2023-2024学年湖南省常德市沅澧共同体高一下学期期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省常德市沅澧共同体2023-2024学年高一下学期期中考试试题时量：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cu-64Mg-24一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，在给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A.生活垃圾焚烧尾气经脱硫脱硝后排放，能达到零污染B.飞船返回舱外表使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐C.华为Mate60Pro手机使用的麒麟9000S芯片，其主要成分为SiCD.“复兴号”高铁车厢采用的铝合金材料具有强度大、质轻、耐腐蚀等优点〖答案〗D〖解析〗【详析】A．生活垃圾焚烧尾气经脱硫脱硝后排放，可以减少二氧化硫和氮氧化物的排放，能减少空气污染，但不能达到零污染，A错误；B．高温结构陶瓷一般用碳化硅、氮化硅或某些金属氧化物等在高温下烧结而成，属于新型无机非金属材料，不属于硅酸盐材料，B错误；C．晶体硅为良好的半导体，是制造芯片的主要原料，C错误；D．铝合金具有强度大、质轻、耐腐蚀等优点，适合用于制造高铁车厢的材料，D正确；〖答案〗选D。2.下列指定反应的离子方程式正确的是（）A.向NaClO溶液中通入少量：B.用二氧化锰制氯气：C.铜片放入稀硝酸中：D.溶液与少量NaOH溶液反应：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．向NaClO溶液中通入少量SO2，发生氧化还原反应生成硫酸根和HCl，由于SO2少量，会有次氯酸生成，离子方程式为：SO2+3ClO-+H2O=+2HClO+Cl-，A错误；B．用二氧化锰制氯气离子方程式为：，B正确；C．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，离子方程式为：，C错误；D．少量NaOH溶液加入Ca(HCO3)2溶液中，反应生成碳酸氢钠、碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：OH-+HCO+Ca2+=H2O+CaCO3↓，D错误。〖答案〗选B。3.下列物质中，不能用于鉴别SO2和CO2的是（）A.酸性KMnO4溶液 B.品红溶液C.H2S溶液 D.澄清石灰水〖答案〗D〖解析〗【详析】A．二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，二氧化碳不能与酸性高锰酸钾溶液反应，所以用酸性高锰酸钾溶液能鉴别二氧化硫和二氧化碳，故A不符合题意；B．二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液漂白褪色，二氧化碳不能使品红溶液褪色，则用品红溶液能鉴别二氧化硫和二氧化碳，故B不符合题意；C．二氧化硫具有弱氧化性，能与氢硫酸溶液反应生成硫沉淀和水，二氧化碳与氢硫酸溶液不反应，所以能用氢硫酸溶液能鉴别二氧化硫和二氧化碳，故C不符合题意；D．二氧化硫和二氧化碳均能使澄清石灰水变混浊，则不能用澄清石灰水鉴别二氧化硫和二氧化碳，故D符合题意；故选D。4.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，观察溶液颜色变化具有氧化性B将缓慢通入酸性溶液中，溶液紫红色褪去具有漂白性C向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，振荡，再滴加几滴新制的氯水，观察溶液颜色变化具有还原性D向溶液X中加入稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸未变蓝原溶液中不存在〖答案〗C〖解析〗【详析】A．亚铁离子、硝酸根在酸性条件下发生氧化还原反应，不能证明双氧水氧化亚铁离子，故A错误；B．将SO2气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去，体现是二氧化硫的还原性，故B错误；C．向盛有溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制的氯水，溶液变为血红色，说明生成了铁离子，则说明亚铁离子变为铁离子，即亚铁离子有还原性，故C正确；D．原溶液即使有铵根，滴加NaOH稀溶液，不生成氨气，应滴加浓NaOH并加热，然后将湿润的红色石蕊试纸置于试管口检验氨气，方案不合理，故D错误；本题选C。5.下列说法正确的是（）A.Na2O2与水反应、红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱B.将SO2通入BaCl2溶液中，无沉淀产生，再通入足量Cl2，产生沉淀C.两性氧化物SiO2既可以与氢氧化钠溶液反应，又可溶于氢氟酸D.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不会溶解〖答案〗B〖解析〗【详析】A．Na2O2与水反应能生成强碱NaOH，红热的Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不能生成碱，故A错误；B．将SO2通入BaCl2溶液中，盐酸酸性大于亚硫酸，无沉淀产生；再通入足量Cl2，亚硫酸氧化为硫酸，产生硫酸钡沉淀，故B正确；C．二氧化硅可以与氢氧化钠溶液反应，二氧化硅与氢氟酸的反应是二氧化硅的特性，SiO2是酸性氧化物，不是两性氧化物，故C错误；D．硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，则在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉溶解，故D错误；故选B。6.将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：，经2min后测得D的浓度为0.5mol/L，，以C表示的平均速率，下列说法正确的是（）A.反应速率 B.该反应方程式中，C.2min时，A的物质的量为1.5mol D.2min时，A的转化率为60%〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由题意可知，2min时D的浓度为0.5mol/L，由方程式可知，B的反应速率为=0.125mol/(L·min)，故A错误；B．由题意可知，2min时D浓度为0.5mol/L，C的反应速率为0.25mol/(L·min)，由变化量之比等于化学计量数之比可得：0.5mol/L∶0.25mol/(L·min)×2min=x∶2，解得x=2，故B错误；C．设A、B的起始物质的量均为amol，由题意可知，2min时D的浓度为0.5mol/L，A、B的浓度之比为3：5，由方程式可得：(a-0.5×2×)∶(a-0.5×2×)=3∶5，解得a=3，则A的物质的量为(3-0.5×2×)mol=1.5mol，故C正确；D．2min时，A的转化率为×100%=50％，故D错误；故选C。7.下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的（）A.①②③ B.①②④C.①②③④ D.②③④〖答案〗B〖解析〗【详析】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。①、②原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；④中液面加苯阻止了空气进入；③由于空气中的氧气能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀。故本题选B。8.下列关于碱性乙醇(C2H5OH)燃料电池的说法不正确的是（）A.电池工作时，电解质溶液中K+移向b电极B.电池工作时，外电路中电流从b电极流向a电极C.电极a的电极反应式为：D.电极b的电极反应式为：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗该装置图为燃料电池，其原理为a极通入乙醇，乙醇失电子发生氧化反应，a是负极；b极通入氧气，氧气得电子发生还原反应，b是正极，电子由a极经用电器流向b极，电解质溶液中的移向b极、移向a极。【详析】A．a是负极、b是正极，电池工作时，电解质溶液中阳离子移向正极，即移向b电极，A正确；B．a是负极、b是正极，电池工作时，外电路中电流从正极流向负极，即从b电极流向a电极，B正确；C．电解质为氢氧化钾，电极a发生乙醇失电子的氧化反应，负极电极反应式为，C错误；D．电解质为氢氧化钾，电极b发生氧气得电子的还原反应，正极电极反应式为，D正确；〖答案〗选C。9.下列关于有机物的说法不正确的是（）A.和互为同系物B.有4种一氯代物C.的名称是异丁烷D.和是同一种物质〖答案〗C〖解析〗【详析】A．和结构相似，分子式分别为C4H10和C5H12，分子式相差一个CH2，所以二者互为同系物，A正确；B．中有4种不同环境氢原子，即有4种一氯代物，B正确；C．的名称是异戊烷，C错误；D．甲烷是空间正四面体结构，所以和是同一种物质，D正确；故选C。10.下列有关化学用语使用正确的是（）A.的电子式： B.的结构示意图：C.四氯化碳的空间填充模型： D.丙烷的结构简式为：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．的电子式：，A错误；B．的结构示意图：，B正确；C．四氯化碳中碳原子半径要小于氯原子半径，C错误；D．丙烷的结构简式为：，D错误；〖答案〗选B。11.反应己经达到平衡状态时，下列关系成立的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，且反应中反应速率比等于反应的系数比；【详析】A．反应达到平衡状态时，v正(N2):v逆(H2)=1:3，即：3v正(N2)=v逆(H2)，A正确；B．反应达到平衡状态时，v正(N2):v逆(NH3)=1:2，即：2v正(N2)=v逆(NH3)，B错误；C．描述的都是正反应，不能确定反应是否平衡，C错误；D．反应达到平衡状态时，v正(H2):v逆(NH3)=3:2，即：2v正(H2)=3v逆(NH3)，D错误；故选A。12.计算机模拟催化剂表面水煤气产氢反应[]过程中能量的变化如图所示。下列说法错误的是（）A.过程Ⅰ、Ⅱ均需要吸收能量B.过程Ⅲ既有共价键断裂；又有共价键形成C.该反应为放热反应D.由图可知比CO稳定〖答案〗D〖解析〗【详析】A．根据图示，过程Ⅰ、Ⅱ均需要吸收能量，故A正确；B．过程Ⅲ既有O-H键键断裂；又有C=O、O-H、H-H键形成，故B正确；C．该反应反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故C正确；D．根据图示数据，不能判断、CO稳定性强弱，故D错误；选D。13.某探究性学习小组利用溶液和酸性溶液之间的反应来探究外界条件对化学反应速率的影响，实验操作如下。下列有关说法不正确的是（）实验序号实验温度溶液(含硫酸)溶液溶液颜色褪至无色时所需时间甲2520.0630.3512乙20.0650.3丙3520.060.33A.B.通过实验乙、丙探究温度对化学反应速率的影响C.反应的离子方程式为D.甲组用的浓度变化表示的平均反应速率为〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据分析，乙和丙高锰酸钾、草酸的浓度相同，温度不同，探究温度对反应速率的影响；则甲乙温度相同，若探究浓度对反应速率的影响，实验乙加入5mLH2C2O4溶液和3mL的水，实验甲加入3mLH2C2O4溶液，水的体积为5，溶液浓度不同。【详析】A．，乙的H2C2O4浓度比甲高，丙的温度比乙又高，因此，t2<t1<12，A正确；B．通过实验乙、丙探究温度对化学反应速率的影响，B正确；C．反应的离子方程式为，C正确；D．甲组用的浓度变化表示的平均反应速率为=0.001mol▪L-1▪S-1，D错误；故选D。14.将1.76g镁铜合金投入20mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2混合气体896mL（不考虑其他气体，体积折算为标准状况下，假设此条件下NO2为气态），反应结束后向溶液中加入120mL1mol·L-1NaOH溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀3.12g。若将盛有896mL该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法错误的是（）A.Mg与Cu的物质的量比值为3：1B.NO和NO2的体积比为1：1C.原硝酸的浓度为8mol·L-1D.通入的O2的体积（标准状况下）V=448mL〖答案〗A〖解析〗【详析】A．根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，且氢氧根物质的量是镁铜物质的量总和的两倍，最终沉淀比开始合金的增重即为氢氧根的质量，故氢氧根物质的量为，Mg与Cu的物质的量之和为0.04mol，设镁物质的量为amol，铜物质的量为(0.04-a)mol，则24a+64(0.04-a)=1.76，解得a=0.02，即Mg与Cu的物质的量都是0.02mol，物质的量比值为1：1，A错误；B．NO和NO2混合气体共896mL，标准状况下混合气体总物质的量为0.04mol，设混合气体中NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为(0.04-x)mol，根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，则：3x+0.04-x＝0.08，解得x=0.02，故NO和NO2的物质的量都为0.02mol，体积比为1：1，故B正确；C．金属离子恰好完全沉淀时，溶液的溶质为NaNO3，则未被还原的HNO3的物质的量等于n(NaOH)=1mol/L×0.12L=0.12mol，因此根据N原子守恒，原硝酸的物质的量为n(气体)+未被还原的n(HNO3)=0.04+0.12=0.16mol，原硝酸的浓度为，C正确；D．NO、NO2与氧气、水反应又转化为HNO3，反应方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO、NO2物质的量都是0.02mol，因此根据方程式n(O2)==0.02mol，标准状况下通入氧气的体积为：0.02mol×22.4L/mol=0.448L，即448mL，D正确；本题选A。二、非选择题(本题共4小题，每空2分，共58分)15.Ⅰ.化学反应与能量变化对人类生产、生活有重要的意义。回答下列问题：（1）下列化学反应中的能量变化关系与图示相符合的是___________。A. B.天然气的燃烧C. D.Ⅱ.汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，生成NOx等污染大气，其中生成NO的能量变化如图所示：（2）若反应生成2molNO气体，则该反应___________(填“吸收”或“放出”)___________kJ热量，该反应的反应物的总能量___________(填“大于”“等于”或“小于”)生成物的总能量。Ⅲ.2023年6月9～11日，世界动力电池大会在宜宾举行，宜宾在电池研发、制造领域走在世界前列。利用原电池原理，人们研制出很多结构和性能各异的化学电池。回答下列问题：（3）某化学小组设计出如下图所示甲、乙、丙三套装置。上图装置中，电流计指针会发生偏转的是___________装置(填“甲”、“乙”或“丙”)，该装置中Cu电极的电极反应式为___________。（4）铅酸蓄电池放电时发生反应：。该电池的负极材料为___________(填化学式)（5）氢氧燃料电池的简易装置如下图所示。①H+移向___________(填“正极”或“负极”)。②若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的气体b在标准状况下的体积为___________L。〖答案〗（1）D（2）①.吸收②.180③.小于（3）①.乙②.（4）（5）①.正极②.11.2〖解析〗（1）根据图示可知：生成物的总能量比反应物的总能量高，因此该图示表示的反应类型属于吸热反应；A．与在光照条件下生成HCl的反应是放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，A错误；B．天然气燃烧反应为放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，B错误；C．该反应是铝热反应，反应放出大量热，为放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，C错误；D．C与在高温下反应生成CO和，该反应为吸热反应，生成物的总能量比反应物的总能量高，D正确；故〖答案〗为：D；（2）与在一定条件下反应生成NO，反应方程式为，根据图示可知：断裂1mol中键需要吸收的热量，断裂1mol中的键需要吸收的热量，而形成中的氮氧化学键会释放的热量，因此若形成了，反应过程中的能量变化，说明反应生成会吸收的热量；发生反应为吸热反应，说明反应物的总能量小于生成物的总能量；故〖答案〗为：吸收；；小于；（3）原电池构成条件为：有活动性不同的2个电极、电解质溶液、形成闭合回路、自发进行氧化还原反应。装置甲没有形成闭合回路，因此不能构成原电池，电流表指针不能发生偏转；装置乙具备原电池构成的条件，可以形成原电池，电流表指针会发生偏转；装置丙中，乙醇属于非电解质，没有电解质溶液，不能形成闭合回路，因此不能构成原电池，电流表指针不能发生偏转，故三个装置中，电流计指针会发生偏转的是装置乙；在装置乙中，由于金属活动性：，所以Fe为负极，发生失去电子的氧化反应，负极Fe电极的反应式为：；Cu为正极，电解质阳离子发生得到电子的还原反应，正极Cu电极反应式为：；故〖答案〗为：乙；；（4）根据铅酸蓄电池放电时发生的反应可知，铅元素化合价由0价升高到+2价，发生失电子、氧化反应，因此电极为负极；铅元素化合价由+4价降低为+2价，发生得电子、还原反应，为正极；故〖答案〗为：；（5）在氢氧燃料电池中，通入的电极为负极，发生失去电子的氧化反应；通入的电极为正极，发生得到电子的还原反应；根据图示可知：电子由c电极经负载流向电极d，所以c电极为负极，由a口通入，d电极为正极，由b口通入；在原电池工作时，阳离子移向正极，即带有正电荷，向正极d电极区移动；在电极d上发生反应：，反应每消耗1mol，转移4mol电子，则若线路中转移2mol电子，反应消耗0.5mol，其在标准状况下的体积；故〖答案〗为：正极；11.2。16.某化学学习小组探究浓度对硝酸氧化能力的影响。I．资料显示：浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO；氢氧化钠能吸收NO2，但不能吸收NO。该学习小组按如图装置进行验证实验(夹持仪器已略去)。回答下列问题：（1）写出装置①中反应的离子反应方程式___________。（2）写出装置②中反应的化学反应方程式___________。（3）下列说法正确的是___________。A.能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方出现红棕色气体B.②中的试剂为水C.滴加浓硝酸前要先打开弹簧夹通一段时间氮气D.⑥的作用是吸收尾气NOⅡ.测得铁与不同浓度硝酸反应时各还原产物的物质的量相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示（4）下列说法不正确的是___________。A．硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的N元素成分越多B．硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物C．铁能与大于12.2mol·L-1HNO3溶液反应说明不存在“钝化”现象（5）已知：在上述反应条件下，反应后铁以Fe3+形式存在于溶液中。当硝酸浓度为9.75mol·L-1时计算氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。〖答案〗（1）Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑（2）H2O+3NO2=2HNO3+NO（3）BC（4）AB（5）15∶13〖解析〗装置①浓硝酸和铜反应，生成NO2，反应离子方程式为：Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑，装置②利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为：H2O+3NO2=2HNO3+NO，装置③盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气。（1）装置①中浓硝酸和铜反应，生成NO2，反应离子方程式为：Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑。（2）装置②利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为：H2O+3NO2=2HNO3+NO。（3）A．装置③应盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置④中应盛放的是浓硝酸，若浓硝酸能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方不出现红棕色气体，装置④液面的上方会产生红棕色气体，故A错误；B．装置②利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，试剂为水，故B正确；C．空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓硝酸之前需要通入一段时间N2，赶走装置中的空气，故C正确；D．装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气，故D错误；故选BC。（4）A．由图可知，硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的N元素成分越多，故A正确；B．由图可知，硝酸与铁反应的还原产物有一氧化氮、二氧化氮、氮气等，故B正确；C．常温下，铁在浓硝酸中钝化，表面生成致密的氧化物薄膜，故C错误；故选AB。（5）当硝酸浓度为9.75mol/L时，还原产物为一氧化二氮、二氧化氮、一氧化氮，反应后铁以Fe3+的形式存在于溶液中，铁与足量硝酸反应的离子方程式为：26Fe+108H++30=26Fe3++9NO2↑+15NO↑+3N2O↑+54H2O，即氧化剂与还原剂的物质的量之比为30∶26=15∶13。17.某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体)三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示：（1）由图中所给数据进行分析，该反应化学方程式为___________（2）反应从开始至2分钟，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v(Z)=___________（3）2min反应达到平衡时体系内的压强比起始时的压强___________(填“增大”、“减小”或“无变化”，下同)，平衡时混合气体密度和起始时相比___________。（4）下列措施能减小反应速率的是___________。A.升高温度 B.选择高效的催化剂 C.恒容时充入氩气 D.恒压时充入氩气（5）X的平衡转化率为___________（6）恒温条件下，对于可逆反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志的是___________A.单位时间内生成nmolCH3OH的同时消耗2nmolH2B.混合气体的密度不再改变的状态C.混合气体的压强不再改变的状态D.混合气体的平均摩尔质量不再改变（7）某合成氨速率方程为：v=kc(N2)cX(H2)cY(NH3)，根据表中数据，Y=___________实验c(N2)/mol·L-1c(H2)/mol·L-1c(NH3)/mol·L-1v/mol·L-1·s-11mnpq22mnp2q3mn0.1p10q4m2np2828q〖答案〗（1）3X+Y2Z（2）0.05mol/(L·min)（3）①.减小②.无变化（4）D（5）30%（6）CD（7）-1〖解析〗（1）由图像可知，反应中X、Y的物质的量减少，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，此时三种物质都存在，且物质的量不再发生变化，所以该反应是可逆反应，且n(X)∶n(Y)∶n(Z)=0.3mol∶0.1mol∶0.2mol=3∶1∶2，故反应方程式为3X+Y2Z。（2）由图像可知，反应从开始至2分钟，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v(Z)==0.05mol/(L·min)。（3）反应3X+Y2Z是气体体积减小的反应，反应过程中气体总物质的量减小，容器内的压强减小，2min反应达到平衡时体系内的压强比起始时的压强减小，而气体总质量和总体积不变，平衡时混合气体密度和起始时相比无变化。（4）升高温度、选择高效的催化剂会增大反应速率，恒容时充入氩气，反应物和生成物的浓度不变，反应速率不变，恒压时充入氩气，容器的体积增大，反应物和生成物的浓度减小，反应速率减小，故选D。（5）由图像可知，X的平衡转化率为=30%。（6）A．单位时间内生成nmolCH3OH的同时消耗2nmolH2，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，A不选；B．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不再改变时，不能说明反应达到平衡，B不选；C．该反应过程中气体的物质的量减小，容器内的压强减小，当混合气体的压强不再改变时，说明反应达到平衡，C选；D．该反应过程中气体的物质的量减小，气体总质量不变，混合气体的平均摩尔质量增大，当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，说明反应达到平衡，D选；故选CD。（7）将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得:q=kmnXpY，10q=kmnX(0.1p)Y，可得Y=﹣1。18.某校化学兴趣小组设计如图装置，实验探究浓硫酸与铜的反应。（1）玻璃仪器b的名称是___________，试剂X的名称是___________。（2）橡皮管a的作用是___________。（3）装置B中的现象是___________，装置C可检验SO2的性质为___________。（4）实验结束后，小组成员发现烧瓶中的灰白固体中有少量黑色固体，将固体加入至水中后，发现白色固体溶解，而黑色固体不溶，便推测黑色固体可能是难溶于水及酸的CuS或。于是设计如下实验进行进一步探究：①烧瓶中白色固体是___________(填化学式)②写出黑色固体X与足量反应生成Y和Z的化学方程式___________。〖答案〗（1）①.分液漏斗②.碱石灰（2）平衡压强，使分液漏斗中液体容易流下（3）①.紫色溶液变红②.漂白性（4）①.②.〖解析〗该实验目的为探究浓硫酸与铜的反应，图中实验装置A为铜和浓硫酸反应的发生装置，反应生成、、，装置B为紫色石蕊溶液检验和水反应生成亚硫酸的酸性，装置C为检验的漂白性，装置D是进行尾气吸收，防止污染。（1）玻璃仪器b的名称是分液漏斗；试剂X用于吸收尾气，故试剂是碱石灰；故〖答案〗为：分液漏斗；碱石灰；（2）圆底烧瓶中有气体生成，压强较大时，不利于分液漏斗中的液体滴加，橡皮管a的作用是平衡压强，使分液漏斗中液体容易滴下；故〖答案〗为：平衡压强，使分液漏斗中液体容易流下；（3）装置B中发生和水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液具有酸性可以使紫色溶液变红；装置C中品红溶液与结合生成不稳定的无色物质而褪色，可检验具有漂白性；故〖答案〗为：紫色溶液变红；漂白性；（4）白色固体溶解，为白色固体且能溶于水，说明白色固体是；8.0g黑色固体X和足量氧气反应生成8.0g黑色固体Y，以及刺激性气体Z，该气体遇到品红使其褪色，说明气体Z为，8.0g黑色固体Y与稀硫酸反应得到蓝色溶液，说明黑色固体Y为，根据反应前后固体质量不变，结合、分别与氧气反应的化学方程式、分析可知，由、，转化为反应前后固体质量不变，该黑色固体X为，与足量氧气反应的化学方程式为；故〖答案〗为：；。湖南省常德市沅澧共同体2023-2024学年高一下学期期中考试试题时量：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cu-64Mg-24一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，在给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A.生活垃圾焚烧尾气经脱硫脱硝后排放，能达到零污染B.飞船返回舱外表使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐C.华为Mate60Pro手机使用的麒麟9000S芯片，其主要成分为SiCD.“复兴号”高铁车厢采用的铝合金材料具有强度大、质轻、耐腐蚀等优点〖答案〗D〖解析〗【详析】A．生活垃圾焚烧尾气经脱硫脱硝后排放，可以减少二氧化硫和氮氧化物的排放，能减少空气污染，但不能达到零污染，A错误；B．高温结构陶瓷一般用碳化硅、氮化硅或某些金属氧化物等在高温下烧结而成，属于新型无机非金属材料，不属于硅酸盐材料，B错误；C．晶体硅为良好的半导体，是制造芯片的主要原料，C错误；D．铝合金具有强度大、质轻、耐腐蚀等优点，适合用于制造高铁车厢的材料，D正确；〖答案〗选D。2.下列指定反应的离子方程式正确的是（）A.向NaClO溶液中通入少量：B.用二氧化锰制氯气：C.铜片放入稀硝酸中：D.溶液与少量NaOH溶液反应：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．向NaClO溶液中通入少量SO2，发生氧化还原反应生成硫酸根和HCl，由于SO2少量，会有次氯酸生成，离子方程式为：SO2+3ClO-+H2O=+2HClO+Cl-，A错误；B．用二氧化锰制氯气离子方程式为：，B正确；C．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，离子方程式为：，C错误；D．少量NaOH溶液加入Ca(HCO3)2溶液中，反应生成碳酸氢钠、碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：OH-+HCO+Ca2+=H2O+CaCO3↓，D错误。〖答案〗选B。3.下列物质中，不能用于鉴别SO2和CO2的是（）A.酸性KMnO4溶液 B.品红溶液C.H2S溶液 D.澄清石灰水〖答案〗D〖解析〗【详析】A．二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，二氧化碳不能与酸性高锰酸钾溶液反应，所以用酸性高锰酸钾溶液能鉴别二氧化硫和二氧化碳，故A不符合题意；B．二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液漂白褪色，二氧化碳不能使品红溶液褪色，则用品红溶液能鉴别二氧化硫和二氧化碳，故B不符合题意；C．二氧化硫具有弱氧化性，能与氢硫酸溶液反应生成硫沉淀和水，二氧化碳与氢硫酸溶液不反应，所以能用氢硫酸溶液能鉴别二氧化硫和二氧化碳，故C不符合题意；D．二氧化硫和二氧化碳均能使澄清石灰水变混浊，则不能用澄清石灰水鉴别二氧化硫和二氧化碳，故D符合题意；故选D。4.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，观察溶液颜色变化具有氧化性B将缓慢通入酸性溶液中，溶液紫红色褪去具有漂白性C向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，振荡，再滴加几滴新制的氯水，观察溶液颜色变化具有还原性D向溶液X中加入稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸未变蓝原溶液中不存在〖答案〗C〖解析〗【详析】A．亚铁离子、硝酸根在酸性条件下发生氧化还原反应，不能证明双氧水氧化亚铁离子，故A错误；B．将SO2气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去，体现是二氧化硫的还原性，故B错误；C．向盛有溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制的氯水，溶液变为血红色，说明生成了铁离子，则说明亚铁离子变为铁离子，即亚铁离子有还原性，故C正确；D．原溶液即使有铵根，滴加NaOH稀溶液，不生成氨气，应滴加浓NaOH并加热，然后将湿润的红色石蕊试纸置于试管口检验氨气，方案不合理，故D错误；本题选C。5.下列说法正确的是（）A.Na2O2与水反应、红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱B.将SO2通入BaCl2溶液中，无沉淀产生，再通入足量Cl2，产生沉淀C.两性氧化物SiO2既可以与氢氧化钠溶液反应，又可溶于氢氟酸D.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不会溶解〖答案〗B〖解析〗【详析】A．Na2O2与水反应能生成强碱NaOH，红热的Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不能生成碱，故A错误；B．将SO2通入BaCl2溶液中，盐酸酸性大于亚硫酸，无沉淀产生；再通入足量Cl2，亚硫酸氧化为硫酸，产生硫酸钡沉淀，故B正确；C．二氧化硅可以与氢氧化钠溶液反应，二氧化硅与氢氟酸的反应是二氧化硅的特性，SiO2是酸性氧化物，不是两性氧化物，故C错误；D．硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，则在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉溶解，故D错误；故选B。6.将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：，经2min后测得D的浓度为0.5mol/L，，以C表示的平均速率，下列说法正确的是（）A.反应速率 B.该反应方程式中，C.2min时，A的物质的量为1.5mol D.2min时，A的转化率为60%〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由题意可知，2min时D的浓度为0.5mol/L，由方程式可知，B的反应速率为=0.125mol/(L·min)，故A错误；B．由题意可知，2min时D浓度为0.5mol/L，C的反应速率为0.25mol/(L·min)，由变化量之比等于化学计量数之比可得：0.5mol/L∶0.25mol/(L·min)×2min=x∶2，解得x=2，故B错误；C．设A、B的起始物质的量均为amol，由题意可知，2min时D的浓度为0.5mol/L，A、B的浓度之比为3：5，由方程式可得：(a-0.5×2×)∶(a-0.5×2×)=3∶5，解得a=3，则A的物质的量为(3-0.5×2×)mol=1.5mol，故C正确；D．2min时，A的转化率为×100%=50％，故D错误；故选C。7.下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的（）A.①②③ B.①②④C.①②③④ D.②③④〖答案〗B〖解析〗【详析】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。①、②原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；④中液面加苯阻止了空气进入；③由于空气中的氧气能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀。故本题选B。8.下列关于碱性乙醇(C2H5OH)燃料电池的说法不正确的是（）A.电池工作时，电解质溶液中K+移向b电极B.电池工作时，外电路中电流从b电极流向a电极C.电极a的电极反应式为：D.电极b的电极反应式为：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗该装置图为燃料电池，其原理为a极通入乙醇，乙醇失电子发生氧化反应，a是负极；b极通入氧气，氧气得电子发生还原反应，b是正极，电子由a极经用电器流向b极，电解质溶液中的移向b极、移向a极。【详析】A．a是负极、b是正极，电池工作时，电解质溶液中阳离子移向正极，即移向b电极，A正确；B．a是负极、b是正极，电池工作时，外电路中电流从正极流向负极，即从b电极流向a电极，B正确；C．电解质为氢氧化钾，电极a发生乙醇失电子的氧化反应，负极电极反应式为，C错误；D．电解质为氢氧化钾，电极b发生氧气得电子的还原反应，正极电极反应式为，D正确；〖答案〗选C。9.下列关于有机物的说法不正确的是（）A.和互为同系物B.有4种一氯代物C.的名称是异丁烷D.和是同一种物质〖答案〗C〖解析〗【详析】A．和结构相似，分子式分别为C4H10和C5H12，分子式相差一个CH2，所以二者互为同系物，A正确；B．中有4种不同环境氢原子，即有4种一氯代物，B正确；C．的名称是异戊烷，C错误；D．甲烷是空间正四面体结构，所以和是同一种物质，D正确；故选C。10.下列有关化学用语使用正确的是（）A.的电子式： B.的结构示意图：C.四氯化碳的空间填充模型： D.丙烷的结构简式为：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．的电子式：，A错误；B．的结构示意图：，B正确；C．四氯化碳中碳原子半径要小于氯原子半径，C错误；D．丙烷的结构简式为：，D错误；〖答案〗选B。11.反应己经达到平衡状态时，下列关系成立的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，且反应中反应速率比等于反应的系数比；【详析】A．反应达到平衡状态时，v正(N2):v逆(H2)=1:3，即：3v正(N2)=v逆(H2)，A正确；B．反应达到平衡状态时，v正(N2):v逆(NH3)=1:2，即：2v正(N2)=v逆(NH3)，B错误；C．描述的都是正反应，不能确定反应是否平衡，C错误；D．反应达到平衡状态时，v正(H2):v逆(NH3)=3:2，即：2v正(H2)=3v逆(NH3)，D错误；故选A。12.计算机模拟催化剂表面水煤气产氢反应[]过程中能量的变化如图所示。下列说法错误的是（）A.过程Ⅰ、Ⅱ均需要吸收能量B.过程Ⅲ既有共价键断裂；又有共价键形成C.该反应为放热反应D.由图可知比CO稳定〖答案〗D〖解析〗【详析】A．根据图示，过程Ⅰ、Ⅱ均需要吸收能量，故A正确；B．过程Ⅲ既有O-H键键断裂；又有C=O、O-H、H-H键形成，故B正确；C．该反应反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故C正确；D．根据图示数据，不能判断、CO稳定性强弱，故D错误；选D。13.某探究性学习小组利用溶液和酸性溶液之间的反应来探究外界条件对化学反应速率的影响，实验操作如下。下列有关说法不正确的是（）实验序号实验温度溶液(含硫酸)溶液溶液颜色褪至无色时所需时间甲2520.0630.3512乙20.0650.3丙3520.060.33A.B.通过实验乙、丙探究温度对化学反应速率的影响C.反应的离子方程式为D.甲组用的浓度变化表示的平均反应速率为〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据分析，乙和丙高锰酸钾、草酸的浓度相同，温度不同，探究温度对反应速率的影响；则甲乙温度相同，若探究浓度对反应速率的影响，实验乙加入5mLH2C2O4溶液和3mL的水，实验甲加入3mLH2C2O4溶液，水的体积为5，溶液浓度不同。【详析】A．，乙的H2C2O4浓度比甲高，丙的温度比乙又高，因此，t2<t1<12，A正确；B．通过实验乙、丙探究温度对化学反应速率的影响，B正确；C．反应的离子方程式为，C正确；D．甲组用的浓度变化表示的平均反应速率为=0.001mol▪L-1▪S-1，D错误；故选D。14.将1.76g镁铜合金投入20mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2混合气体896mL（不考虑其他气体，体积折算为标准状况下，假设此条件下NO2为气态），反应结束后向溶液中加入120mL1mol·L-1NaOH溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀3.12g。若将盛有896mL该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法错误的是（）A.Mg与Cu的物质的量比值为3：1B.NO和NO2的体积比为1：1C.原硝酸的浓度为8mol·L-1D.通入的O2的体积（标准状况下）V=448mL〖答案〗A〖解析〗【详析】A．根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，且氢氧根物质的量是镁铜物质的量总和的两倍，最终沉淀比开始合金的增重即为氢氧根的质量，故氢氧根物质的量为，Mg与Cu的物质的量之和为0.04mol，设镁物质的量为amol，铜物质的量为(0.04-a)mol，则24a+64(0.04-a)=1.76，解得a=0.02，即Mg与Cu的物质的量都是0.02mol，物质的量比值为1：1，A错误；B．NO和NO2混合气体共896mL，标准状况下混合气体总物质的量为0.04mol，设混合气体中NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为(0.04-x)mol，根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，则：3x+0.04-x＝0.08，解得x=0.02，故NO和NO2的物质的量都为0.02mol，体积比为1：1，故B正确；C．金属离子恰好完全沉淀时，溶液的溶质为NaNO3，则未被还原的HNO3的物质的量等于n(NaOH)=1mol/L×0.12L=0.12mol，因此根据N原子守恒，原硝酸的物质的量为n(气体)+未被还原的n(HNO3)=0.04+0.12=0.16mol，原硝酸的浓度为，C正确；D．NO、NO2与氧气、水反应又转化为HNO3，反应方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO、NO2物质的量都是0.02mol，因此根据方程式n(O2)==0.02mol，标准状况下通入氧气的体积为：0.02mol×22.4L/mol=0.448L，即448mL，D正确；本题选A。二、非选择题(本题共4小题，每空2分，共58分)15.Ⅰ.化学反应与能量变化对人类生产、生活有重要的意义。回答下列问题：（1）下列化学反应中的能量变化关系与图示相符合的是___________。A. B.天然气的燃烧C. D.Ⅱ.汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，生成NOx等污染大气，其中生成NO的能量变化如图所示：（2）若反应生成2molNO气体，则该反应___________(填“吸收”或“放出”)___________kJ热量，该反应的反应物的总能量___________(填“大于”“等于”或“小于”)生成物的总能量。Ⅲ.2023年6月9～11日，世界动力电池大会在宜宾举行，宜宾在电池研发、制造领域走在世界前列。利用原电池原理，人们研制出很多结构和性能各异的化学电池。回答下列问题：（3）某化学小组设计出如下图所示甲、乙、丙三套装置。上图装置中，电流计指针会发生偏转的是___________装置(填“甲”、“乙”或“丙”)，该装置中Cu电极的电极反应式为___________。（4）铅酸蓄电池放电时发生反应：。该电池的负极材料为___________(填化学式)（5）氢氧燃料电池的简易装置如下图所示。①H+移向___________(填“正极”或“负极”)。②若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的气体b在标准状况下的体积为___________L。〖答案〗（1）D（2）①.吸收②.180③.小于（3）①.乙②.（4）（5）①.正极②.11.2〖解析〗（1）根据图示可知：生成物的总能量比反应物的总能量高，因此该图示表示的反应类型属于吸热反应；A．与在光照条件下生成HCl的反应是放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，A错误；B．天然气燃烧反应为放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，B错误；C．该反应是铝热反应，反应放出大量热，为放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，C错误；D．C与在高温下反应生成CO和，该反应为吸热反应，生成物的总能量比反应物的总能量高，D正确；故〖答案〗为：D；（2）与在一定条件下反应生成NO，反应方程式为，根据图示可知：断裂1mol中键需要吸收的热量，断裂1mol中的键需要吸收的热量，而形成中的氮氧化学键会释放的热量，因此若形成了，反应过程中的能量变化，说明反应生成会吸收的热量；发生反应为吸热反应，说明反应物的总能量小于生成物的总能量；故〖答案〗为：吸收；；小于；（3）原电池构成条件为：有活动性不同的2个电极、电解质溶液、形成闭合回路、自发进行氧化还原反应。装置甲没有形成闭合回路，因此不能构成原电池，电流表指针不能发生偏转；装置乙具备原电池构成的条件，可以形成原电池，电流表指针会发生偏转；装置丙中，乙醇属于非电解质，没有电解质溶液，不能形成闭合回路，因此不能构成原电池，电流表指针不能发生偏转，故三个装置中，电流计指针会发生偏转的是装置乙；在装置乙中，由于金属活动性：，所以Fe为负极，发生失去电子的氧化反应，负极Fe电极的反应式为：；Cu为正极，电解质阳离子发生得到电子的还原反应，正极Cu电极反应式为：；故〖答案〗为：乙；；（4）根据铅酸蓄电池放电时发生的反应可知，铅元素化合价由0价升高到+2价，发生失电子、氧化反应，因此电极为负极；铅元素化合价由+4价降低为+2价，发生得电子、还原反应，为正极；故〖答案〗为：；（5）在氢氧燃料电池中，通入的电极为负极，发生失去电子的氧化反应；通入的电极为正极，发生得到电子的还原反应；根据图示可知：电子由c电极经负载流向电极d，所以c电极为负极，由a口通入，d电极为正极，由b口通入；在原电池工作时，阳离子移向正极，即带有正电荷，向正极d电极区移动；在电极d上发生反应：，反应每消耗1mol，转移4mol电子，则若线路中转移2mol电子，反应消耗0.5mol，其在标准状况下的体积；故〖答案〗为：正极；11.2。16.某化学学习小组探究浓度对硝酸氧化能力的影响。I．资料显示：浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO；氢氧化钠能吸收NO2，但不能吸收NO。该学习小组按如图装置进行验证实验(夹持仪器已略去)。回答下列问题：（1）写出装置①中反应的离子反应方程式___________。（2）写出装置②中反应的化学反应方程式___________。（3）下列说法正确的是___________。A.能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方出现红棕色气体B.②中的试剂为水C.滴加浓硝酸前要先打开弹簧夹通一段时间氮气D.⑥的作用是吸收尾气NOⅡ.测得铁与不同浓度硝酸反应时各还原产物的物质的量相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示（4）下列说法不正确的是___________。A．硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的N元素成分越多B．硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物C．铁能与大于12.2mol·L-1HNO3溶液反应说明不存在“钝化”现象（5）已知：在上述反应条件下，反应后铁以Fe3+形式存在于溶液中。当硝酸浓度为9.75mol·L-1时计算氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。〖答案〗（1）Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑（2）H2O+3NO2=2HNO3+NO（3）BC（4）AB（5）15∶13〖解析〗装置①浓硝酸和铜反应，生成NO2，反应离子方程式为：Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑，装置②利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为：H2O+3NO2=2HNO3+NO，装置③盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气。（1）装置①中浓硝酸和铜反应，生成NO2，反应离子方程式为：Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑。（2）装置②利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为：H2O+3NO2=2HNO3+NO。（3）A．装置③应盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置④中应盛放的是浓硝酸，若浓硝酸能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方不出现红棕色气体，装置④液面的上方会产生红棕色气体，故A错误；B．装置②利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，试剂为水，故B正确；C．空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓硝酸之前需要通入一段时间N2，赶走装置中的空气，故C正确；D．装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气，故D错误；故选BC。（4）A．由图可知，硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的N元素成分越多，故A正确；B．由图可知，硝酸与铁反应的还原产物有一氧化氮、二氧化氮、氮气等，故B正确；C．常温下，铁在浓硝酸中钝化，表面生成致密的氧化物薄膜，故C错误；故选AB。（5）当硝酸浓度为9.75mol/L时，还原产物为一氧化二氮、二氧化氮、一氧化氮，反应后铁以Fe3+的形式存在于溶液中，铁与足量硝酸反应的离子方程式为：26Fe+108H++30=26Fe3++9NO2↑+15NO↑+3N2O↑+54H2O，即氧化剂与还原剂的物质的量之比为30∶26=15∶13。17.某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体)三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示：（1）由图中所给数据进行分析，该反应化学方程式为___________（2）反应从开始至2分钟，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v(Z)=______