精品解析：江西省景德镇市2022-2023学年高一下学期4月期中考试化学试题（解析版）

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景德镇市2022-2023学年度下学期期中质量检测卷
高一化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Cu-64 Zn-65
一、选择题(本题共15个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共45分)
1. 下列说法正确的是
A. 化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化，且均表现为吸热或放热
B. 能量守恒定律说明，必须从外界吸收能量后才表现出放热反应．
C. 石墨完全转化为金刚石时，要吸收热量，说明金刚石稳定
D. 化学反应是吸热还是放热取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．化学反应的能量变化大多为热量变化，但不是唯一途径。还可能转化为光能、电能、体积膨胀做功等，A错误；
B．放热反应的实质是反应物的总能量高于生成物的总能量，并不一定从外界吸收能量，B错误；
C．物质具有的能量高，性质活泼，不稳定，故石墨比金刚石稳定，C错误；
D．化学反应是吸热还是放热取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量的相对大小，D正确；
故选D。
2. 不能用来漂白织物的是
A. 次氯酸 B. 过氧化钠 C. 二氧化硫 D. 硫化氢
【答案】D
【解析】
【详解】A．次氯酸具有强氧化性，具有漂白性，A正确；
B．过氧化钠具有强氧化性，具有漂白性，B正确；
C．二氧化硫可以和有色物质生成无色物质，具有漂白性，C正确；
D．硫化氢没有强氧化性，没有漂白性，D错误；
故选D。
3. 下列叙述正确的是
A. 反应可以设计成原电池
B. Zn和稀硫酸反应时，加入少量溶液能加快产生的速率
C. Fe、Cu、原电池中，Cu片上产生大量气泡，说明Cu与能发生反应而Fe被钝化
D. Zn—Cu原电池工作过程中，溶液中向负极作定向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．属于非氧化还原反应，不能设计成原电池，故A错误；
B．Zn和稀硫酸反应时，加入少量溶液，锌置换出铜，构成铜锌原电池，能加快产生的速率，故B正确；
C．Fe、Cu、原电池中，铁是负极，铁失电子生成Fe2+，铜是正极，氢离子在铜电极上得电子生成氢气，Cu与不反应，铁在稀硫酸中不能钝化，故C错误；
D．Zn—Cu原电池工作过程中，溶液中向正极作定向移动，故D错误；
选B。
4. 下列物质能用单质之间直接反应制得的是
A. FeCl2 B. CuS C. Fe2S3 D. Al2S3
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁和氯气在加热下反应生成FeCl3，不能由单质直接化合生成FeCl2，故A不选；
B．铜和硫单质加热生成Cu2S，不能直接生成CuS，故B不选；
C．铁和硫单质反应生成FeS，不能直接生成Fe2S3，故C不选；
D．铝和S加热可直接化合生成Al2S3，故D选；
故选：D。
5. 已知化学反应的能量变化如图所示，下列叙述正确的是

A 每生成2分子吸收能量
B. 该反应属于吸热反应
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 断裂键和键，放出能量
【答案】B
【解析】
【详解】A．题图中各物质的计量单位为摩尔(mol)，则表明每生成2mol吸收()kJ能量，A项错误；
B．题图表明反应物的总能量低于生成物的总能量，所以该反应属于吸热反应，B项正确，
C．该反应属于吸热反应，反应物总能量低于生成物的总能量，C项错误；
D．题图表明断裂1mol键和1mol键吸收kJ能量，D项错误。
故选：B。
6. 下列各组离子在无色透明溶液中能大量共存的是
A. 、、、 B. 、、、
C. 、、、 D. 、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A． 具有强氧化性，与亚硫酸根离子会发生氧化还原反应而不能大量共存，A错误；
B． 与会生成AgCl沉淀，不能大量共存，B错误；
C． 溶于水为蓝色，CuS难溶，且在有的存在下，具有强氧化性，可氧化，不能大量共存，C错误；
D．无色且离子间不发生反应，可大量共存，D正确；
故答案为：D。
7. 下列离子方程式书写正确的是
A. 漂白粉溶液中通入过量CO2气体：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO
B. 漂白粉溶液中通入少量SO2气体：Ca2++2ClO-+H2O+SO2=CaSO3↓+2HClO
C. SO2通入足量NaOH溶液中：SO2+2OH-=+H2O
D. 向FeBr2溶液中通入少量氯气：Cl2+2Br-=2Fe3++Br2
【答案】C
【解析】
【详解】A．漂白粉溶液中通入过量CO2气体生成碳酸氢钙和次氯酸，反应的离子方程式是ClO-+H2O+CO2=+HClO，故A错误；
B．漂白粉溶液中通入少量SO2气体，SO2被氧化为硫酸钙，反应的离子方程式为Ca2++3ClO-+H2O+SO2=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故B错误；
C．SO2通入足量NaOH溶液中生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式是SO2+2OH-=+H2O，故C正确；
D．Fe2+的还原性大于Br-，向FeBr2溶液中通入少量氯气，氯气氧化Fe2+，反应的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，故D错误；
选C。
8. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 二氧化硅熔点高，可用于制作光导纤维
B. SO2 具有漂白性，可用于制溴工业中吸收 Br2
C. FeCl3 溶液显酸性，可用于蚀刻铜制的电路板
D. 氨气易液化，可用作工业制冷剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硅具有良好的传输光信号的能力，用于制作光导纤维，故A错误；
B．SO2 具有还原性，能与溴单质反应，可用于吸收溴单质，故B错误；
C．FeCl3具有较强氧化性，能与铜单质发生反应，可用于蚀刻铜制的电路板，故C错误；
D．氨气易液化，液氨在气化过程中吸收大量的热，可用液氨作制冷剂，故D正确；
故选：D。
9. 在通风橱中进行下列实验：
步骤


现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡
下列说法正确的是（ ）
A. Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=NO2
B. Ⅱ中现象是因为浓HNO3会使Fe表面覆盖一层保护膜，阻止Fe进一步反应，此反应不属于氧化还原反应
C. 对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D. 针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流表，可判断Fe是否被氧化
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO是无色气体，NO2是红棕色气体，Fe和稀硝酸反应生成无色的NO，但NO不稳定，被空气氧化生成红棕色的二氧化氮，所以Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2═2NO2，故A错误；
B．常温下Fe和浓硝酸发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，II说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故B错误；
C．对比I、Ⅱ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C错误；
D．根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故D正确；
答案选D。
10. 甲~丁均为短周期主族元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。丁的最高价氧化物对应的水化物在同周期中酸性最强，下列说法正确的是

甲
乙

丙


丁

A. 非金属性：丁>丙>甲
B. 原子半径：甲>乙>丙
C. 最简单氢化物的沸点：乙>甲
D. 丙与乙形成的二元化合物易溶于水和强碱溶液
【答案】C
【解析】
【分析】由元素在周期表中的相对位置，可知甲、乙处于第二周期，而丙、丁处于第三周期，丁的最高价氧化物对应的水化物在同周期中酸性最强，故丁为Cl元素，可知甲是N元素、乙是O元素、丙是Si元素。
【详解】A．同周期主族元素自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，则非金属性：甲>丙，故A错误；
B．同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径：丙＞甲＞乙，故B错误；
C．甲的简单氢化物为氨气，乙的简单氢化物为水，常温下水是液态，氨气是气态，水的沸点高于氨气，因此最简单氢化物的沸点：乙>甲，故C正确；
D．丙与乙形成二元化合物化合物是SiO2，SiO2不溶于水，故D错误；
故答案选C。
11. 根据如图所示的过程中的能量变化情况，判断下列说法正确的是

和反应生成过程中的能量变化
A. 转化为氮原子是一个放热过程
B. 和的总焓比的总焓高
C. 1个分子中的化学键断裂时需要吸收能量
D. 的反应热
【答案】D
【解析】
【详解】A．转化为氮原子，吸收热量，故A错误；
B．由图中数据可知，反应过程中放出的热量小于吸收的热量，该反应为吸热反应，则和的总焓比的总焓低，故B错误；
C．由图可知，1mol分子中的化学键断裂时需要吸收能量，故C错误；
D．由上述分析可知，的反应热，故D正确；
故选D。
12. 将4mol A和2mol B在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A(s)+B(g)2C(g)若经2s(秒)后测得C的浓度为0.6mol·L−1，现有下列几种说法：
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol·(L·s)−1
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol·(L·s)−1
③2s时物质A的转化率为30%
④2s时物质B的浓度为0.7mol·L−1
其中错误的是
A. ①③④ B. ①② C. ②③ D. ③④
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】① A是固体，不能用A表示化学反应速率，故①错误；
②2s(秒)后测得 C 的浓度为0.6 mol·L-1 ，则B的浓度变化为0.3 mol·L-1，用物质 B 表示的反应的平均速率为 =0.15mol/L s，故②错误；
③2s(秒)后测得 C 的浓度为0.6 mol·L-1 ，则消耗A的物质的量为1.2mol，2 s 时物质 A 的转化率为 100%=30%，故③正确；
④2s(秒)后测得 C 的浓度为0.6 mol·L-1 ，则B的浓度变化为0.3 mol·L-1，2 s 时物质 B 的浓度为0.7 mol·L-1，故④正确；
故选B。
13. 普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液，根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间，此法的原理如图所示，反应的总方程式为2Cu+Ag2O═Cu2O+2Ag，下列有关说法正确的是

A. 电池工作时，OH-向Ag2O/Ag极移动
B. 负极的电极反应式为Cu+2OH--2e-═Cu2O+H2O
C. 测量原理示意图中，电流方向从Cu→Ag2O
D. 电路中转移2mol电子时，正极材料减少了16g
【答案】BD
【解析】
【分析】根据总反应可知，电池工作时Cu被氧化，为负极，Ag2O/Ag电极为正极。
【详解】A．原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故A错误；
B．负极发生氧化反应，电极方程式为2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O，故B正确；
C．测量原理示意图中，电流方向从正极流向负极，即Ag2O→Cu，故C错误；
D．正极反应为Ag2O+2e-+H2O═2Ag+2OH-，2mol电子转移时，电极减少1molO，质量为16g，故D正确；
答案选BD。
14. 根据有关操作与现象，所得结论正确的是

实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中滴加2滴KSCN溶液，溶液不变红色，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色
该溶液中一定含有
B
向某溶液中滴加溶液，产生白色沉淀
该溶液中一定含有
C
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验，未观察到紫色
该溶液一定不含
D
向某溶液中加入稀盐酸，产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊
该溶液中一定含有

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向某溶液中滴加2滴KSCN溶液，溶液不变红色，说明没有，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，说明原溶液中含有，A正确；
B．也能与碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等反应生成白色沉淀，所以溶液中不一定含有的是氯离子，B错误；
C．钾元素的焰色试验需要透过蓝色钴玻璃观察，结论不准确，C错误；
D．碳酸氢根离子、亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子均会产生上述现象，所以结论不正确，D错误；
故选A。
15. 将5.6g镁和铜的混合物加入到500mL1mol/L的稀硝酸中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加入2mol/LNaOH溶液至沉淀完全，生成沉淀的质量为10.7g，下列叙述错误的是
A. 当金属全部溶解时，电子转移的数目为0.3NA
B. 混合物镁和铜的物质的量之比为1：2
C. 当金属全部溶解时，产生的NO气体的体积在标准状况下为2.24L
D. 当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积为200mL
【答案】B
【解析】
【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到500mL1mol/L的稀HNO3中，HNO3的物质的量为，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应3Mg+8HNO3 (稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3 (稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的2mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量为10.7g，比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol。
【详解】A．根据上述分析可知：反应过程中电子转移的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，n(e-)=n(OH-)=0.3mol，A正确；
B．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，设镁的物质的量为x，则铜的物质的量为(0.15-x)，则24x+64(0.15-x)=5.6，解得x=0.1，故混合物镁和铜的物质的量之比为2：1，B错误；
C．反应过程中转移电子的物质的量为0.3mol，根据电子转移数目相等，可知反应产生NO的物质的量为n(NO)=，其在标准状况下的体积V=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，C正确；
D．当生成的沉淀量达到最大时，Mg2+和Cu2+都转化为沉淀，根据N守恒可知，稀HNO3剩余0.5-0.3-0.1=0.1，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.4mol，需要氢氧化钠溶液体积V=，D正确；
故答案为：B。
二、填空题(共5题，共55分)
16. 某同学利用图所示装置探究Cl2与NH3的反应。其中A、F分别为NH3和Cl2的发生装置，C为纯净干燥的Cl2与NH3反应的装置。

回答下列问题：
(1)A装置中盛有浓氨水的仪器名称为________；B装置中盛有的药品是________。
(2)E装置的作用是________；F装置中发生反应的离子方程式为________。
(3)C装置内发生置换反应，并有浓厚的白烟产生，则C中发生反应的化学方程式为________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
(4)C装置的G处需连接一个装置，可选用图中的________(填序号)。

【答案】 ①. 分液漏斗 ②. 碱石灰 ③. 除去氯气中的氯化氢 ④. MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O ⑤. 3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl ⑥. 3∶2 ⑦. D
【解析】
【分析】本题主要考查氨气的实验室简易制法和氯气的实验室制备，以及氨气的性质， A装置为制备氨气的简易装置，B是干燥氨气，C是氨气和氯气的反应装置，F装置是实验室制氯气，E为除去氯气中的HCl，D是干燥氯气，据此进行解题。
【详解】(1)由装置图可知A装置中盛有浓氨水的仪器名称为分液漏斗；B装置是对氨气进行干燥的作用，故B中盛有的药品是碱石灰，故答案为：分液漏斗；碱石灰；
(2)由分析可知E装置是除去氯气中挥发出来的HCl，故E的作用是除去氯气中的氯化氢；F装置是实验室制氯气的反应，故发生反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：除去氯气中的氯化氢；MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；
(3)根据C装置中是NH3和Cl2混合，且发生置换反应，并有浓厚的白烟即氯化铵小颗粒产生，故C中发生反应的化学方程式为3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl，该反应中氧化剂是Cl2与还原剂是NH3，但是8molNH3中只有2mol被氧化，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故答案为：3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl ；3∶2；
(4)C装置是氨气和氯气反应的装置，故出口G仍有未反应的氨气和氯气，但是氯气有毒，故需要接一个尾气处理装置，氨气极易溶于水，故需要防倒吸：
A装置只能吸收氨气不能吸收氯气，A不合题意；
B装置能吸收氨气也能吸收氯气，但没有防倒吸装置，B不合题意；
C装置只能吸收氨气不能吸收氯气，C不合题意；
D装置只能吸收氨气又能吸收氯气，且有防倒吸装置，D符合题意；
故答案为：D。
17. 根据下列各小题实验目的，完成填空。(a、b为弹簧夹，加热及固定装置略去)

(1)验证碳、硅非金属性的相对强弱。(已知酸性：亚硫酸＞碳酸)
①连接仪器、___________、加药品后，打开a，关闭b，然后滴入浓硫酸，加热。
②装置A中试剂是___________，其作用为___________。
③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是___________。
(2)验证的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。
①在(1)①操作后，打开b，关闭a。
②通入的溶液中无明显现象，若将其取出分成三份，分别滴加下列溶液都出现了沉淀，填写下表中沉淀的化学式。
滴加的溶液
氯水
氨水
溶液
沉淀的化学式
___________
___________
___________
③一段时间后，实验装置中溶液中的现象是___________，化学方程式是___________。
【答案】 ①. 检验装置气密性 ②. 品红溶液[或(酸性)溶液] ③. 检验是否除尽 ④. 试管A中溶液不褪色，盛装硅酸钠溶液的试管有白色沉淀(浑浊) ⑤. ⑥. ⑦. S ⑧. 出现(淡)黄色沉淀(浑浊) ⑨.
【解析】
【分析】(1)验证碳、硅非金属性的相对强弱实验，溶液吸收后生成，试管A中的试剂需要检验是否被溶液吸收完全，因为也会使溶液生成白色沉淀，干扰C与非金属性强弱的判断，所以用品红溶液或(酸性)溶液是否褪色来检验是否除净。若试管A中溶液不褪色，且硅酸钠溶液中生成白色沉淀(浑浊)，则证明的酸性强于，说明碳的非金属性比硅强，据此分析解答。
(2) 验证的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。通入溶液中无沉淀，是因为在酸性条件下无法存在，滴加氯水后，被氧化成，遇到生成白色沉淀。滴加氨水后，酸性溶液被中和，可以形成沉淀析出。滴加溶液，和发生归中反应生成S单质沉淀，据此分析解答。
【详解】(1)①实验中有气体产生，因此连接仪器后，需要先检查装置的气密性，再加药品后，打开a，关闭b，然后滴入浓硫酸，加热，故答案为：检验装置气密性；
②根据上述分析，装置A中试剂是品红溶液[或(酸性)溶液]，目的是检验是否除尽，故答案为：品红溶液[或(酸性)溶液]；检验是否除尽；
③试管A中溶液不褪色，盛装硅酸钠溶液的试管有白色沉淀(浑浊)，说明的酸性强于，说明碳的非金属性比硅强，故答案为：试管A中溶液不褪色，盛装硅酸钠溶液的试管有白色沉淀(浑浊)；
(2)②通入溶液中无沉淀，是因为在酸性条件下无法存在。
滴加氯水后，被氧化成，遇到生成白色沉淀，体现了二氧化硫的还原性。滴加氨水后，酸性溶液被中和，可以形成沉淀析出，体现了二氧化硫的酸性。滴加溶液，和发生归中反应生成S单质沉淀，体现了二氧化硫的氧化性，故答案为：；；S；
③一段时间后，二氧化硫进入溶液中，发生归中反应生成淡黄色的S单质沉淀，反应的化学方程式为，故答案为：出现(淡)黄色沉淀(浑浊)；。
18. 原电池揭示了氧化还原反应的本质是电子转移，实现了化学能转化成电能，使氧化还原反应在现代生活中获得重大应用，从而改变了人们的生活方式。
某兴趣小组为探究原电池工作原理，利用金属Zn与稀H2SO4反应，通过如图所示装置A、B进行实验，实验过程中装置A内溶液的温度升高，装置B的电流计指针发生偏转。

根据所学知识，完成下列各题：
（1）装置B为原电池，则Cu作_______(填“正”或“负”)极，Zn电极上的电极反应式为_______，Cu电极上的现象是_______。请简述确定Cu电极没有参与反应的实验依据或方案_______。
（2）一般把金属导线称为“电子导体”，把电解质溶液称为“离子导体”。装置B中电池工作时“电子导体”中电子的流动方向可描述为_______；“离子导体”中主要离子的移动方向可描述为_______。
（3）从能量转化的角度来看，装置A中反应物的总能量_______(填“高于”、“低于”或“=”)生成物的总能量；从反应速率的角度上看，可以观察到A中反应比B中_______(填“快”或“慢”)。
（4）装置B中稀H2SO4用足量CuSO4溶液代替，起始时Zn电极和Cu电极的质量相等，当导线中有0.2mol电子转移时，Zn电极和Cu电极的质量差为_______。
（5）该小组同学由此得出的结论错误的是_______。(多选)
A. 任何自发进行的氧化还原反应均可以设计成原电池
B. 装置B中Cu电极不可用碳棒代替
C. 原电池的负极发生还原反应
D. 原电池装置中化学能全部转化为电能
【答案】（1） ①. 正 ②. Zn-2e=Zn2+ ③. 有气泡产生 ④. 反应前后溶液颜色与铜电极表面没有明显变化
（2） ①. 电子从负极(Zn)流出经外电路流向正极(Cu) ②. H+向正极(Cu)移动、SO向负极(Zn)移动
（3） ①. 高于 ②. 慢
（4）12.9g （5）BCD
【解析】
【分析】装置A中金属Zn与稀硫酸反应为；装置B为原电池，Cu作正极，发生还原反应，有气泡产生，Zn作为负极，发生氧化反应；据此分析解题。
【小问1详解】
装置B为原电池，Cu作正极，发生还原反应，，有气泡产生；Zn作为负极，发生氧化反应，；反应前后溶液颜色与铜电极表面没有明显变化，说明Cu没有参与反应；故答案为正；；有气泡产生；反应前后溶液颜色与铜电极表面没有明显变化；
【小问2详解】
据分析可知，Cu作正极，发生还原反应，得到电子；Zn作为负极，发生氧化反应，失去电子；所以装置B中电池工作时“电子导体”中电子的流动方向可描述为电子从负极(Zn)流出经外电路流向正极(Cu)；“离子导体”中主要离子的移动方向可描述为H+向正极(Cu)移动、SO向负极(Zn)移动；故答案为电子从负极(Zn)流出经外电路流向正极(Cu)；H+向正极(Cu)移动、SO向负极(Zn)移动；
【小问3详解】
实验过程中装置A内溶液的温度升高，从能量转化的角度来看，装置A中反应物的总能量高于生成物的总能量；装置B的电流计指针发生偏转，原电池可以加快反应速率，所以A中反应速率比B中慢；故答案为高于；慢；
【小问4详解】
装置B中稀H2SO4用足量CuSO4溶液代替，Cu作正极，发生还原反应为；Zn作为负极，发生氧化反应，；当导线中有0.2mol电子转移时，Zn电极质量减少；Cu电极质量增加；Zn电极和Cu电极的质量差为起始时Zn电极和Cu电极的质量相等，当导线中有0.2mol电子转移时，Zn电极和Cu电极的质量差为12.9g；故答案为12.9g；
【小问5详解】
A．构成原电池内界条件是自发的发生氧化还原反应，所以理论上说，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池，故A正确；
B．装置B中Cu作正极，可用碳棒代替，故B错误；
C．原电池的负极发生氧化反应，故C错误；
D．原电池装置中化学能部分转化为电能，故D错误；
故答案选BCD。
19. 某小组利用溶液和酸性溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下的方案。
编号
溶液
酸性溶液
温度/
浓度/
体积/
浓度/
体积/
①
0.10
2.0
0.010
40
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50

（1）已知反应后转化为逸出，转化为。为了观察到紫色褪去，与初始的物质的量需要满足的关系为：__________。
（2）探究温度时化学反应速率影响的实验编号是__________(填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是__________。
（3）实验①测得溶液的褪色时间为，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率__________。
（4）该小组的同学实验时发现开始时反应产生气泡非常慢，一段时间后反应产生气泡速率明显加快。其原因可能是__________。
A．反应放热导致温度升高 B．压强增大
C．生成物的催化作用 D．反应物接触面积增大
该小组对实验①测定反应过程中溶液不同时间的温度，结果如表：
时间/s
0
5
10
15
20
25
35
40
50
温度/
25
26
26
26
26
26
26.5
27
27
结合实验目的和表中数据，你得出的结论是：__________。
【答案】（1）5∶2 （2） ① ②③ ②. ①②
（3）或
（4） ①. AC ②. 随着反应的进行反应速率明显加快，但是溶液温度变化不是很大，说明温度不是反应速率明显加快的主要原因
【解析】
【小问1详解】
高锰酸钾和草酸反应方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，为了观察到紫色褪去，草酸应该稍微过量，所以5∶2。
【小问2详解】
探究温度对化学反应速率影响，这两组实验应该只有温度一个变量，其余条件都相同，所以应该是②③；探究反应物浓度对化学反应速率影响的两组实验应该只有反应物浓度一个变量，其余条件都相同，所以应该是①②。
【小问3详解】
这段时间内平均反应速率或。
【小问4详解】
溶液和酸性溶液的反应为放热反应，温度升高，反应速率增大，生成物Mn2+对反应也可能有催化作用，而反应在溶液中进行，则压强对反应速率基本没有影响，且随着反应的进行，反应物的面积逐渐减小，故选AC；结合实验目的和表中数据，你得出的结论是：随着反应的进行反应速率明显加快，但是溶液温度变化不是很大，说明温度不是反应速率明显加快的主要原因。