氧化硅等；金属材料包括纯金属和合金。
2．现代社会的发展与进步离不开材料，下列说法不正确的是
A．神舟飞船使用的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
B．工业生产玻璃、水泥和陶瓷，均需用石灰石作原料
C．碳纳米管有优良的电学性能，可用于生产电池
D．“中国制造”港珠澳大桥所用水泥属于无机非金属材料
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；化学科学在材料科学中的作用
【解析】【解答】A、氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，常用于航天领域，该说法正确，A不符合题意；
B、生产玻璃的原料是纯碱、石灰石、石英砂；生产水泥的原料是石灰石、黏土；生产陶瓷的原料是黏土，不需要石灰石，因此 “均需用石灰石作原料” 的说法错误，B符合题意；
C、碳纳米管具有优良的电学性能，可用于生产电池等电子器件，该说法正确，C不符合题意；
D、水泥是传统无机非金属材料，港珠澳大桥所用水泥属于该类别，该说法正确，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
新型无机非金属材料：氮化硅陶瓷等属于此类，具有耐高温、高强度等特性；
传统无机非金属材料的原料：玻璃、水泥、陶瓷的原料不同，陶瓷生产无需石灰石；
碳纳米管的性质：具有优异的电学性能，可用于电池等领域；
易错点：混淆三种传统硅酸盐材料的生产原料，误将陶瓷的原料记为含石灰石，导致错选。
3．下列说法正确的是
A．已知，白磷)，红磷)，该反应为放热反应，说明红磷比白磷更稳定
B．反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关
C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D．电解水制氢气和氧气的过程中旧化学键断裂吸收的总能量小于新化学键形成放出的总能量
【答案】A
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、反应 为放热反应，意味着反应物体系的总能量高于生成物体系的总能量，即白磷能量高于红磷。物质能量越低，化学性质越稳定，因此红磷的稳定性强于白磷，A正确；
B、反应热（）的计算本质为 =生成物的总能量-反应物的总能量，其数值大小完全取决于反应物与生成物自身的能量差值，与二者能量密切相关，B错误；
C、反应的吸热或放热是由反应体系的能量守恒决定的，与反应是否需要加热无关。许多放热反应（如燃烧、铝热反应）虽然需要加热作为启动条件，但反应过程本身是放热的，C错误；
D、电解水过程属于吸热反应，对应能量变化规律为：断裂旧化学键吸收的总能量大于形成新化学键释放的总能量，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
物质稳定性与能量的关系：物质能量越低，稳定性越强；放热反应中，反应物能量高于生成物，生成物更稳定；
反应热的本质：ΔH = 生成物总能量 - 反应物总能量 = 反应物总键能 - 生成物总键能；
反应条件与吸放热的关系：加热只是反应的引发条件，不能据此判断反应的吸放热；
吸热反应的键能特点：吸热反应中，旧键断裂吸收的总能量大于新键形成放出的总能量；
4．下列措施中，不能增大化学反应速率的是
A．锌与稀硫酸反应制取时，加入蒸馏水
B．用溶液制取时，向溶液中加入少量粉末
C．Mg在中燃烧生成MgO，用镁粉代替镁条
D．与稀盐酸反应生成时，适当升高温度
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、锌与稀硫酸反应制取 H2时，加入蒸馏水会稀释稀硫酸，使 H+浓度降低，反应速率减小，不能增大反应速率，A 正确；
B、用 H2O2溶液制取 O2时，加入少量 MnO2粉末作催化剂，能加快反应速率，可增大反应速率，B 错误；
C、Mg 在 O2中燃烧生成 MgO，用镁粉代替镁条，增大了固体反应物的接触面积，能加快反应速率，可增大反应速率，C 错误；
D、CaCO3与稀盐酸反应生成 CO2时，适当升高温度，能加快反应速率，可增大反应速率，D 错误；故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
影响化学反应速率的因素：浓度、温度、催化剂、固体接触面积等；
浓度对速率的影响：反应物浓度降低，反应速率减小；加入蒸馏水稀释稀硫酸，H+浓度降低，速率减小；
催化剂的作用：MnO2可催化 H2O2分解，加快反应速率；
固体接触面积的影响：镁粉比镁条接触面积大，反应速率更快；
温度对速率的影响：升高温度，反应速率加快。
5．在一定温度下，可逆反应2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(s)达到平衡的标志是
A．SO2的消耗速率与SO3的生成速率相等
B．SO2、O2、SO3的浓度不再发生变化
C．SO2、O2、SO3的物质的量之比为2：1：2
D．单位时间内每生成1mol O2的同时生成2mol SO2
【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、SO2的消耗速率与 SO3的生成速率，都代表正反应方向的速率（SO2被消耗生成 SO3），二者始终满足 1：1 的比例关系，无法体现正逆反应速率相等，不能作为平衡标志，故A不符合题意 ；
B、当 SO2、O2、SO3的浓度不再发生变化时，说明正反应和逆反应的速率相等，体系中各物质的生成量与消耗量达到平衡，这是化学平衡状态的直接特征，可以作为平衡标志，故B符合题意 ；
C、反应达到平衡时，各物质的物质的量之比取决于初始投料和反应程度，不一定等于化学计量数 2：1：2，该比例与是否平衡无必然联系，不能作为平衡标志，故C不符合题意 ；
D、单位时间内生成 1mol O2和生成 2mol SO2，都代表逆反应方向的速率（逆反应是 SO3分解生成 SO2和 O2），二者始终按 1：2 的比例同时发生，无法体现正逆反应速率相等，不能作为平衡标志，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
平衡本质：正反应速率等于逆反应速率（同种物质的消耗速率等于生成速率），各组分的浓度、物质的量等保持不变。
速率判断技巧：只有当速率分别代表正、逆两个方向，且比例符合化学计量数时，才能说明正逆速率相等；同方向的速率相等不能作为平衡标志。
浓度、物质的量判断：“浓度不再变化” 是平衡的直接标志；而 “物质的量之比等于计量数” 只是特殊情况，与是否平衡无关。
特殊状态物质：本题中 SO3为固态，其浓度视为常数，不影响平衡标志的判断逻辑。
6．水煤气变换反应是放热反应，在双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化下的反应过程示意 图如下下列说法正确的是
A．过 程I 中有非极性共价键断裂
B．过程Ⅱ和过程Ⅲ均为放热过程
C．该反应的化学方程式为CO+ H2O=CO2+H2
D．该反应中反应物的总能量小于生成物总能量
【答案】C
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、过程Ⅰ中，水分子的键断裂，无非极性共价键断裂，A错误；
B、过程Ⅱ：水分子中的键断裂（化学键断裂需吸收能量 ），为吸热过程，过程Ⅲ：形成新化学键（如的键、的键 ），化学键形成释放能量，为放热过程，因此，过程Ⅱ吸热、过程Ⅲ放热，“均为放热”错误，B错误；
C、反应物为（黑球+灰球 ）和（黑球+白球×2 ），生成物为（黑球×2+灰球 ）和（白球×2 ），反应方程式为：催化剂 ，C正确；
D、题目明确“水煤气变换反应是放热反应”，放热反应中，反应物总能量大于生成物总能量（能量差以热量形式释放 ），故“反应物总能量小于生成物”错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．观察过程Ⅰ的粒子变化（水分子、CO分子 ），判断断裂的化学键类型（极性/非极性共价键 ）。
B．分析过程Ⅱ（化学键断裂，吸热 ）和过程Ⅲ（化学键形成，放热 ）的能量变化。
C．根据反应过程示意图，识别反应物（进入催化剂的粒子 ）和生成物（离开催化剂的粒子 ）。
D．回忆放热反应的定义（反应物总能量＞生成物总能量，反应释放能量 ）。
7．下列操作不会对环境造成污染的是
①实验室收集氨气采用图1所示装置
②实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置
③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸反应生成铵盐的实验
④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应
A．①③ B．①④ C．②③ D．③④
【答案】B
【知识点】化学实验安全及事故处理；化学与环境保护（酸雨防止、废水处理）
【解析】【解答】①实验室用图 1 装置收集氨气，氨气极易溶于水，多余氨气被滴有酚酞的水完全吸收，无有毒气体排放，不会污染环境，符合题意；
②实验室用图 2 做氯气与钠的反应，过量氯气会逸出，虽有浸碱棉球，但无法完全吸收，氯气有毒会污染环境，不符合题意；
③用玻璃棒蘸取浓盐酸、浓氨水做实验，二者挥发的 HCl、NH3直接排入空气，会污染环境，不符合题意；
④实验室用图 3 做铜与稀硝酸的反应，生成的 NO 有毒，被气球收集，无有毒气体排放，不会污染环境，符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
误判装置防护能力：错认为图 2 的碱液棉球能完全吸收氯气、无泄漏，忽略其吸收容量有限，过量氯气会逸出污染环境。
忽视挥发性气体危害：误将浓盐酸、浓氨水的挥发当作无害操作，忽略 HCl、NH3直接排放会污染空气。
混淆污染判断核心：错把 “有气球收集” 等同于 “会污染”，忽略图 3 中 NO 被气球密闭收集、无排放，属于无污染操作；同时误判图 1 中氨气被水完全吸收、无泄漏的事实。
审题偏差：混淆 “不会污染” 与 “会污染” 的边界，未抓住 “有毒气体是否完全吸收、收集、无泄漏” 这一核心判断标准。
8．有a、b、c、d四个金属电极，有关的反应装置及部分反应现象如下，由此可判断这四种金属的活动性顺序是
a极质量减小，b极质量增加 b极有气体产生，c极无变化 d极溶解，c极有气体产生 电流从a极流向d极
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】装置 (1)：a 极质量减小，说明 a 发生氧化反应被溶解，是负极；b 极质量增加，说明 Cu2+在 b 极得电子析出 Cu，b 是正极，因此金属活动性 a > b。
装置 (2)：b 极有气体生成，说明 b 能与稀硫酸反应放出 H2；c 极无变化，说明 c 不与稀硫酸反应，因此金属活动性 b > c。
装置 (3)：d 极溶解，说明 d 发生氧化反应被消耗，是负极；c 极有气体产生，说明 H+在 c 极得电子生成 H2，c 是正极，因此金属活动性 d > c。
装置 (4)：电流从 a 极流向 d 极，说明 a 是正极，d 是负极，因此金属活动性 d > a。
综合以上判断，四种金属的活动性顺序为：d > a > b > c。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
原电池中，负极发生氧化反应（溶解、质量减小），正极发生还原反应（析出固体、产生气体）。
能与稀硫酸反应放出 H2的金属，活动性强于不反应的金属。
电流方向与电子流动方向相反，电流从正极流向负极，可据此判断正负极，进而比较金属活动性
9．在一定温度下，容积一定的密闭容器中发生反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再发生变化时，表明反应已达平衡的是
①v逆(C)=v正(C) ②混合气体的压强 ③B的物质的量浓度 ④混合气体的总物质的量
A．①② B．②③ C．①③ D．①④
【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】① 同一物质的逆反应速率与正反应速率相等（v 逆 (C)=v 正 (C)），说明正、逆反应进行的程度相同，反应达到平衡状态，A正确；
② 该反应中反应物气体总计量数与生成物气体总计量数相等（均为 2），在温度和容器容积固定时，混合气体的压强始终保持不变，因此压强不变不能说明反应达到平衡，B错误；
③ B 的物质的量浓度不再变化，说明单位时间内消耗的 B 与生成的 B 的量相等，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；
④ 反应前后气体总物质的量始终相等，因此混合气体总物质的量不变不能说明反应达到平衡，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
平衡状态本质：正、逆反应速率相等，各组分浓度保持不变。
变量不变原则：只有随反应进行会发生变化的物理量，当其不再变化时才能判断反应达到平衡。
气体计量数分析：该反应中气体反应物与生成物的计量数之和相等，压强、总物质的量等物理量始终不变，不能作为平衡判断依据。
10．下列实验操作、实验现象和结论均正确且相符的是
　 实验操作 实验现象 结论
A 将浓硫酸滴到蔗糖表面 固体变黑膨胀 浓硫酸有吸水性
B 向某溶液中滴加溶液 产生白色沉淀 溶液中含有
C 将浓硫酸和铜加热，冷却后用水稀释 产生有刺激性气味的气体，稀释后溶液呈蓝色 浓硫酸既表现氧化性，又表现酸性
D 将蘸有浓硫酸的玻璃棒和蘸有浓氨水的玻璃棒靠近 产生白烟 浓硫酸和氨气反应生成了硫酸铵
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A、将浓硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖变黑是浓硫酸的脱水性（按 H、O 比例脱去蔗糖中的氢、氧元素，生成碳单质），膨胀是碳与浓硫酸反应生成气体，体现强氧化性，并非吸水性，结论错误，A不符合题意；
B、向某溶液中滴加 BaCl2溶液产生白色沉淀，沉淀可能是 BaSO4，也可能是 AgCl、BaCO3等，无法直接证明溶液含 SO42-，结论错误，B不符合题意；
C、浓硫酸与铜加热反应，生成的刺激性气味气体（SO2）体现浓硫酸的氧化性，稀释后溶液呈蓝色（Cu2+）体现浓硫酸的酸性，操作、现象、结论均正确且相符，C符合题意；
D、浓硫酸难挥发，蘸有浓硫酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近，不会产生白烟（白烟是挥发性酸与氨气反应生成固体小颗粒），现象错误，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸的性质区分：脱水性是将有机物中的 H、O 按水的比例脱去，吸水性是吸收现成的水分子，二者本质不同；
SO42-的检验：需先加盐酸排除 Ag+、CO32-、SO32-等干扰，再滴加 BaCl2溶液，不能直接用 BaCl2检验；
浓硫酸的挥发性：浓硫酸是高沸点难挥发酸，与浓氨水靠近不会产生白烟，只有浓盐酸、浓硝酸等挥发性酸才会与氨气反应产生白烟；
铜与浓硫酸的反应：浓硫酸既作氧化剂（生成 SO2），又作酸（生成 CuSO4），两种性质同时体现。
11．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA
B．一定条件下，5.6g铁粉与过量的硫粉充分反应，转移的电子数为0.2NA
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0.3NA
D．标准状况下，22.4LN2与足量H2的反应，生成的NH3分子数为2NA
【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、50mL 18.4mol/L 浓硫酸与足量铜加热反应，随反应进行浓硫酸变稀，稀硫酸与铜不反应，生成 SO2分子数目小于 0.46NA，该说法错误，A不符合题意；
B、5.6g 铁粉（0.1mol）与过量硫粉反应生成 FeS，Fe 从 0 价变为 + 2 价，每个 Fe 原子转移 2 个电子，0.1mol Fe 转移电子数为 0.2NA，该说法正确，B符合题意；
C、常温下铝遇浓硝酸发生钝化，表面形成致密氧化膜阻止反应持续进行，铝失去的电子数远小于 0.3NA，该说法错误，C不符合题意；
D、标准状况下 22.4L N2（1mol）与 H2的反应为可逆反应，反应物不能完全转化，生成 NH3分子数小于 2NA，该说法错误，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸与铜的反应：只有浓硫酸能与铜反应，变稀后反应停止，不能按硫酸总物质的量计算生成气体的量；
铁与硫的反应：S 的氧化性较弱，只能将 Fe 氧化为 +2 价，按 Fe 的物质的量计算转移电子数；
铝与浓硝酸的钝化：常温下铝遇浓硝酸钝化，并非完全不反应，但反应程度极低，电子转移数远小于理论值；
可逆反应的限度：合成氨为可逆反应，N2不能完全转化为 NH3，生成的 NH3分子数小于理论值；
易错点：忽略 “浓硫酸变稀”“钝化”“可逆反应” 等限制条件，直接按理论值计算导致错选。
12．在某温度和容积不变的密闭容器中，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中，反应物与生成物的浓度随时间变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是
A．该反应的化学方程式为
B．t1s时该反应已停止
C．(t1+10)s时，升高温度，正、逆反应速率均加快
D．t1s时，反应物A的转化率为25%
【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、0 到 t1s 内，A 的浓度减少了0.8-0.2= 0.6mol L- ，B 的浓度减少了0.5-0.3=0.2mol L- ，C 的浓度增加 0.4-0=0.4mol L- ，浓度变化量之比等于化学计量数之比，因此反应的化学方程式为 3A (g)+B (g) 2C (g)，A 错误；
B、t1s 时各物质浓度不再变化，说明反应达到化学平衡状态，平衡是动态平衡，正、逆反应仍在持续进行，并未停止，B 错误；
C、(t1+10) s 时反应已达平衡，升高温度会同时加快正、逆反应的速率，只是加快的幅度不同，C 正确；
D、t1s 时 A 的初始浓度为 0.8mol L- ，转化浓度为 0.6mol L- ，转化率为 =75%，并非 25%，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
推导化学方程式：根据浓度变化量判断反应物、生成物，变化量之比等于化学计量数之比，注意反应物浓度减小、生成物浓度增大；
平衡状态判断：浓度不变仅代表达到平衡，反应并未停止，正、逆反应速率相等且不为零；
温度对速率的影响：升高温度会同时加快正、逆反应速率，这是温度对反应速率影响的核心规律；
转化率计算：转化率 =×100%，需准确读取初始和平衡时的浓度数据。
13．已知反应，某研究小组将和置于一容积不变的密闭容器中，测定不同时间段内的转化率，得到的数据如表，下列判断正确的是
t(min) 2 3.5 8 9
X转化率 30% 40% 70% 70%
A．时，该反应一定恰好达到平衡状态
B．反应在时，
C．9min时，容器中剩余0.6molY
D．恒温恒容条件下充入氩气，使容器压强增大，则反应速率加快
【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、8 min 时 X 的转化率不再变化，说明反应已达到平衡，但无法确定是在 8 min 时恰好达到平衡，也可能在 8 min 之前就已平衡，A错误；
B、8.5 min 时反应处于平衡状态，根据反应计量比，正逆反应速率满足 v 正 (X)=2v 逆 (Y)，并非 v 正 (X)=v 逆 (Y)，B错误；
C、9 min 时 X 的转化率为 70%，参与反应的 X 为 4mol×70%=2.8mol，由反应式可知，消耗的 Y 为 1.4mol，剩余 Y 的物质的量为 2mol 1.4mol=0.6mol，C正确；
D、恒温恒容下充入氩气，容器总压强增大，但各反应物的浓度未发生变化，反应速率保持不变，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
平衡状态判断：转化率不再变化仅说明反应达到平衡，无法确定平衡到达的具体时间。
速率关系：平衡时不同物质的正逆速率比等于化学计量数之比，需注意计量数的对应关系。
三段式计算：根据 X 的转化率计算参与反应的量，再结合计量比计算剩余 Y 的物质的量。
反应速率影响因素：恒温恒容下充入惰性气体，反应物浓度不变，反应速率不变。
14．某化学兴趣小组为了探索铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如表：
编号 电极材料 电解质溶液 灵敏电流计指针偏转方向
1 稀盐酸 偏向
2 稀硫酸 ……
3 石墨 稀盐酸 偏向石墨
4 溶液 偏向
试根据表中的实验现象分析下列说法正确的是
A．实验1、4中Al电极均作正极
B．实验2、3中原电池总反应的离子方程式相同
C．实验2中H+在Cu极上发生还原反应，电流表的指针偏向Al
D．实验4中Al电极的电极方程式为
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、实验 1 中 Mg、Al 与稀盐酸构成原电池，Mg 更活泼作负极，Al 作正极；实验 4 中 Mg、Al 与 NaOH 溶液构成原电池，Al 能与 NaOH 反应作负极，Mg 作正极，因此实验 1、4 中 Al 电极并非均作正极，A 错误；
B、实验 2 中 Al、Cu 与稀硫酸构成原电池，Al 作负极，总反应为 2Al+6H+=2Al3++3H2↑；实验 3 中 Al、石墨与稀盐酸构成原电池，Al 作负极，总反应同样为 2Al+6H+=2Al3++3H2↑，二者总反应的离子方程式相同，B 正确；
C、实验 2 中 Al 作负极，Cu 作正极，H+在 Cu 极上发生还原反应，但电流表指针偏向正极（Cu 极），而非 Al，C 错误；
D、实验 4 中 Al 作负极，在 NaOH 溶液中 Al 失电子生成 ，电极方程式为
，而非生成 Al(OH)3，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
原电池正负极判断：活泼性更强、能与电解质溶液自发反应的电极为负极，电流计指针偏向正极；
实验 1：Mg 活泼性强于 Al，且均能与稀盐酸反应，Mg 作负极，Al 作正极；
实验 4：Al 能与 NaOH 溶液反应，Mg 不能，因此 Al 作负极，Mg 作正极；
实验 2、3：Al 均作负极，正极分别为 Cu、石墨，电解质均为稀酸，总反应均为 Al 与 H+的反应；
易错点：忽略电解质对电极活泼性的影响，误判实验 4 中 Al 的正负极；混淆电流计指针偏向（偏向正极）；错误书写碱性条件下 Al 的电极反应式。
15．已知：键能通常是指在101.3kPa、298K下，断开气态分子中1mol化学键变成气态原子时所吸收的能量。N≡N键的键能是946.2kJ/mol，N-H键的键能是391.1kJ/mol。合成氨反应为，当生成2mol NH3时体系放出92.4kJ能量。下列说法正确的是
A．1mol N2和3mol H2的总键能大于2mol NH3的总键能
B．合成氨反应中，反应物总能量小于生成物总能量
C．H-H键的键能是436.0kJ/mol
D．在合成塔中充入1mol N2和3mol H2充分反应后，放出92.4kJ热量
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学反应的可逆性
【解析】【解答】A、合成氨反应为放热反应，ΔH = 反应物总键能 - 生成物总键能 < 0，因此 1mol N2和 3mol H2的总键能小于 2mol NH3的总键能，A 错误；
B、放热反应中，反应物总能量大于生成物总能量，B 错误；
C、根据 ΔH = 946.2 kJ/mol + 3×E (H-H) - 6×391.1 kJ/mol = -92.4 kJ/mol，解得 E (H-H) = 436.0 kJ/mol，C 正确；
D、合成氨为可逆反应，1mol N2和 3mol H2不能完全反应，放出的热量小于 92.4kJ，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
键能与反应热的关系：ΔH = 反应物总键能 - 生成物总键能，放热反应 ΔH < 0，因此反应物总键能 < 生成物总键能；
反应热与物质总能量的关系：放热反应反应物总能量 > 生成物总能量，吸热反应相反；
可逆反应的特点：合成氨为可逆反应，反应物不能完全转化，实际放热量小于理论值；
键能计算：根据 ΔH 的计算公式，代入已知键能和反应热，求解 H-H 键的键能。
16．一种铁-空气电池的电池反应为：，原理如图所示，下列有关该电池的说法正确的是
A．电子由a极经负载流向b极，再经溶液回到a极
B．当电路中转移电子时，消耗
C．b极为电池正极，发生氧化反应
D．a极的电极反应式为：
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电子由 a 极（负极）经负载流向 b 极（正极），电子不经过 NaOH 溶液，溶液中靠离子定向移动而导电，A 错误；
B、未指明标准状况，无法计算消耗 O2的体积，B 错误；
C、b 极为电池正极，O2得电子发生还原反应，不是氧化反应，C 错误；
D、a 极为负极，Fe 失电子结合 OH-生成 Fe (OH)2，电极反应式为 Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
Fe 作负极（a 极），发生氧化反应：；O2在正极（b 极）发生还原反应：为O2+2H2O+4e-=4OH-；电子从负极经外电路流向正极，不经过电解质溶液；
易错点：混淆电子流向、忽略气体体积计算的条件、误判正负极的反应类型。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．根据相关知识，回答下列问题：
（1）现有以下物质：a．溶液，b．液氨，c．固体，d．，e．铜，f．，g．。以上物质中属于非电解质的是　 　(填字母)。
（2）下列变化：①铝片与稀盐酸的反应；②晶体与晶体混合反应；③浓硫酸溶于水；④氯酸钾分解制氧气；⑤生石灰与水反应生成熟石灰。属于吸热反应的是　 　(填序号)，属于放热反应的是　 　(填序号)，写出②中发生的化学反应方程式　 　。
（3）已知反应，反应过程中能量变化如图所示。
从图中可知，断开反应物中的化学键吸收的能量为　 　(用字母表示，下同)，形成生成物中的化学键放出的热量为　 　，该反应是　 　(填“吸热”或“放热”)反应。
【答案】（1）bf
（2）②④；①⑤；
（3）a；b；放热
【知识点】吸热反应和放热反应；电解质与非电解质
【解析】【解答】（1）非电解质是指在水溶液和熔融状态都不导电的化合物。NaOH溶液是混合物，Cu是单质，二者既不是电解质也不是非电解质；
Ba(OH)2、NaHSO4、CH3COONa在水溶液或熔融状态导电，属于电解质；
液氨、CO2在水溶液中导电，但不是自身电离出离子，属于非电解质，
故答案为： bf ；
（2）Al与盐酸反应制取氢气放热，Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应吸热，浓硫酸溶于水不是化学反应，一般来说大部分的分解反应是吸热，化合反应是放热，综上，吸热反应有②④，放热反应有①⑤；其中Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应生成氯化钡、氨气和水，反应方程式为；
故答案为： ②④ ； ①⑤ ； ；
（3）由图可知，断开反应物中的化学键变成原子需要吸收akJ的热量，原子重组形成产物放出bkJ的热量，反应总共放出ckJ的热量，为放热反应。
故答案为：a；b； 放热 ；
【分析】(1)非电解质定义：水溶液和熔融状态下均不导电的化合物。
物质分类：NaOH 溶液是混合物，Cu 是单质，均不属电解质或非电解质；液氨、CO2为非电解质；Ba (OH)2、NaHSO4、CH3COONa 是电解质。
(2)反应热判断：Al 与盐酸反应、生石灰与水反应放热；Ba(OH)2 8H2O 与 NH4Cl 反应、氯酸钾分解吸热，浓硫酸溶解放热属物理变化。
方程式书写：
(3)键能与能量：断键吸热为 a kJ，成键放热为 b kJ。
反应热判断：反应物总能量低于生成物总能量，反应放热。
（1）非电解质是指在水溶液和熔融状态都不导电的化合物。NaOH溶液是混合物，Cu是单质，二者既不是电解质也不是非电解质；
Ba(OH)2、NaHSO4、CH3COONa在水溶液或熔融状态导电，属于电解质；
液氨、CO2在水溶液中导电，但不是自身电离出离子，属于非电解质，故答案选bf；
（2）Al与盐酸反应制取氢气放热，Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应吸热，浓硫酸溶于水不是化学反应，一般来说大部分的分解反应是吸热，化合反应是放热，综上，吸热反应有②④，放热反应有①⑤；其中Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应生成氯化钡、氨气和水，反应方程式为；
（3）由图可知，断开反应物中的化学键变成原子需要吸收akJ的热量，原子重组形成产物放出bkJ的热量，反应总共放出ckJ的热量，为放热反应。
18．某学习小组为探究影响原电池电流大小的因素，利用Zn为负极，稀硫酸为电解质溶液，选取不同的正极材料，设计了如下实验。
实验编号 硫酸浓度() 硫酸体积(mL) 正极材料 电极间距离(cm) 电流(A)
1 1.00 100 Cu 1.0
2 2.00 100 Cu 1.0
3 2.00 100 Cu 2.0
4 2.00 100 Fe 1.0
已知：实验所用电极浸没在稀硫酸中的表面积相同，稀硫酸在反应前后体积保持不变。
（1）请写出实验1中Zn电极的反应式　 　。
（2）实验1和实验2的目的是探究　 　对电流强度的影响；实验　 　和实验4可探究不同电极材料对电流强度的影响。
（3）甲同学在进行实验4时发现电解质溶液变为浅绿色，推测是电池内部发生了副反应所致，请用离子方程式表示该副反应　 　。
（4）证明，　 　。
（5）实验2在0~10min内收集到22.4mL(标准状况)，用硫酸表示的该时间段内反应速率为　 　。
（6）请写出一个可能影响原电池电流大小的因素　 　(表中因素除外)。
【答案】（1）
（2）电解质溶液浓度；2
（3）
（4）电极间的距离越大，产生的电流越小(或电极间距离越小，产生的电流越大)
（5）0.001
（6）电极板的表面积大小、溶液温度等
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）锌作负极失电子生成锌离子，故负极的电极反应式为：；
故答案为： ；
（2）实验1和2的电极材料相同、电极间距离相等，只有电解质溶液的浓度不同，该对比装置研究的是电解质溶液浓度对电流强弱的影响；要探究不同电极材料对电流强度的影响，除了正极材料不同，其他影响均要相同，故实验2和实验4可探究不同电极材料对电流强度的影响；
故答案为： 电解质溶液浓度 ；2；
（3）铁电极直接接触电解质溶液，故铁和硫酸溶液可以直接反应，离子方程式为：；
故答案为： 、 ；
（4）实验2和3的电极间距离不同，且，说明电极间距离越大，电流越小；或者电极间距离越小，产生的电流越大；
故答案为： 电极间的距离越大，产生的电流越小(或电极间距离越小，产生的电流越大) ；
（5）实验2中的反应为，根据方程式，可知，故；
故答案为： 0.001 ；
（6）除上述影响电流强度的因素，还有电极的表面积，以及电解液的温度等。
故答案为： 电极板的表面积大小、溶液温度等 ；
【分析】(1)Zn为负极，发生氧化反应，失去电子生成Zn2+，电极反应式为： 。
(2)实验1和2只有硫酸浓度不同，目的是探究电解质溶液浓度对电流强度的影响。
探究不同正极材料的影响需控制其他变量相同，实验2和4符合条件。
(3)Fe能与稀硫酸直接反应生成Fe2+和H2，使溶液呈浅绿色，离子方程式为： 。
(4)实验2和3只有电极距离不同，且A2 > A3，说明电极间距离越大，电流越小（或电极间距离越小，电流越大）。
(5)标准状况下22.4mL H2的物质的量为0.001mol，对应消耗H2SO4 0.001mol。
反应速率。
(6)除表中因素外，电极板的表面积、溶液温度、电极的纯度等也会影响原电池电流大小。
（1）锌作负极失电子生成锌离子，故负极的电极反应式为：；
（2）实验1和2的电极材料相同、电极间距离相等，只有电解质溶液的浓度不同，该对比装置研究的是电解质溶液浓度对电流强弱的影响；要探究不同电极材料对电流强度的影响，除了正极材料不同，其他影响均要相同，故实验2和实验4可探究不同电极材料对电流强度的影响；
（3）铁电极直接接触电解质溶液，故铁和硫酸溶液可以直接反应，离子方程式为：；
（4）实验2和3的电极间距离不同，且，说明电极间距离越大，电流越小；或者电极间距离越小，产生的电流越大；
（5）实验2中的反应为，根据方程式，可知，故；
（6）除上述影响电流强度的因素，还有电极的表面积，以及电解液的温度等。
19．合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就。
I．实验室可用以下装置制取氨气。
（1）A中制取氨气的化学方程式为________。
（2）欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：a→________(按气流方向，用小写字母表示)。
Ⅱ．工业合成氨对国民经济和社会发展具有重要的意义。在恒容密闭容器中通入一定量的和，在一定条件下进行反应：，测得部分气体的物质的量随时间变化关系如下图所示：
（3）图中X表示的反应物为________(填“”或“”)，该条件下，X的最大转化率为________。
（4）M点时，X的消耗速率________X的生成速率(填“＜”“>”或“=”)。
（5）下列情况能说明该反应一定达到化学平衡的是_______。
A. B.
C. 的含量保持不变 D. 容器内混合气体的密度保持不变
（6）已知合成氨为放热反应，请从化学键角度解释反应过程中能量变化的本质________。
【答案】(1)
(2)
(3) 75%
(4) ＞
(5) A，C
(6) 断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，吸收和放出能量不等，导致化学反应过程中能量变化
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡状态的判断；氨的实验室制法
【解析】【解答】（1）A装置实验室用碱石灰与氯化铵制备氨气，化学方程式为。
故答案为：
（2）欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图装置为ACDF，由于氨气密度比空气下，用向下排空气法收集，连接顺序为。
故答案为：
（3）在化学反应中，物质物质的量变化量之比等于化学计量数之比，故X为；达到平衡状态时，转化了0.3mol，转化率为。
故答案为：H2；75%
（4）M点时，未达到平衡状态，反应向正反应方向进行，故X的消耗速率＞X的生成速率。
故答案为：＞
（5）A．反应速率之比=化学计量数之比，，正逆反应速率相等，达到平衡状态，A正确；
B．氮气、氢气、氨气的物质的量之比取决于投料比和转化程度，无法说明达到平衡状态，B错误；
C．的含量保持不变，达到平衡状态，C正确；
D．密闭容器体积不变，反应体系均为气体，根据质量守恒，气体总质量也不变，则密度一直不变，故密度不变不能说明反应达到平衡状态，D错误；
故答案为：AC
（6）则化学反应的本质为断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，吸收和放出能量不等，导致化学反应过程中能量变化。
故答案为：断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，吸收和放出能量不等，导致化学反应过程中能量变化
【分析】（1）实验室用加热NH4Cl和熟石灰的方法制取NH3，据此写出反应的化学方程式。
（2）根据装置的用途确定装置的连接顺序，从而得到装置接口的连接顺序。
（3）根据变化的量之比等于化学计量数之比确定X表示的物质。根据公式计算X的最大转化率。
（4）M点后NH3的量增多，反应正向进行，据此判断正逆反应速率的相对大小。
（5）根据正逆反应速率相等（或变量不变）判断反应是否处于平衡状态。
（6）断裂化学键需要吸收能量，形成化学键释放能两个，据此分析。
20．化学反应中的能量在生活、生产中的应用非常广泛，根据题意回答下列问题。
（1）某兴趣小组设计如图装置用锌、铜作电极材料，硫酸铜溶液为电解质溶液的进行原电池实验。负极材料是　 　(填“锌”或“铜”)，溶液中硫酸根向　 　(填“正极”或“负极”)，当正极质量增加12.8g时，转移了　 　mol电子。
（2）以为原理设计燃料电池，装置如下图所示。
①A处加入的是　 　(写化学式)。
②b电极上发生的电极反应式为　 　。
③当消耗标准状况下时，导线上转移的电子的物质的量是　 　。
④燃料电池应用前景很广泛，常见的是燃料主要有氢气、可燃有机物等，在氢气酸性溶液燃料电池中，正极的电极反应式为　 　。
【答案】（1）锌；负极；0.4
（2）N2H4；；0.6；O2+4e-+4H+=2H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）该装置为原电池，锌为负极，失电子被氧化，铜为正极，铜离子得电子生成铜，被还原。溶液中硫酸根移向负极，正极质量增加12.8g时，生成铜的物质的量为：=0.2mol，转移电子的物质的量为0.4mol；
故答案为：锌；负极；0.4；
（2）由总反应式可知，N2H4发生氧化反应生成氮气，即生成氮气的一极通入N2H4，所以
①A处加入的是N2H4；
②N2H4发生氧化反应生成氮气， b电极上氧气发生还原反应，电极反应式为；
③正极反应式为，当消耗标准状况下，即O2，导线上转移的电子的物质的量是4×0.15mol=0.6mol；
④通入氧气的一端为正极，发生还原反应，参与反应的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O。
故答案为： N2H4 ； ； 0.6 ； O2+4e-+4H+=2H2O ；
【分析】(1)锌比铜活泼，作负极，发生氧化反应。
原电池中阴离子（硫酸根）向负极移动。
正极反应：，12.8g Cu为0.2mol，转移电子为。
(2)① 电子从a极流出，a为负极，通入燃料。
② b为正极，碱性环境下得电子生成，反应式： 。
③ 标准状况下3.36L 为0.15mol，1mol 转移4mol电子，共转移电子。
④ 酸性燃料电池中，正极得电子与结合生成水，反应式： O2+4e-+4H+=2H2O 。
（1）该装置为原电池，锌为负极，失电子被氧化，铜为正极，铜离子得电子生成铜，被还原。溶液中硫酸根移向负极，正极质量增加12.8g时，生成铜的物质的量为：=0.2mol，转移电子的物质的量为0.4mol；故答案为：锌；负极；0.4；
（2）由总反应式可知，N2H4发生氧化反应生成氮气，即生成氮气的一极通入N2H4，所以
①A处加入的是N2H4；
②N2H4发生氧化反应生成氮气， b电极上氧气发生还原反应，电极反应式为；
③正极反应式为，当消耗标准状况下，即O2，导线上转移的电子的物质的量是4×0.15mol=0.6mol；
④通入氧气的一端为正极，发生还原反应，参与反应的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O。
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