精品解析：广东省中山市第一中学2022-2023学年高一下学期6月月考化学试题（解析版）

这是一份精品解析：广东省中山市第一中学2022-2023学年高一下学期6月月考化学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，主观题等内容，欢迎下载使用。
中山市第一中学2025届高一第二学期期末热身练
化学
一、选择题(本题共20小题，每小题3分，共60分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项)
1. 下列反应中反应物总能量小于生成物总能量的是
A. 钠和水的反应
B. 灼热的木炭与CO2的反应
C. 生石灰与水反应
D. 铝在氧气中燃烧的反应
【答案】B
【解析】
【分析】反应物总能量小于生成物总能量，则表明该反应为吸热反应。
【详解】A．钠和水发生置换反应，会放出热量，属于放热反应，A不合题意；
B．灼热的木炭与CO2反应，制得CO，需要不断提供高温条件，属于吸热反应，B符合题意；
C．生石灰与水反应发生化合反应，会释放热量，属于放热反应，C不合题意；
D．铝在氧气中燃烧，生成氧化铝，会产生热量，属于放热反应，D不合题意；
故选B
2. 下列化学用语表示不正确的是
A. NaCl的形成过程： B. 乙烯的空间填充模型：
C. Mg的原子结构示意图： D. CS2的结构式：S=C=S
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化钠是离子化合物，用电子式表示氯化钠的形成过程为 ，故A错误；
B．乙烯的结构简式为CH2=CH2，空间填充模型为，故B正确；
C．镁原子的核电荷数为12，核外3个电子层，最外层电子数为2，原子结构示意图为 ，故C正确；
D．二硫化碳的空间结构为直线形，结构式为S=C=S，故D正确；
故选A。
3. 下列叙述正确的是
A. CO2和SiO2都是酸性氧化物，所以两者物理性质相似
B. 因为，所以硅酸的酸性比碳酸强
C. CO2和SiO2都能与碳反应，且都作氧化剂
D. SiO2既能和NaOH反应，又能和HF反应，所以二氧化硅属于两性氧化物
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2和SiO2都是酸性氧化物，化学性质相似，但物理性质差别很大，A项错误。
B．硅酸酸性比碳酸弱，反应之所以发生，是因为CO2为气体，可以脱离反应体系，B项错误。
C．CO2和SiO2与碳反应时，CO2和SiO2的化合价都下降，故都作氧化剂，C项正确。
D．SiO2与碱反应生成盐和水，与HF反应不能生成盐，所以SiO2没有两性，它属于酸性氧化物，D项错误。
故答案为：C。
4. 下列有关含氮物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 具有还原性，可用作制冷剂
B. 难溶于水，可用作瓜果保护气
C. 具有强氧化性，可作火箭燃料推进剂
D. 受热易分解，可用作氮肥
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH3易液化，液氨气化吸收大量的热，使周围环境温度降低，因此可用作制冷剂，与其具有还原性无关，A不符合题意；
B．N2不能帮助呼吸，能够使害虫窒息而死，因此可用作瓜果保护气，与其是否难溶于水的性质无关，B不符合题意；
C．NO2具有强氧化性，可在火箭燃料中作氧化剂，与N2H4反应生成N2、H2O，因此可作火箭燃料推进剂，C符合题意；
D．NH4HCO3含有农作物生长需要的氮元素，因此可用作氮肥，与其不稳定，受热易分解的性质无关，D不符合题意；
故选C。
5. 一定条件下，对可逆反应2X(g)＋Y(g)3Z(g)＋W(s) △H＞0的叙述正确的是（ ）
A. 加入少量W，逆反应速率增大，平衡向左移动
B. 升高温度，混合气体的平均相对分子质量减小
C. 温度、体积不变，充入He，反应速率会加快
D. 增大压强，正反应速率增大，逆反应速率减小
【答案】B
【解析】
【详解】对可逆反应2X（g）+Y（g）⇌3Z（g）+W（s）△H>0 是气体体积不变的吸热反应；
A．固体量的增减不会影响反应速率，加入少量W，不会引起化学平衡的移动，选项A错误；
B．升高温度平衡向吸热反应移动，随反应进行，气体的物质的量不变，质量减小，混合气体的平均相对分子质量减小，选项B正确；
C．温度、体积不变，充入He气增大压强，但浓度不变，反应速率会不变，选项C错误；
D．反应是气体体积不变的反应，增大压强反应速率增大，正逆 反应速率等倍数增大，选项D错误；
答案选B。
6. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B. 饱和NaCl溶液
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2和Fe加热条件下反应生成FeCl3而不是FeCl2，A不选；
B．往饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2，反应生成NaHCO3，NaHCO3加热分解生成Na2CO3，能实现转化，B选；
C．Al比Fe活泼，Fe和Al2O3高温下不反应，C不选；
D．MgCl2溶液加热蒸干得到Mg(OH)2，灼烧得到MgO，不会得到无水MgCl2，D不选；
故选B。
7. 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，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，结合有关物质的溶解性分析解答。
【详解】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，由于Cl2被消耗，气体的颜色逐渐变浅；氯化氢极易溶于水，所以液面会上升；但氯代甲烷是不溶于水的无色气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。
【点睛】明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。
8. 一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的
①NaOH(固体) ②H2O ③HCl ④CH3COONa(固体)
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】D
【解析】
【分析】铁粉过量，为了减缓反应速率且不影响生成氢气的总量，则H+的物质的量不变但浓度减小。
【详解】①加入NaOH固体，会与HCl反应使溶液中H+的物质的量减少，造成氢气的生成量减少，①不符合题意；
②加水稀释，会使溶液中H+的物质的量浓度减小，可以减缓反应速率同时又不影响氢气的生成量，②符合题意；
③加入适量的HCl，会增加溶液中氢离子的物质的量，使产生氢气变多，反应速率加快，③不符合题意；
④加入CH3COONa（固体），醋酸根离子与氢离子结合生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，但不影响氢离子的总量，④符合题意；
综上所述，②④符合题意，答案选D。
9. “盐水动力”玩具车的电池以镁片、活性炭为电极，向极板上滴加食盐水后电池便可工作，电池反应为。下列关于该电池的说法中，错误的是
A. 镁片作为负极
B. 食盐水作为电解质溶液，且向炭电极移动
C. 电池工作时镁片逐渐被消耗
D. 电池工作时实现了化学能向电能的转化
【答案】B
【解析】
【分析】电池以镁片、活性炭为电极，因为镁片更活泼，则为原电池的负极，活性炭为正极，据此分析作答。
【详解】A．根据原电池反应式知，Mg元素化合价由0价变为+2价，所以Mg失电子作负极，A项正确；
B．该原电池中，电解质溶液是食盐水，阴离子向负极移动，即向Mg电极移动，B项错误；
C．Mg作负极，电极反应式为Mg−2e−=Mg2+，所以电池工作时镁片逐渐被消耗，C项正确；
D．该装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，D项正确；
答案选B。
10. 某单烯烃与氢气加成后得到的饱和烃如图所示，该烯烃可能的结构有

A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】B
【解析】
【详解】根据饱和烃的图示结构，结合对称性和等效氢原则，可知该烯烃可能为和2种，故答案选B。
11. 甲烷与水蒸气催化重整的反应为，其能量变化如下图所示。已知断裂1molO-H键所需的能量是460kJ，则断裂lmol C-H键所需的能量是

A. 414kJ B. 454kJ C. 517kJ D. 529kJ
【答案】A
【解析】
【详解】1mol CH4含4mol C-H键，1mol H2O含2molO-H键。由图可知，断裂4mol C-H键和2mol O-H键共吸收(2782-206)kJ=2576kJ的能量， 已知断裂lmolO-H键所需的能量是460kJ，则断裂lmol C-H键所需的能量为，故选A。
12. 某高分子材料的结构简式可表示为，则不属于生成该高分子材料的单体是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】该高分子的主链上前两个碳原子单键相连，分别连接和，对应的单体是，主链上第三、四个碳原子为碳碳双键连接，其中一个碳原子连接苯基，对应单体，主链上后两个碳原子单键相连，其中一个碳原子连接苯基对应单体是，故选B。
13. 为除去括号内少量的杂质，所用的试剂或方法正确的是
A. ()： B. 气体()：饱和溶液
C. 气体()：蒸馏水 D. (HCl)：饱和溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．除杂试剂应过量，通入过量的氢气和乙烯发生加成反应，除去乙烯的同时又会引入新的杂质H2，A错误；
B．饱和NaHCO3溶液能吸收SO2并放出CO2，CO2与NaHCO3不反应，也不溶于饱和NaHCO3溶液，因而能达到除杂的目的，B正确；
C．NO2与水反应生成HNO3和NO，因而不能用蒸馏水除杂，C错误；
D．CO2、HCl通入饱和Na2CO3溶液中，均会发生反应，不能达到除杂的目的，D错误；
故选B。
14. 下列实验操作、现象和结论(或解释)均正确的是
选项
操作
现象
结论(或解释)
A
将水蒸气通过炽热的铁粉
粉末变红
铁与水在高温下发生反应
B
向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸
产生白色沉淀
非金属性：Cl>Si
C
向氢硫酸中通入SO2气体
产生淡黄色沉淀
SO2具有氧化性
D
向盛有某溶液的试管中加入稀NaOH溶液，再将红色石蕊试纸靠近试管口
试纸不变蓝
该溶液中不含NH

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁粉与水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁，粉末不会变红，A错误；
B．HCl不是氯元素的最高价含氧酸，比较硅酸和盐酸的酸性强弱不能确定Cl、Si的非金属性强弱，B错误；
C．向氢硫酸中通入SO2气体，二者发生归中反应生成难溶于水的硫单质，产生淡黄色沉淀，该过程中SO2被还原，具有氧化性，C正确；
D．含NH的溶液中与浓NaOH溶液、加热反应才会产生氨气，与稀NaOH溶液反应一般不会逸出氨气，D错误；
综上所述答案为C。
15. 部分含氮、硫元素的化合物的价-类二维图如图所示。下列关于各物质的说法错误的是。

A. i在一定条件下均可以与a、b、c发生反应
B. e的浓溶液可用于干燥c、f、g
C. g与CO在汽车催化转化器中会转化成两种无毒气体
D. 实验室中产生的h可用NaOH溶液吸收
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，i、a、b、c分别为HNO3、H2S、S、SO2；HNO3具有强氧化性，H2S、S、SO2均具有一定的还原性，故在一定条件下均可以发生反应，A正确；
B．e的浓溶液为浓硫酸具有酸性、强氧化性、吸水性；c、f、g分别为SO2、NH3、NO，浓硫酸能和氨气反应，故不可干燥氨气，B错误；
C．NO与CO在汽车催化转化器中会转化成两种无毒气体氮气和二氧化碳，C正确；
D．h为二氧化氮，能和氢氧化钠反应，实验室中产生的二氧化氮可用NaOH溶液吸收，D正确；
故选B。
16. 下列说法中正确是
A. 聚乙烯是混合物，没有固定的熔沸点
B. 石油的分馏和煤的干馏均为物理变化
C. 核酸检测时用到的“拭子”由尼龙纤维制成，属于天然有机高分子材料
D. 分馏汽油和裂化汽油都可以萃取溴水中的溴
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚乙烯是由乙烯通过加聚反应得到的混合物，没有固定的熔沸点，A正确；
B．煤的干馏属于化学变化，B错误；
C．尼龙纤维为合成纤维，属于合成有机高分子材料，C错误；
D．裂化汽油含有碳碳双键，不能用于萃取溴水中的溴，易发生加成反应，D错误；
故选A。
17. 某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g) △H=-QkJ·mol-1(Q>0)。12s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A. 前12s内，A的平均反应速率为0.025mol·L-1·s-1
B. 12s时，A的消耗速率等于B的生成速率
C. 化学计量数之比b：c=1：2
D. 12s内，A和B反应放出的热量为0.2QkJ
【答案】C
【解析】
【分析】由题图分析可知，前12s内A的浓度变化，， B的浓度变化，，依据题意，前12s内，同一反应中，不同物质的反应速率之比等于化学计量数之比，，。
【详解】A．据分析，前12s内，A的平均反应速率为，A错误；
B．从题图可知，该反应体系在12s达到平衡，则12s时反应的正反应速率等于逆反应速率，即A的消耗速率与B的生成速率比值等于系数之比为3：1，B错误；
C．据分析，化学计量数之比b：c=1：2，C正确；
D．由上述分析可知，该反应的化学方程式为，3A与1B完全反应放热Q，12s内A反应的物质的量为，则1.2A反应放出热量，D错误；
故选C。
18. 根据下图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是

已知：MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等。
A. 过程①提纯是物理过程，过程②通过氧化还原反应可产生2种单质
B. 在过程③中将MgCl2·6H2O灼烧即可制得无水MgCl2
C. 过程⑤反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题
D. 在过程④、⑥反应中每氧化0．2 mol Br－需消耗2．24LCl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．过程①的提纯中过滤属于物理过程，但是除去镁离子、碳酸根离子、硫酸根离子属于化学过程；过程②电解饱和食盐水获得了氯气和氢气两种单质，故A错误；
B．因MgCl2•6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等，得不到无水MgCl2，若要由MgCl2•6H2O灼烧即可制得无水MgCl2，为防止Mg2+发生水解，应在HCl气氛中进行，故B错误；
C．因Br2+SO2 +2H2O=2HBr+H2SO4，反应后溶液呈酸性，能与金属容器反应，生产中需解决其对设备的腐蚀问题，故C正确；
D．每氧化0.2 mol Br-需消耗0.1 mol Cl2，但体积不一定是2.24 L，在标准状况下才是2.24 L，故D错误；
故选C。
19. 习近平总书记提出我国要在2030年实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。某科研小组用电化学方法将转化为CO实现再利用，转化的基本原理如图所示。下列说法不正确的是

A. 该装置能将化学能转化为电能
B. M上的电极反应方程式为
C. 工作一段时间后，N电极室中的溶液pH减小
D. N为正极，电流从N极流出
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，该装置为原电池，能将化学能转化为电能，A正确；
B．M为电池的负极，在紫外光的作用下，水失去电子发生氧化反应生成O2，电极反应方程式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，B正确；
C．N为电池正极，电极反应式为CO2+2H++2e-=CO+H2O，当外电路转移4mol电子时，有4molH+从左室穿过交换膜到达右室，然后被CO2消耗，右室所含H+的物质的量不变，但溶液中水的量增加，因此N电极室的溶液pH增大，C错误；
D．N为电池正极，电流从N极流出，D正确；
故选C。
20. 天然气中含有有毒气体，用下图所示流程可实现天然气在氧化亚铁硫杆窗(T·F菌)作用下催化脱硫。下列说法不正确的是

A. 过程①的pH降低，过程②的pH升高
B. 该脱硫过程可以在碱性环境中进行
C. 该脱硫过程不需要补充溶液
D. 该脱硫过程的总反应中氧化利与还原剂的物质的量之比为1∶2
【答案】B
【解析】
【分析】过程①中Fe元素化合价降低，S元素化合价升高，反应方程式：Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4，过程②中Fe元素化合价升高，O元素化合价降低，反应方程式：4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O。
【详解】A．过程①反应方程式：Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4，生成强酸H2SO4，pH降低，过程②反应方程式：4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，消耗H2SO4，pH升高，A正确；
B．Fe2(SO4)3溶液中Fe3+在碱性环境中生成沉淀，不能稳定存在，B错误；
C．该脱硫过程的总反应为2H2S+O2=2S↓+2H2O，FeSO4溶液为中间产物，因此不需要补充 FeSO4溶液，C正确；
D．该脱硫过程的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，O元素化合价降低，O2作氧化剂，S元素化合价升高，H2S作还原剂，两者的物质的量之比为1:2，故D正确；
故选B。
二、主观题(本题共4题，共40分)
21. 在炽热条件下，将石蜡油分解产生的乙烯通入下列各试管里，装置如图所示。

根据上述装置，回答下列问题：
已知：1，2—二溴乙烷的密度比水的大，难溶于水，易溶于四氯化碳。
预测：
（1）B装置中的现象是_____。D装置中溶液由紫色变无色，D装置中发生反应的类型为_____。
（2）写出A装置中发生反应的化学方程式_____，反应类型为_____，E装置的作用是_____。
（3）下列化合物中，能发生原子利用率100%反应的是_____。
A. 甲烷 B. 氯乙烯 C. 丙烷 D. 聚乙烯
（4）丙烯与乙烯()具有相似的化学性质(写结构简式)
①丙烯与的加成产物为_____。(写一个)
②丙烯的加聚反应方程式为_____。
【答案】（1） ①. 橙色褪去，液体分层 ②. 氧化反应
（2） ①. ②. 加成反应 ③. 检验乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应的产物CO2 （3）B
（4） ①. CH3CH(OH)CH3(或CH3CH2CH2OH) ②.
【解析】
【分析】由实验装置可知，A中乙烯与溴发生加成反应，溴的四氯化碳溶液褪色；B中乙烯与溴水发生加成反应，溴水褪色，并出现分层；C中乙烯与硝酸银溶液不反应，但C可检验挥发的溴；D中乙烯被高锰酸钾氧化使溶液褪色；E中石灰水变浑浊，可知乙烯被高锰酸钾氧化为二氧化碳；据此分析解答。
【小问1详解】
乙烯通入B装置的溴水中，和Br2发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，溴水的橙色褪去。由于1,2-二溴乙烷的密度比水的大，且难溶于水，反应后液体出现分层。因此B装置中的现象是：橙色褪去，液体分层；D装置中溶液由紫色变无色，说明高锰酸钾被还原，则D装置中发生的反应为氧化反应。
【小问2详解】
乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，和Br2发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，反应的化学方程式为；乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2，因此装置E的作用是检验乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应的产物CO2。
【小问3详解】
氯乙烯含有碳碳双键，能发生加成反应，反应物全部转化为目标产物，原子利用率100%。甲烷、丙烷和聚乙烯不含碳碳双键，不能发生加成反应，原子利用率不是100%。故选B。
【小问4详解】
①丙烯含有碳碳双键，在一定条件下与发生加成反应，得到的产物有2种，分别为CH3CH(OH)CH3和CH3CH2CH2OH；
②丙烯的加聚反应的方程式为。
22. 为顺应全球应对气候变化趋势和中国国情，我国提出了碳达峰碳中和的工作战略。以生产甲醇()是实现“碳中和”的重要途径。在体积为2L的密闭容器中，充入1mol和3mol，一定条件下发生反应得到和，测得反应物和的物质的量随时间的变化如图所示。

（1）写出该容器中物质发生反应的化学方程式_____
（2）0~3min内，_____
（3）A点处正反应速率比逆反应速率_____(填“大”或“小”)
（4）10min后，能使该反应速率加快的措施有_____(填序号)。
A. 降低反应温度 B. 充入2mol C. 加入高效的催化剂 D. 充入适量氦气
（5）在相同温度、容积不变的条件下，不能说明该反应已达平衡状态的是_____。
A. 、的浓度均不再变化 B. 体系压强不变
C. 气体密度不再发生变化 D. 的消耗速率与的生成速率之比为3∶1
（6）某化学实验小组用酸性溶液与草酸()溶液反应，研究外界条件对反应速率的影响，实验操作及现象如下：
编号
实验操作
实验现象
Ⅰ
向一支试管中先加入1mL0.01mol/L酸性溶液，再加入1滴3mol/L硫酸和9滴蒸馏水，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液
前10min内溶液紫色无明显变化。后颜色逐渐变浅，30min后几乎变为无色
Ⅱ
向另一支试管中先加入1mL0.01molL酸性溶液，再加入10滴3mol/L硫酸，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液
80s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150s后几乎变为无色
①已知草酸为二元弱酸，写出高锰酸钾与草酸反应的离子方程式：_____。
②由实验Ⅰ、Ⅱ可得出的结论是_____。
【答案】（1）CO2(g)+ 3H2(g) =CH3OH(g)+ H2O(g)
（2） mol·L-1·min-1
（3）大 （4）BC （5）CD
（6） ①. ②. 其他条件相同时，H+ (或硫酸)浓度越大，反应速率越快
【解析】
【小问1详解】
根据二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，根据该变量之比等于计量系数之比，说明二氧化碳和甲醇系数相等，再根据质量守恒得到该容器中物质发生反应的化学方程式CO2(g)+ 3H2(g) =CH3OH(g)+ H2O(g)；故答案为: CO2(g)+ 3H2(g) =CH3OH(g)+ H2O(g)；
【小问2详解】
0~ 3min内，则CH3OH的平均速率==mol·L-1·min-1，则3mol·L-1·min-1，故答案为: mol·L-1·min-1；
【小问3详解】
A点是正向正在建立平衡的点，还未达到平衡，因此A点处的正反应速率比逆反应速率大；故答案为: 大；
【小问4详解】
A．降低反应温度，反应速率减慢，选项A不符合题意；
B．充入2molCO2，反应物浓度增大,反应速率加快，选项B符合题意；
C．加入高效的催化剂，降低反应所需活化能，反应速率加快，选项C符合题意；
D．充入适量氦气，反应体系物质的量浓度不变，反应速率不变，选项D不符合题意；
答案为: BC；
【小问5详解】
A． CO2、H2的浓度均不再变化,说明达到平衡，选项A不符合题意；
B．该反应是体积减小的反应，压强不断减小，当体系压强不变，说明达到平衡，选项B不符合题意；
C． n(CH3OH) : n(H2O)=1:1，不能说明达到平衡，选项C符合题意；
D． H2的消耗速率与CH3OH的生成速率之比为3 :1，都是正向反应，因此不能作为判断平衡的标志，选项D符合题意；
故答案为 CD；
【小问6详解】
①高锰酸钾与草酸反应的离子方程式为，故答案为: ；
②实验Ⅰ、Ⅱ酸的浓度不同，实验Ⅱ酸浓度大，反应快，故由实验Ⅰ、Ⅱ可得出的结论是:其他条件相同时，H+ (或硫酸)浓度越大，反应速率越快；故答案为: 其他条件相同时，H+ (或硫酸)浓度越大，反应速率越快。
23. 燃料电池是很有发展前途的新的动力电源，氢氧燃料电池因其绿色环保、能量转换率高而备受关注。通常氢氧燃料电池有酸式和碱式两种，试回答下列问题：
（1）在碱式介质中，负极反应的物质为_____，正极反应的物质为_____碱式电池的电极反应：负极：_____，正极：_____。电解质溶液pH的变化_____(填“变大”，“变小”，“不变”)。
（2）氢氧燃料电池汽车作为上海世博园中的交通工具之，下列不正确的是_____。(单选)
A. 太阳光催化分解水制氯气比电解水气氢气更为科学
B. 氢氧燃料电池作为汽车动力更能保护环境
C. 以稀、KOH为介质的氢氧燃料电池的负极电极反应式相同
D. 以稀、KOH为介质的氢氧燃料电池的总反应式相同
（3）纯电动车采用了高效耐用的一种新型可充电电池，该电池的总反应式为：

①该电池放电时正极反应式为_____。
②放电时每转移3mol电子，正极有_____mol被还原。
（4）铅蓄电池因其电压稳定、使用方便、安全可靠、价格低康，当前在燃油车上应用依然占主导地位，电池反应式为：，下列有关说法正确的是_____。(双选)

A. Pb为电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为：
B. 铅蓄电池放电时，正、负电极质量均增大
C. 铅蓄电池放电时，定向移动去极
D. 放电过程中，正极区附近pH减小
【答案】（1） ①. H2 ②. O2 ③. H2-2e-+2OH-=2H2O ④. O2+4e-+2H2O=4OH- ⑤. 变小 （2）C
（3） ①. +3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH- ②. 1 （4）BC
【解析】
【分析】(3)放电时，Zn作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2；正极上得电子发生还原反应生成Fe(OH)3，电极反应式为+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-。
(4)放电时，Pb作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为；作正极，得电子发生还原反应，电极反应式为。
【小问1详解】
在碱式介质中，通入H2的一极作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O；通入O2的一极作正极，得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；总反应为2H2+O2=2H2O，由于反应生成水，氢氧根的浓度减小，电解质溶液的pH变小；故答案为：H2；O2；H2-2e-+2OH-=2H2O；O2+4e-+2H2O=4OH-；变小。
【小问2详解】
A．太阳光催化分解水制氢气能节约电能，比电解水气氢气更为科学，A正确；
B．氢氧燃料电池作为汽车动力，产物为水不产生污染，更能保护环境，B正确；
C．氢氧燃料电池中，以稀H2SO4、KOH为介质，负极电极反应式分别为H2-2e-=2H+和H2-2e-+2OH-=2H2O，二者反应式不相同，C错误；
D．以稀H2SO4、KOH为介质的氢氧燃料电池的总反应式相同，均为2H2+O2=2H2O，D正确；
故选C。
【小问3详解】
①放电时，正极上得电子发生还原反应生成Fe(OH)3，电极反应式为+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-；
②由总反应式可得关系式～3e-，则放电时每转移3mol电子，正极有1mol 被还原。
【小问4详解】
A．放电时，Pb作负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为，A错误；
B．放电时，Pb作负极，电极反应式为，作正极，电极反应式为，故正、负电极质量均增大，B正确；
C．放电时，Pb作负极，作正极，移向正极即极，C正确；
D．放电时，正极反应式为，消耗H+同时生成水，正极区附近pH增大，D错误；
故选BC。
24. 硫、氮等非金属元素在化工生产中扮演着重要角色。
Ⅰ．在学习了硫的转化后，某学生绘制了如图转化关系。

（1）写出转化为A的化学方程式：_____。
（2）下列四种有色溶液与作用均能褪色，体现还原性的是_____。
①品红溶液 ②酸性溶液 ③碘水 ④滴有酚酞的NaOH溶液
写出通入碘水溶液中反应的离子方程式：_____。
（3）工业生产中利用氨水吸收和，原理如图所示：

①被吸收过程的离子方程式是_____。
②如果将通入装有、混合溶液的圆底烧瓶中，如下图，可制备大苏打，该反应中仅有硫元素化合价变化，写出反应过程的化学方程式是_____。

（4）若32.0gCu与一定量的溶液反应，当Cu反应完时，共产生标准状况下的13.44L气体(NO和)，则消耗的溶液中溶质的物质的量为_____。(相对原子质量Cu：64)
【答案】（1）
（2） ①. ②③ ②.
（3） ①. ②.
（4）1.6mol
【解析】
【分析】Ⅰ．由转化关系图可知，A为SO3，B为H2S，C为硫酸盐，D为H2SO3，E为亚硫酸盐。
(3)工业生产中利用氨水吸收和，将SO2通入氨水中，反应生成 (NH4)2SO3，NO2具有强氧化性，通入NO2将(NH4)2SO3氧化为(NH4)2SO4，NO2被还原为N2，反应的离子方程式为。
【小问1详解】
由转化关系图可知，A为SO3，SO2具有还原性，在适当的温度并有催化剂存在的条件下，可以被O2氧化为SO3，该反应为可逆反应，则SO2转化为SO3的化学方程式为。
【小问2详解】
①SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色，体现其漂白性；
②SO2具有还原性，可以被酸性KMnO4溶液氧化为硫酸，体现其还原性；
③SO2具有还原性，可以被碘水氧化而使碘水褪色，体现其还原性；
④SO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应生成Na2SO3和H2O，使溶液碱性减弱，故能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，体现其酸性氧化物的性质；
综上所述，体现SO2还原性的是②③；
具有还原性，通入碘水溶液中，被氧化为，反应的离子方程式为。
【小问3详解】
①NO2具有强氧化性，在溶液中通入NO2能将(NH4)2SO3氧化为(NH4)2SO4，NO2被还原为N2，则NO2被吸收过程的离子方程式为；
②将SO2通入装有、混合溶液中，反应生成和CO2，化学反应方程式为。
【小问4详解】
消耗的分为两部分：一部分做氧化剂，被还原为NO和，一部分做酸，生成Cu(NO3)2。根据N元素守恒，消耗的的物质的量n(HNO3)=n(NO+NO2)+2n[Cu(NO3)2]=。