河北省沧州市运东六校2025-2026学年高二上学期11月期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1河北省沧州市运东六校2025-2026学年高二上学期11月期中考试一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列说法正确的是A.原电池的两电极一定是活性不同的金属B.铁片上镀铜时，电镀液需含有镀层金属阳离子即C.电解精炼铜时，电解质溶液的浓度不变D.燃料电池能将化学能全部转化为电能【答案】B【解析】原电池的两电极不一定是活性不同的金属，也可能是非金属石墨等，故A错误；铁片上镀铜时，铜做阳极、镀件做阴极，镀层金属阳离子由可溶性铜盐溶液提供，故B正确；电解精炼铜时，粗铜作阳极，多种金属失电子生成金属阳离子，但硫酸铜只有铜离子得电子在阴极生成铜单质，所以最终导致电解质溶液的浓度减小，故C错误；燃料电池不能将化学能全部转化为电能，一部分会以热能形式散失，故D错误；故选B。2.如图所示各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀由快到慢顺序是A.④＞②＞①＞③ B.②＞①＞③＞④C.③＞②＞④＞① D.④＞②＞③＞①【答案】A【解析】在金属的腐蚀中，电解池中阳极为活性电极时腐蚀最快，其次是原电池的负极金属，原电池的正极得到保护，电解池的阴极被保护最好，所以金属铁被腐蚀由快到慢的顺序是④＞②＞①＞③，故选A。3.能用能量判断下列过程的方向的是A.水总是自发地由高处往低处流B.有序排列的火柴散落时成为无序排列C.放热反应容易进行，吸热反应不能自发进行D.多次洗牌以后，扑克牌的毫无规律的混乱排列的几率大【答案】A【解析】水自发地从高处流向低处，是释放能量的，可根据能量判据来判断，A符合题意；火柴散落，体系由有序变成无序，熵值增大，能量不一定增加，不可根据能量判据来判断，B不符合题意；吸热反应也可以自发进行，如Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应，不可根据能量判据来判断，C不符合题意；；体系由有序变成无序，多次洗牌的结果，熵值增加，但能量不一定增加，属于利用熵判据判断反应过程的自发性，不可根据能量判据来判断，D不符合题意；选A。4.反应P（g）+3Q（g）2R（g）+2S（g）在不同情况下测得反应速率如下,其中反应速率最快的是A.v(P)=0.15mol/(L·min) B.v(Q)=0.6mol/(L·min)C.v(R)=0.1mol/(L·s) D.v(S)=0.4mol/(L·min)【答案】C【解析】化学反应速率与化学计量数之比越大，反应速率越快；A．=0.15；B．=0.2；C．=3；D．=0.2；C中比值最大，反应速率最快，故选C。5.合成氨工业中N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，选择适宜的压强时，不需要考虑的因素是A.反应速率 B.平衡移动 C.设备成本 D.催化剂活性【答案】D【解析】〖祥解〗该反应为有气体参与的反应，因此增大压强，各物质的浓度增大，反应速率加快，提高氨气的生成速率，这是需要考虑的因素，故A不选；该反应为反应前后气体的总量发生变化的反应，因此增大压强，平衡右移，有利于氨高氨气的生成，这是需要考虑的因素，故B不选；增大压强，需要设备耐压能力要大，就要考虑到制造耐压设备的成本，这是需要考虑的因素，故C不选；催化剂的活性与温度有关，与压强没有关系，选择适宜的压强时，不需要考虑催化剂的活性，故D可选；故选D。6.已知：①2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221.0kJ·mol－1②2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)△H＝－483.6kJ·mol－1则制备水煤气的反应C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g)的△H为()A.＋262.6kJ·mol－1 B.－131.3kJ·mol－1C.－352.3kJ·mol－1 D.＋131.3kJ·mol－1【答案】D【解析】①2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH1=-221.0kJ∙mol－1；②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH2=-483.6kJ∙mol－1；根据盖斯定律：(①-②)：C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH=131.3kJ∙mol－1；故答案选D。7.下列溶液中导电性最强的是A.1.0L0.1mol/L醋酸 B.2.0L0.2mol/LH2SO3溶液C.0.1L0.2mol/LH2SO4溶液 D.0.5L0.1mol/L盐酸【答案】C【解析】溶液导电性强弱与溶液中可移动电荷总浓度有关，A．醋酸是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，所以0.1mol/L的醋酸中氢离子浓度小于0.1mol/L；B．亚硫酸是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，0.2mol/LH2SO3溶液中氢离子浓度小于0.2mol/L；C．硫酸是强电解质，在水溶液里只有完全电离，0.2mol/L的硫酸中氢离子浓度是0.4mol/L；D．氯化氢是强电解质，在水溶液里只有完全电离，0.1mol/L的盐酸中氢离子浓度是0.1mol/L；综上所述，溶液中离子浓度最大的是C项，故答案为C。8.下列实验的有关说法正确的是A.用pH试纸测得氯水的pH=2B.用酸式滴定管量取20.00mL酸性KMnO4溶液C.用带磨口玻璃塞的试剂瓶保存Na2CO3溶液D.酸碱中和滴定时，滴定管和锥形瓶都需用标准液或待测液润洗【答案】B【解析】氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，故A错误；KMnO4溶液能腐蚀橡胶，所以用酸式滴定管量取20.00mL酸性KMnO4溶液，故B正确；Na2CO3溶液显碱性，与二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，应选橡皮塞，故C错误；酸碱中和滴定时，锥形瓶不能用标准液或待测液润洗，故D错误；选B。9.下列说法正确的是A.盐类水解破坏了水的电离平衡，促进水的电离B.升高温度，+H2ONH3·H2O+H+平衡逆向移动C.将FeCl3溶液直接蒸干制备无水FeCl3D.盐类水解反应不一定都是吸热反应【答案】A【解析】盐类水解是盐电离产生的离子与水电离产生的H+或OH-结合生成弱电解质，从而破坏了水的电离平衡，使水的电离平衡正向移动，A正确；铵根离子水解一个吸热过程，升高温度，+H2ONH3·H2O+H+平衡正向移动，B不正确；FeCl3是挥发性酸的弱碱盐，将FeCl3溶液直接蒸干，FeCl3水解生成的HCl挥发，从而转化为Fe(OH)3，B不正确；盐类水解反应是中和反应的逆反应，中和反应是放热反应，则盐类水解反应一定是吸热反应，D不正确；故选A。10.下列有关溶度积常数Ksp的说法正确的是A.常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小B.溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高Ksp减小C.溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高Ksp增大D.常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变【答案】D【解析】常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的溶解度减小，但是由于温度不变，所以Ksp不变，A错误；溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，有的物质的溶解度增大，有的物质的溶解度减小。所以Ksp可能会增大，也可能会减小，B错误；溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，对于溶解度随温度的升高而增大的物质来说Ksp增大，而对于溶解度随温度的升高而减小的物质来说，Ksp减小，C错误；常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的沉淀溶解平衡逆向移动，c(OH-)增大，c(Mg2+)减小，而c(Mg2+)·c2(OH-)不变，即Ksp不变，D正确。答案选D。11.利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示(两电极均为惰性电极且完全相同)，下列说法正确的是A.电极a上的反应为B.电池工作一段时间后，左侧Na2SO4溶液浓度降低C.电解过程中化学能转化为电能D.每转移1mol电子，此时生成的O2和CH4的质量比为4：1【答案】D【解析】根据图示可知：在a电极上H2O电离产生的OH-失去电子变为O2逸出，故a电极上的反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，A错误；电解时水电离产生的OH-比更容易失电子，在阳极生成O2，所以电解Na2SO4溶液实质是电解水，溶液中的水消耗，溶质的物质的量不变，所以左侧Na2SO4溶液的浓度增大，B错误；该装置为电解池，电解过程中电能转化为化学能，C错误；在同一电路中电子转移数目相等，每反应产生1molO2转移4mol电子，每反应产生1molCH4气体，转移8mol电子，则当转移1mol电子时产生0.25molO2、0.125molCH4气体，n(O2)：n(CH4)=2：1，故m(O2)：m(CH4)=(2mol×32g/mol)：(1mol×16g/mol)=4：1，D正确；故合理选项是D。12.已知的键能为，的键能为反应经历了如下反应历程：①，②，反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是A.的键能为B.升高温度，反应①速率增大，反应②速率减小C.升高温度，反应②的限度和速率均增大，有利于提高的转化率D.为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的焓变【答案】A【解析】由图可知，△H=151kJ·mol-1-162kJ·mol-1=-11kJ·mol-1，设H―I的键能为xkJ·mol-1，则△H=436kJ·mol-1+151kJ·mol-1-2xkJ·mol-1=-11kJ·mol-1，解得x=299kJ·mol-1，A正确；升高温度，反应速率加快，即反应①、反应②的速率都加快，B错误；由图可知，反应②为放热反应，升高温度，反应②速率增大，平衡逆向移动，反应②的限度降低，不利于氢气转化率提高，C错误；催化剂不能降低反应②的焓变，为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的活化能，加快反应②速率，即加快的消耗速率，D错误；故选A。13.常温下，向10mL0.10mol/L的HA(Ka=1.0×10-4)中逐滴加入0.10mol/LNaOH溶液，溶液pH随滴入的V[(NaOH)aq]变化如图所示。下列说法正确的是A.x点，pH＜1B.y点，c(A-)＜c(HA)C.z点，c(HA)+c(A-)=0.10mol/LD.q点，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)【答案】D【解析】Ka=1.0×10-4，HA的浓度是0.10mol/L，假设其电离产生的c(H+)=amol/L，根据电离平衡常数的含义可知Ka=，解得a=3.11×10-3mol/L，所以该点的pH=2.5＞1，A错误；y点有一半HA完全反应，该点溶液为HA、NaA等物质的量的混合溶液，该点溶液pH=4，说明HA的电离作用大于A-的水解作用，所以c(A-)＞c(HA)，B错误；z点二者的物质的量相等，酸碱恰好完全反应生成NaA，溶液体积增大一倍，则溶液浓度降为原来的一半，故根据物料守恒可知c(HA)+c(A-)=0.050mol/L，C错误；q点根据电荷守恒可知该点的溶液中c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，D正确；故合理选项是D。14.五氯化磷(PCl5)是有机合成中重要的氯化剂，可以由三氯化磷(PCl3)氯化得到：。某温度下，在2.0L密闭容器中充入1.0molPCl3和0.5molCl2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如下表所示，下列说法不正确的是t/s050150250350n(PCl5)/mol00.210.360.400.40A.0～150s内，PCl3的反应速率为B.反应至250s，该反应放出的热量为37.2kJC.该温度下，此反应的化学平衡常数数值为40/3D.在此温度下该密闭容器中若初始充入0.5molPCl3、0.5molCl2、2.0molPCl5，则反应向正反应方向进行【答案】D【解析】0～150s内，消耗PCl3的物质的量为0.36mol，反应速率：，故A正确；反应至250s，生成0.4molPCl5，该反应放出的热量为93.0kJ/mol×0.4mol=37.2kJ，故B正确；该温度下，此反应达到平衡，生成0.4molPCl5，反应消耗0.4molPCl3、0.4molCl2，则平衡时PCl3的物质的量为0.6mol、Cl2的物质的量为0.1mol，化学平衡常数：，故C正确；在此温度下，该密闭容器中若初始充入1.0molPCl3、1molCl2、2.0molPCl5，，则此时反应向正反应方向进行，故D错误；答案选D。二、非选择题：本大题共5小题，共58分。15.某小组学生研究常见的金属腐蚀现象，分析其原理．按要求回答下列问题．（1）甲同学设计如图所示对比实验。当a中滴入CuSO4溶液后，观察到其中产生气泡的速率较b中的________。其原因是________________。（2）乙同学将锥形瓶内壁用酸化的饱和食盐水润洗后，放入混合均匀的铁粉和碳粉，塞紧瓶塞，同时用压强传感器测得锥形瓶内压强的变化，如图所示。①时，碳粉表面生成的气体为________。②时，碳粉表面发生电极反应式为________________。③电化学腐蚀过程中，铁极的电极反应式为________________。（3）丙同学研读如下一次性保暖贴说明书，并分析暖贴工作原理。品名：一次性保暖贴主要成分：铁粉、水、食盐、活性炭、蛭石、吸水性树脂产品性能：平均温度，最高温度，发热时间12小时以上①暖贴工作时，铁粉发生的反应为________(填“氧化反应”或“还原反应”)。②写出使用暖贴时的注意事项：________________。③暖贴发热时，正极材料为________；食盐的作用为________。④当暖贴放热结束时，铁粉转化成的物质中可能含有________。【答案】（1）①.快②.由于发生反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu产生的Cu附着在锌粒表面，即可形成Cu-Zn稀盐酸原电池，从而加快锌和稀盐酸的反应速率（2）①.H2②.O2+2H2O+4e-=4OH-③.Fe-2e-=Fe2+（3）①.氧化反应②.使用前需密封保存防止失效，使用过程中由于产生高温现象，故不能紧贴皮肤张贴暖宝，防止灼伤皮肤③.活性炭④.电解质溶液，增强导电性⑤.Fe(OH)2、Fe(OH)3【解析】【小问1详析】当a中滴入CuSO4溶液后，由于发生反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，产生的Cu附着在锌粒表面，形成Cu-Zn稀盐酸原电池，从而加快锌和稀盐酸的反应速率，故观察到其中产生气泡的速率较b中的快。【小问2详析】①0～t1段压强逐渐增大，可能是发生了析氢腐蚀使气体的总物质的量增大，电极反应为：2H++2e-=H2↑，则0～t1时，碳粉表面生成的气体为H2；②t1～t2时，容器中压强逐渐减小，说明锥形瓶中气体体积减小，一定发生了吸氧腐蚀，则t1～t2时，碳粉表面发生的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；③铁发生电化学腐蚀时，铁作负极，其电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，即0～t2电化学腐蚀过程中，铁极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+。【小问3详析】根据保暖贴的成分可知，铁粉和活性炭在氯化钠溶液中形成原电池，铁做负极，碳做正极，铁发生吸氧腐蚀，铁电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，碳极的电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，总反应为：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，铁发生吸氧腐蚀放出热量，据此分析解题：①由分析可知，暖贴工作时，铁粉发生的反应为Fe-2e-=Fe2+，属于氧化反应；②由分析可知，使用暖贴时的注意事项为：使用前需密封保存防止失效，使用过程中由于产生高温现象，故不能紧贴皮肤张贴暖宝，防止灼伤皮肤；③由分析可知，暖贴发热时，正极材料为活性炭，食盐的作用为电解质溶液，增强导电性；④由分析可知，暖宝工作原理的总反应为：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，且Fe(OH)2具有还原性，很容易被空气中的O2氧化，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故当暖贴放热结束时，铁粉转化成的物质中可能含有Fe(OH)2、Fe(OH)3。16.已知K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-＋H2O2CrO42-＋2H+。K2Cr2O7为橙色，K2CrO4为黄色。为探究浓度对化学平衡的影响，某兴趣小组设计了如下实验方案。序号试剂Xⅰ1mL1mol·L-1K2Cr2O7溶液ⅱ1mL1mol·L-1K2CrO4溶液ⅲ5~15滴浓硫酸ⅳ5~15滴浓盐酸ⅴ5~15滴6mol·L-1NaOH溶液Ⅰ．方案讨论（1）ⅰ~ⅴ中依据减少生成物浓度可导致平衡移动的原理设计的是______（填序号）。（2）已知BaCrO4为黄色沉淀。某同学认为试剂X还可设计为Ba(NO3)2溶液，加入该试剂后，溶液颜色将_____。（填“变深”、“变浅”或“不变”）。Ⅱ．实验分析序号试剂X预期现象实际现象ⅰ1mL1mol·L-1K2Cr2O7溶液溶液变黄溶液橙色加深ⅱ1mL1mol·L-1K2CrO4溶液溶液橙色加深溶液颜色变浅ⅲ5~15滴浓硫酸溶液橙色加深溶液橙色加深ⅳ5~15滴浓盐酸溶液橙色加深无明显现象ⅴ5~15滴6mol·L-1NaOH溶液溶液变黄溶液变黄（1）实验ⅰ没有观察到预期现象的原因是____________，实验ⅱ的原因与其相似。（2）通过实验ⅲ和ⅴ得出的结论为___________。（3）实验ⅳ无明显现象，可能的原因是____________。（4）某同学查阅资料发现：K2Cr2O7溶液与浓盐酸可发生氧化还原反应。但实验ⅳ中没有观察到明显现象，小组同学设计了两个实验，验证了该反应的发生。①方案一：取5mL浓盐酸，向其中加入15滴0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液，一段时间后，溶液变为绿色（CrCl3水溶液呈绿色），有黄绿色气体生成。写出该变化的化学方程式__________。②请你设计方案二：_______________。【答案】①.ⅴ②.变浅③.根据平衡移动原理，实验ⅰ中，增大反应物K2Cr2O7浓度，平衡正向移动，使反应物浓度有所减少，但仍高于变化前，所以溶液橙色加深④.增大（减少）生成物浓度，平衡逆向（正向）移动。（或：如果改变物质浓度，平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动）（合理给分）⑤.浓盐酸中氢离子浓度远小于浓硫酸中氢离子浓度⑥.14HCl+K2CrO7=3Cl2↑+2CrCl3+2KCl+7H2O⑦.向5mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中通入足量的HCl气体或以0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液和浓盐酸为正负极反应物，组成双液原电池【解析】根据平衡移动原理及影响化学平衡移动因素判断；根据原电池工作原理解答；Ⅰ．根据反应：Cr2O72-＋H2O2CrO42-＋2H+可知：（1）ⅰ加入1mL1mol·L-1K2Cr2O7溶液，增加的是反应物Cr2O72-浓度，平衡正向移动；ⅱ加入1mL1mol·L-1K2CrO4溶液，增加的是生成物CrO42-的浓度，平衡逆向移动；ⅲ加入5~15滴浓硫酸，增加的是生成物H+的浓度，平衡逆向移动；ⅳ加入5~15滴浓盐酸，增加的是生成物H+的浓度，平衡逆向移动；ⅴ加入5~15滴6mol·L-1NaOH溶液，消耗了生成物H+的浓度，平衡正向移动；故合理选项为V；（2）由K2Cr2O7为橙色，K2CrO4为黄色，BaCrO4为黄色沉淀。向Cr2O72-＋H2O2CrO42-＋2H+平衡体系中加入Ba(NO3)2溶液，平衡正向移动，溶液颜色将变浅；Ⅱ（1）由Cr2O72-＋H2O2CrO42-＋2H+平衡可知，加入1mL1mol·L-1K2Cr2O7溶液后，增加的是反应物Cr2O72-浓度，平衡正向移动，但移动的程度很小，使得溶液中Cr2O72-浓度增加比移动消耗的Cr2O72-得浓度多，所以溶液橙色加深；答案：根据平衡移动原理，实验ⅰ中，增大反应物K2Cr2O7浓度，平衡正向移动，使反应物浓度有所减少，但仍高于变化前，所以溶液橙色加深；（2）实验ⅲ是加入5~15滴浓硫酸，增加的是生成物H+的浓度，平衡逆向移动；实验ⅴ是加入5~15滴6mol·L-1NaOH溶液，消耗了生成物H+的浓度，平衡正向移动；由此得出增大（减少）生成物浓度，平衡逆向（正向）移动；或：如果改变物质浓度，平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动；（3）实验ⅳ加入5~15滴浓盐酸，无明显现象，说明平衡没有移动，可能是浓盐酸中氢离子浓度远小于浓硫酸中氢离子浓度；（4）①取5mL浓盐酸，向其中加入15滴0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液，一段时间后，溶液变为绿色（CrCl3水溶液呈绿色），有黄绿色气体生成，该变化的化学方程式14HCl+K2CrO7=3Cl2↑+2CrCl3+2KCl+7H2O；②根据K2Cr2O7溶液与浓盐酸可发生氧化还原反应，可以用原电池反应原理检验。即向5mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中通入足量的HCl气体或以0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液和浓盐酸为正负极反应物，组成双液原电池，在负极有黄绿色气体产生，在正极溶液颜色变为绿色。17.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。实验室模拟脱除硫化氢并获得硫黄的装置如下。资料：(黑色)，。（1）A为发生装置。A中反应的化学方程式为_______。（2）C中，以为吸收液脱除。①气体持续通入溶液中，发生以及电离：_______、。②将脱除的反应补充完整：_______。_______。③充分反应后，测浓度：滤出沉淀，取vmL滤液，除去杂质，加入适量稀硫酸，用的溶液滴定到终点，消耗溶液ymL。滴定时发生的离子反应：。滤液中_______。（3）实验发现，在溶液中加入一定浓度的可以明显提高的脱除率。做对比研究：实验序号ⅰⅱⅲ吸收液溶液溶液溶液＋溶液脱除率≈92%≈100%≈100%脱除产物SS①ⅱ中产生的离子方程式为_______。②ⅲ中，加入后，脱除率几乎达到100%。结合方程式解释原因：_______。③pH减小会降低ⅰ中脱除率，但对ⅱ中的脱除率几乎无影响，解释原因：_______。④充分反应后，滤出ⅲ中沉淀，通入，吸收液再生。【答案】（1）（2）①.②.③.（3）①.②.加入后发生反应：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、，促进了的转化③.pH减小，增大，不利于的溶解和电离，降低ⅰ中脱除率；由CuS的Ksp可知，CuS的溶解度极小，难溶于酸，所以对ⅱ中H2S的脱除率几乎无影响【解析】【小问1详析】A为发生装置，A中反应的化学方程式为：；【小问2详析】①气体持续通入溶液中，发生以及电离：、；②以为吸收液脱除的离子方程式为：；③根据离子反应：，滤液中；【小问3详析】①ⅱ中产生的离子方程式为：；②ⅲ中，加入后发生反应：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、，促进了的转化；③pH减小，增大，不利于的溶解和电离，降低ⅰ中脱除率；由CuS的Ksp可知，CuS的溶解度极小，难溶于酸，所以对ⅱ中的脱除率几乎无影响。18.化学反应速率的控制与化学平衡的调控在生产、生活中较为常见。回答下列问题：Ⅰ.某课外兴趣小组探究影响化学反应速率的因素。（1）为探究金属的活动性对金属与稀硫酸反应的化学反应速率的影响，小组同学用Cu、Fe、Mg和同浓度的溶液反应。实验报告如下表：实验步骤现象①分别取等体积的的溶液于试管中；②分别投入大小、形状相同的Cu、Fe、Mg反应快慢：Mg>Fe>Cu要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是___________；若该条件相同，可得出的实验结论是___________。（2）为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，小组同学利用压强传感器等数字化实验设备测定容器中的压强随气体产量改变的情况，探究镁与不同浓度溶液的反应速率，两组实验所用药品如下：序号镁条的质量/g溶液物质的量浓度(mol/L)体积/mLⅰ0.011.02ⅱ0.010.52实验结果如图所示：①实验ⅰ对应图中曲线___________(填字母)，图中曲线的斜率越大，说明化学反应速率越___________(填“快”“慢”或“无法确定”)。②分析实验ⅱ对应曲线可知，反应开始阶段，化学反应速率不断加快，原因是__________