2020—2021学年第二学期高一期末考试化学试题本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间90分钟相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64第I卷(选择题共48分)一、选择题(每小题3分，共48分。每小题只有一个正确选项)1.材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列有关材料的说法不正确的是A.化学纤维包括再生纤维和合成纤维B.富勒烯和石墨烯是新型的有机非金属材料C.棉花、羊毛、蚕丝和麻等属于天然有机高分子材料D.塑料具有强度高、密度小、耐腐蚀、易加工等优良的性能【答案】B【解析】【分析】【详解】A．合成纤维、再生纤维统称为化学纤维，故A正确；B．富勒烯和石墨烯都是碳元素的单质，属于新型的无机非金属材料，故B错误；C．棉花、羊毛、蚕丝和麻都属于天然纤维，都属于天然有机高分子材料，故C正确；D．塑料是一种合成高分子材料，具有强度高、密度小、耐腐蚀、易加工等优良的性能，故D正确；故选B。2.下列物品中含有二氧化硅的是①陶瓷②金刚砂③普通玻璃④有机玻璃⑤水晶项链⑥光导纤维⑦计算机芯片⑧玛瑙⑨硅太阳能电池⑩石英坩埚A.①③④⑤⑥⑧B.②③⑤⑥⑧⑩C.③④⑤⑥⑧⑩D.①③⑤⑥⑧⑩【答案】D【解析】【分析】【详解】①陶瓷材料属于硅酸盐材料，一般主要成分是二氧化硅，氧化铝，①符合题意；②金刚砂为SiC，不含二氧化硅，②不符合题意；\n③普通玻璃的化学组成是Na2SiO3、CaSiO3、SiO2，③符合题意；④有机玻璃为有机物，不含二氧化硅，④不符合题意；⑤水晶的主要成分为二氧化硅，⑤符合题意；⑥光导纤维主要成分二氧化硅，⑥符合题意；⑦计算机芯片的主要成分是硅单质，⑦不符合题意；⑧玛瑙的主要成分为二氧化硅，⑧符合题意；⑨硅太阳能电池主要成分为硅单质，⑨不符合题意；⑩石英的主要成分为二氧化硅，⑩符合题意；综上所述答案为D。3.下列反应既是非氧化还原反应，又是吸热反应的是A.碘单质升华B.氢氧化钠和盐酸反应C.甲烷在O2中的燃烧D.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A．碘受热后由固态直接变为气态的过程为升华，属于物理变化，不是化学变化，故A不选；B．氢氧化钠与稀盐酸的反应为放热反应，没有元素的化合价变化，是非氧化还原反应，故B不选；C．甲烷在O2中的燃烧反应，有化合价的变化属于氧化还原反应，但属于放热反应，故C不选；D．Ba(OH)2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应为吸热反应，且没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故D选；故选D。4.下列说法错误的是A.硫在自然界的存在形式既有化合态，也有游离态B.残留在试管内壁上的硫可用CS2溶解除去C.单质硫或含硫物质燃烧时，氧气少量时生成SO2，氧气足量时生成SO3D.硫单质与变价金属反应时一般生成低价态的金属硫化物【答案】C\n【解析】【分析】【详解】A．硫元素在自然界中有化合物和单质形式存在，在自然界中既有游离态，又有化合态，故A正确；B．非极性分子易溶于非极性分子，残留在试管内壁上的硫可用CS2溶解除去，S能够与NaOH反应，也可用热的NaOH溶液除去，故B正确；C．单质硫或含硫物质燃烧时，无论氧气多少，都生成SO2，不能生成SO3，故C错误；D．硫单质具有弱氧化性，硫与变价金属反应，一般生成低价态的金属化合物，如加热时Cu与S反应生成Cu2S，故D正确；故选C。5.将甲气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入乙气体，有沉淀生成，则甲、乙气体不可能是A.SO2、H2SB.SO2、NO2C.NH3、CO2D.CO2、SO2【答案】D【解析】【详解】A、氯化钡中通入二氧化硫不反应，再通入硫化氢，二氧化硫和硫化氢反应生成硫沉淀，不选A；B、氯化钡中通入二氧化硫不反应，再通入二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，可以氧化二氧化硫生成硫酸根离子，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不选B；C、氯化钡中通入氨气不反应，再通入二氧化碳可以生成碳酸钡沉淀和氯化铵，不选C；D、氯化钡中通入二氧化碳和二氧化硫都不反应，不会出现沉淀，选D。6.假设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.1mol甲基中含有的电子数为0.7NAB.标准状况下，33.6LCH3Cl中含有的共价键数为6NAC.1L0.1mol/L醋酸中含醋酸分子数为0.1NAD.46g乙醇和甲酸的混合物中，含有的氧原子数为NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A．1个甲基含有9个电子，则0.1mol甲基中含有电子数为0.9NA，故A错误；\nB．标准状况下，33.6LCH3Cl的物质的量为=1.5mol，1个CH3Cl中含有3个C-H键和1个C-Cl键，含有的共价键数为6NA，故B正确；C．1L0.1mol/L醋酸中含有醋酸0.1mol，醋酸部分电离，含醋酸分子数少于0.1NA，故C错误；D．乙醇和甲酸的摩尔质量均为46g/mol，故46g乙醇和甲酸混合物的物质的量为1mol，但两者含有的氧原子个数不同，故1mol混合物中含有的氧原子个数和两者的比例有关，无法计算，故D错误；故选B。7.下列说法正确的是A.实验室中可通过加热氯化铵固体制取氨气B.常温下，可以用铝罐贮存浓硫酸和浓硝酸，说明铝与浓硫酸和浓硝酸不反应C.在胆矾中加入浓硫酸后，胆矾由蓝色变为白色，说明浓硫酸具有吸水性D.将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液，溶液变红，说明原样品已变质【答案】C【解析】【分析】【详解】A．氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢遇冷又可以化合成氯化铵，该方法很难制氨气，A错误；B．常温下，铝和浓硫酸和浓硝酸发生钝化，并不是不反应，B错误；C．浓硫酸具有吸水性，可以吸收结晶水合物中的水，C正确；D．Fe(NO3)2加入稀硫酸，相当于有硝酸，硝酸可以把二价铁氧化成三价铁，D错误；故选C。8.某种氢氧燃料电池的构造如图所示。下列说法错误的是A.总反应为：2H2+O2=2H2O\nB.负极电极反应式为H2-2e-=2H+C.多孔金属b作正极，是电子流入的极D.电池工作时，电解质溶液中OH-移向a极【答案】B【解析】【分析】氢氧燃料电池（碱性电解质溶液）中通氢气的一极(多空金属a)为负极，电极反应式H2-2e-+2OH-═2H2O，通氧气的一极(多孔金属b)为正极，电极反应式为O2+4e-+2H2O═4OH-，总反应为2H2+O2═2H2O，据此分析判断。【详解】A．氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O2═2H2O，故A正确；B．通氢气的一极(多空金属a)为负极，电解质溶液为碱性，电极反应式H2-2e-+2OH-═2H2O，故B错误；C．电子由负极经外电路流向正极，多孔金属b作正极，是电子流入的电极，故C正确；D．原电池工作时，阴离子向负极移动，多空金属a为负极，电解质溶液中OH-移向a极，故D正确；故选B。9.在反应中，表示该反应速率最快的是A.v(A)=0.3mol/(L·s)B.v(B)=0.5mol/(L·s)C.v(C)=0.8mol/(L·s)D.v(D)=2.0mol/(L·min)【答案】A【解析】【分析】根据物质反应时速率比等于化学方程式中化学计量数的比，都转化为用A物质表示的反应速率，且速率单位都是mol/(L·s)，然后再比较大小。【详解】A．v(A)=0.3mol/(L·s)；B．v(B)=0.5mol/(L·s)，则v(A)=v(B)=0.25mol/(L·s)；C．v(C)=0.8mol/(L·s)，则v(A)=v(C)=mol/(L·s)=0.27mol/(L·s)；D．v(D)=2.0mol/(L·min)=0.033mol/(L·s)，则v(A)=v(D)=0.008mol/(L·s)；可见用A表示反应速率时，速率最大值是0.3mol/(L·s)，因此反应速率最快的是选项A。10.下列化合物中，与乙烯所含碳、氢元素的百分含量相同，但与乙烯既不互为同系物又不互\n为同分异构体的是A.甲烷B.苯C.环丙烷()D.CH3CH=CH2【答案】C【解析】【分析】【详解】乙烯所含碳、氢元素的百分含量相同，则最简式为CH2，甲烷和苯的最简式均不是CH2，CH3CH=CH2虽然最简式满足条件，但与乙烯互为同系物，环丙烷最简式为CH2，与乙烯结构不相似，不是同系物，分子式不同，不是同分异构体；故答案为C。11.下列醇类物质中，能发生催化氧化反应，但产物不属于醛类物质的是A.(CH3)3COHB.(CH3)2CCH2CH2OHC.(CH3)3CCH2OHD.CH3CHOHCH3【答案】D【解析】【分析】与羟基相连的碳原子有氢原子，则能发生催化氧化反应；与羟基相连的碳原子有两个氢原子，则产物是醛。【详解】A．不能催化氧化，故A不符合题意；B．能催化氧化，产物属于醛类物质，故B不符合题意；C．能催化氧化，产物属于醛类物质，故C不符合题意；D．能催化氧化，产物不属于醛类物质，故D符合题意；故选D。12.化合物X的结构简式如图所示。下列有关物质X的说法正确的是A.化合物X的分子式是C16H17O4B.分子中所有的原子有可能处于同一平面\nC.不能与饱和Na2CO3溶液反应D.在酸性条件下水解，水解产物有1种【答案】D【解析】【分析】【详解】A．化合物X的分子式是C16H12O4，A错误；B．分子中存在饱和碳原子，则分子中所有的原子不可能处于同一平面，B错误；C．分子中有羧基，可以与饱和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳，C错误；D．能水解的只有酯基，因为环状化合物，则水解产物只有一种，D正确；故选D。13.有关煤的综合利用如图所示。下列说法错误的是A.①是将煤在空气中加强热使其分解的过程B.条件a为Cl2/光照C.反应②为置换反应D.B为甲醇或乙酸时，反应③原子利用率均可达到100%【答案】A【解析】【分析】【详解】A．①是煤的干馏，是指煤在隔绝空气的条件下加热，使煤分解的过程，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，故A错误；B．甲苯侧链甲基上的H原子被取代的条件a为Cl2/光照，故B正确；C．固体A的主要成分是碳，反应②是碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，为置换反应，故C正确；D．水煤气的主要成分为一氧化碳和氢气。但B为甲醇或乙酸时，甲醇(CH4O)可变为(CO)1(H2)2，乙酸(C2H4O2)可变为(CO)2(H2)2，因此反应③原子利用率均可达到100%，故D正确；\n故选A。14.下列关于营养物质的说法正确的是①葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液共沸有砖红色沉淀产生②纤维素和淀粉的分子式均为(C6H10O5)n，二者互为同分异构体③用灼烧的方法可以区别丝和棉花④油和脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物⑤工业上利用油脂在碱性条件下的水解反应进行肥皂生产⑥蛋白质水解的最终产物是氨基酸⑦蛋白质遇醋酸铅溶液后产生的沉淀能重新溶于水A.①②③④⑤⑥B.①③⑤⑥C.①③④⑤⑥D.①③⑤⑥⑦【答案】B【解析】【分析】【详解】①葡萄糖中含有醛基，葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液共沸有砖红色沉淀产生，故①正确；②淀粉和纤维素的聚合度不同，两者不是同分异构体，故②错误；③丝的主要成分为蛋白质，灼烧时具有烧焦的羽毛气味，为蛋白质的特有性质，棉花的主要成分为纤维素，用灼烧的方法区分丝和棉花，故③正确；④高分子化合物是指相对分子质量大于1万的有机物，而油和脂是高级脂肪酸的甘油酯，不是高分子化合物，故④错误；⑤油脂为高级脂肪酸甘油酯，能够发生水解反应，利用油脂在碱性条件下的水解反应工业上用来制取肥皂和甘油，故⑤正确；⑥氨基酸通过缩聚反应形成蛋白质，因此蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故⑥正确；⑦蛋白质遇重金属发生变性，醋酸铅属于重金属盐，能使蛋白质变性，蛋白质变性没有可逆性，所以生成的沉淀不能溶解，故⑦错误；正确有①③⑤⑥，故选B。15.己烷经催化裂化、裂解可生成的烷烃最多有A.5种B.6种C.7种D.8种【答案】A\n【解析】【分析】【详解】己烷经催化裂化、裂解可生成烷烃和烯烃，生成的烷烃可能含有1个碳原子，也可能含有2个、3个、4个碳原子，1个碳原子的为甲烷，2个碳原子的为乙烷，3个碳原子的为丙烷，4个碳原子的为正丁烷和异丁烷，共5种烷烃，故选A。16.下列食品添加剂与类别对应正确的一组是A.着色剂——胡萝卜素、苯甲酸钠B.调味剂——亚硝酸钠、味精C.营养强化剂——维生素、硫酸锌D.防腐剂——氯化钠、柠檬黄【答案】C【解析】【分析】【详解】A．苯甲酸钠为防腐剂，不是着色剂，A错误；B．亚硝酸钠为防腐剂，不是调味剂，B错误；C．维生素是人体所需的营养素，锌为人体所需的微量元素，所以维生素、硫酸锌都是营养强化剂，C正确；D．柠檬黄是着色剂，不是防腐剂，D错误；综上所述答案为C。第II卷(非选择题共52分)二、非选择题17.A、B、C、D中均含有同一种元素，其中A是单质，它们的转化关系如图所示：请回答下列问题：I.若B是碱性气体；D气体为红棕色。(1)请写出A的化学式：_______。(2)请写出下列转化过程的化学方程式：A→B：_______；B→C：_______。(3)向D\n溶于水形成的稀溶液中加入过量铜片，待铜片不再溶解时，向其中加入几滴浓硫酸，可观察到铜片继续溶解。请用离子方程式解释该现象：_______。II.若A、B、D既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应。(1)C→D可通过滴加氨水实现，该反应的离子方程式为：_______。(2)请写出A用于焊接铁轨的化学方程式：_______。【答案】①.N2②.N2+3H22NH3③.4NH3+5O24NO+6H2O④.3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O⑤.Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3⑥.2Al+Fe2O32Fe+Al2O3【解析】【分析】【详解】Ⅰ．B是碱性气体应为NH3，D气体为红棕色，则D为NO2，则A应是含有N元素的单质，即N2，N2和NH3被氧化均可以生成NO，则C为NO；(1)根据以上分析可知A为N2；(2)N2和H2在高温高压催化剂的条件下可以生成氨气，化学方程式为N2+3H22NH3；NH3被催化氧化生成NO，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(3)D溶液水后生成HNO3，然后和Cu反应生成硝酸铜和NO，加入几滴浓硫酸，酸性环境下硝酸根可以继续氧化Cu单质，离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；Ⅱ．A、B、D既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，A为单质，则为Al，A可以生成B，则B为Al2O3，C为铝盐，D为Al(OH)3；(1)铝盐溶液中加入氨水可以得到氢氧化铝沉淀，离子方程式为Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3；(2)Al可以氧化铁在高温条件下生成铁单质，用于焊接铁轨，化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3。18.海洋约占地球表面积的71%，其中的水资源和其他化学资源具有巨大的开发潜力。下图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图：\n已知：MgO的熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃。试回答下列问题：(1)海水水资源的利用，主要包括海水淡化和直接利用海水进行循环冷却等。海水淡化的方法主要有_______、_______、_______。(2)制得的精盐还可以作为化工原料用于生产纯碱，原理如下(用化学方程式表示)：_______；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。(3)试剂①名称是_______。(4)电解无水氯化镁制取镁的化学方程式为：_______。(5)工业上是将Mg(OH)2先转变为MgCl2，再电解MgCl2来制取镁单质，而不用加热Mg(OH)2得到电解MgO制金属镁，其原因是_______。(6)将镁蒸气冷却后即为固体镁，镁蒸气需要在下列_______气体氛围中冷却？(填序号)。A．N2 B．O2 C．Cl2 D．Ar【答案】①.蒸馏法②.电渗析法③.离子交换法④.NaCl+CO2+H2O+NH3＝NaHCO3↓+NH4Cl⑤.盐酸⑥.MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑⑦.氯化镁和氧化镁同为离子化合物，氧化镁熔点高，能耗高⑧.D【解析】【分析】海水蒸发得到粗盐和母液；粗盐经过除杂净化得到精盐，然后电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气和氯气；母液中加入石灰乳得到氢氧化镁沉淀，氢氧化镁用盐酸溶解后浓缩得到氯化镁晶体，失水得到氯化镁固体，最后电解熔融的氯化镁冶炼得到镁，据此分析解答。【详解】(1)淡化海水，应将水与盐分离，常见淡化海水的方法有蒸馏法、离子交换法、电渗析法等，故答案为：蒸馏法；电渗析法；离子交换法；\n(2)制得的精盐还可以作为化工原料用于生产纯碱，涉及的化学方程式有：NaCl+CO2+H2O+NH3＝NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：NaCl+CO2+H2O+NH3＝NaHCO3↓+NH4Cl；(3)根据流程图，将氢氧化镁转化为氯化镁需要用到的试剂①为盐酸，故答案为：盐酸；(4)电解无水氯化镁制取镁的化学方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；(5)MgO的熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃，电解MgO制金属镁需要消耗过多的能量，增加生产成本，因此工业上是将Mg(OH)2先转变为MgCl2，再电解MgCl2来制取镁单质，故答案为：氯化镁和氧化镁同为离子化合物，氧化镁熔点高，能耗高；(6)将镁蒸气冷却后即为固体镁，镁在高温下能够与氮气、氧气、氯气反应，因此镁蒸气需在Ar气氛围中冷却，故答案为：D。19.阿司匹林是一种重要的合成药物，化学名称乙酰水杨酸，具有解热镇痛作用。阿司匹林的发现源于柳树皮中含有的一种物质——水杨酸，实验室通过水杨酸制备阿司匹林的一种方法如下：水杨酸醋酸酐乙酰水杨酸熔点/℃157~159-72~-74135~138相对密度/(g·cm﹣3)1.441.101.35相对分子质量138102180实验过程：在100mL锥形瓶中加入水杨酸6.9g及醋酸酐10mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作：①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100mL冷水中，析出固体，过滤。\n②所得结晶粗品加入50mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体4.5g。回答下列问题：(1)上述反应类型为_______。A.酯化反应B.取代反应C.加成反应D.氧化反应(2)该实验中应采用_______加热。A.热水浴B.酒精灯C.煤气灯D.电炉(3)下列玻璃仪器中，①中需使用的有_______(填名称)，不需使用的_______(填标号)。(4)①中需使用冷水，目的是_______。(5)②中饱和碳酸氢钠溶液的作用是生成可溶的乙酰水杨酸钠，以便过滤除去难溶杂质。请写出该过程的化学方程式：_______。(6)本实验的产率是_______%。【答案】①.B②.A③.漏斗、烧杯④.AC⑤.充分析出乙酰水杨酸固体(结晶)⑥.+NaHCO3→+CO2↑+H2O⑦.50【解析】【分析】本题是制备类型的题目，需要根据反应物和产物的熔沸点，判断制备以及提纯的方法，还有用什么加热方式，最后还涉及到，产率的计算。【详解】(1)通过题目中所给方程式，可以看出这个反应属于取代反应，选B；(2)因为反应温度在70℃，低于水的沸点，且需维温度不变，故采用热水浴的方法加热，选A；(3)操作①需将反应物倒入冷水，需要用烧杯量取和存放冷水，过滤的操作中还需要漏斗，则答案为：漏斗、烧杯；分液漏斗主要用于分离互不相容的液体混合物，容量瓶用于配制一定浓度的溶液，这两个仪器用不到，故答案为AC；(4)反应时温度较高，所以用冷水的目的是使得乙酰水杨酸晶体充分析出；\n(5)②该反应是羧基和碳酸氢钠的反应，其化学方程式为：+NaHCO3→+CO2↑+H2O；(6)水杨酸分子式为C7H6O3，乙酰水杨酸分子式为C9H8O4，根据关系式法计算得：，则产率为：。20.I．在2L密闭容器内，800℃时反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：时间/s012356n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007(1)下图中表示NO2的变化的曲线是_______(填字母)。(2)800℃，反应达到平衡时，NO的转化率是_______。(3)用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v=_______。Ⅱ．将一定量纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)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：NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)(1)下图所示，反应中断开反应物化学键吸收的能量_______(填写“大于”“等于”“小于”)形成生成物中化学键放出的能量。\n(2)能使该反应的速率增大的是_______。A．及时分离出CO2气体B．适当升高温度C．加入少量NH2COONH4(s)D．选择高效催化剂(3)下列不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是_______(填序号)。①v正(NH3)=2v逆(CO2)②密闭容器中NH3的物质的量不变③容器中NH3与CO2的物质的量之比保持不变④密闭容器中气体总压强保持不变⑤CO2(g)的体积分数保持不变⑥形成6个N—H的同时有2个C=O断裂⑦气体的平均相对分子质量保持不变⑧混合气体的密度保持不变【答案】①.b②.65%③.0.0015mol/(L∙s)④.大于⑤.BD⑥.③⑤⑦【解析】【分析】由表格数据可知，平衡时NO的物质的量为0.007mol，反应的NO为0.013mol，则生成的NO2为0.013mol，NO2的浓度为0.0065 mol/L，结合v=分析解答；由图可知反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，结合影响反应速率的因素和化学平衡的特征分析解答。【详解】I．(1)由表格数据可知，平衡时NO的物质的量为0.007mol，反应的NO为0.013mol，则生成的NO2为0.013mol，NO2的浓度为0.0065 mol/L，且二氧化氮为生成物，曲线b平衡时的浓度为0.0065mol/L，故曲线b表示NO2的浓度变化，故答案为：b；(2)800℃，反应达到平衡时，NO的转化率是×100%=65%，故答案为：65%；(3)由表中数据可知2s内，NO的浓度变化量为-=0.006mol/L，故v(NO)=\n=0.003mol/(L•s)，根据速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)=v(NO)=×0.003mol/(L•s)=0.0015mol/(L•s)，故答案为：0.0015mol/(L•s)；Ⅱ．(1)根据图示，反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，因此反应中断开反应物化学键吸收的能量大于形成生成物中化学键放出的能量，故答案为：大于；(2)A．及时分离出CO2气体，生成物浓度减小，反应速率减小，故A不选；B．适当升高温度，反应速率加快，故B选；C．加入少量NH2COONH4(s)，固体物质浓度不变，反应速率不变，故C不选；D．选择高效催化剂，反应速率加快，故D选；故答案为：BD；(4)①根据NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)，v正(NH3)=2v逆(CO2)说明正逆反应速率相等，为平衡状态，故①不选；②密闭容器中氨气的物质的量不变，说明正、逆反应速率相等，为平衡状态，故②不选；③只要反应发生，容器中CO2与NH3的物质的量之比就是2∶1，保持不变，因此容器中NH3与CO2的物质的量之比保持不变，不能判断是平衡状态，故③选；④密闭容器中总压强保持不变，说明气体的总物质的量不变，说明反应达平衡状态，故④不选；⑤只要反应发生，容器中CO2与NH3的物质的量之比就是2∶1，CO2(g)的体积分数始终为，保持不变，因此CO2(g)的体积分数保持不变，不能判断是平衡状态，故⑤选；⑥形成6个N-H键等效于2个C=O键形成，同时有2个C=O键断裂，说明正、逆反应速率相等，是平衡状态，故⑥不选；⑦只要反应发生，容器中CO2与NH3的物质的量之比就是2∶1，气体的平均相对分子质量就等于，保持不变，因此气体的平均相对分子质量保持不变，不能判断是平衡状态，故⑦选；⑧混合气体的密度保持不变，说明气体的质量保持不变，说明是平衡状态，故⑧不选；不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的有③⑤⑦，故答案为：③⑤⑦。
