资源简介

广东深圳市聚龙科学中学等校2025-2026学年第二学期高一年级第一阶段质量监测化学试题
1．古代许多珍贵文物记载着中华文明的灿烂成就。下列文物的主要材料属于硅酸盐的是
A．明仿错金银凫尊 B．青玉交龙钮玉玺
C．北宋木雕罗汉像 D．西汉素纱禅衣
A．A B．B C．C D．D
2．硅被誉为无机非金属材料的主角，下列物品用到硅单质的是
A．石英钟表 B．水晶镜片 C．计算机芯片 D．光导纤维
3．在2L密闭容器中进行的反应，在10秒内反应物的物质的量由1mol降到0.6mol，则反应速率）为
A． B．
C． D．
4．是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下中所含原子数为
B．与完全反应时转移的电子数为
C．与充分反应生成的分子数是
D．16 mol/L的浓硫酸与足量的Zn充分反应，生成的气体分子数为
5．下列项目与化学知识表述或关联有误的是
选项 项目 化学知识
A 自主探究：果蔬电池 原电池原理
B 可以发生喷泉实验 易溶于水
C 酿葡萄酒时向葡萄汁中添加适量 具有杀菌和抗氧化作用
D 用铁罐车运输浓硝酸或浓硫酸 常温下，铁不与浓硝酸、浓硫酸等反应
A．A B．B C．C D．D
6．银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：。其工作示意图如图．下列说法不正确的是
A．电子流向：Zn电极→导线→电极
B．电极发生还原反应
C．Zn电极的电极反应式：
D．工作时向正极移动
7．研究表明，在一定条件下，气态HCN与CNH两种分子的互变反应过程能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．CNH(g)比HCN(g)更稳定
B．HCN(g)转化为CNH(g)一定要加热
C．断开1mol HCN(g)中所有的化学键需要放出186.5kJ的热量
D．1molHCN(g)转化为1molCNH(g)需要吸收59.3kJ的热量
8．下列有关反应事实对应的离子方程式正确的是
A．用浓硝酸溶解铜：
B．向溶液中通入：
C．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：
D．盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞的原因：
9．下列各组离子一定能大量共存的是
A．在强碱溶液中：
B．在含大量的溶液中：
C．在的溶液中：
D．在无色溶液中：
10．在参与的下列反应中，体现出的氧化性的是
A．
B．
C．
D．
11．根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释正确的是
选项 实验操作和现象 结论或解释
A 向紫色石蕊溶液中通入，溶液先变红后褪色 具有酸性和漂白性
B 铜粉加入稀硫酸中，加热，无明显现象；加入少量硝酸钾固体后铜粉开始溶解，溶液变蓝 硝酸钾起催化作用
C 利用工业合成氨实现人工固氮 氮气具有氧化性
D 向硫酸铜晶体中滴加浓硫酸，蓝色晶体变白色粉末 浓硫酸具有脱水性
A．A B．B C．C D．D
12．实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验，光照下反应一段时间后，下列说法正确的是
A．实验结束后，有机产物只有
B．实验结束后，试管内充满饱和食盐水
C．水槽中用饱和食盐水的目的是减少Cl的溶解
D．若完全反应生成等物质的量的四种有机产物，则需消耗
13．在2 L的容器中发生某反应，前30 min各物质的物质的量浓度变化如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的化学方程式为
B．M点的正反应速率小于逆反应速率
C．Q点正、逆反应速率相等，反应停止
D．前20 min反应速率
14．现用传感技术测定喷泉实验中三颈瓶内的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法不正确的是
A．制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO
B．将湿润的红色石蕊试纸置于三颈瓶口c处，试纸变蓝，说明NH3已经集满
C．关闭a，用单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则E点时喷泉最剧烈
D．工业上，若出现液氨泄漏，喷稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好
15．如图是N、S及其化合物的“价-类”二维图，下列说法正确的是
A．在一定条件下，a可将c、d还原为b
B．c'使品红褪色的原理与HClO的漂白原理相同
C．敞口放置在空气中的浓e、浓e'均会因吸水性而使浓度减小
D．浓e和浓e'分别与Cu反应时均只体现氧化性
16．如图表示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，则下列说法错误的是
A．一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的
B．一定量的铁粉与大量的溶液反应得到标准状况下气体2.24 L，则发生还原反应的硝酸的物质的量为0.2mol
C．硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多
D．当硝酸浓度为时还原产物是NO、、，且其物质的量之比为
17．根据所学知识，回答下列问题。
Ⅰ．锌片与稀硫酸反应的能量变化特征如图所示：
（1）该反应为　 　反应(填“吸热”或“放热”)。
（2）锌片和铜片用导线相连后，若将锌片和铜片浸泡在稀硫酸中，可观察到铜片处的现象是　 　。
Ⅱ．以相同大小铜片和锌片为电极研究水果电池，得到的实验数据如下表所示：
实验编号 水果种类 电极间距离/cm 电流/
1 番茄 1 98.7
2 番茄 2 72.5
3 苹果 3 27.2
（3）该实验目的是研究水果种类和　 　对水果电池电流大小的影响。
（4）该实验装置运行时，阳离子向　 　移动(填“Cu”或“Zn”)，负极的电极反应式是　 　。
（5）当有3.25 g Zn参与反应，转移的电子数目为　 　(用含的式子表示)。
（6）选择适宜的材料和试剂设计一个原电池，以便完成下列反应：。在下框内画出原电池的示意图　 　(标出正负极，材料名称，电解质溶液)。
18．某兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应，设计如图所示装置进行实验。
请回答有关问题：
（1）装置A中盛放铜粉的仪器名称是　 　，其中反应的化学方程式为　 　。
（2）实验过程中，根据装置C、D内产生的现象分别说明了具有的性质是　 　和　 　。若实验结束后加热装置D，可观察到的现象是　 　。
（3）装置B的作用是储存多余的气体。当装置D处有明显现象后，关闭K，移去酒精灯，但由于余热的作用，装置A处仍有气体产生，此时装置B中的现象是　 　。装置B中应放置的液体是　 　(填字母)。
a．水　　　b．酸性溶液　　　c．饱和溶液
19．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。
Ⅰ．实验室氨的制备
（1）氨的发生装置可以选择上图中的A，反应的化学方程式为　 　。
（2）E中漏斗的作用是　 　。
（3）欲收集一瓶干燥的氨，选择上图中的装置，连接顺序为：　 　(按气流方向，小写字母表示)。
a→_______→_______→_______→_______→_______
Ⅱ．下图为工业合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。
（4）氧化炉中氨发生氧化反应的化学方程式为　 　。
（5）M是　 　(填名称)。
Ⅲ．工业酸性废水中含，可通过微生物法处理。
（6）以下关于废水中的检验方法中不合理的是　 　
a．加热，将湿润的红色石蕊试纸放在管口
b．加热，将湿润的酚酞试纸放在管口
c．加氢氧化钠溶液，加热，将蘸有浓盐酸的玻璃棒放在管口
（7）微生物法：酸性废水中的部分在硝化细菌的作用下被氧气氧化为，随后再与作用生成。写出第二步反应生成的离子方程式　 　。
20．某温度下，A、B、C三种气体在4 L恒容密闭容器中进行反应，反应从0～2 min进行过程中，在不同反应时间各物质的量的变化情况如图所示。
（1）化学方程式为　 　。
（2）2 min内C的反应速率为　 　，已知A的转化率，则平衡时B的转化率为　 　。
（3）关于该反应的说法正确的是　 　(填字母，下同)。
a．到达2 min时，反应停止
b．M点时A的消耗速率大于A的生成速率
c．在2 min时达到平衡状态是因为此时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等
d.2 min时正反应速率与逆反应速率相等
（4）写出一个可使该反应速率加快的措施：　 　。
（5）下列可判断反应已达到平衡状态的是　 　。
a．A、B、C的反应速率相等
b．A、B的反应速率之比为
c．混合气体的压强不变
d．生成1 mol C的同时消耗1 mol A和0.5 mol B
e．
f．C的含量保持不变
g．恒容状态下混合气体密度不变
（6）已知该反应是吸热反应，从化学键角度解释该反应过程中能量变化的本质：　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A、明仿错金银凫尊是青铜器物，青铜属于合金，A不符合题目要求；
B、青玉交龙钮玉玺是玉石雕刻制成，玉石的主要成分是硅酸盐，B符合题目要求；
C、北宋木雕罗汉像的主要成分是纤维素，纤维素属于天然有机高分子材料，C不符合题目要求；
D、西汉素纱禅衣的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然有机高分子材料，D不符合题目要求；
故答案为：B
【分析】A、金银凫尊为合金，属于金属材料。
B、玉玺的材料为玉石，属于硅酸盐。
C、木雕的成分为纤维素，属于有机高分子材料。
D、素纱禅衣的成分为蛋白质，属于天然有机高分子材料。
2．【答案】C
【知识点】碳族元素简介；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．石英的主要成分是二氧化硅（），并不是硅单质，A选项错误；
B．水晶的主要成分同样是二氧化硅（），不是硅单质，B选项错误；
C．单质硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是性能优良的半导体材料，是制造计算机芯片的核心原料，C选项正确；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅（），不是硅单质，D选项错误；
故答案为：C
【分析】A、石英的主要成分为SiO2。
B、水晶的主要成分是SiO2。
C、计算机芯片的主要成分是Si。
D、光导纤维的主要成分是SiO2。
3．【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】
故答案为：A；
【分析】先求出物质的量变化量，再换算浓度变化量，代入反应速率公式进行计算。
关键知识点：化学反应速率定义：，。
4．【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；浓硫酸的性质；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．标准状况下三氧化硫不是气体，因此22.4 L SO3的物质的量不是1 mol，其中含有的原子总数也不等于4NA，A错误；B．NO2和水反应的化学方程式为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，当有3 mol NO2参与该反应时，总共转移2 mol电子：其中2 mol NO2被氧化，1 mol NO2被还原，转移电子数为2NA，B正确；
C．选项中没有说明气体处于标准状况下，无法计算氮气和氢气的物质的量；同时合成氨的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此无法确定生成氨气的分子数为2NA，C错误；
D．选项中没有给出浓硫酸的体积，无法计算出硫酸的总物质的量，因此无法确定反应生成气体的分子数，D错误；
故答案为：B
【分析】A、标准状态下SO3是固体，不能应用气体摩尔体积进行计算。
B、根据NO2与H2O反应过程中元素化合价变化计算转移电子数。
C、未给出气体所处的状态，不可应用Vm=22.4L·mol－1进行计算。
D、未给出溶液的体积，无法计算。
5．【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；浓硫酸的性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．果蔬电池是利用果蔬中的电解质溶液，与活泼性不同的电极组装形成原电池，原理符合原电池的构成规律，对应关系正确，A不满足题目要求；
B．极易溶于水，接触水后会使烧瓶内的气体压强迅速减小，外界大气压会将烧杯中的水压入烧瓶，从而形成喷泉，二者对应关系正确，B不满足题目要求；
C．本身具有还原性，能够起到抗氧化的作用，同时还可以使蛋白质变性，发挥杀菌防腐的效果，因此可以按照规定的限量添加到葡萄酒中，二者对应关系正确，C不满足题目要求；
D．常温条件下，铁接触浓硝酸、浓硫酸后，会在表面发生反应生成一层致密的氧化物保护膜，这个过程叫做钝化，钝化属于化学变化，只是生成的氧化膜阻止了反应的持续进行，并不是铁和浓硝酸、浓硫酸不发生反应，对应关系错误，D满足题目要求；
故答案为：D
【分析】A、果蔬电池属于原电池。
B、应用NH3极易溶于水的性质，可用于喷泉实验。
C、应用SO2的杀菌和抗氧化作用，可用于葡萄酒的添加。
D、常温下，浓硫酸、浓硝酸能使铁钝化。
6．【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．电池工作时，电子由负极流出经外电路流向正极，因此电子从Zn电极（负极）经导线流向电极（正极），A说法正确；
B．中Ag元素化合价降低，得电子发生还原反应，B说法正确；
C．该电池为碱性电池，负极锌失电子，结合氢氧根生成氢氧化锌，Zn电极的电极反应为，C说法正确；
D．原电池工作时，电解质中的阴离子会向负极移动，因此该电池中向负极移动，D说法错误；
故答案为：D
【分析】从总反应方程式可以判断，反应中锌被氧化，因此锌作原电池的负极，氧化银被还原，因此氧化银作原电池的正极。
7．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A、能量越低物质越稳定，的能量低于，因此更稳定，A 错误；
B、该反应是吸热反应，但吸热反应不一定需要加热，反应条件与吸放热没有必然关系，B 错误；
C、断裂化学键需要吸收能量，不是放出；186.5kJ 是 1mol 到达过渡态吸收的能量，不是断开全部化学键的能量，C 错误；
D、，1mol 转化为 1mol 需要吸收 59.3kJ 的热量，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
能量与稳定性：物质所含能量越低，分子越稳定；
反应热与反应条件：吸热反应不一定加热，放热反应也不一定常温自发；
化学键变化：断裂化学键吸热，形成化学键放热；
反应热计算：生成物总能量减去反应物总能量，也可以用正反应活化能减去逆反应活化能。
8．【答案】A
【知识点】硝酸的化学性质；硅和二氧化硅；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、浓硝酸和铜发生反应，生成硝酸铜、二氧化氮和水，给出的离子方程式书写正确，因此A正确；
B、属于弱电解质，在书写离子方程式时不能拆分，该反应正确的离子方程式为，因此B错误；
C、稀硫酸和氢氧化钡反应时，除了生成水，还会生成硫酸钡沉淀，该反应正确的离子方程式为，因此C错误；
D、和反应生成可溶性硅酸钠和水，该反应正确的离子方程式为，原离子方程式错误，因此D错误；
故答案为：A
【分析】A、浓硝酸具有氧化性，其还原产物为NO2。
B、H2S是弱酸，在离子方程式中应保留化学式。
C、H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀和H2O。
D、玻璃中的SiO2能与NaOH反应生成可溶性Na2SiO3和H2O。
9．【答案】A
【知识点】离子共存；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．该反应体系为强碱性，溶液中存在大量OH-，这几种离子之间不发生反应，同时也不会和OH-反应，因此可以在该溶液中大量共存，A符合要求；
B．会和结合生成稳定的可溶性络合物，使溶液变为血红色，二者不能大量共存，B不符合要求；
C．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中含有大量，酸性条件下具有强氧化性，能够将氧化为，发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合要求；
D．题干要求溶液为无色透明，而在水溶液中呈蓝色，不满足无色的条件；同时还能和反应生成CuS沉淀，二者也不能大量共存，D不符合要求；
故答案为：A
【分析】A、强碱溶液中含有大量的OH－，溶液各离子相互间不反应，可大量共存。
B、Fe3＋能与SCN－反应生成Fe(SCN)3。
C、pH=1的溶液显酸性，NO3－酸性条件下具有氧化性，能与Fe2＋反应。
D、含有Cu2＋的溶液显蓝色。
10．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、反应，无元素化合价变化，属于非氧化还原反应，体现酸性氧化物的性质，A 错误；
B、反应，中 S 元素化合价从价降低为0价，作氧化剂，体现氧化性，B 正确；
C、反应，中 S 元素化合价升高，作还原剂，体现还原性，C 错误；
D、反应，中 S 元素化合价升高，作还原剂，体现还原性，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氧化性判断：物质所含元素化合价降低，得电子，作氧化剂，体现氧化性；化合价升高，失电子，作还原剂，体现还原性。
价态特点：S 为价，处于中间价态，既可以被氧化体现还原性，也可以被还原体现氧化性。
非氧化还原反应：和碱反应，没有化合价改变，只体现酸性氧化物的通性。
11．【答案】C
【知识点】工业合成氨；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．溶于水后反应生成酸使溶液呈酸性，将通入紫色石蕊溶液中，溶液只会变红，不会褪色，因此A错误；
B．铜粉和稀硫酸加热时也不会发生反应，加入硝酸钾后，溶液中会生成游离的硝酸根，在酸性环境下硝酸根具有强氧化性，可以和铜发生反应，产物为硝酸铜、一氧化氮和水，因此B错误；
C．工业合成氨是人为将游离态的氮转化为含氮化合物，属于人工固氮，该反应的化学方程式为：，反应过程中氮元素从0价降低为-3价，氮气得到电子，表现出氧化性，因此C正确；
D．浓硫酸加到硫酸铜晶体中，能将晶体中的结晶水吸收，使蓝色的硫酸铜晶体转变为白色的无水硫酸铜，这个过程体现了浓硫酸的吸水性，因此D错误；
故答案为：C
【分析】A、SO2的水溶液显酸性，能使紫色石蕊溶液变红，但不会褪色。
B、加入KNO3固体引入了NO3－，NO3－在酸性环境中具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋。
C、工业合成氨的过程中N2与H2反应生成NH3，过程中氮元素被还原，体现氧化性。
D、该过程中体现了浓硫酸的吸水性。
12．【答案】C
【知识点】甲烷的取代反应
【解析】【解答】A．甲烷和氯气发生取代反应后，得到的有机产物包含、、、四种，A选项错误；
B．反应生成的是不溶于水的气体，因此反应后试管内液面会上升，但无法充满整个试管，B选项错误；
C．Cl2本身在饱和食盐水中溶解度很低，水槽中使用饱和食盐水可以降低Cl2的溶解损耗，C选项正确；
D．如果反应后得到四种有机产物的物质的量相等，也就是满足，结合碳原子守恒，1mol甲烷完全反应，满足，因此四种产物的物质的量均为。甲烷和氯气的取代反应中，被取代的氢原子的物质的量，等于消耗氯气的总物质的量，每个被取代的氢原子会结合1个氯原子生成HCl，另一个氯原子进入有机产物。因此总共被取代的氢原子物质的量为，因此消耗氯气的总物质的量就是2.5mol，并非2.5mol HCl，D选项错误；
故答案为：C
【分析】A、CH4与Cl2的取代反应为系列反应，产物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl3和HCl。
B、HCl可溶于饱和食盐水中。
C、Cl2不溶于饱和食盐水，可减少Cl2的溶解。
D、根据反应过程中原子守恒进行计算。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．从图像中可以看出，反应开始也就是t=0时，Y和X的物质的量浓度都是2mol·L－1，达到平衡状态时，Y的浓度变为1mol·L－1，X的浓度变为4mol·L－1。结合容器体积计算可得，反应过程中Y的浓度减少了1mol·L－1，X的浓度增加了2mol·L－1，因此该反应的化学方程式为，A选项错误；
B．M点时反应还没有达到平衡状态，此时反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，B选项错误；
C．Q点反应已经达到了平衡状态，平衡时正、逆反应速率相等，但可逆反应的平衡是动态平衡，反应并没有停止，仍然在进行，C选项错误；
D．由图像可知，反应开始到20 min时，X的浓度变化量，根据反应速率计算公式，可得前20 min内X的反应速率，D选项正确；
故答案为：D
【分析】A、根据图像计算反应过程中X、Y的变化量之比，从而得到其化学计量数之比。
B、M时反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率。
C、Q点时处于平衡状态，正逆反应速率相等，但不为0。
D、根据公式计算用X表示的反应速率。
14．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】A、浓氨水与混合，遇水放热且生成，促使分解释放氨气，实验室可采用该方法快速制取氨气，A 正确；
B、氨气是碱性气体，能使湿润红色石蕊试纸变蓝，将试纸放在三颈瓶口 c 处，试纸变蓝，证明已经集满，B 正确；
C、喷泉剧烈程度由瓶内外压强差决定，C 点瓶内压强最小，内外压强差最大，喷泉最剧烈；E 点压强已经稳定，喷泉停止，C 错误；
D、液氨泄漏，稀盐酸可以与直接反应，吸收氨气效果优于溶液，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：氧化钙和浓氨水混合，利用温度升高、氢氧根浓度增大，促使氨气逸出；
氨气验满：氨气为碱性气体，用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝代表收集满；
喷泉实验原理：内外压强差值越大，喷泉越剧烈，压强最低点对应喷泉最强时刻；
氨气吸收：氨气可直接与盐酸发生反应，碳酸氢钠溶液和氨气不发生反应，吸收效果差。
15．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．已知a为氨气，c为NO，d为二氧化氮，b为氮气，根据氧化还原反应的价态规律，氨气中N为-3价，是氮的最低价态，具有还原性，在一定条件下氨气可以将NO、二氧化氮还原为价态更低的氮气，因此A正确；
B．能使品红褪色，原理是二氧化硫和品红的有色物质结合生成不稳定的无色物质；而次氯酸使品红褪色，是因为次氯酸具有强氧化性，将有色物质氧化为无色物质，二者漂白原理并不相同，因此B错误；
C．浓硫酸敞口放置时，会吸收空气中的水蒸气，溶剂增加，因此溶液浓度减小，是浓硫酸的吸水性导致；而浓硝酸敞口放置时，浓硝酸具有挥发性，溶质挥发减少，因此溶液浓度减小，二者浓度减小的原因不同，因此C错误；
D．金属铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中生成盐体现了酸的酸性，生成还原产物二氧化氮、二氧化硫体现了酸的氧化性，因此两种酸在反应中都既体现酸性又体现氧化性，因此D错误；
故答案为：A
【分析】结合题图转化关系可以确定，各物质分别为：a是、b是、c是NO、d是、e是；是、是S、是、是、是，我们结合各物质的性质分析选项。
16．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；硝酸的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．由图可知，硝酸浓度不同，氮元素的还原产物不同。在硝酸浓度为12.2 mol/L中，主要产物，随着c(HNO3)降低，产物逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多；当浓度为9.75 mol/L时，主要产物是NO，其次是及少量的，当的浓度降到4.02 mol/L时，离子成为主要产物，A正确；
B．由图可知，当c(HNO3)=时，还原产物、 、的物质的量之比为。用一定量的铁粉与大量的溶液反应得到标态下气体2.24 L为气体，物质的量为0.1 mol，因此， ，，1 mol硝酸发生还原反应生成还原产物，提供1 mol N原子，因此被还原的硝酸的物质的量等于还原产物中N原子的总物质的量，B错误；
C．由图可知，硝酸浓度越低，还原产物的平均价态越低；浓度越高，高价位的、 占比越高，C正确；
D．由图可知，当c(HNO3)=时，还原产物、 、的物质的量之比为。物质的量之比=相等含量之比，D正确；
故答案为：B
【分析】这张图的横坐标是硝酸浓度，纵坐标是铁和硝酸反应生成的不同还原产物的相对含量，从图中可以看出：不管在哪一个硝酸浓度下，反应都会同时生成多种还原产物，并不会只得到单一还原产物；随着硝酸浓度不断升高，含低价态氮的还原产物（包括，其中N元素为价，以及，其中N元素为价），它们的相对含量会逐渐降低，最终降低到0；而含高价态氮的还原产物（包括，其中N元素为价，以及，其中N元素为价），它们的相对含量会逐渐升高。
17．【答案】放热；冒出无色气泡；电极间距离；；；；
【知识点】吸热反应和放热反应；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）从能量图可知，反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应；
故答案为：放热
（2）锌铜-稀硫酸原电池中，铜片作正极，在铜片表面得到电子生成氢气，因此铜片处的现象为冒出无色气泡；
故答案为：冒出无色气泡
（3）由表格变量可知，实验探究了水果种类和电极间距离对水果电池电流大小的影响；
故答案为：电极间距离
（4）水果电池中， 活泼性强于，因此为负极，为正极；原电池中阳离子向正极移动，因此阳离子向移动； 负极失电子生成，电极反应式为；
故答案为：Cu；
（5），反应转移电子，因此反应转移电子，转移电子数目为；
故答案为：
（6）该反应中，失电子发生氧化反应，作负极；正极选择惰性电极（石墨/碳棒），电解质为 溶液，原电池示意图为。
故答案为：
【分析】（1）根据反应物和生成物总能量的相对大小确定该反应的热效应。
（2）锌片和铜片用导线连接后，浸泡在稀硫酸中，形成了原电池，金属活动性Zn＞Cu，因此Cu做正极，溶液中H＋发生得电子的还原反应，据此确定铜片处的现象。
（3）由表格数据可知，该实验过程中，水果种类和电极间距离是变量。
（4）在原电池中，阳离子移向正极。Zn做负极，发生失电子的氧化反应，生成Zn2＋，据此写出负极的电极反应式。
（5）根据公式计算n(Zn)，结合电极反应式确定转移电子数。
（6）该反应中，Fe3＋发生得电子的还原反应，为正极反应物；Cu发生失电子的氧化反应，为负极反应物。据此设计原电池装置。
18．【答案】（1）圆底烧瓶；
（2）还原性；漂白性；溶液又变成红色
（3）试剂瓶内液面下降，长颈漏斗内液面上升；c
【知识点】二氧化硫的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）盛放铜粉的仪器名称是圆底烧瓶，装置A中铜和浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应方程式为；
故答案为：
（2）与酸性溶液发生氧化还原反应，使溶液褪色，体现了的还原性；使品红溶液褪色，体现了的漂白性；若实验结束后加热装置D，由于与品红生成的无色物质不稳定，受热后易分解，溶液恢复原色。
故答案为：
（3）关闭K后，余热使反应继续进行，生成的多余的可储存于B中，排出的液体进入长颈漏斗中，装置B试剂瓶内液面下降，长颈漏斗内液面上升。由于在水溶液中溶解度较大，为了减少其损失，装置B中用饱和溶液较合适，故答案选c。
故答案为：
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。浓硫酸 具有强氧化性，加热条件下能与Cu反应生成CuSO4、SO2和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（2）酸性KMnO4溶液具有氧化性，溶液褪色体现了SO2的还原性；SO2使品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性。SO2的漂白是化合漂白，为可逆过程，加热后，溶液又会恢复原来的红色。
（3）装置B作用是储存多余的气体，则要求SO2不溶于该液体，且不发生反应，据此分析。
（1）盛放铜粉的仪器名称是圆底烧瓶，装置A中铜和浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应方程式为；
（2）与酸性溶液发生氧化还原反应，使溶液褪色，体现了的还原性；使品红溶液褪色，体现了的漂白性；若实验结束后加热装置D，由于与品红生成的无色物质不稳定，受热后易分解，溶液恢复原色。
（3） 关闭K后，余热使反应继续进行，生成的多余的可储存于B中，排出的液体进入长颈漏斗中，装置B试剂瓶内液面下降，长颈漏斗内液面上升。由于在水溶液中溶解度较大，为了减少其损失，装置B中用饱和溶液较合适，故答案选c。
19．【答案】；防止倒吸；d→c→f→e→i；；空气或氧气；ab；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氨的实验室制法；铵离子检验
【解析】【解答】（1）装置A为固固加热型发生装置，对应实验室用氯化铵和氢氧化钙共热制氨气，对应化学方程式为；
故答案为：
（2）氨气极易溶于水，倒扣漏斗可以增大接触面积，防止水倒吸进入发生装置；
故答案为：防止倒吸
（3）要收集干燥的氨气，流程为：发生装置→干燥→收集→尾气处理：干燥用碱石灰干燥管，遵循"大进小出"，气流从进出；氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，C装置中短管进长管出，气流从进出；最后接E进行尾气处理，接，因此顺序为；
故答案为：
（4）氧化炉中氨气催化氧化生成NO和水，是工业制硝酸的基础反应，方程式为；
故答案为：
（5）氨的催化氧化和吸收NO生成硝酸都需要氧气，工业上通入空气提供氧气，因此M为空气（或氧气）；
故答案为：空气或氧气
（6）酸性废水中直接加热不会释放出 ，必须加碱将 转化为才能检验，因此a、b未加氢氧化钠，方法不合理；c方法正确，故选ab；
故答案为：ab
（7）中为-3价，中为+5价，归中生成，根据得失电子守恒：失电子总数等于 得电子总数，配平得。
故答案为：
【分析】Ⅰ装置A为NH3的发生装置，实验室用NH4Cl和熟石灰加热反应制取NH3，该反应的化学方程式为：Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O。装置B为NH3的干燥装置；装置C为NH3的收集装置，由于NH3的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，因此NH3应从f进入。装置D和装置E中的水用于吸收过量的NH3，装置E中倒置的漏斗可以起到防倒吸的作用，而装置D没有。
Ⅱ合成塔中N2和H2发生反应生成NH3；混合气体进入“氨分离器”后，将反应生成的NH3分离，进入“氧化炉”中，NH3与O2发生氨的催化氧化反应，：4NH3＋5O24NO＋6H2O。反应生成的NO和O2进入“吸收塔”中，与H2O进一步发生反应：4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，反应生成HNO3。
20．【答案】（1）
（2）0.25 mol/（L·min）；50%
（3）bd
（4）增大压强、增大浓度、升高温度或加入合适的催化剂等（任写一种即可）
（5）cf
（6）断键吸收的热量大于成键放出的热量
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）观察图象中各物质的量随时间的变化情况。在0 2 min内，物质A的物质的量从5 mol减少到3 mol，物质B的物质的量从2 mol减少到1 mol ，说明A和B是反应物。物质C的物质的量从2 mol增加到4 mol，说明C是生成物。计算各物质的物质的量变化量（Δ ）：Δ (A)=5 mol 3 mol=2 mol，Δ (B)=2 mol 1 mol=1 mol，Δ (C)=4 mol 2 mol=2 mol。在化学反应中，各物质的物质的量变化量之比等于其化学计量数之比。因此，A、B、C 的化学计量数之比为 2：1：2。反应在2 min时各物质的量不再变化，说明达到了化学平衡状态，这是一个可逆反应。题目指出 A、B、C 均为气体。故化学方程式为。
故答案为：
（2）计算C的反应速率：已知容器体积 =4 L，时间Δ =2 min，C的物质的量变化Δ (C)=2 mol。C的浓度变化量Δ (C)=Δ (C) = =0.5 mol/L。C的反应速率 (C)= = =0.25 mol/(L min)；计算B的转化率：已知B的起始量为2 mol，平衡时（2 min时）为1 mol。B的转化量 =2 mol 1 mol=1 mol。B的转化率 =×100%=×100%=50%。
故答案为：0.25 mol/（L·min）；50%
（3）a．到达 时，各物质的量不再改变，反应达到化学平衡状态。化学平衡是动态平衡，正逆反应速率相等但不为零，反应并未停止，a错误；
b．M点处于 之间，此时反应物仍在减少，生成物仍在增加，反应正向进行。因此，正反应速率大于逆反应速率，即A的消耗速率（正反应）大于A的生成速率（逆反应），b正确；
c．在 时达到平衡状态是因为正逆反应速率相等，而不是因为反应物总物质的量与生成物总物质的量相等。图中 时反应物总物质的量为 ，生成物总物质的量为 ，这只是巧合，c错误；
d． 时反应达到平衡状态，其本质特征就是正反应速率与逆反应速率相等，d正确；
故答案为：bd
（4）对于有气体参与的反应，可以采取以下措施来加快反应速率：升高温度、增大压强、增大反应物浓度、加入正催化剂等（任写一种即可）。
故答案为：增大压强、增大浓度、升高温度或加入合适的催化剂等（任写一种即可）
（5）a．A、B、C 的反应速率相等：速率之比应等于化学计量数之比（ ）才是平衡状态，速率相等不能说明平衡，a错误；
b．A、B 的反应速率之比为 ：在任何时刻，同一方向的速率之比都等于化学计量数之比，不能说明达到平衡，b错误；
c．混合气体的压强不变：该反应是气体分子数改变的反应（ ），在恒容密闭容器中，压强与气体总物质的量成正比。当压强不变时，说明气体总物质的量不变，反应达到平衡，c正确；
d．生成 的同时消耗 和 ：这描述的都是正反应方向的变化，不能体现正逆反应速率相等，d错误；
e． ：平衡时应满足 ，即 。给定的关系式不符合，e错误；
f．C的含量保持不变：各组分的含量保持不变是化学平衡的宏观标志，f正确。
g．恒容状态下混合气体密度不变：反应物和生成物都是气体，总质量不变，容器体积不变，因此密度始终不变，不能作为平衡标志，g错误；
可判断反应已达到平衡状态的是 cf。
故答案为：cf
（6）化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成。断裂化学键需要吸收能量，形成化学键会释放能量。如果反应吸收热量（吸热反应），说明断裂旧键吸收的总能量大于形成新键释放的总能量。
故答案为：断键吸收的热量大于成键放出的热量
【分析】（1）根据反应过程中A、B、C的变化量之比，确定反应的化学计量数之比，从而得到反应的化学方程式。
（2）由图像数据计算2min内C的变化浓度，根据公式计算用C表示的反应速率。根据图像数据计算平衡时B的变化量，结合转化率的公式计算B的平衡转化率。
（3）a、2min时反应处于平衡状态，但反应速率不为0。
b、M点时反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率。
c、2min时反应处于平衡状态，是由于正逆反应速率相等。
d、2min时反应处于平衡状态，此时正逆反应速率相等。
（4）结合浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响分析。
（5）当正逆反应速率相等（或变量不变）时，可逆反应处于平衡状态，据此结合选项所给物理量的变化分析。
（6）反应过程中的能量变化，是由于化学键的断裂与形成产生的能量不同，据此分析。
（1）观察图象中各物质的量随时间的变化情况。在0 2 min内，物质A的物质的量从5 mol减少到3 mol，物质B的物质的量从2 mol减少到1 mol ，说明A和B是反应物。物质C的物质的量从2 mol增加到4 mol，说明C是生成物。计算各物质的物质的量变化量（Δ ）：Δ (A)=5 mol 3 mol=2 mol，Δ (B)=2 mol 1 mol=1 mol，Δ (C)=4 mol 2 mol=2 mol。在化学反应中，各物质的物质的量变化量之比等于其化学计量数之比。因此，A、B、C 的化学计量数之比为 2：1：2。反应在2 min时各物质的量不再变化，说明达到了化学平衡状态，这是一个可逆反应。题目指出 A、B、C 均为气体。故化学方程式为。
（2）计算C的反应速率：已知容器体积 =4 L，时间Δ =2 min，C的物质的量变化Δ (C)=2 mol。C的浓度变化量Δ (C)=Δ (C) = =0.5 mol/L。C的反应速率 (C)= = =0.25 mol/(L min)；计算B的转化率：已知B的起始量为2 mol，平衡时（2 min时）为1 mol。B的转化量 =2 mol 1 mol=1 mol。B的转化率 =×100%=×100%=50%。
（3）a．到达 时，各物质的量不再改变，反应达到化学平衡状态。化学平衡是动态平衡，正逆反应速率相等但不为零，反应并未停止，a错误；
b．M点处于 之间，此时反应物仍在减少，生成物仍在增加，反应正向进行。因此，正反应速率大于逆反应速率，即A的消耗速率（正反应）大于A的生成速率（逆反应），b正确；
c．在 时达到平衡状态是因为正逆反应速率相等，而不是因为反应物总物质的量与生成物总物质的量相等。图中 时反应物总物质的量为 ，生成物总物质的量为 ，这只是巧合，c错误；
d． 时反应达到平衡状态，其本质特征就是正反应速率与逆反应速率相等，d正确；
故选bd。
（4）对于有气体参与的反应，可以采取以下措施来加快反应速率：升高温度、增大压强、增大反应物浓度、加入正催化剂等（任写一种即可）。
（5）a．A、B、C 的反应速率相等：速率之比应等于化学计量数之比（ ）才是平衡状态，速率相等不能说明平衡，a错误；
b．A、B 的反应速率之比为 ：在任何时刻，同一方向的速率之比都等于化学计量数之比，不能说明达到平衡，b错误；
c．混合气体的压强不变：该反应是气体分子数改变的反应（ ），在恒容密闭容器中，压强与气体总物质的量成正比。当压强不变时，说明气体总物质的量不变，反应达到平衡，c正确；
d．生成 的同时消耗 和 ：这描述的都是正反应方向的变化，不能体现正逆反应速率相等，d错误；
e． ：平衡时应满足 ，即 。给定的关系式不符合，e错误；
f．C的含量保持不变：各组分的含量保持不变是化学平衡的宏观标志，f正确。
g．恒容状态下混合气体密度不变：反应物和生成物都是气体，总质量不变，容器体积不变，因此密度始终不变，不能作为平衡标志，g错误；
可判断反应已达到平衡状态的是 cf。
（6）化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成。断裂化学键需要吸收能量，形成化学键会释放能量。如果反应吸收热量（吸热反应），说明断裂旧键吸收的总能量大于形成新键释放的总能量。
1 / 1广东深圳市聚龙科学中学等校2025-2026学年第二学期高一年级第一阶段质量监测化学试题
1．古代许多珍贵文物记载着中华文明的灿烂成就。下列文物的主要材料属于硅酸盐的是
A．明仿错金银凫尊 B．青玉交龙钮玉玺
C．北宋木雕罗汉像 D．西汉素纱禅衣
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A、明仿错金银凫尊是青铜器物，青铜属于合金，A不符合题目要求；
B、青玉交龙钮玉玺是玉石雕刻制成，玉石的主要成分是硅酸盐，B符合题目要求；
C、北宋木雕罗汉像的主要成分是纤维素，纤维素属于天然有机高分子材料，C不符合题目要求；
D、西汉素纱禅衣的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然有机高分子材料，D不符合题目要求；
故答案为：B
【分析】A、金银凫尊为合金，属于金属材料。
B、玉玺的材料为玉石，属于硅酸盐。
C、木雕的成分为纤维素，属于有机高分子材料。
D、素纱禅衣的成分为蛋白质，属于天然有机高分子材料。
2．硅被誉为无机非金属材料的主角，下列物品用到硅单质的是
A．石英钟表 B．水晶镜片 C．计算机芯片 D．光导纤维
【答案】C
【知识点】碳族元素简介；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．石英的主要成分是二氧化硅（），并不是硅单质，A选项错误；
B．水晶的主要成分同样是二氧化硅（），不是硅单质，B选项错误；
C．单质硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是性能优良的半导体材料，是制造计算机芯片的核心原料，C选项正确；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅（），不是硅单质，D选项错误；
故答案为：C
【分析】A、石英的主要成分为SiO2。
B、水晶的主要成分是SiO2。
C、计算机芯片的主要成分是Si。
D、光导纤维的主要成分是SiO2。
3．在2L密闭容器中进行的反应，在10秒内反应物的物质的量由1mol降到0.6mol，则反应速率）为
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】
故答案为：A；
【分析】先求出物质的量变化量，再换算浓度变化量，代入反应速率公式进行计算。
关键知识点：化学反应速率定义：，。
4．是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下中所含原子数为
B．与完全反应时转移的电子数为
C．与充分反应生成的分子数是
D．16 mol/L的浓硫酸与足量的Zn充分反应，生成的气体分子数为
【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；浓硫酸的性质；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．标准状况下三氧化硫不是气体，因此22.4 L SO3的物质的量不是1 mol，其中含有的原子总数也不等于4NA，A错误；B．NO2和水反应的化学方程式为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，当有3 mol NO2参与该反应时，总共转移2 mol电子：其中2 mol NO2被氧化，1 mol NO2被还原，转移电子数为2NA，B正确；
C．选项中没有说明气体处于标准状况下，无法计算氮气和氢气的物质的量；同时合成氨的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此无法确定生成氨气的分子数为2NA，C错误；
D．选项中没有给出浓硫酸的体积，无法计算出硫酸的总物质的量，因此无法确定反应生成气体的分子数，D错误；
故答案为：B
【分析】A、标准状态下SO3是固体，不能应用气体摩尔体积进行计算。
B、根据NO2与H2O反应过程中元素化合价变化计算转移电子数。
C、未给出气体所处的状态，不可应用Vm=22.4L·mol－1进行计算。
D、未给出溶液的体积，无法计算。
5．下列项目与化学知识表述或关联有误的是
选项 项目 化学知识
A 自主探究：果蔬电池 原电池原理
B 可以发生喷泉实验 易溶于水
C 酿葡萄酒时向葡萄汁中添加适量 具有杀菌和抗氧化作用
D 用铁罐车运输浓硝酸或浓硫酸 常温下，铁不与浓硝酸、浓硫酸等反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；浓硫酸的性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．果蔬电池是利用果蔬中的电解质溶液，与活泼性不同的电极组装形成原电池，原理符合原电池的构成规律，对应关系正确，A不满足题目要求；
B．极易溶于水，接触水后会使烧瓶内的气体压强迅速减小，外界大气压会将烧杯中的水压入烧瓶，从而形成喷泉，二者对应关系正确，B不满足题目要求；
C．本身具有还原性，能够起到抗氧化的作用，同时还可以使蛋白质变性，发挥杀菌防腐的效果，因此可以按照规定的限量添加到葡萄酒中，二者对应关系正确，C不满足题目要求；
D．常温条件下，铁接触浓硝酸、浓硫酸后，会在表面发生反应生成一层致密的氧化物保护膜，这个过程叫做钝化，钝化属于化学变化，只是生成的氧化膜阻止了反应的持续进行，并不是铁和浓硝酸、浓硫酸不发生反应，对应关系错误，D满足题目要求；
故答案为：D
【分析】A、果蔬电池属于原电池。
B、应用NH3极易溶于水的性质，可用于喷泉实验。
C、应用SO2的杀菌和抗氧化作用，可用于葡萄酒的添加。
D、常温下，浓硫酸、浓硝酸能使铁钝化。
6．银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：。其工作示意图如图．下列说法不正确的是
A．电子流向：Zn电极→导线→电极
B．电极发生还原反应
C．Zn电极的电极反应式：
D．工作时向正极移动
【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．电池工作时，电子由负极流出经外电路流向正极，因此电子从Zn电极（负极）经导线流向电极（正极），A说法正确；
B．中Ag元素化合价降低，得电子发生还原反应，B说法正确；
C．该电池为碱性电池，负极锌失电子，结合氢氧根生成氢氧化锌，Zn电极的电极反应为，C说法正确；
D．原电池工作时，电解质中的阴离子会向负极移动，因此该电池中向负极移动，D说法错误；
故答案为：D
【分析】从总反应方程式可以判断，反应中锌被氧化，因此锌作原电池的负极，氧化银被还原，因此氧化银作原电池的正极。
7．研究表明，在一定条件下，气态HCN与CNH两种分子的互变反应过程能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．CNH(g)比HCN(g)更稳定
B．HCN(g)转化为CNH(g)一定要加热
C．断开1mol HCN(g)中所有的化学键需要放出186.5kJ的热量
D．1molHCN(g)转化为1molCNH(g)需要吸收59.3kJ的热量
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A、能量越低物质越稳定，的能量低于，因此更稳定，A 错误；
B、该反应是吸热反应，但吸热反应不一定需要加热，反应条件与吸放热没有必然关系，B 错误；
C、断裂化学键需要吸收能量，不是放出；186.5kJ 是 1mol 到达过渡态吸收的能量，不是断开全部化学键的能量，C 错误；
D、，1mol 转化为 1mol 需要吸收 59.3kJ 的热量，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
能量与稳定性：物质所含能量越低，分子越稳定；
反应热与反应条件：吸热反应不一定加热，放热反应也不一定常温自发；
化学键变化：断裂化学键吸热，形成化学键放热；
反应热计算：生成物总能量减去反应物总能量，也可以用正反应活化能减去逆反应活化能。
8．下列有关反应事实对应的离子方程式正确的是
A．用浓硝酸溶解铜：
B．向溶液中通入：
C．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：
D．盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞的原因：
【答案】A
【知识点】硝酸的化学性质；硅和二氧化硅；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、浓硝酸和铜发生反应，生成硝酸铜、二氧化氮和水，给出的离子方程式书写正确，因此A正确；
B、属于弱电解质，在书写离子方程式时不能拆分，该反应正确的离子方程式为，因此B错误；
C、稀硫酸和氢氧化钡反应时，除了生成水，还会生成硫酸钡沉淀，该反应正确的离子方程式为，因此C错误；
D、和反应生成可溶性硅酸钠和水，该反应正确的离子方程式为，原离子方程式错误，因此D错误；
故答案为：A
【分析】A、浓硝酸具有氧化性，其还原产物为NO2。
B、H2S是弱酸，在离子方程式中应保留化学式。
C、H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀和H2O。
D、玻璃中的SiO2能与NaOH反应生成可溶性Na2SiO3和H2O。
9．下列各组离子一定能大量共存的是
A．在强碱溶液中：
B．在含大量的溶液中：
C．在的溶液中：
D．在无色溶液中：
【答案】A
【知识点】离子共存；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．该反应体系为强碱性，溶液中存在大量OH-，这几种离子之间不发生反应，同时也不会和OH-反应，因此可以在该溶液中大量共存，A符合要求；
B．会和结合生成稳定的可溶性络合物，使溶液变为血红色，二者不能大量共存，B不符合要求；
C．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中含有大量，酸性条件下具有强氧化性，能够将氧化为，发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合要求；
D．题干要求溶液为无色透明，而在水溶液中呈蓝色，不满足无色的条件；同时还能和反应生成CuS沉淀，二者也不能大量共存，D不符合要求；
故答案为：A
【分析】A、强碱溶液中含有大量的OH－，溶液各离子相互间不反应，可大量共存。
B、Fe3＋能与SCN－反应生成Fe(SCN)3。
C、pH=1的溶液显酸性，NO3－酸性条件下具有氧化性，能与Fe2＋反应。
D、含有Cu2＋的溶液显蓝色。
10．在参与的下列反应中，体现出的氧化性的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、反应，无元素化合价变化，属于非氧化还原反应，体现酸性氧化物的性质，A 错误；
B、反应，中 S 元素化合价从价降低为0价，作氧化剂，体现氧化性，B 正确；
C、反应，中 S 元素化合价升高，作还原剂，体现还原性，C 错误；
D、反应，中 S 元素化合价升高，作还原剂，体现还原性，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氧化性判断：物质所含元素化合价降低，得电子，作氧化剂，体现氧化性；化合价升高，失电子，作还原剂，体现还原性。
价态特点：S 为价，处于中间价态，既可以被氧化体现还原性，也可以被还原体现氧化性。
非氧化还原反应：和碱反应，没有化合价改变，只体现酸性氧化物的通性。
11．根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释正确的是
选项 实验操作和现象 结论或解释
A 向紫色石蕊溶液中通入，溶液先变红后褪色 具有酸性和漂白性
B 铜粉加入稀硫酸中，加热，无明显现象；加入少量硝酸钾固体后铜粉开始溶解，溶液变蓝 硝酸钾起催化作用
C 利用工业合成氨实现人工固氮 氮气具有氧化性
D 向硫酸铜晶体中滴加浓硫酸，蓝色晶体变白色粉末 浓硫酸具有脱水性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】工业合成氨；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．溶于水后反应生成酸使溶液呈酸性，将通入紫色石蕊溶液中，溶液只会变红，不会褪色，因此A错误；
B．铜粉和稀硫酸加热时也不会发生反应，加入硝酸钾后，溶液中会生成游离的硝酸根，在酸性环境下硝酸根具有强氧化性，可以和铜发生反应，产物为硝酸铜、一氧化氮和水，因此B错误；
C．工业合成氨是人为将游离态的氮转化为含氮化合物，属于人工固氮，该反应的化学方程式为：，反应过程中氮元素从0价降低为-3价，氮气得到电子，表现出氧化性，因此C正确；
D．浓硫酸加到硫酸铜晶体中，能将晶体中的结晶水吸收，使蓝色的硫酸铜晶体转变为白色的无水硫酸铜，这个过程体现了浓硫酸的吸水性，因此D错误；
故答案为：C
【分析】A、SO2的水溶液显酸性，能使紫色石蕊溶液变红，但不会褪色。
B、加入KNO3固体引入了NO3－，NO3－在酸性环境中具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋。
C、工业合成氨的过程中N2与H2反应生成NH3，过程中氮元素被还原，体现氧化性。
D、该过程中体现了浓硫酸的吸水性。
12．实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验，光照下反应一段时间后，下列说法正确的是
A．实验结束后，有机产物只有
B．实验结束后，试管内充满饱和食盐水
C．水槽中用饱和食盐水的目的是减少Cl的溶解
D．若完全反应生成等物质的量的四种有机产物，则需消耗
【答案】C
【知识点】甲烷的取代反应
【解析】【解答】A．甲烷和氯气发生取代反应后，得到的有机产物包含、、、四种，A选项错误；
B．反应生成的是不溶于水的气体，因此反应后试管内液面会上升，但无法充满整个试管，B选项错误；
C．Cl2本身在饱和食盐水中溶解度很低，水槽中使用饱和食盐水可以降低Cl2的溶解损耗，C选项正确；
D．如果反应后得到四种有机产物的物质的量相等，也就是满足，结合碳原子守恒，1mol甲烷完全反应，满足，因此四种产物的物质的量均为。甲烷和氯气的取代反应中，被取代的氢原子的物质的量，等于消耗氯气的总物质的量，每个被取代的氢原子会结合1个氯原子生成HCl，另一个氯原子进入有机产物。因此总共被取代的氢原子物质的量为，因此消耗氯气的总物质的量就是2.5mol，并非2.5mol HCl，D选项错误；
故答案为：C
【分析】A、CH4与Cl2的取代反应为系列反应，产物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl3和HCl。
B、HCl可溶于饱和食盐水中。
C、Cl2不溶于饱和食盐水，可减少Cl2的溶解。
D、根据反应过程中原子守恒进行计算。
13．在2 L的容器中发生某反应，前30 min各物质的物质的量浓度变化如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的化学方程式为
B．M点的正反应速率小于逆反应速率
C．Q点正、逆反应速率相等，反应停止
D．前20 min反应速率
【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．从图像中可以看出，反应开始也就是t=0时，Y和X的物质的量浓度都是2mol·L－1，达到平衡状态时，Y的浓度变为1mol·L－1，X的浓度变为4mol·L－1。结合容器体积计算可得，反应过程中Y的浓度减少了1mol·L－1，X的浓度增加了2mol·L－1，因此该反应的化学方程式为，A选项错误；
B．M点时反应还没有达到平衡状态，此时反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，B选项错误；
C．Q点反应已经达到了平衡状态，平衡时正、逆反应速率相等，但可逆反应的平衡是动态平衡，反应并没有停止，仍然在进行，C选项错误；
D．由图像可知，反应开始到20 min时，X的浓度变化量，根据反应速率计算公式，可得前20 min内X的反应速率，D选项正确；
故答案为：D
【分析】A、根据图像计算反应过程中X、Y的变化量之比，从而得到其化学计量数之比。
B、M时反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率。
C、Q点时处于平衡状态，正逆反应速率相等，但不为0。
D、根据公式计算用X表示的反应速率。
14．现用传感技术测定喷泉实验中三颈瓶内的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法不正确的是
A．制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO
B．将湿润的红色石蕊试纸置于三颈瓶口c处，试纸变蓝，说明NH3已经集满
C．关闭a，用单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则E点时喷泉最剧烈
D．工业上，若出现液氨泄漏，喷稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】A、浓氨水与混合，遇水放热且生成，促使分解释放氨气，实验室可采用该方法快速制取氨气，A 正确；
B、氨气是碱性气体，能使湿润红色石蕊试纸变蓝，将试纸放在三颈瓶口 c 处，试纸变蓝，证明已经集满，B 正确；
C、喷泉剧烈程度由瓶内外压强差决定，C 点瓶内压强最小，内外压强差最大，喷泉最剧烈；E 点压强已经稳定，喷泉停止，C 错误；
D、液氨泄漏，稀盐酸可以与直接反应，吸收氨气效果优于溶液，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：氧化钙和浓氨水混合，利用温度升高、氢氧根浓度增大，促使氨气逸出；
氨气验满：氨气为碱性气体，用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝代表收集满；
喷泉实验原理：内外压强差值越大，喷泉越剧烈，压强最低点对应喷泉最强时刻；
氨气吸收：氨气可直接与盐酸发生反应，碳酸氢钠溶液和氨气不发生反应，吸收效果差。
15．如图是N、S及其化合物的“价-类”二维图，下列说法正确的是
A．在一定条件下，a可将c、d还原为b
B．c'使品红褪色的原理与HClO的漂白原理相同
C．敞口放置在空气中的浓e、浓e'均会因吸水性而使浓度减小
D．浓e和浓e'分别与Cu反应时均只体现氧化性
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．已知a为氨气，c为NO，d为二氧化氮，b为氮气，根据氧化还原反应的价态规律，氨气中N为-3价，是氮的最低价态，具有还原性，在一定条件下氨气可以将NO、二氧化氮还原为价态更低的氮气，因此A正确；
B．能使品红褪色，原理是二氧化硫和品红的有色物质结合生成不稳定的无色物质；而次氯酸使品红褪色，是因为次氯酸具有强氧化性，将有色物质氧化为无色物质，二者漂白原理并不相同，因此B错误；
C．浓硫酸敞口放置时，会吸收空气中的水蒸气，溶剂增加，因此溶液浓度减小，是浓硫酸的吸水性导致；而浓硝酸敞口放置时，浓硝酸具有挥发性，溶质挥发减少，因此溶液浓度减小，二者浓度减小的原因不同，因此C错误；
D．金属铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中生成盐体现了酸的酸性，生成还原产物二氧化氮、二氧化硫体现了酸的氧化性，因此两种酸在反应中都既体现酸性又体现氧化性，因此D错误；
故答案为：A
【分析】结合题图转化关系可以确定，各物质分别为：a是、b是、c是NO、d是、e是；是、是S、是、是、是，我们结合各物质的性质分析选项。
16．如图表示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，则下列说法错误的是
A．一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的
B．一定量的铁粉与大量的溶液反应得到标准状况下气体2.24 L，则发生还原反应的硝酸的物质的量为0.2mol
C．硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多
D．当硝酸浓度为时还原产物是NO、、，且其物质的量之比为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；硝酸的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．由图可知，硝酸浓度不同，氮元素的还原产物不同。在硝酸浓度为12.2 mol/L中，主要产物，随着c(HNO3)降低，产物逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多；当浓度为9.75 mol/L时，主要产物是NO，其次是及少量的，当的浓度降到4.02 mol/L时，离子成为主要产物，A正确；
B．由图可知，当c(HNO3)=时，还原产物、 、的物质的量之比为。用一定量的铁粉与大量的溶液反应得到标态下气体2.24 L为气体，物质的量为0.1 mol，因此， ，，1 mol硝酸发生还原反应生成还原产物，提供1 mol N原子，因此被还原的硝酸的物质的量等于还原产物中N原子的总物质的量，B错误；
C．由图可知，硝酸浓度越低，还原产物的平均价态越低；浓度越高，高价位的、 占比越高，C正确；
D．由图可知，当c(HNO3)=时，还原产物、 、的物质的量之比为。物质的量之比=相等含量之比，D正确；
故答案为：B
【分析】这张图的横坐标是硝酸浓度，纵坐标是铁和硝酸反应生成的不同还原产物的相对含量，从图中可以看出：不管在哪一个硝酸浓度下，反应都会同时生成多种还原产物，并不会只得到单一还原产物；随着硝酸浓度不断升高，含低价态氮的还原产物（包括，其中N元素为价，以及，其中N元素为价），它们的相对含量会逐渐降低，最终降低到0；而含高价态氮的还原产物（包括，其中N元素为价，以及，其中N元素为价），它们的相对含量会逐渐升高。
17．根据所学知识，回答下列问题。
Ⅰ．锌片与稀硫酸反应的能量变化特征如图所示：
（1）该反应为　 　反应(填“吸热”或“放热”)。
（2）锌片和铜片用导线相连后，若将锌片和铜片浸泡在稀硫酸中，可观察到铜片处的现象是　 　。
Ⅱ．以相同大小铜片和锌片为电极研究水果电池，得到的实验数据如下表所示：
实验编号 水果种类 电极间距离/cm 电流/
1 番茄 1 98.7
2 番茄 2 72.5
3 苹果 3 27.2
（3）该实验目的是研究水果种类和　 　对水果电池电流大小的影响。
（4）该实验装置运行时，阳离子向　 　移动(填“Cu”或“Zn”)，负极的电极反应式是　 　。
（5）当有3.25 g Zn参与反应，转移的电子数目为　 　(用含的式子表示)。
（6）选择适宜的材料和试剂设计一个原电池，以便完成下列反应：。在下框内画出原电池的示意图　 　(标出正负极，材料名称，电解质溶液)。
【答案】放热；冒出无色气泡；电极间距离；；；；
【知识点】吸热反应和放热反应；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）从能量图可知，反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应；
故答案为：放热
（2）锌铜-稀硫酸原电池中，铜片作正极，在铜片表面得到电子生成氢气，因此铜片处的现象为冒出无色气泡；
故答案为：冒出无色气泡
（3）由表格变量可知，实验探究了水果种类和电极间距离对水果电池电流大小的影响；
故答案为：电极间距离
（4）水果电池中， 活泼性强于，因此为负极，为正极；原电池中阳离子向正极移动，因此阳离子向移动； 负极失电子生成，电极反应式为；
故答案为：Cu；
（5），反应转移电子，因此反应转移电子，转移电子数目为；
故答案为：
（6）该反应中，失电子发生氧化反应，作负极；正极选择惰性电极（石墨/碳棒），电解质为 溶液，原电池示意图为。
故答案为：
【分析】（1）根据反应物和生成物总能量的相对大小确定该反应的热效应。
（2）锌片和铜片用导线连接后，浸泡在稀硫酸中，形成了原电池，金属活动性Zn＞Cu，因此Cu做正极，溶液中H＋发生得电子的还原反应，据此确定铜片处的现象。
（3）由表格数据可知，该实验过程中，水果种类和电极间距离是变量。
（4）在原电池中，阳离子移向正极。Zn做负极，发生失电子的氧化反应，生成Zn2＋，据此写出负极的电极反应式。
（5）根据公式计算n(Zn)，结合电极反应式确定转移电子数。
（6）该反应中，Fe3＋发生得电子的还原反应，为正极反应物；Cu发生失电子的氧化反应，为负极反应物。据此设计原电池装置。
18．某兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应，设计如图所示装置进行实验。
请回答有关问题：
（1）装置A中盛放铜粉的仪器名称是　 　，其中反应的化学方程式为　 　。
（2）实验过程中，根据装置C、D内产生的现象分别说明了具有的性质是　 　和　 　。若实验结束后加热装置D，可观察到的现象是　 　。
（3）装置B的作用是储存多余的气体。当装置D处有明显现象后，关闭K，移去酒精灯，但由于余热的作用，装置A处仍有气体产生，此时装置B中的现象是　 　。装置B中应放置的液体是　 　(填字母)。
a．水　　　b．酸性溶液　　　c．饱和溶液
【答案】（1）圆底烧瓶；
（2）还原性；漂白性；溶液又变成红色
（3）试剂瓶内液面下降，长颈漏斗内液面上升；c
【知识点】二氧化硫的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）盛放铜粉的仪器名称是圆底烧瓶，装置A中铜和浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应方程式为；
故答案为：
（2）与酸性溶液发生氧化还原反应，使溶液褪色，体现了的还原性；使品红溶液褪色，体现了的漂白性；若实验结束后加热装置D，由于与品红生成的无色物质不稳定，受热后易分解，溶液恢复原色。
故答案为：
（3）关闭K后，余热使反应继续进行，生成的多余的可储存于B中，排出的液体进入长颈漏斗中，装置B试剂瓶内液面下降，长颈漏斗内液面上升。由于在水溶液中溶解度较大，为了减少其损失，装置B中用饱和溶液较合适，故答案选c。
故答案为：
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。浓硫酸 具有强氧化性，加热条件下能与Cu反应生成CuSO4、SO2和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（2）酸性KMnO4溶液具有氧化性，溶液褪色体现了SO2的还原性；SO2使品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性。SO2的漂白是化合漂白，为可逆过程，加热后，溶液又会恢复原来的红色。
（3）装置B作用是储存多余的气体，则要求SO2不溶于该液体，且不发生反应，据此分析。
（1）盛放铜粉的仪器名称是圆底烧瓶，装置A中铜和浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应方程式为；
（2）与酸性溶液发生氧化还原反应，使溶液褪色，体现了的还原性；使品红溶液褪色，体现了的漂白性；若实验结束后加热装置D，由于与品红生成的无色物质不稳定，受热后易分解，溶液恢复原色。
（3） 关闭K后，余热使反应继续进行，生成的多余的可储存于B中，排出的液体进入长颈漏斗中，装置B试剂瓶内液面下降，长颈漏斗内液面上升。由于在水溶液中溶解度较大，为了减少其损失，装置B中用饱和溶液较合适，故答案选c。
19．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。
Ⅰ．实验室氨的制备
（1）氨的发生装置可以选择上图中的A，反应的化学方程式为　 　。
（2）E中漏斗的作用是　 　。
（3）欲收集一瓶干燥的氨，选择上图中的装置，连接顺序为：　 　(按气流方向，小写字母表示)。
a→_______→_______→_______→_______→_______
Ⅱ．下图为工业合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。
（4）氧化炉中氨发生氧化反应的化学方程式为　 　。
（5）M是　 　(填名称)。
Ⅲ．工业酸性废水中含，可通过微生物法处理。
（6）以下关于废水中的检验方法中不合理的是　 　
a．加热，将湿润的红色石蕊试纸放在管口
b．加热，将湿润的酚酞试纸放在管口
c．加氢氧化钠溶液，加热，将蘸有浓盐酸的玻璃棒放在管口
（7）微生物法：酸性废水中的部分在硝化细菌的作用下被氧气氧化为，随后再与作用生成。写出第二步反应生成的离子方程式　 　。
【答案】；防止倒吸；d→c→f→e→i；；空气或氧气；ab；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氨的实验室制法；铵离子检验
【解析】【解答】（1）装置A为固固加热型发生装置，对应实验室用氯化铵和氢氧化钙共热制氨气，对应化学方程式为；
故答案为：
（2）氨气极易溶于水，倒扣漏斗可以增大接触面积，防止水倒吸进入发生装置；
故答案为：防止倒吸
（3）要收集干燥的氨气，流程为：发生装置→干燥→收集→尾气处理：干燥用碱石灰干燥管，遵循"大进小出"，气流从进出；氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，C装置中短管进长管出，气流从进出；最后接E进行尾气处理，接，因此顺序为；
故答案为：
（4）氧化炉中氨气催化氧化生成NO和水，是工业制硝酸的基础反应，方程式为；
故答案为：
（5）氨的催化氧化和吸收NO生成硝酸都需要氧气，工业上通入空气提供氧气，因此M为空气（或氧气）；
故答案为：空气或氧气
（6）酸性废水中直接加热不会释放出 ，必须加碱将 转化为才能检验，因此a、b未加氢氧化钠，方法不合理；c方法正确，故选ab；
故答案为：ab
（7）中为-3价，中为+5价，归中生成，根据得失电子守恒：失电子总数等于 得电子总数，配平得。
故答案为：
【分析】Ⅰ装置A为NH3的发生装置，实验室用NH4Cl和熟石灰加热反应制取NH3，该反应的化学方程式为：Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O。装置B为NH3的干燥装置；装置C为NH3的收集装置，由于NH3的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，因此NH3应从f进入。装置D和装置E中的水用于吸收过量的NH3，装置E中倒置的漏斗可以起到防倒吸的作用，而装置D没有。
Ⅱ合成塔中N2和H2发生反应生成NH3；混合气体进入“氨分离器”后，将反应生成的NH3分离，进入“氧化炉”中，NH3与O2发生氨的催化氧化反应，：4NH3＋5O24NO＋6H2O。反应生成的NO和O2进入“吸收塔”中，与H2O进一步发生反应：4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，反应生成HNO3。
20．某温度下，A、B、C三种气体在4 L恒容密闭容器中进行反应，反应从0～2 min进行过程中，在不同反应时间各物质的量的变化情况如图所示。
（1）化学方程式为　 　。
（2）2 min内C的反应速率为　 　，已知A的转化率，则平衡时B的转化率为　 　。
（3）关于该反应的说法正确的是　 　(填字母，下同)。
a．到达2 min时，反应停止
b．M点时A的消耗速率大于A的生成速率
c．在2 min时达到平衡状态是因为此时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等
d.2 min时正反应速率与逆反应速率相等
（4）写出一个可使该反应速率加快的措施：　 　。
（5）下列可判断反应已达到平衡状态的是　 　。
a．A、B、C的反应速率相等
b．A、B的反应速率之比为
c．混合气体的压强不变
d．生成1 mol C的同时消耗1 mol A和0.5 mol B
e．
f．C的含量保持不变
g．恒容状态下混合气体密度不变
（6）已知该反应是吸热反应，从化学键角度解释该反应过程中能量变化的本质：　 　。
【答案】（1）
（2）0.25 mol/（L·min）；50%
（3）bd
（4）增大压强、增大浓度、升高温度或加入合适的催化剂等（任写一种即可）
（5）cf
（6）断键吸收的热量大于成键放出的热量
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）观察图象中各物质的量随时间的变化情况。在0 2 min内，物质A的物质的量从5 mol减少到3 mol，物质B的物质的量从2 mol减少到1 mol ，说明A和B是反应物。物质C的物质的量从2 mol增加到4 mol，说明C是生成物。计算各物质的物质的量变化量（Δ ）：Δ (A)=5 mol 3 mol=2 mol，Δ (B)=2 mol 1 mol=1 mol，Δ (C)=4 mol 2 mol=2 mol。在化学反应中，各物质的物质的量变化量之比等于其化学计量数之比。因此，A、B、C 的化学计量数之比为 2：1：2。反应在2 min时各物质的量不再变化，说明达到了化学平衡状态，这是一个可逆反应。题目指出 A、B、C 均为气体。故化学方程式为。
故答案为：
（2）计算C的反应速率：已知容器体积 =4 L，时间Δ =2 min，C的物质的量变化Δ (C)=2 mol。C的浓度变化量Δ (C)=Δ (C) = =0.5 mol/L。C的反应速率 (C)= = =0.25 mol/(L min)；计算B的转化率：已知B的起始量为2 mol，平衡时（2 min时）为1 mol。B的转化量 =2 mol 1 mol=1 mol。B的转化率 =×100%=×100%=50%。
故答案为：0.25 mol/（L·min）；50%
（3）a．到达 时，各物质的量不再改变，反应达到化学平衡状态。化学平衡是动态平衡，正逆反应速率相等但不为零，反应并未停止，a错误；
b．M点处于 之间，此时反应物仍在减少，生成物仍在增加，反应正向进行。因此，正反应速率大于逆反应速率，即A的消耗速率（正反应）大于A的生成速率（逆反应），b正确；
c．在 时达到平衡状态是因为正逆反应速率相等，而不是因为反应物总物质的量与生成物总物质的量相等。图中 时反应物总物质的量为 ，生成物总物质的量为 ，这只是巧合，c错误；
d． 时反应达到平衡状态，其本质特征就是正反应速率与逆反应速率相等，d正确；
故答案为：bd
（4）对于有气体参与的反应，可以采取以下措施来加快反应速率：升高温度、增大压强、增大反应物浓度、加入正催化剂等（任写一种即可）。
故答案为：增大压强、增大浓度、升高温度或加入合适的催化剂等（任写一种即可）
（5）a．A、B、C 的反应速率相等：速率之比应等于化学计量数之比（ ）才是平衡状态，速率相等不能说明平衡，a错误；
b．A、B 的反应速率之比为 ：在任何时刻，同一方向的速率之比都等于化学计量数之比，不能说明达到平衡，b错误；
c．混合气体的压强不变：该反应是气体分子数改变的反应（ ），在恒容密闭容器中，压强与气体总物质的量成正比。当压强不变时，说明气体总物质的量不变，反应达到平衡，c正确；
d．生成 的同时消耗 和 ：这描述的都是正反应方向的变化，不能体现正逆反应速率相等，d错误；
e． ：平衡时应满足 ，即 。给定的关系式不符合，e错误；
f．C的含量保持不变：各组分的含量保持不变是化学平衡的宏观标志，f正确。
g．恒容状态下混合气体密度不变：反应物和生成物都是气体，总质量不变，容器体积不变，因此密度始终不变，不能作为平衡标志，g错误；
可判断反应已达到平衡状态的是 cf。
故答案为：cf
（6）化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成。断裂化学键需要吸收能量，形成化学键会释放能量。如果反应吸收热量（吸热反应），说明断裂旧键吸收的总能量大于形成新键释放的总能量。
故答案为：断键吸收的热量大于成键放出的热量
【分析】（1）根据反应过程中A、B、C的变化量之比，确定反应的化学计量数之比，从而得到反应的化学方程式。
（2）由图像数据计算2min内C的变化浓度，根据公式计算用C表示的反应速率。根据图像数据计算平衡时B的变化量，结合转化率的公式计算B的平衡转化率。
（3）a、2min时反应处于平衡状态，但反应速率不为0。
b、M点时反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率。
c、2min时反应处于平衡状态，是由于正逆反应速率相等。
d、2min时反应处于平衡状态，此时正逆反应速率相等。
（4）结合浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响分析。
（5）当正逆反应速率相等（或变量不变）时，可逆反应处于平衡状态，据此结合选项所给物理量的变化分析。
（6）反应过程中的能量变化，是由于化学键的断裂与形成产生的能量不同，据此分析。
（1）观察图象中各物质的量随时间的变化情况。在0 2 min内，物质A的物质的量从5 mol减少到3 mol，物质B的物质的量从2 mol减少到1 mol ，说明A和B是反应物。物质C的物质的量从2 mol增加到4 mol，说明C是生成物。计算各物质的物质的量变化量（Δ ）：Δ (A)=5 mol 3 mol=2 mol，Δ (B)=2 mol 1 mol=1 mol，Δ (C)=4 mol 2 mol=2 mol。在化学反应中，各物质的物质的量变化量之比等于其化学计量数之比。因此，A、B、C 的化学计量数之比为 2：1：2。反应在2 min时各物质的量不再变化，说明达到了化学平衡状态，这是一个可逆反应。题目指出 A、B、C 均为气体。故化学方程式为。
（2）计算C的反应速率：已知容器体积 =4 L，时间Δ =2 min，C的物质的量变化Δ (C)=2 mol。C的浓度变化量Δ (C)=Δ (C) = =0.5 mol/L。C的反应速率 (C)= = =0.25 mol/(L min)；计算B的转化率：已知B的起始量为2 mol，平衡时（2 min时）为1 mol。B的转化量 =2 mol 1 mol=1 mol。B的转化率 =×100%=×100%=50%。
（3）a．到达 时，各物质的量不再改变，反应达到化学平衡状态。化学平衡是动态平衡，正逆反应速率相等但不为零，反应并未停止，a错误；
b．M点处于 之间，此时反应物仍在减少，生成物仍在增加，反应正向进行。因此，正反应速率大于逆反应速率，即A的消耗速率（正反应）大于A的生成速率（逆反应），b正确；
c．在 时达到平衡状态是因为正逆反应速率相等，而不是因为反应物总物质的量与生成物总物质的量相等。图中 时反应物总物质的量为 ，生成物总物质的量为 ，这只是巧合，c错误；
d． 时反应达到平衡状态，其本质特征就是正反应速率与逆反应速率相等，d正确；
故选bd。
（4）对于有气体参与的反应，可以采取以下措施来加快反应速率：升高温度、增大压强、增大反应物浓度、加入正催化剂等（任写一种即可）。
（5）a．A、B、C 的反应速率相等：速率之比应等于化学计量数之比（ ）才是平衡状态，速率相等不能说明平衡，a错误；
b．A、B 的反应速率之比为 ：在任何时刻，同一方向的速率之比都等于化学计量数之比，不能说明达到平衡，b错误；
c．混合气体的压强不变：该反应是气体分子数改变的反应（ ），在恒容密闭容器中，压强与气体总物质的量成正比。当压强不变时，说明气体总物质的量不变，反应达到平衡，c正确；
d．生成 的同时消耗 和 ：这描述的都是正反应方向的变化，不能体现正逆反应速率相等，d错误；
e． ：平衡时应满足 ，即 。给定的关系式不符合，e错误；
f．C的含量保持不变：各组分的含量保持不变是化学平衡的宏观标志，f正确。
g．恒容状态下混合气体密度不变：反应物和生成物都是气体，总质量不变，容器体积不变，因此密度始终不变，不能作为平衡标志，g错误；
可判断反应已达到平衡状态的是 cf。
（6）化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成。断裂化学键需要吸收能量，形成化学键会释放能量。如果反应吸收热量（吸热反应），说明断裂旧键吸收的总能量大于形成新键释放的总能量。
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