甘肃省镇原县镇原中学2022-学年高一化学上学期期中试题 理(含解析)
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②只要反响发生就符合单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，不能说明正反响速率等于逆反响速率，故②不能作为反响到达化学平衡状态标志；
③当体系达平衡状态时，NO2、NO、O2的物质的量浓度比值可能为2:2:1，也可能不是，故③不能作为反响到达化学平衡状态标志；
④反响前后气体的分子数不相等，故反响过程中气体的压强会发生变化，当混合气体的总压强不再改变时，说明气体的物质的量不变，反响达平衡状态，故④可以作为反响到达化学平衡状态标志；
C、滴加少量CuSO4溶液，铁置换出Cu，构成Fe、Cu原电池，从而加快了生成氢气的反响速率，故C不选；
D、改用铁粉，增大了铁与硫酸反响 接触面积，反响速率加快，故D不选；
应选B。
8.温度不变恒容的容器中H2、I2各1mol·L－1进行反响H2+ I2 2HI，假设某段时间内H2浓度由0.4mol·L－1降到0.24mol·L－1所需的反响时间为8s，那么反响起始时H2浓度由1mol·L－1降到0.4mol·L－1需的时间为
D.一水合氨电离产生氢氧根离子和铵根离子，氨水中加酸，与氢氧根离子反响，促进平衡正向移动，NH4+的浓度增大，故D错误；
答案选A。
4.反响mX(g) nY(g)＋pZ(g) ΔH，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如下图，以下说法错误的选项是( )
A. 该反响的ΔH＞0
B.m＜n＋p
B．根据图象可知，在温度不变时，增大压强，Y的体积分数减小，说明增大压强，化学平衡向逆反响方向移动，根据平衡移动原理，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，逆反响方向是气体体积减小的反响方向，所以m<n+p，B正确；
C．B的反响温度是300℃，C点的温度是500℃，由于该反响的正反响是吸热反响，升高温度，平衡正向移动，所以B、C两点化学平衡常数：KB<KC，C错误；
甘肃省镇原县镇原中学2021-2021学年高一化学上学期期中试题 理〔含解析〕
考前须知：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷〔选择题)
一、单项选择题〔共45分)
1.对于反响 在容积为10L的密闭容器中进行。起始时 和 均为0.20mol。反响在不同条件下进行，反响体系总压强随时间的变化如下图。以下说法不正确的选项是〔 〕
故合理选项是D。
【点睛】此题考查化学反响能量的变化，注意反响热以及原电池的工作原理，选项D气体体积未指明为标准状况，那么其体积不一定为11.2L是易错点，注意学习中相关知识的理解和掌握。
6.合成氨工业对国民经济和社会开展具有重要的意义。对于密闭容器中的反响：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)〔正反响为放热反响〕，673K、30MPa下，n(NH3)和n(H2)随时间t变化的关系如下图。以下表达中，正确的选项是〔〕
答案选C。
7.用铁片与稀硫酸反响制取氢气时，以下措施不能使氢气生成速率增大的是
A. 加热
B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸
C. 滴加少量CuSO4溶液
D. 不用铁片，改用铁粉
【答案】B
【解析】
【详解】A、加热，反响体系的温度升高，化学反响速率加快，故A不选；
B、因浓硫酸具有强氧化性，铁与浓硫酸反响生成二氧化硫而不生成氢气，不能使氢气生成速率增大，故B选；
应选A。
9.一定温度下，在恒容密闭容器中进行可逆反响2NO2(g) ⇌2NO(g) + O2(g)，以下可以作为反响到达化学平衡状态标志的有：①单位时间内生成nmol O2的同时生成nmol NO2；②单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol NO；③NO2、NO、O2的物质的量之比为2:2:1的状态；④密闭容器中压强不再改变的状态；⑤混合气体的颜色不再改变的状态；⑥密闭容器中气体的密度不再改变的状态
A.实验c条件下，从反响开始至到达平衡时
B.实验a条件下，用浓度表示的平衡常数为100
C.该反响的
D.比拟实验a、c可判断升高温度反响速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A. 实验c条件下，实验中60min到达平衡，恒温恒容下，利用压强之比等于物质的量之比计算平衡时混合气体总物质的量，再利用差量法代入公式计算得(0.2+0.2)mol× =0.32mol，0.4mol－0.32mol=0.08mol，所以 ，A项正确；
【详解】A．在ab段可逆反响向正反响方向进行，随着反响的进行，反响物浓度在减小，正反响速率在降低，故A错误；
B．c点反响物和生成物物质的量仍在变化，没有到达平衡状态，故B错误；
C．d点和e点都处于平衡状态，n〔N2〕不变，d点和e点n〔N2〕相等，故C正确；
D．在t2时刻，n(NH3)不变，e点处于平衡状态，正反响速率等于逆反响速率，故D错误；
A. ①B. ②④C. ②⑤D. ②③
【答案】C
【解析】
【详解】该反响为等体积的可逆反响，且正反响方向为放热方向，由图可知，使曲线b变为曲线a，反响速率加快，但A的转化率不变，平衡不移动，改变的条件可能为缩小容器的容积(增大压强)、参加适宜的催化剂，①③④均使平衡发生移动；
答案为C。
【点睛】此题解题关键是改变条件使曲线b变为曲线a，反响速率加快，但A的转化率不变，平衡不移动。
A.点a的正反响速率比点b的小
B.点c处正反响速率和逆反响速率相等
C.点d (t1时刻)和点e (t2时刻)处n(N2)相同
D.在t2时刻，正反响速率大于逆反响速率
【答案】C
【解析】
【分析】
在N2〔g〕+3H2〔g〕 2NH3〔g〕反响中，随着反响的进行，反响物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当到达平衡状态时，反响物、生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，以此判断题中各项。
C. 假设将该反响设计成原电池，锌为负极
D. 假设将其设计为原电池，当有32.5 g锌溶解时，正极放出气体一定为11.2 L
【答案】D
【解析】
【分析】
对于Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g)△H＜0，反响为放热反响，说明反响物的总能量大于生成物的总能量，当将该反响设计为原电池时，Zn为负极，被氧化，正极上H+获得电子，析出氢气，以此解答该题。
A. 小于30sB. 等于30sC. 大于30sD. 无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】A.H2的浓度由0.4mol/L降到0.24mol/L，降低了0.16mol/L，需要的时间是8s。反响起始时H2的浓度由1mol/L降到0.4mol/L，降低了0.6mol/L。如果速率不变的话，需要的时间是30秒，但是随着反响的进行，反响物浓度逐渐降低，所以速率会逐渐减慢。所以H2的浓度由1mol/L降到0.4mol/L，需要的时间小于30s。
C.B、C两点化学平衡常数：KB＞KC
D.A、C两点的反响速率v(A)＜v(C)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象可知：在压强不变时，升高温度，到达平衡时Y的体积分数增大，说明升高温度化学平衡向正反响方向移动。根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反响方向移动，该反响的正反响是吸热反响，所以△H >0，A正确；
答案选C。
【点睛】此题核心在于实验c图像的理解，对于恒容，且投料相同的反响来说，初始压强增大，可以用PV=nRT来进行解释。
2.某可逆反响在密闭容器中进行：A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(s)△H＜0，如图中曲线b代表一定条件下该反响的进程。假设使曲线b变为曲线a，可采取的措施是〔〕
①增大A的浓度②缩小容器的容积③增大B的浓度④升高温度⑤参加适宜的催化剂
3.以下事实，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 合成氨控制在500℃左右的温度
B. 合成氨工业中不断从反响混合物中液化别离出氨气
C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
D. 氨水中加酸，NH4+的浓度增大
【答案】A
【解析】
【分析】
如果改变影响平衡的条件，那么平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，这就是勒夏特列原理。
A. ①④⑤B. ③④⑤C. ④⑤D. ④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反响的正反响速率和逆反响速率相等时〔但不为0〕，反响体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。据此判断。
【详解】①单位时间内生成nmolO2时要消耗2nmolNO2，同时生成nmolNO2，正反响速率不等于逆反响速率，故①不能作为反响到达化学平衡状态标志；
A. △H1＞0，△H3＜0B. △H2＞0，△H3＞0
C. △H1＝△H2＋△H3D. △H3＝△H4＋△H5
【答案】C
【解析】
【详解】A．C(s)+O2(g)=CO2(g)和2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)都是放热反响，因此△H1＜0，△H3＜0，故A错误；
B．CO2(g)+C(s)=2CO(g)为吸热反响，那么△H2＞0；2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)是放热反响，那么△H3＜0，故B错误；
10.：①C(s)＋O2(g)＝CO2(g)△H1②CO2(g)＋C(s)＝2CO(g)△H2
③2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)△H3④4Fe(s)＋3O2(g)＝2Fe2O3(s)△H4
⑤3CO(g)＋Fe2O3(s)＝3CO2(g)＋2Fe(s)△H5
以下关于上述反响焓变的判断正确的选项是〔〕
D．A、C两点温度相同，而压强C<A，增大压强，化学反响速率加快，所以A、C两点的反响速率v(A)<v(C)，D正确；
答案选C。
5.对于Zn(s)＋H2SO4(aq)===ZnSO4(aq)＋H2(g) ΔH<0的化学反响以下表达不正确的选项是
A. 反响过程中能量关系可用上图表示
B.ΔH的值与反响方程式的计量系数有关
B.恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，实验a中平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2)mol× =0.3mol，这说明平衡时消耗反响物的物质的量和生成的生成物的物质的量均是0.4mol－0.3mol＝0.1mol，剩余反响物均是0.2mol－0.1mol＝0.1mol，容器容积为10L，那么平衡常数K= = =100，B项正确；
【详解】A.合成氨反响为放热反响，采用500℃的温度，不利于平衡向正方向移动，主要是考虑催化剂的活性和反响速率，不能用勒夏特列原理解释，故A正确；
B.合成氨工业中不断从反响混合物中液化别离出氨气，别离出生成物，促进平衡正向移动，故B错误；
C.氯气和水反响生成氯化氢和次氯酸是化学平衡，饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向进行，能用勒夏特列原理解释，故C错误；
C. 根据c和a的反响判断，c起始压强较大，而投料量和容器的体积都没有变化，所以由公式PV=nRT来推断，是温度引起的，即c中温度高于a中温度，根据A和B可知c中反响物转化率低，说明升高温度，反响逆向进行，所以该反响为放热反响，C项错误；
D. 根据以上分析可知c中温度高，反响首先到达平衡状态，所以比拟实验a、c可判断升高温度反响速率加快，D项正确；
⑤混合气体的颜色不再改变的状态，说明二氧化氮浓度不再发生变化，故⑤可以作为反响到达化学平衡状态标志；
⑥混合气体的总质量不变，容器为恒容容器，那么混合气体的密度始终不变，故⑥不能作为反响到达化学平衡状态标志。
综上所述，④⑤可以作为反响到达化学平衡状态标志，答案选C。
【点睛】此题考查的是化学平衡状态的判断。根据化学平衡状态的特征解答，当反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。解题时要注意，分析相关的物理量是否随着反响的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反响到达平衡状态。
【详解】A．反响为放热反响，说明反响物的总能量大于生成物的总能量，图示正确，选项A正确；
B．热化学方程式中，反响热与物质的物质的量呈正比，选项B正确；
C．反响中Zn被氧化生成ZnSO4，当将该反响设计为原电池时，Zn为负极，失去电子，被氧化，发生氧化反响，选项C正确；
D．假设将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，n(Zn)=32.5g÷65g/mol=0.5mol，n(e-)=2 n(Zn)=2×0.5mol=1mol，根据在同一闭合回路中电子转移数目相等，可知在正极放出气体的物质的量是n(H2)= 0.5mol，在标况下体积为V(H2)= 0.5mol×22.4L/mol= 11.2L，但由于未指明气体所处的环境，所以不能确定气体的体积，选项D错误；
③当体系达平衡状态时，NO2、NO、O2的物质的量浓度比值可能为2:2:1，也可能不是，故③不能作为反响到达化学平衡状态标志；
④反响前后气体的分子数不相等，故反响过程中气体的压强会发生变化，当混合气体的总压强不再改变时，说明气体的物质的量不变，反响达平衡状态，故④可以作为反响到达化学平衡状态标志；
C、滴加少量CuSO4溶液，铁置换出Cu，构成Fe、Cu原电池，从而加快了生成氢气的反响速率，故C不选；
D、改用铁粉，增大了铁与硫酸反响 接触面积，反响速率加快，故D不选；
应选B。
8.温度不变恒容的容器中H2、I2各1mol·L－1进行反响H2+ I2 2HI，假设某段时间内H2浓度由0.4mol·L－1降到0.24mol·L－1所需的反响时间为8s，那么反响起始时H2浓度由1mol·L－1降到0.4mol·L－1需的时间为
D.一水合氨电离产生氢氧根离子和铵根离子，氨水中加酸，与氢氧根离子反响，促进平衡正向移动，NH4+的浓度增大，故D错误；
答案选A。
4.反响mX(g) nY(g)＋pZ(g) ΔH，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如下图，以下说法错误的选项是( )
A. 该反响的ΔH＞0
B.m＜n＋p
B．根据图象可知，在温度不变时，增大压强，Y的体积分数减小，说明增大压强，化学平衡向逆反响方向移动，根据平衡移动原理，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，逆反响方向是气体体积减小的反响方向，所以m<n+p，B正确；
C．B的反响温度是300℃，C点的温度是500℃，由于该反响的正反响是吸热反响，升高温度，平衡正向移动，所以B、C两点化学平衡常数：KB<KC，C错误；
甘肃省镇原县镇原中学2021-2021学年高一化学上学期期中试题 理〔含解析〕
考前须知：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷〔选择题)
一、单项选择题〔共45分)
1.对于反响 在容积为10L的密闭容器中进行。起始时 和 均为0.20mol。反响在不同条件下进行，反响体系总压强随时间的变化如下图。以下说法不正确的选项是〔 〕
故合理选项是D。
【点睛】此题考查化学反响能量的变化，注意反响热以及原电池的工作原理，选项D气体体积未指明为标准状况，那么其体积不一定为11.2L是易错点，注意学习中相关知识的理解和掌握。
6.合成氨工业对国民经济和社会开展具有重要的意义。对于密闭容器中的反响：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)〔正反响为放热反响〕，673K、30MPa下，n(NH3)和n(H2)随时间t变化的关系如下图。以下表达中，正确的选项是〔〕
答案选C。
7.用铁片与稀硫酸反响制取氢气时，以下措施不能使氢气生成速率增大的是
A. 加热
B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸
C. 滴加少量CuSO4溶液
D. 不用铁片，改用铁粉
【答案】B
【解析】
【详解】A、加热，反响体系的温度升高，化学反响速率加快，故A不选；
B、因浓硫酸具有强氧化性，铁与浓硫酸反响生成二氧化硫而不生成氢气，不能使氢气生成速率增大，故B选；
应选A。
9.一定温度下，在恒容密闭容器中进行可逆反响2NO2(g) ⇌2NO(g) + O2(g)，以下可以作为反响到达化学平衡状态标志的有：①单位时间内生成nmol O2的同时生成nmol NO2；②单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol NO；③NO2、NO、O2的物质的量之比为2:2:1的状态；④密闭容器中压强不再改变的状态；⑤混合气体的颜色不再改变的状态；⑥密闭容器中气体的密度不再改变的状态
A.实验c条件下，从反响开始至到达平衡时
B.实验a条件下，用浓度表示的平衡常数为100
C.该反响的
D.比拟实验a、c可判断升高温度反响速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A. 实验c条件下，实验中60min到达平衡，恒温恒容下，利用压强之比等于物质的量之比计算平衡时混合气体总物质的量，再利用差量法代入公式计算得(0.2+0.2)mol× =0.32mol，0.4mol－0.32mol=0.08mol，所以 ，A项正确；
【详解】A．在ab段可逆反响向正反响方向进行，随着反响的进行，反响物浓度在减小，正反响速率在降低，故A错误；
B．c点反响物和生成物物质的量仍在变化，没有到达平衡状态，故B错误；
C．d点和e点都处于平衡状态，n〔N2〕不变，d点和e点n〔N2〕相等，故C正确；
D．在t2时刻，n(NH3)不变，e点处于平衡状态，正反响速率等于逆反响速率，故D错误；
A. ①B. ②④C. ②⑤D. ②③
【答案】C
【解析】
【详解】该反响为等体积的可逆反响，且正反响方向为放热方向，由图可知，使曲线b变为曲线a，反响速率加快，但A的转化率不变，平衡不移动，改变的条件可能为缩小容器的容积(增大压强)、参加适宜的催化剂，①③④均使平衡发生移动；
答案为C。
【点睛】此题解题关键是改变条件使曲线b变为曲线a，反响速率加快，但A的转化率不变，平衡不移动。
A.点a的正反响速率比点b的小
B.点c处正反响速率和逆反响速率相等
C.点d (t1时刻)和点e (t2时刻)处n(N2)相同
D.在t2时刻，正反响速率大于逆反响速率
【答案】C
【解析】
【分析】
在N2〔g〕+3H2〔g〕 2NH3〔g〕反响中，随着反响的进行，反响物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当到达平衡状态时，反响物、生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，以此判断题中各项。
C. 假设将该反响设计成原电池，锌为负极
D. 假设将其设计为原电池，当有32.5 g锌溶解时，正极放出气体一定为11.2 L
【答案】D
【解析】
【分析】
对于Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g)△H＜0，反响为放热反响，说明反响物的总能量大于生成物的总能量，当将该反响设计为原电池时，Zn为负极，被氧化，正极上H+获得电子，析出氢气，以此解答该题。
A. 小于30sB. 等于30sC. 大于30sD. 无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】A.H2的浓度由0.4mol/L降到0.24mol/L，降低了0.16mol/L，需要的时间是8s。反响起始时H2的浓度由1mol/L降到0.4mol/L，降低了0.6mol/L。如果速率不变的话，需要的时间是30秒，但是随着反响的进行，反响物浓度逐渐降低，所以速率会逐渐减慢。所以H2的浓度由1mol/L降到0.4mol/L，需要的时间小于30s。
C.B、C两点化学平衡常数：KB＞KC
D.A、C两点的反响速率v(A)＜v(C)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象可知：在压强不变时，升高温度，到达平衡时Y的体积分数增大，说明升高温度化学平衡向正反响方向移动。根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反响方向移动，该反响的正反响是吸热反响，所以△H >0，A正确；
答案选C。
【点睛】此题核心在于实验c图像的理解，对于恒容，且投料相同的反响来说，初始压强增大，可以用PV=nRT来进行解释。
2.某可逆反响在密闭容器中进行：A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(s)△H＜0，如图中曲线b代表一定条件下该反响的进程。假设使曲线b变为曲线a，可采取的措施是〔〕
①增大A的浓度②缩小容器的容积③增大B的浓度④升高温度⑤参加适宜的催化剂
3.以下事实，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 合成氨控制在500℃左右的温度
B. 合成氨工业中不断从反响混合物中液化别离出氨气
C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
D. 氨水中加酸，NH4+的浓度增大
【答案】A
【解析】
【分析】
如果改变影响平衡的条件，那么平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，这就是勒夏特列原理。
A. ①④⑤B. ③④⑤C. ④⑤D. ④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反响的正反响速率和逆反响速率相等时〔但不为0〕，反响体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。据此判断。
【详解】①单位时间内生成nmolO2时要消耗2nmolNO2，同时生成nmolNO2，正反响速率不等于逆反响速率，故①不能作为反响到达化学平衡状态标志；
A. △H1＞0，△H3＜0B. △H2＞0，△H3＞0
C. △H1＝△H2＋△H3D. △H3＝△H4＋△H5
【答案】C
【解析】
【详解】A．C(s)+O2(g)=CO2(g)和2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)都是放热反响，因此△H1＜0，△H3＜0，故A错误；
B．CO2(g)+C(s)=2CO(g)为吸热反响，那么△H2＞0；2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)是放热反响，那么△H3＜0，故B错误；
10.：①C(s)＋O2(g)＝CO2(g)△H1②CO2(g)＋C(s)＝2CO(g)△H2
③2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)△H3④4Fe(s)＋3O2(g)＝2Fe2O3(s)△H4
⑤3CO(g)＋Fe2O3(s)＝3CO2(g)＋2Fe(s)△H5
以下关于上述反响焓变的判断正确的选项是〔〕
D．A、C两点温度相同，而压强C<A，增大压强，化学反响速率加快，所以A、C两点的反响速率v(A)<v(C)，D正确；
答案选C。
5.对于Zn(s)＋H2SO4(aq)===ZnSO4(aq)＋H2(g) ΔH<0的化学反响以下表达不正确的选项是
A. 反响过程中能量关系可用上图表示
B.ΔH的值与反响方程式的计量系数有关
B.恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，实验a中平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2)mol× =0.3mol，这说明平衡时消耗反响物的物质的量和生成的生成物的物质的量均是0.4mol－0.3mol＝0.1mol，剩余反响物均是0.2mol－0.1mol＝0.1mol，容器容积为10L，那么平衡常数K= = =100，B项正确；
【详解】A.合成氨反响为放热反响，采用500℃的温度，不利于平衡向正方向移动，主要是考虑催化剂的活性和反响速率，不能用勒夏特列原理解释，故A正确；
B.合成氨工业中不断从反响混合物中液化别离出氨气，别离出生成物，促进平衡正向移动，故B错误；
C.氯气和水反响生成氯化氢和次氯酸是化学平衡，饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向进行，能用勒夏特列原理解释，故C错误；
C. 根据c和a的反响判断，c起始压强较大，而投料量和容器的体积都没有变化，所以由公式PV=nRT来推断，是温度引起的，即c中温度高于a中温度，根据A和B可知c中反响物转化率低，说明升高温度，反响逆向进行，所以该反响为放热反响，C项错误；
D. 根据以上分析可知c中温度高，反响首先到达平衡状态，所以比拟实验a、c可判断升高温度反响速率加快，D项正确；
⑤混合气体的颜色不再改变的状态，说明二氧化氮浓度不再发生变化，故⑤可以作为反响到达化学平衡状态标志；
⑥混合气体的总质量不变，容器为恒容容器，那么混合气体的密度始终不变，故⑥不能作为反响到达化学平衡状态标志。
综上所述，④⑤可以作为反响到达化学平衡状态标志，答案选C。
【点睛】此题考查的是化学平衡状态的判断。根据化学平衡状态的特征解答，当反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。解题时要注意，分析相关的物理量是否随着反响的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反响到达平衡状态。
【详解】A．反响为放热反响，说明反响物的总能量大于生成物的总能量，图示正确，选项A正确；
B．热化学方程式中，反响热与物质的物质的量呈正比，选项B正确；
C．反响中Zn被氧化生成ZnSO4，当将该反响设计为原电池时，Zn为负极，失去电子，被氧化，发生氧化反响，选项C正确；
D．假设将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，n(Zn)=32.5g÷65g/mol=0.5mol，n(e-)=2 n(Zn)=2×0.5mol=1mol，根据在同一闭合回路中电子转移数目相等，可知在正极放出气体的物质的量是n(H2)= 0.5mol，在标况下体积为V(H2)= 0.5mol×22.4L/mol= 11.2L，但由于未指明气体所处的环境，所以不能确定气体的体积，选项D错误；