2022-2023學年江西省景德鎮(zhèn)市高一下學期期中考試化學試題（解析版）

PAGEPAGE1江西省景德鎮(zhèn)市2022-2023學年高一下學期期中考試試題可能用到的相對原子質量：H-1C-12O-16Mg-24Cu-64Zn-65一、選擇題(本題共15個小題，每小題只有一個選項符合題意，每小題3分，共45分)1.下列說法正確的是（）A.化學反應除了生成新物質外，還伴隨著能量的變化，且均表現為吸熱或放熱B.能量守恒定律說明，必須從外界吸收能量后才表現出放熱反應．C.石墨完全轉化為金剛石時，要吸收熱量，說明金剛石穩(wěn)定D.化學反應是吸熱還是放熱取決于生成物具有的總能量和反應物具有的總能量【答案】D【解析】【詳解】A．化學反應的能量變化大多為熱量變化，但不是唯一途徑。還可能轉化為光能、電能、體積膨脹做功等，A錯誤；B．放熱反應的實質是反應物的總能量高于生成物的總能量，并不一定從外界吸收能量，B錯誤；C．物質具有的能量高，性質活潑，不穩(wěn)定，故石墨比金剛石穩(wěn)定，C錯誤；D．化學反應是吸熱還是放熱取決于生成物具有的總能量和反應物具有的總能量的相對大小，D正確；故選D。2.不能用來漂白織物的是（）A.次氯酸 B.過氧化鈉 C.二氧化硫 D.硫化氫【答案】D【解析】【詳解】A．次氯酸具有強氧化性，具有漂白性，A正確；B．過氧化鈉具有強氧化性，具有漂白性，B正確；C．二氧化硫可以和有色物質生成無色物質，具有漂白性，C正確；D．硫化氫沒有強氧化性，沒有漂白性，D錯誤；故選D。3.下列敘述正確的是（）A.反應可以設計成原電池B.Zn和稀硫酸反應時，加入少量溶液能加快產生的速率C.Fe、Cu、原電池中，Cu片上產生大量氣泡，說明Cu與能發(fā)生反應而Fe被鈍化D.Zn—Cu原電池工作過程中，溶液中向負極作定向移動【答案】B【解析】【詳解】A．屬于非氧化還原反應，不能設計成原電池，故A錯誤；B．Zn和稀硫酸反應時，加入少量溶液，鋅置換出銅，構成銅鋅原電池，能加快產生的速率，故B正確；C．Fe、Cu、原電池中，鐵是負極，鐵失電子生成Fe2+，銅是正極，氫離子在銅電極上得電子生成氫氣，Cu與不反應，鐵在稀硫酸中不能鈍化，故C錯誤；D．Zn—Cu原電池工作過程中，溶液中向正極作定向移動，故D錯誤；選B。4.下列物質能用單質之間直接反應制得的是（）A.FeCl2 B.CuS C.Fe2S3 D.Al2S3【答案】D【解析】【詳解】A．鐵和氯氣在加熱下反應生成FeCl3，不能由單質直接化合生成FeCl2，故A不選；B．銅和硫單質加熱生成Cu2S，不能直接生成CuS，故B不選；C．鐵和硫單質反應生成FeS，不能直接生成Fe2S3，故C不選；D．鋁和S加熱可直接化合生成Al2S3，故D選；故選：D。5.已知化學反應的能量變化如圖所示，下列敘述正確的是（）A每生成2分子吸收能量B.該反應屬于吸熱反應C.該反應中反應物的總能量高于生成物的總能量D.斷裂鍵和鍵，放出能量【答案】B【解析】【詳解】A．題圖中各物質的計量單位為摩爾(mol)，則表明每生成2mol吸收()kJ能量，A項錯誤；B．題圖表明反應物的總能量低于生成物的總能量，所以該反應屬于吸熱反應，B項正確，C．該反應屬于吸熱反應，反應物總能量低于生成物的總能量，C項錯誤；D．題圖表明斷裂1mol鍵和1mol鍵吸收kJ能量，D項錯誤。故選：B。6.下列各組離子在無色透明溶液中能大量共存的是（）A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】D【解析】【詳解】A．具有強氧化性，與亞硫酸根離子會發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，A錯誤；B．與會生成AgCl沉淀，不能大量共存，B錯誤；C．溶于水為藍色，CuS難溶，且在有的存在下，具有強氧化性，可氧化，不能大量共存，C錯誤；D．無色且離子間不發(fā)生反應，可大量共存，D正確；故答案為：D。7.下列離子方程式書寫正確的是（）A.漂白粉溶液中通入過量CO2氣體：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClOB.漂白粉溶液中通入少量SO2氣體：Ca2++2ClO-+H2O+SO2=CaSO3↓+2HClOC.SO2通入足量NaOH溶液中：SO2+2OH-=+H2OD.向FeBr2溶液中通入少量氯氣：Cl2+2Br-=2Fe3++Br2【答案】C【解析】【詳解】A．漂白粉溶液中通入過量CO2氣體生成碳酸氫鈣和次氯酸，反應的離子方程式是ClO-+H2O+CO2=+HClO，故A錯誤；B．漂白粉溶液中通入少量SO2氣體，SO2被氧化為硫酸鈣，反應的離子方程式為Ca2++3ClO-+H2O+SO2=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故B錯誤；C．SO2通入足量NaOH溶液中生成亞硫酸鈉和水，反應的離子方程式是SO2+2OH-=+H2O，故C正確；D．Fe2+的還原性大于Br-，向FeBr2溶液中通入少量氯氣，氯氣氧化Fe2+，反應的離子方程式是Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，故D錯誤；選C。8.下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是（）A.二氧化硅熔點高，可用于制作光導纖維B.SO2具有漂白性，可用于制溴工業(yè)中吸收Br2C.FeCl3溶液顯酸性，可用于蝕刻銅制的電路板D.氨氣易液化，可用作工業(yè)制冷劑【答案】D【解析】【詳解】A．二氧化硅具有良好的傳輸光信號的能力，用于制作光導纖維，故A錯誤；B．SO2具有還原性，能與溴單質反應，可用于吸收溴單質，故B錯誤；C．FeCl3具有較強氧化性，能與銅單質發(fā)生反應，可用于蝕刻銅制的電路板，故C錯誤；D．氨氣易液化，液氨在氣化過程中吸收大量的熱，可用液氨作制冷劑，故D正確；故選：D。9.在通風櫥中進行下列實驗：步驟現象Fe表面產生大量無色氣泡，液面上方變?yōu)榧t棕色Fe表面產生少量紅棕色氣泡后，迅速停止Fe、Cu接觸后，其表面均產生紅棕色氣泡下列說法正確的是（）A.Ⅰ中氣體由無色變紅棕色的化學方程式為：2NO+O2=NO2B.Ⅱ中現象是因為濃HNO3會使Fe表面覆蓋一層保護膜，阻止Fe進一步反應，此反應不屬于氧化還原反應C.對比Ⅰ、Ⅱ中現象，說明稀HNO3的氧化性強于濃HNO3D.針對Ⅲ中現象，在Fe、Cu之間連接電流表，可判斷Fe是否被氧化【答案】D【解析】【詳解】A．NO是無色氣體，NO2是紅棕色氣體，Fe和稀硝酸反應生成無色的NO，但NO不穩(wěn)定，被空氣氧化生成紅棕色的二氧化氮，所以Ⅰ中氣體由無色變紅棕色的化學方程式為：2NO+O2═2NO2，故A錯誤；B．常溫下Fe和濃硝酸發(fā)生氧化還原反應生成一層致密的氧化物薄膜而阻止進一步被氧化，該現象為鈍化現象，II說明Fe表面形成致密的氧化層，阻止Fe進一步反應，故B錯誤；C．對比I、Ⅱ的現象，Fe與稀硝酸反應生成NO，而Fe與濃硝酸反應生成二氧化氮且迅速被鈍化，說明濃硝酸的氧化性強于稀硝酸，故C錯誤；D．根據Ⅲ中現象，說明構成原電池，在Fe、Cu之間連接電流計，通過電流計指針偏轉，可以判斷原電池的正負極，進而判斷Fe是否被氧化，故D正確；答案選D。10.甲~丁均為短周期主族元素，在元素周期表中的相對位置如圖所示。丁的最高價氧化物對應的水化物在同周期中酸性最強，下列說法正確的是（）甲乙丙丁A.非金屬性：丁>丙>甲B.原子半徑：甲>乙>丙C.最簡單氫化物的沸點：乙>甲D.丙與乙形成的二元化合物易溶于水和強堿溶液【答案】C【解析】【分析】由元素在周期表中的相對位置，可知甲、乙處于第二周期，而丙、丁處于第三周期，丁的最高價氧化物對應的水化物在同周期中酸性最強，故丁為Cl元素，可知甲是N元素、乙是O元素、丙是Si元素?！驹斀狻緼．同周期主族元素自左而右非金屬性增強，同主族自上而下非金屬性減弱，則非金屬性：甲>丙，故A錯誤；B．同周期主族元素自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，則原子半徑：丙＞甲＞乙，故B錯誤；C．甲的簡單氫化物為氨氣，乙的簡單氫化物為水，常溫下水是液態(tài)，氨氣是氣態(tài)，水的沸點高于氨氣，因此最簡單氫化物的沸點：乙>甲，故C正確；D．丙與乙形成二元化合物化合物是SiO2，SiO2不溶于水，故D錯誤；故答案選C。11.根據如圖所示的過程中的能量變化情況，判斷下列說法正確的是（）和反應生成過程中的能量變化A.轉化為氮原子是一個放熱過程B.和的總焓比的總焓高C.1個分子中的化學鍵斷裂時需要吸收能量D.的反應熱【答案】D【解析】【詳解】A．轉化為氮原子，吸收熱量，故A錯誤；B．由圖中數據可知，反應過程中放出的熱量小于吸收的熱量，該反應為吸熱反應，則和的總焓比的總焓低，故B錯誤；C．由圖可知，1mol分子中的化學鍵斷裂時需要吸收能量，故C錯誤；D．由上述分析可知，的反應熱，故D正確；故選D。12.將4molA和2molB在2L的容器中混合并在一定條件下發(fā)生如下反應：2A(s)+B(g)2C(g)若經2s(秒)后測得C的濃度為0.6mol·L?1，現有下列幾種說法：①用物質A表示的反應的平均速率為0.3mol·(L·s)?1②用物質B表示的反應的平均速率為0.6mol·(L·s)?1③2s時物質A的轉化率為30%④2s時物質B的濃度為0.7mol·L?1其中錯誤的是（）A.①③④ B.①② C.②③ D.③④【答案】B【解析】【分析】【詳解】①

A是固體，不能用A表示化學反應速率，故①錯誤；②2s(秒)后測得

C

的濃度為0.6mol·L-1

，則B的濃度變化為0.3mol·L-1，用物質

B

表示的反應的平均速率為=0.15mol/Ls，故②錯誤；③2s(秒)后測得

C

的濃度為0.6mol·L-1

，則消耗A的物質的量為1.2mol，2s

時物質

A

的轉化率為100%=30%，故③正確；④2s(秒)后測得

C

的濃度為0.6mol·L-1

，則B的濃度變化為0.3mol·L-1，2s

時物質

B

的濃度為0.7mol·L-1，故④正確；故選B。13.普通水泥在固化過程中其自由水分子減少并形成堿性溶液，根據這一物理化學特點，科學家發(fā)明了電動勢法測水泥的初凝時間，此法的原理如圖所示，反應的總方程式為2Cu+Ag2O═Cu2O+2Ag，下列有關說法正確的是（）A.電池工作時，OH-向Ag2O/Ag極移動B.負極的電極反應式為Cu+2OH--2e-═Cu2O+H2OC.測量原理示意圖中，電流方向從Cu→Ag2OD.電路中轉移2mol電子時，正極材料減少了16g【答案】BD【解析】【分析】根據總反應可知，電池工作時Cu被氧化，為負極，Ag2O/Ag電極為正極。【詳解】A．原電池工作時，陰離子向負極移動，陽離子向正極移動，故A錯誤；B．負極發(fā)生氧化反應，電極方程式為2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O，故B正確；C．測量原理示意圖中，電流方向從正極流向負極，即Ag2O→Cu，故C錯誤；D．正極反應為Ag2O+2e-+H2O═2Ag+2OH-，2mol電子轉移時，電極減少1molO，質量為16g，故D正確；答案選BD。14.根據有關操作與現象，所得結論正確的是（）實驗操作及現象實驗結論A向某溶液中滴加2滴KSCN溶液，溶液不變紅色，再滴加幾滴新制氯水，溶液變?yōu)榧t色該溶液中一定含有B向某溶液中滴加溶液，產生白色沉淀該溶液中一定含有C用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色試驗，未觀察到紫色該溶液一定不含D向某溶液中加入稀鹽酸，產生無色氣體，該氣體能使澄清石灰水變渾濁該溶液中一定含有【答案】A【解析】【詳解】A．向某溶液中滴加2滴KSCN溶液，溶液不變紅色，說明沒有，再滴加幾滴新制氯水，溶液變?yōu)榧t色，說明原溶液中含有，A正確；B．也能與碳酸根離子、硫酸根離子、亞硫酸根離子等反應生成白色沉淀，所以溶液中不一定含有的是氯離子，B錯誤；C．鉀元素的焰色試驗需要透過藍色鈷玻璃觀察，結論不準確，C錯誤；D．碳酸氫根離子、亞硫酸根離子或亞硫酸氫根離子均會產生上述現象，所以結論不正確，D錯誤；故選A。15.將5.6g鎂和銅的混合物加入到500mL1mol/L的稀硝酸中，金屬完全溶解(假設反應中還原產物只有NO)。向反應后的溶液中加入2mol/LNaOH溶液至沉淀完全，生成沉淀的質量為10.7g，下列敘述錯誤的是（）A.當金屬全部溶解時，電子轉移的數目為0.3NAB.混合物鎂和銅的物質的量之比為1：2C.當金屬全部溶解時，產生的NO氣體的體積在標準狀況下為2.24LD.當生成的沉淀量達到最大時，消耗NaOH溶液的體積為200mL【答案】B【解析】【分析】將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到500mL1mol/L的稀HNO3中，HNO3的物質的量為，金屬完全溶解(假設反應中還原產物只有NO)，發(fā)生反應3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反應后的溶液中加入過量的2mol/LNaOH溶液至沉淀完全，發(fā)生反應：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質量為10.7g，比原合金的質量增加5.1g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質量為5.1g，氫氧根的物質的量為，根據電子轉移守恒，則鎂和銅的總的物質的量為0.15mol。【詳解】A．根據上述分析可知：反應過程中電子轉移的物質的量等于氫氧根離子的物質的量，n(e-)=n(OH-)=0.3mol，A正確；B．鎂和銅的總的物質的量為0.15mol，設鎂的物質的量為x，則銅的物質的量為(0.15-x)，則24x+64(0.15-x)=5.6，解得x=0.1，故混合物鎂和銅的物質的量之比為2：1，B錯誤；C．反應過程中轉移電子的物質的量為0.3mol，根據電子轉移數目相等，可知反應產生NO的物質的量為n(NO)=，其在標準狀況下的體積V=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，C正確；D．當生成的沉淀量達到最大時，Mg2+和Cu2+都轉化為沉淀，根據N守恒可知，稀HNO3剩余0.5-0.3-0.1=0.1，則參加反應氫氧化鈉的物質的量等于0.4mol，需要氫氧化鈉溶液體積V=，D正確；故答案為：B。二、填空題(共5題，共55分)16.某同學利用圖所示裝置探究Cl2與NH3的反應。其中A、F分別為NH3和Cl2的發(fā)生裝置，C為純凈干燥的Cl2與NH3反應的裝置?；卮鹣铝袉栴}：(1)A裝置中盛有濃氨水的儀器名稱為________；B裝置中盛有的藥品是________。(2)E裝置的作用是________；F裝置中發(fā)生反應的離子方程式為________。(3)C裝置內發(fā)生置換反應，并有濃厚的白煙產生，則C中發(fā)生反應的化學方程式為________，該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為________。(4)C裝置的G處需連接一個裝置，可選用圖中的________(填序號)?！敬鸢浮竣?分液漏斗②.堿石灰③.除去氯氣中的氯化氫④.MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O⑤.3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl⑥.3∶2⑦.D【解析】【分析】本題主要考查氨氣的實驗室簡易制法和氯氣的實驗室制備，以及氨氣的性質，A裝置為制備氨氣的簡易裝置，B是干燥氨氣，C是氨氣和氯氣的反應裝置，F裝置是實驗室制氯氣，E為除去氯氣中的HCl，D是干燥氯氣，據此進行解題。【詳解】(1)由裝置圖可知A裝置中盛有濃氨水的儀器名稱為分液漏斗；B裝置是對氨氣進行干燥的作用，故B中盛有的藥品是堿石灰，故答案為：分液漏斗；堿石灰；(2)由分析可知E裝置是除去氯氣中揮發(fā)出來的HCl，故E的作用是除去氯氣中的氯化氫；F裝置是實驗室制氯氣的反應，故發(fā)生反應的離子方程式為MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故答案為：除去氯氣中的氯化氫；MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；(3)根據C裝置中是NH3和Cl2混合，且發(fā)生置換反應，并有濃厚的白煙即氯化銨小顆粒產生，故C中發(fā)生反應的化學方程式為3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl，該反應中氧化劑是Cl2與還原劑是NH3，但是8molNH3中只有2mol被氧化，故氧化劑和還原劑的物質的量之比為3∶2，故答案為：3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl；3∶2；(4)C裝置是氨氣和氯氣反應的裝置，故出口G仍有未反應的氨氣和氯氣，但是氯氣有毒，故需要接一個尾氣處理裝置，氨氣極易溶于水，故需要防倒吸：A裝置只能吸收氨氣不能吸收氯氣，A不合題意；B裝置能吸收氨氣也能吸收氯氣，但沒有防倒吸裝置，B不合題意；C裝置只能吸收氨氣不能吸收氯氣，C不合題意；D裝置只能吸收氨氣又能吸收氯氣，且有防倒吸裝置，D符合題意；故答案為：D。17.根據下列各小題實驗目的，完成填空。(a、b為彈簧夾，加熱及固定裝置略去)(1)驗證碳、硅非金屬性的相對強弱。(已知酸性：亞硫酸＞碳酸)①連接儀器、___________、加藥品后，打開a，關閉b，然后滴入濃硫酸，加熱。②裝置A中試劑是___________，其作用為___________。③能說明碳的非金屬性比硅強的實驗現象是___________。(2)驗證的氧化性、還原性和酸性氧化物的通性。①在(1)①操作后，打開b，關閉a。②通入的溶液中無明顯現象，若將其取出分成三份，分別滴加下列溶液都出現了沉淀，填寫下表中沉淀的化學式。滴加的溶液氯水氨水溶液沉淀的化學式_________________________________③一段時間后，實驗裝置中溶液中的現象是___________，化學方程式是___________?！敬鸢浮竣?檢驗裝置氣密性②.品紅溶液[或(酸性)溶液]③.檢驗是否除盡④.試管A中溶液不褪色，盛裝硅酸鈉溶液的試管有白色沉淀(渾濁)⑤.⑥.⑦.S⑧.出現(淡)黃色沉淀(渾濁)⑨.【解析】【分析】(1)驗證碳、硅非金屬性的相對強弱實驗，溶液吸收后生成，試管A中的試劑需要檢驗是否被溶液吸收完全，因為也會使溶液生成白色沉淀，干擾C與非金屬性強弱的判斷，所以用品紅溶液或(酸性)溶液是否褪色來檢驗是否除凈。若試管A中溶液不褪色，且硅酸鈉溶液中生成白色沉淀(渾濁)，則證明的酸性強于，說明碳的非金屬性比硅強，據此分析解答。(2)驗證的氧化性、還原性和酸性氧化物的通性。通入溶液中無沉淀，是因為在酸性條件下無法存在，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，和發(fā)生歸中反應生成S單質沉淀，據此分析解答?！驹斀狻?1)①實驗中有氣體產生，因此連接儀器后，需要先檢查裝置的氣密性，再加藥品后，打開a，關閉b，然后滴入濃硫酸，加熱，故答案為：檢驗裝置氣密性；②根據上述分析，裝置A中試劑是品紅溶液[或(酸性)溶液]，目的是檢驗是否除盡，故答案為：品紅溶液[或(酸性)溶液]；檢驗是否除盡；③試管A中溶液不褪色，盛裝硅酸鈉溶液的試管有白色沉淀(渾濁)，說明的酸性強于，說明碳的非金屬性比硅強，故答案為：試管A中溶液不褪色，盛裝硅酸鈉溶液的試管有白色沉淀(渾濁)；(2)②通入溶液中無沉淀，是因為在酸性條件下無法存在。滴加氯水后，被氧化成，遇到生成白色沉淀，體現了二氧化硫的還原性。滴加氨水后，酸性溶液被中和，可以形成沉淀析出，體現了二氧化硫的酸性。滴加溶液，和發(fā)生歸中反應生成S單質沉淀，體現了二氧化硫的氧化性，故答案為：；；S；③一段時間后，二氧化硫進入溶液中，發(fā)生歸中反應生成淡黃色的S單質沉淀，反應的化學方程式為，故答案為：出現(淡)黃色沉淀(渾濁)；。18.原電池揭示了氧化還原反應的本質是電子轉移，實現了化學能轉化成電能，使氧化還原反應在現代生活中獲得重大應用，從而改變了人們的生活方式。某興趣小組為探究原電池工作原理，利用金屬Zn與稀H2SO4反應，通過如圖所示裝置A、B進行實驗，實驗過程中裝置A內溶液的溫度升高，裝置B的電流計指針發(fā)生偏轉。根據所學知識，完成下列各題：（1）裝置B為原電池，則Cu作_______(填“正”或“負”)極，Zn電極上的電極反應式為_______，Cu電極上的現象是_______。請簡述確定Cu電極沒有參與反應的實驗依據或方案_______。（2）一般把金屬導線稱為“電子導體”，把電解質溶液稱為“離子導體”。裝置B中電池工作時“電子導體”中電子的流動方向可描述為_______；“離子導體”中主要離子的移動方向可描述為_______。（3）從能量轉化的角度來看，裝置A中反應物的總能量_______(填“高于”、“低于”或“=”)生成物的總能量；從反應速率的角度上看，可以觀察到A中反應比B中_______(填“快”或“慢”)。（4）裝置B中稀H2SO4用足量CuSO4溶液代替，起始時Zn電極和Cu電極的質量相等，當導線中有0.2mol電子轉移時，Zn電極和Cu電極的質量差為_______。（5）該小組同學由此得出的結論錯誤的是_______。(多選)A.任何自發(fā)進行的氧化還原反應均可以設計成原電池B.裝置B中Cu電極不可用碳棒代替C.原電池的負極發(fā)生還原反應D.原電池裝置中化學能全部轉化為電能【答案】（1）①.正②.Zn-2e=Zn2+③.有氣泡產生④.反應前后溶液顏色與銅電極表面沒有明顯變化（2）①.電子從負極(Zn)流出經外電路流向正極(Cu)②.H+向正極(Cu)移動、SO向負極(Zn)移動（3）①.高于②.慢（4）12.9g（5）BCD【解析】【分析】裝置A中金屬Zn與稀硫酸反應為；裝置B為原電池，Cu作正極，發(fā)生還原反應，有氣泡產生，Zn作為負極，發(fā)生氧化反應；據此分析解題?！拘?詳解】裝置B為原電池，Cu作正極，發(fā)生還原反應，，有氣泡產生；Zn作為負極，發(fā)生氧化反應，；反應前后溶液顏色與銅電極表面沒有明顯變化，說明Cu沒有參與反應；故答案為正；；有氣泡產生；反應前后溶液顏色與銅電極表面沒有明顯變化；【小問2詳解】據分析可知，Cu作正極，發(fā)生還原反應，得到電子；Zn作為負極，發(fā)生氧化反應，失去電子；所以裝置B中電池工作時“電子導體”中電子的流動方向可描述為電子從負極(Zn)流出經外電路流向正極(Cu)；“離子導體”中主要離子的移動方向可描述為H+向正極(Cu)移動、SO向負極(Zn)移動；故答案為電子從負極(Zn)流出經外電路流向正極(Cu)；H+向正極(Cu)移動、SO向負極(Zn)移動；【小問3詳解】實驗過程中裝置A內溶液的溫度升高，從能量轉化的角度來看，裝置A中反應物的總能量高于生成物的總能量；裝置B的電流計指針發(fā)生偏轉，原電池可以加快反應速率，所以A中反應速率比B中慢；故答案為高于；慢；【小問4詳解】裝置B中稀H2SO4用足量CuSO4溶液代替，Cu作正極，發(fā)生還原反應為；Zn作為負極，發(fā)生氧化反應，；當導線中有0.2mol電子轉移時，Zn電極質量減少；Cu電極質量增加；Zn電極和Cu電極的質量差為起始時Zn電極和Cu電極的質量相等，當導線中有0.2mol電子轉移時，Zn電極和Cu電極的質量差為12.9g；故答案為12.9g；【小問5詳解】A．構成原電池內界條件是自發(fā)的發(fā)生氧化還原反應，所以理論上說，任何能自發(fā)進行的氧化還原反應都可設計成原電池，故A正確；B．裝置B中Cu作正極，可用碳棒代替，故B錯誤；C．原電池的負極發(fā)生氧化反應，故C錯誤；D．原電池