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福建省南安第一中学2019-2020学年高二上学期第一次阶段考试化学试题化学（解析版）
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福建省南安第一中学2019-2020学年高二上学期第一次阶段考试试题
本试卷考试内容为：化学反应原理。分第I卷（选择题）和第II卷，共6页，满分100分，考试时间90分钟。
注意事项：
1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。
2．考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。
3．答案使用0．5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚（英语科选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号）。
4．保持答题纸纸面清洁，不破损。考试结束后，将本试卷自行保存，答题纸交回。
相对原子质量:O:16 Na: 23 Mg：24 S:32 Cu：64 Ag：108 Ba:137
第I卷（选择题 共48分）
一．选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有1项符合题目要求。
1.如图是中国在南极建设的第四个科学考察站——泰山站。为了延长科学考察站基础设施使用寿命，钢铁设备表面镶嵌一些金属块(M)。下列说法正确的是（ ）
A. 金属块M可能是铜，发生氧化反应
B. 这种保护方法叫牺牲阳极阴极保护法
C. 科考考察站里的设备在潮湿空气中主要发生化学腐蚀
D. 若采用外加电流的阴极保护法，设备与电源正极相连
【答案】B
【解析】
【详解】A．如果金属块M是铜，铜与钢铁设备构成原电池时，铁为负极，腐蚀速率加快，故A错误；
B．为了延长科学考察站基础设施使用寿命，钢铁设备表面镶嵌一些金属块(M)，M应该充当原电池负极，这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；
C．科考考察站里的设备在潮湿空气中主要发生电化学腐蚀，故C错误；
D．若采用外加电流的阴极保护法，钢铁设备应该与电源负极相连，充当电解池的阴极，被保护，故D错误；
故选B。
2.成语是中国传统文化的瑰宝。铜墙铁壁、铜心铁胆、金戈铁马、百炼成钢等成语向人传递正能量。工业上，冶炼铁的有关热化学方程式如下:①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=akJ·mol-1;②CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2=bkJ·mol-1;③Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) △H3=ckJ·mol-1;④2Fe2O3(s)+3C(s)=4Fe(s)+3CO2(g ) △H4=dkJ·mol-1（上述热化学方程式中，a，b，c，d均不等于0）下列说法正确的是（ ）
A. b B. CO(g)+ 1/2O2(g)= CO2(g) △H
D. C(s)+ 1/2O2(g)=CO (g) △H=(a+b)/2kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A，反应①属于放热反应，a＜0，反应②属于吸热反应，b＞0，所以，b＞a，A项错误；
B， 根据①式可知， 完全燃烧生成时燃烧热是，燃烧生成时放出一部分热量，燃烧生成也放热，说明燃烧放出的热量一定大于燃烧放出的热量，由于放热反应的反应热为负值，因此，B项错误；
C， 根据盖斯定律易知，②3+③2=④，所以，d=3b+2c，C项错误；
D， ①+②得，则该反应的，D项正确；
答案选D。
3.如图所示，把盛有几小块镁片的试管放入盛有25℃的饱和石灰水的烧杯中，再用滴管向试管中滴入2 mL的稀盐酸。下列对烧杯中的实验现象的描述及原因说明正确的是( )
A. 烧杯中出现白色浑浊，原因是试管中的反应放出热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，溶质析出
B. 烧杯中出现白色浑浊，原因是试管中的反应吸收热量使烧杯中饱和石灰水温度降低，溶质析出
C. 烧杯中没有任何现象，原因是试管中的反应对烧杯中饱和石灰水不会产生任何影响
D. 烧杯中没有任何现象，原因是试管中的反应既不放出热量，也不吸收热量
【答案】A
【解析】
【分析】镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应放热，温度升高。
【详解】A. 氢氧化钙的溶解度随温度升高而降低，试管中的反应放出热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，氢氧化钙析出，故A正确；
B. 镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应放热，温度升高，故B错误；
C. 氢氧化钙的溶解度随温度升高而降低，试管中的反应放出热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，氢氧化钙析出，溶液变浑浊，故C错误；
D. 镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应放热，试管中的反应放出热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，氢氧化钙析出，溶液变浑浊，故D错误。答案选A。
4.将5 mL 0.005 mol/L FeCl3溶液和5 mL 0.015 mol/L KSCN溶液混合，达到平衡后呈红色。再将混合液分为5份，分别进行如下实验：
下列说法不正确的是（ ）
A. 对比实验①和②，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动
B. 对比实验①和③，为了证明增加反应物浓度，平衡发生逆向移动
C. 对比实验①和④，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动
D. 对比实验①和⑤，为了证明减少反应物浓度，平衡发生逆向移动
【答案】B
【解析】
【分析】实验①为对照组，控制反应溶液的总体积相同，在其它条件不变时，只改变影响平衡的一个条件，判断平衡的移动方向，则可得出该条件对平衡的影响，据此分析可得结论。
【详解】A.实验②与①对比，只改变了Fe3+浓度，故A说法正确；
B.FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响，故B说法错误；
C.实验④与①对比，只改变的反应物SCN-的浓度，故C说法正确；
D.在原平衡体系中加入NaOH溶液，Fe3+与之反应生成Fe（OH）3沉淀，溶液中Fe3+的浓度减小，故D说法正确；
答案选B。
5.利用光伏电池提供电能处理废水中污染物(有机酸阴离子用R－表示)，并回收有机酸HR，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 在光伏电池中a极为正极
B. 石墨(2)极附近溶液的pH降低
C. HR溶液：c2＜c1
D. 若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据电子移动的方向，可知在光伏电池中a极为正极，b为负极，故A正确；
B. 石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，使c(H+)降低，pH升高，故B错误；
C. 石墨(1)为电解池的阳极，OH-失电子变成氧气，使得c(H+)升高，透过阳膜进入浓缩室；石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，R-透过阴膜进入浓缩室，使得浓缩室中HR浓度增大，所以HR溶液：c2＜c1，故C正确；
D. 根据阳极：4OH-—4e-=O2↑+2H2O；阴极：4H++4e-=2H2↑，所以若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子，故D正确；
所以本题答案：B。
6.下表是一些烷烃的燃烧热，则下列表达正确的是（ ）
化合物
燃烧热/ kJ·mol-1
化合物
燃烧热/ kJ·mol-1
甲烷
891.0
正丁烷
2878.0
乙烷
1560.8
异丁烷
2869.6
丙烷
2221.5
异戊烷
3531.3
A. 正戊烷的燃烧热大于3531.3 kJ·mol-1
B. 相同质量的烷烃、碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多
C. 正丁烷转化为异丁烷的热化学方程式为：CH3CH2CH2CH3(g) CH3CH(CH3)CH3(g) △H =+8.4kJ·mol-1
D. 甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g) CO2(g) +2H2O(g) △H =-891.0kJ·mol-1
【答案】A
【解析】A、正戊烷和异丁烷互为同分异构体，由表格正丁烷、异丁烷的燃烧热比较可知，则互为同分异构体的化合物，支链多的燃烧热小，则正戊烷的燃烧热大于异戊烷，即正戊烷的燃烧热大于3531.3KJ/mol，故A正确；B．相同质量的烷烃，氢的质量分数越大，燃烧放热越多，故B错误；C．由表格的数据可知，异丁烷的燃烧热比正丁烷的燃烧热小，则异丁烷的能量低，正丁烷转化为异丁烷为放热反应，△H＜0，故C错误；D、根据燃烧热的含义：完全燃烧1mol甲烷生成二氧化碳和液态水时会放出891.0KJ的热量，所以热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-891.0kJ/mol，故D错误；故选A。
7.某体积可变的密闭容器中盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应，A(g) +3 B(g)2 C(g)若维持温度和压强不变，达到平衡时，容器的体积为V L。其中C气体的体积占20％，下列推断正确的是（ ）
①原混合气体的体积为1.1V L
②原混合气体的体积为1.2V L
③反应达平衡时气体B消耗掉0.1V L
④反应达平衡时气体A消耗掉0.1V L
A. ②③ B. ②④ C. ①③ D. ①④
【答案】B
【解析】试题分析：平衡时生成C的体积为0.2VL，则：
A(g)+3 B(g)2 C(g) 体积减小△V
1 3 2 2
反应(L) 0.1V 0.3V 0.2V 0.2V
则原混合气体总体积="VL+0.2VL=1.2V" L，反应达平衡时气体A消耗掉0.1V L，气体B消耗掉0.3V L，故选B。
8.对于一定条件下进行的化学反应：2SO3(g) 2SO2(g)＋O2(g)，改变下列条件，可以提高反应物活化分子百分数的是（ ）
①增大压强②升高温度③加入催化剂④增大反应物浓度
A. ①② B. ②③
C. ①②③ D. ①②④
【答案】B
【解析】
【详解】①增大压强，只能改变单位体积内活化分子数；
②升高温度，可以使能量较低的分子变成活化分子，所以既能改变单位体积内活化分子数，也能改变活化分子百分数；
③加入催化剂，降低反应的活化能，可以使更多的反应物分子变成活化分子，所以既能改变单位体积内活化分子数，也能改变活化分子百分数；
④增大反应物浓度，只能改变单位体积内活化分子数，所以②③符合题意；
答案选B。
9.根据如图有关图象，说法正确的是（ ）
A. 由图Ⅰ知，反应在T1、T3处达到平衡，且该反应的△H＜0
B. 由图Ⅱ知，反应在t6时刻，NH3体积分数最大
C. 由图Ⅱ知，t3时采取降低反应体系温度的措施
D. 图Ⅲ表示在10L容器、850℃时的反应，由图知，到4min时，反应放出51.6kJ的热量
【答案】D
【解析】
【分析】找出平衡点，根据勒夏特列原理进行分析；
【详解】A、根据图I，T2℃下反应物体积分数达到最小，生成物的体积分数达到最大，T2℃反应达到平衡，T1℃没有达到平衡，T2℃以后，X的体积分数增大，Z的体积分数减小，随着温度的升高，平衡向逆反应方向进行，正反应方向为放热反应，即△H＜0，故A错误；
B、t2时刻正逆反应速率相等，平衡不移动，根据图像Ⅱ，t3后，反应向逆反应方向进行，NH3的量减少，即t1～t3时刻，NH3体积分数最大，故B错误；
C、根据图像Ⅱ，t3时，正逆反应速率都降低，改变的因素是降低温度，或减小压强，根据图像Ⅱ，t3时，反应向逆反应方向移动，如果降低温度，该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，即v正＞v逆，不符合图像，t3时刻采取的是减小压强，故C错误；
D、根据图Ⅲ，0到4min变化的物质的量为0.12mol·L-1×10L=1.2mol，即放出的热量为1.2mol×43kJ·mol-1=51.6kJ，故D正确；
答案选D。
10.下列实验装置符合实验目的的是（ ）
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，电解质溶液为可溶性的硫酸铜溶液，故A错误；
B．根据电流方向知，碳棒作阳极，铁棒作阴极，阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气能和碘离子反应生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，阴极上氢离子放电生成氢气，同时阴极附近生成氢氧根离子而使溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，所以该装置能检验氯化钠溶液的产物，故B正确；
C．电镀时，镀层铜作阳极，镀件铁作阴极，铁应该连接电源负极，电解质溶液为可溶性的铜盐，故C错误；
D．该装置要形成原电池，铁作负极、碳作正极，正极所在的电解质溶液为氯化铁溶液，负极所在溶液为氯化亚铁溶液，故D错误；
故答案为B。
11.科研工作者对甘油（丙三醇）和辛酸合成甘油二酯的酶法合成工艺进行了研究。发现其它条件相同时，不同脂肪酶（Ⅰ号、Ⅱ号）催化合成甘油二酯的效果如图所示，此实验中催化效果相对最佳的反应条件是（ ）
A. 12h，I号 B. 24h，I号 C. 12h，II号 D. 24h，II号
【答案】A
【解析】
【分析】结合图及表可知，12h，I号时合成甘油二酯转化率大，时间快；
【详解】结合图及表可知，在12h时，辛酸的转化率和甘油二酯的含量较高，同时，反应时间增加的话，转化率和甘油二酯的含量不会增加的太明显，所以选用12h更好；在12h时，脂肪酶Ⅰ号的转化率和甘油二酯的含量都比Ⅱ高，所以选用Ⅰ号，A项正确；
答案选A。
12.一定温度下，在某2 L恒容密闭容器中加入纳米级氧化亚铜并通入0.1 mol 水(g)，发生如下反应：2H2O(g)2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋484 kJ·mol－1。不同时间产生O2的物质的量见下表：
下列说法不正确的是( )
A. 前20 min内的平均反应速率v(H2O)＝5×10－5mol·L－1·min－1
B. 达到平衡时，需要从外界吸收的能量为0.968 kJ
C. 增大水的浓度，可以改变待反应的限度
D. 使用纳米级的氧化亚铜，可以增大平衡时氧气的体积分数
【答案】D
【解析】
【详解】A. 前20 min内，生成0.0010mol氧气，则消耗0.0020mol水蒸气，水蒸气的浓度变化量为0.0020mol/2L=0.0010mol·L-1，所以v(H2O)＝0.0010mol·L-1/20min=5×10－5mol·L－1·min－1，故A不选；
B. 达到平衡时，生成0.0020mol氧气，根据热化学方程式，生成1mol氧气，需要吸收484 kJ的热量，所以生成0.0020mol氧气，需要从外界吸收的能量为484 kJ ×0.0020mol=0.968 kJ，故B不选；
C. 增大水蒸气的浓度，可以使平衡右移，故C不选；
D.氧化亚铜是催化剂，只能加快反应速率，不能使平衡发生移动，所以不能改变平衡时氧气的体积分数，故D选。
故选D。
13.电—Fenton法是用于水体里有机污染物降解的高级氧化技术，其反应原理如图所示，其中电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应，Fe2+＋H2O2=Fe3+＋OH－＋•OH，生成的烃基自由基(•OH)能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是（ ）
A. 电解池左边电极的电势比右边电极的电势高
B. 电解池中只有O2和Fe3+发生还原反应
C. 消耗1 molO2，电解池右边电极产生4mol •OH
D. 电解池工作时，右边电极附近溶液的pH增大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 电解池左边电极上Fe2+失电子产生Fe3+，作为阳极，电势比右边电极的电势低，选项A错误；
B. O2、Fe3+在阴极上得电子发生还原反应，H2O2与Fe2+反应，则H2O2发生得电子的还原反应，选项B错误；
C. 1 molO2转化为2 mol H2O2转移2 mole-，由Fe2+＋H2O2=Fe3+＋OH－＋•OH可知，生成2mol •OH，阳极电极方程式为H2O-e-=•OH+H+，转移2 mole-，在阳极上生成2mol •OH，因此消耗1 molO2，电解池右边电极产生4mol •OH，选项C正确；
D. 电解池工作时，右边电极水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为H2O-e-=•OH+H+，附近溶液的pH减小，选项D错误；
答案选C。
14.在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)＋B(g) 2C(g) ΔH<0，若起始温度相同，分别向三个容器中通入3 mol A和1 mol B，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为（ ）
A. ③②① B. ③①② C. ①②③ D. ②①③
【答案】A
【解析】
【详解】3A(g)＋B(g) 2C(g)是体积减小的、放热的可逆反应。①容器反应过程中，体积不变，温度升高，与容器②相比，相当于升温，不利于反应正向移动，C物质的体积分数②>①；③容器体积可变、压强不变，正反应体积减小，所以③中的压强始终高于②，有利于反应正向移动，C物质的体积分数③>②，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③②①，故选A。
15.在体积恒定的密闭容器中，一定量的二氧化硫与1.100mol氧气在催化剂作用下加热到600℃发生反应：2SO2＋O22SO3。当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同温度下测得气体压强为反应前的82.5%。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 三氧化硫生成的速率与二氧化硫消耗的速率相等时反应达到平衡
B. 降低温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
C. 平衡混合气体通入过量氯化钡溶液中，得到沉淀的质量为161.980g
D. 达到平衡时，二氧化硫的转化率为90%
【答案】D
【解析】
【详解】A.SO3生成速率与SO2的消耗速率都是正反应速率，两者始终相等，不能作为判断化学平衡的依据，故A错误；
B.降低温度，正反应速率和逆反应速率都减小，故B错误；
C.设二氧化硫起始物质的量是xmol，平衡时转化的二氧化硫为ymol，则：
2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）
起始量（mol）： x 1.100 0
转化量（mol）： y 0.5y y
平衡量（mol）： x-y 1.100-0.5y y
气体总物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，则0.5y=0.315，故y=0.63，在相同的温度下测得气体压强为反应前的82.5%，则×100%=82.5%，故x=0.7。将混合气体通入过量的氯化钡溶液中，三氧化硫和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫与氧气、水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，0.7mol二氧化硫完全转化消耗0.35mol氧气，氧气有剩余，根据硫元素守恒，硫酸钡的物质的量是0.7mol，故其质量为0.7mol×233g/mol=163.1g，故C错误；
D.达到平衡时，SO2的转化率=×100%=90%，故D正确。
故选D。
16.将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图(A、B为多孔性碳棒)持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL。则下列说法错误的是( )
A. 通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极
B. 0＜V≤22.4 L时，电池总反应的化学方程式为CH4＋2O2＋2KOH＝K2CO3＋3H2O
C. 22.4 L＜V≤44.8 L时，负极电极反应为CH4－8e－＋＋3H2O＝
D. V＝33.6 L时，溶液中只存在阴离子
【答案】D
【解析】
【分析】因为n（KOH）=2mol/L×1L=2mol，故随着CH4通入的量逐渐增加，可能先后发生反应①CH4+2O2=CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；再根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。
【详解】A. 燃料电池中，通入CH4的一端发生氧化反应，为原电池的负极；通入空气（O2）的一端发生还原反应，为原电池的正极，不选A项；
B. 当0＜V≤22.4L时，0＜n（CH4）≤1mol，则0＜n（CO2）≤1mol，又因为电解质溶液中n（KOH）=2mol，故KOH过量，所以电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，不选B项；
C. 当22.4 L＜V≤44.8L，1mol＜n（CH4）≤2mol，则1mol＜n（CO2）≤2mol，发生反应①②③，得到K2CO3和KHCO3溶液，则负极反应式为，不选C项；
D. 当V=33.6L时，n（CH4）=1.5mol，n（CO2）=1.5mol，则电池总反应式为3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O，则得到0.5molK2CO3和1molKHCO3的溶液，故溶液中的阴离子有和，选择D项。
答案选D。
第II卷（非选择题，共52分）
二．实验题，本大题共2小题，共20分。
17.通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液在图示的装置中进行中和反应．回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是___________．
（2）大烧杯上如果不盖硬纸板，求得的中和热数值__________（填“偏大”，“偏小”或“无影响”）．
（3）实验中改用60mL 0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热________（填“相等”“不相等”），简述理由：______________________．
（4）若两溶液的密度都是1g/mL，中和后所得溶液的比热容c=4.18J/（g·℃），三次平行操作测得终止温度与起始温度差（t2﹣t1）分别为：①3.2℃ ②2.2℃ ③3.0℃，写出表示盐酸与NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式________________________．（小数点后保留一位小数）
【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 偏小 (3). 相等 (4). 因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O所放出的能量，与酸碱的用量无关 (5). HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣51.8 kJ/mol
【解析】
【详解】（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是用于搅拌的环形玻璃搅拌棒；
（2）大烧杯上如果不盖硬纸板，会导致热量散失，测得的温差会比真实值小，求得的中和热数值偏小；
（3）中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O(l)所放出的能量，与酸碱的用量无关，所以求得的中和热数值相等；
（4））三次平行操作测得终止温度与起始温度差（t2-t1）分别为：①3.2℃ ②2.2℃ ③3.0℃，由于第②组数据与其他两组相差较大，将第②组舍去，温度差的平均值为3.1℃，50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.5mol/L=0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/ml=100g，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.1℃=1259.8J，即1.2598kJ，所以实验测得的中和热，该反应的热化学方程式：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-51.8 kJ/mol。
18.某组甲乙同学进行稀硫酸与锌制取氢气的实验，请回答下列问题：
（1）甲同学发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。
实验
混合溶液
A
B
C
D
E
F
4 mol·L－1 H2SO4/mL
30
V1
V2
V3
V4
V5
饱和CuSO4溶液/mL
0
0.5
2.5
5
V6
20
H2O/mL
V7
V8
V9
V10
10
0
①请完成此实验设计，其中：V1＝___，V6＝___，V9＝___；
②反应一段时间后，实验A中的金属呈___色，实验E中的金属呈___色；
③该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因___________________________。
（2）乙同学为了探究锌与稀硫酸反应过程中的速率及能量的变化，进行以下实验，分析影响反应速率的因素。
实验时，从断开K开始，每间隔1分钟，交替断开或闭合K，并连续计数每1分钟内从a管流出的水滴数，得到的水滴数如下表所示：
1分钟水滴数（断开K）
34
59
86
117
…
102
1分钟水滴数（闭合K）
58
81
112
139
…
78
分析反应过程中的水滴数，请回答：
① 由水滴数58＞34、81＞59，说明在反应初期，闭合K时比断开K时的反应速率快，主要原因是__________________________________________________________。
② 由水滴数102＞78，说明在反应后期，断开K时的反应速率快于闭合K时的反应速率，主要原因是____________________________________。
【答案】(1). 30 (2). 10 (3). 17.5 (4). 灰黑 (5). 暗红 (6). 当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，减少了Zn与溶液的接触面积 (7). 形成原电池反应速度快 (8). 断开K时，溶液中的c(H+)大于闭合K时溶液中的c(H+),c(H+)的影响是主要因素
【解析】
【分析】（1）①为保证实验有对比性，只能改变一个变量分析，CuSO4溶液体积逐渐增多，故H2SO4的量应相等均为30mL，水的量减小，但每组实验中CuSO4与水的体积之和应相等；
②实验A中锌粒与稀硫酸反应，因锌粒不纯，表面会有杂质的颜色；而实验E中生成的单质Cu会沉积在Zn的表面；
③锌粒与硫酸铜反应生成的铜会附在锌粒表面；
（2）①原电池可加快化学反应速率；
②根据氢离子浓度大小与速率的关系分析；
【详解】（1）①要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同，故A组中硫酸为30mL，那么其它组硫酸量也都为30mL；而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20mL，水为0，那么总量为20mL，所以V6=10mL，V9=17.5mL，V1=30mL，故答案为：30；10；17.5；
②不纯的锌粒中含有Pb、Bi、Sn等杂质，实验A中锌粒与稀硫酸反应后， 这些不活泼的金属杂质游离出来，以颗粒状沉积在锌粒表面呈灰黑色；而实验E中过量的锌粒会与硫酸铜反应生成铜，形成原电池，加快化学反应速率，因此该实验中暗红色的铜会附着在锌粒表面，故答案为：灰黑；暗红；
③因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降，故答案为：当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，减少了Zn与溶液的接触面积；
（2）①因在反应初期，形成了原电池，所有闭合K时比断开K时的反应速率快，故答案为：形成原电池反应速度快；
②由于反应前期形成原电池反应速率快，氢离子消耗的多，则在后期，闭合K时溶液中氢离子浓度小，氢离子浓度越小反应速率越小，断开K时，溶液中的c(H+)大于闭合K时溶液中的c(H+)，所以在反应后期，断开K时的反应速率快于闭合K时的反应速率；
故答案为：断开K时，溶液中的c(H+)大于闭合K时溶液中的c(H+)，c(H+)的影响是主要因素；
三．填空题，本大题共2小题，共32分。
19.环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
（1）已知：(g)= (g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·mol −1 ①
H2(g)+ I2(g)=2HI(g) ΔH2=﹣11.0 kJ·mol −1 ②
对于反应：(g)+ I2(g)=(g)+2HI(g) ③ ΔH3=___________kJ·mol −1。
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。
A．通入惰性气体 B．提高温度
C．增加环戊烯浓度 D．增加碘浓度
（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。
A．T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1
（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。
该电解池的阳极为____________，总反应为__________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_________________________。
【答案】(1). 89.3 (2). 40％ (3). 3.56×104 (4). BD (5). CD (6). Fe电极 (7). Fe+2+H2↑（Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑） (8). 水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH−，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2
【解析】
【分析】（1）利用盖斯定律解题；
（2）利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释；
（3）通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观察图象计算；
（4）根据阳极：升失氧；阴极：降得还进行分析确定阴阳极；根据题干信息中Na元素的变化确定环戊二烯得电子数和还原产物，进而写出电极反应式；注意Na与水会反应，Fe2+在碱性条件下生成沉淀。
【详解】（1）根据盖斯定律①-②，可得反应③的ΔH=89.3kJ/mol；
答案：89.3；
（2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知；
（g）+I2（g）= （g）+2HI（g） 增加的物质的量
1mol 1mol 1mol 2mol 1mol
xmol 2n×20%
得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n×100%=40%；
（g） + I2（g）= （g）+ 2HI（g）
P（初） 0.5×105 0.5×105 0 0
ΔP 0.5×105×40% 0.5×105×40% 0.5×105×40% 1×105×40%
P（平） 0.3×105 0.3×105 0.2×105 0.4×105
Kp==3.56×104；
A.T、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；
B.升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；
C．增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故C错误；
D,增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确；
答案：40%；3.56×104；BD；
（3）A.温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则T1
C. a点、b点反应一直在正向进行，故v（正）>v(逆)，a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，故C正确；
D.b点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D正确；
答案：CD；
（4）根据阳极升失氧可知Fe为阳极；根据题干信息Fe-2e-=Fe2+，电解液中钠离子起到催化剂的作用使得环戊二烯得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反应式为Fe+2=+H2↑；电解必须在无水条件下进行，因为中间产物Na会与水反应生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀；
答案：Fe电极；Fe+2=+H2↑（Fe+2C5H6=Fe（C2H5）2+ H2↑）；水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH-，进一步与Fe2+反应生成Fe（OH）2。
20.钠硫电池作为一种新型储能电池，其应用逐渐得到重视和发展。
（1）钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠（Na2SX）分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷（可传导Na+）为电解质，其反应原理如下图所示：
①根据上右表数据，请你判断该电池工作的适宜应控制在_________（填字母）范围内。
物质
Na
S
Al2O3
熔点/℃
97.8
115
2050
沸点/℃
892
444.6
2980
a．100℃以下 b．100～300℃ c．300～350℃ d．350～2050℃
②放电时，电极A为_________极，电极B发生_________反应（填“氧化或还原”）
③充电时，总反应为Na2SX=2Na+xS（3＜x＜5），则阳极的电极反应式为：________________。
（2）若把钠硫电池作为电源，电解槽内装有KI及淀粉溶液如图所示，槽内的中间用阴离子交换膜隔开。通电一段时间后，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。则右侧发生的电极方程式：___________；试分析左侧溶液蓝色逐渐变浅的可能原因是：___________。
（3）若把钠硫电池作为电源，按如图所示装置进行实验电解乙池和丙池：
当钠硫电池中消耗0.05xmol的S时，理论上乙池中B极的质量增加__________g；此时丙装置中___________（填“C”或“D”）电极析出7.20g金属，则丙装置中的某盐溶液可能是_______（填序号）。
a.MgSO4溶液 b.CuSO4溶液 c.NaCl溶液 d.AgNO3溶液
【答案】(1). C (2). 负 (3). 还原 (4). SX2－-2e－=xS (5). 2H2O+2e—=H2↑+2OH—（2H++2e—=H2↑） (6). 右侧溶液中生成的OH—通过阴离子交换膜进入左侧溶液，并与左侧溶液中I2反应等 (7). 10.8 (8). D (9). bd
【解析】
【分析】（1）原电池工作时，控制的温度应为满足Na、S为熔融状态，Na被氧化，应为原电池负极，阳离子向正极移动，充电时，阳极反应为原电池正极反应的逆反应，应生成S，以此解答；
（2）左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，电极反应为：2I--2e-=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，右侧放出氢气，右侧I-、OH-通过阴离子交换膜向左侧移动，发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，一段时间后，蓝色变浅，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3-通过阴离子交换膜向右侧移动，由此分析解答。
（3）根据串联电路中电子转移数相等，结合电化学的工作原理分析作答。
【详解】（1）①原电池工作时，控制的温度应为满足Na、S为熔融状态，则温度应高于115℃而低于444.6℃，只有C符合，故答案为：C；
②放电时，Na被氧化，则A应为原电池负极，B为正极发生还原反应，故答案为：负；还原；
③充电时，是电解池反应，阳极反应为：SX2－-2e－=xS；
（2）根据以上分析，左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，电极反应为：2I−−2e−=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e—=H2↑+2OH-（2H++2e-=H2↑），右侧I−、OH−通过阴离子交换膜向左侧移动，发生反应3I2+6OH−=IO3−+5I−+3H2O，一段时间后，蓝色变浅，故答案为：2H2O+2e—=H2↑+2OH-（2H++2e-=H2↑）；右侧溶液中生成的OH-通过阴离子交换膜进入左侧溶液，并与左侧溶液中I2反应等；
（3）根据反应式SX2－-2e－=xS可知，当钠硫电池中消耗0.05xmol的S时，电子转移数为0.1mol，则乙池是电解池，B极上银离子得电子发生还原反应而析出银，根据转移电子数相等，乙池中B极的质量增加0.1mol108g/mol=10.8g；丙池是电解池，阴极上金属离子放电析出金属单质，D连接电源的负极，则D是阴极，电极质量会增加；根据转移电子相等知，当析出金属时，则该金属元素在氢元素之后，ac项错误，bd正确，故答案为：bd。
福建省南安第一中学2019-2020学年高二上学期第一次阶段考试试题
本试卷考试内容为：化学反应原理。分第I卷（选择题）和第II卷，共6页，满分100分，考试时间90分钟。
注意事项：
1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。
2．考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。
3．答案使用0．5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚（英语科选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号）。
4．保持答题纸纸面清洁，不破损。考试结束后，将本试卷自行保存，答题纸交回。
相对原子质量:O:16 Na: 23 Mg：24 S:32 Cu：64 Ag：108 Ba:137
第I卷（选择题 共48分）
一．选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有1项符合题目要求。
1.如图是中国在南极建设的第四个科学考察站——泰山站。为了延长科学考察站基础设施使用寿命，钢铁设备表面镶嵌一些金属块(M)。下列说法正确的是（ ）
A. 金属块M可能是铜，发生氧化反应
B. 这种保护方法叫牺牲阳极阴极保护法
C. 科考考察站里的设备在潮湿空气中主要发生化学腐蚀
D. 若采用外加电流的阴极保护法，设备与电源正极相连
【答案】B
【解析】
【详解】A．如果金属块M是铜，铜与钢铁设备构成原电池时，铁为负极，腐蚀速率加快，故A错误；
B．为了延长科学考察站基础设施使用寿命，钢铁设备表面镶嵌一些金属块(M)，M应该充当原电池负极，这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；
C．科考考察站里的设备在潮湿空气中主要发生电化学腐蚀，故C错误；
D．若采用外加电流的阴极保护法，钢铁设备应该与电源负极相连，充当电解池的阴极，被保护，故D错误；
故选B。
2.成语是中国传统文化的瑰宝。铜墙铁壁、铜心铁胆、金戈铁马、百炼成钢等成语向人传递正能量。工业上，冶炼铁的有关热化学方程式如下:①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=akJ·mol-1;②CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2=bkJ·mol-1;③Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) △H3=ckJ·mol-1;④2Fe2O3(s)+3C(s)=4Fe(s)+3CO2(g ) △H4=dkJ·mol-1（上述热化学方程式中，a，b，c，d均不等于0）下列说法正确的是（ ）
A. b B. CO(g)+ 1/2O2(g)= CO2(g) △H
D. C(s)+ 1/2O2(g)=CO (g) △H=(a+b)/2kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A，反应①属于放热反应，a＜0，反应②属于吸热反应，b＞0，所以，b＞a，A项错误；
B， 根据①式可知， 完全燃烧生成时燃烧热是，燃烧生成时放出一部分热量，燃烧生成也放热，说明燃烧放出的热量一定大于燃烧放出的热量，由于放热反应的反应热为负值，因此，B项错误；
C， 根据盖斯定律易知，②3+③2=④，所以，d=3b+2c，C项错误；
D， ①+②得，则该反应的，D项正确；
答案选D。
3.如图所示，把盛有几小块镁片的试管放入盛有25℃的饱和石灰水的烧杯中，再用滴管向试管中滴入2 mL的稀盐酸。下列对烧杯中的实验现象的描述及原因说明正确的是( )
A. 烧杯中出现白色浑浊，原因是试管中的反应放出热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，溶质析出
B. 烧杯中出现白色浑浊，原因是试管中的反应吸收热量使烧杯中饱和石灰水温度降低，溶质析出
C. 烧杯中没有任何现象，原因是试管中的反应对烧杯中饱和石灰水不会产生任何影响
D. 烧杯中没有任何现象，原因是试管中的反应既不放出热量，也不吸收热量
【答案】A
【解析】
【分析】镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应放热，温度升高。
【详解】A. 氢氧化钙的溶解度随温度升高而降低，试管中的反应放出热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，氢氧化钙析出，故A正确；
B. 镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应放热，温度升高，故B错误；
C. 氢氧化钙的溶解度随温度升高而降低，试管中的反应放出热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，氢氧化钙析出，溶液变浑浊，故C错误；
D. 镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应放热，试管中的反应放出热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，氢氧化钙析出，溶液变浑浊，故D错误。答案选A。
4.将5 mL 0.005 mol/L FeCl3溶液和5 mL 0.015 mol/L KSCN溶液混合，达到平衡后呈红色。再将混合液分为5份，分别进行如下实验：
下列说法不正确的是（ ）
A. 对比实验①和②，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动
B. 对比实验①和③，为了证明增加反应物浓度，平衡发生逆向移动
C. 对比实验①和④，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动
D. 对比实验①和⑤，为了证明减少反应物浓度，平衡发生逆向移动
【答案】B
【解析】
【分析】实验①为对照组，控制反应溶液的总体积相同，在其它条件不变时，只改变影响平衡的一个条件，判断平衡的移动方向，则可得出该条件对平衡的影响，据此分析可得结论。
【详解】A.实验②与①对比，只改变了Fe3+浓度，故A说法正确；
B.FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响，故B说法错误；
C.实验④与①对比，只改变的反应物SCN-的浓度，故C说法正确；
D.在原平衡体系中加入NaOH溶液，Fe3+与之反应生成Fe（OH）3沉淀，溶液中Fe3+的浓度减小，故D说法正确；
答案选B。
5.利用光伏电池提供电能处理废水中污染物(有机酸阴离子用R－表示)，并回收有机酸HR，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 在光伏电池中a极为正极
B. 石墨(2)极附近溶液的pH降低
C. HR溶液：c2＜c1
D. 若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据电子移动的方向，可知在光伏电池中a极为正极，b为负极，故A正确；
B. 石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，使c(H+)降低，pH升高，故B错误；
C. 石墨(1)为电解池的阳极，OH-失电子变成氧气，使得c(H+)升高，透过阳膜进入浓缩室；石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，R-透过阴膜进入浓缩室，使得浓缩室中HR浓度增大，所以HR溶液：c2＜c1，故C正确；
D. 根据阳极：4OH-—4e-=O2↑+2H2O；阴极：4H++4e-=2H2↑，所以若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子，故D正确；
所以本题答案：B。
6.下表是一些烷烃的燃烧热，则下列表达正确的是（ ）
化合物
燃烧热/ kJ·mol-1
化合物
燃烧热/ kJ·mol-1
甲烷
891.0
正丁烷
2878.0
乙烷
1560.8
异丁烷
2869.6
丙烷
2221.5
异戊烷
3531.3
A. 正戊烷的燃烧热大于3531.3 kJ·mol-1
B. 相同质量的烷烃、碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多
C. 正丁烷转化为异丁烷的热化学方程式为：CH3CH2CH2CH3(g) CH3CH(CH3)CH3(g) △H =+8.4kJ·mol-1
D. 甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g) CO2(g) +2H2O(g) △H =-891.0kJ·mol-1
【答案】A
【解析】A、正戊烷和异丁烷互为同分异构体，由表格正丁烷、异丁烷的燃烧热比较可知，则互为同分异构体的化合物，支链多的燃烧热小，则正戊烷的燃烧热大于异戊烷，即正戊烷的燃烧热大于3531.3KJ/mol，故A正确；B．相同质量的烷烃，氢的质量分数越大，燃烧放热越多，故B错误；C．由表格的数据可知，异丁烷的燃烧热比正丁烷的燃烧热小，则异丁烷的能量低，正丁烷转化为异丁烷为放热反应，△H＜0，故C错误；D、根据燃烧热的含义：完全燃烧1mol甲烷生成二氧化碳和液态水时会放出891.0KJ的热量，所以热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-891.0kJ/mol，故D错误；故选A。
7.某体积可变的密闭容器中盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应，A(g) +3 B(g)2 C(g)若维持温度和压强不变，达到平衡时，容器的体积为V L。其中C气体的体积占20％，下列推断正确的是（ ）
①原混合气体的体积为1.1V L
②原混合气体的体积为1.2V L
③反应达平衡时气体B消耗掉0.1V L
④反应达平衡时气体A消耗掉0.1V L
A. ②③ B. ②④ C. ①③ D. ①④
【答案】B
【解析】试题分析：平衡时生成C的体积为0.2VL，则：
A(g)+3 B(g)2 C(g) 体积减小△V
1 3 2 2
反应(L) 0.1V 0.3V 0.2V 0.2V
则原混合气体总体积="VL+0.2VL=1.2V" L，反应达平衡时气体A消耗掉0.1V L，气体B消耗掉0.3V L，故选B。
8.对于一定条件下进行的化学反应：2SO3(g) 2SO2(g)＋O2(g)，改变下列条件，可以提高反应物活化分子百分数的是（ ）
①增大压强②升高温度③加入催化剂④增大反应物浓度
A. ①② B. ②③
C. ①②③ D. ①②④
【答案】B
【解析】
【详解】①增大压强，只能改变单位体积内活化分子数；
②升高温度，可以使能量较低的分子变成活化分子，所以既能改变单位体积内活化分子数，也能改变活化分子百分数；
③加入催化剂，降低反应的活化能，可以使更多的反应物分子变成活化分子，所以既能改变单位体积内活化分子数，也能改变活化分子百分数；
④增大反应物浓度，只能改变单位体积内活化分子数，所以②③符合题意；
答案选B。
9.根据如图有关图象，说法正确的是（ ）
A. 由图Ⅰ知，反应在T1、T3处达到平衡，且该反应的△H＜0
B. 由图Ⅱ知，反应在t6时刻，NH3体积分数最大
C. 由图Ⅱ知，t3时采取降低反应体系温度的措施
D. 图Ⅲ表示在10L容器、850℃时的反应，由图知，到4min时，反应放出51.6kJ的热量
【答案】D
【解析】
【分析】找出平衡点，根据勒夏特列原理进行分析；
【详解】A、根据图I，T2℃下反应物体积分数达到最小，生成物的体积分数达到最大，T2℃反应达到平衡，T1℃没有达到平衡，T2℃以后，X的体积分数增大，Z的体积分数减小，随着温度的升高，平衡向逆反应方向进行，正反应方向为放热反应，即△H＜0，故A错误；
B、t2时刻正逆反应速率相等，平衡不移动，根据图像Ⅱ，t3后，反应向逆反应方向进行，NH3的量减少，即t1～t3时刻，NH3体积分数最大，故B错误；
C、根据图像Ⅱ，t3时，正逆反应速率都降低，改变的因素是降低温度，或减小压强，根据图像Ⅱ，t3时，反应向逆反应方向移动，如果降低温度，该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，即v正＞v逆，不符合图像，t3时刻采取的是减小压强，故C错误；
D、根据图Ⅲ，0到4min变化的物质的量为0.12mol·L-1×10L=1.2mol，即放出的热量为1.2mol×43kJ·mol-1=51.6kJ，故D正确；
答案选D。
10.下列实验装置符合实验目的的是（ ）
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，电解质溶液为可溶性的硫酸铜溶液，故A错误；
B．根据电流方向知，碳棒作阳极，铁棒作阴极，阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气能和碘离子反应生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，阴极上氢离子放电生成氢气，同时阴极附近生成氢氧根离子而使溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，所以该装置能检验氯化钠溶液的产物，故B正确；
C．电镀时，镀层铜作阳极，镀件铁作阴极，铁应该连接电源负极，电解质溶液为可溶性的铜盐，故C错误；
D．该装置要形成原电池，铁作负极、碳作正极，正极所在的电解质溶液为氯化铁溶液，负极所在溶液为氯化亚铁溶液，故D错误；
故答案为B。
11.科研工作者对甘油（丙三醇）和辛酸合成甘油二酯的酶法合成工艺进行了研究。发现其它条件相同时，不同脂肪酶（Ⅰ号、Ⅱ号）催化合成甘油二酯的效果如图所示，此实验中催化效果相对最佳的反应条件是（ ）
A. 12h，I号 B. 24h，I号 C. 12h，II号 D. 24h，II号
【答案】A
【解析】
【分析】结合图及表可知，12h，I号时合成甘油二酯转化率大，时间快；
【详解】结合图及表可知，在12h时，辛酸的转化率和甘油二酯的含量较高，同时，反应时间增加的话，转化率和甘油二酯的含量不会增加的太明显，所以选用12h更好；在12h时，脂肪酶Ⅰ号的转化率和甘油二酯的含量都比Ⅱ高，所以选用Ⅰ号，A项正确；
答案选A。
12.一定温度下，在某2 L恒容密闭容器中加入纳米级氧化亚铜并通入0.1 mol 水(g)，发生如下反应：2H2O(g)2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋484 kJ·mol－1。不同时间产生O2的物质的量见下表：
下列说法不正确的是( )
A. 前20 min内的平均反应速率v(H2O)＝5×10－5mol·L－1·min－1
B. 达到平衡时，需要从外界吸收的能量为0.968 kJ
C. 增大水的浓度，可以改变待反应的限度
D. 使用纳米级的氧化亚铜，可以增大平衡时氧气的体积分数
【答案】D
【解析】
【详解】A. 前20 min内，生成0.0010mol氧气，则消耗0.0020mol水蒸气，水蒸气的浓度变化量为0.0020mol/2L=0.0010mol·L-1，所以v(H2O)＝0.0010mol·L-1/20min=5×10－5mol·L－1·min－1，故A不选；
B. 达到平衡时，生成0.0020mol氧气，根据热化学方程式，生成1mol氧气，需要吸收484 kJ的热量，所以生成0.0020mol氧气，需要从外界吸收的能量为484 kJ ×0.0020mol=0.968 kJ，故B不选；
C. 增大水蒸气的浓度，可以使平衡右移，故C不选；
D.氧化亚铜是催化剂，只能加快反应速率，不能使平衡发生移动，所以不能改变平衡时氧气的体积分数，故D选。
故选D。
13.电—Fenton法是用于水体里有机污染物降解的高级氧化技术，其反应原理如图所示，其中电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应，Fe2+＋H2O2=Fe3+＋OH－＋•OH，生成的烃基自由基(•OH)能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是（ ）
A. 电解池左边电极的电势比右边电极的电势高
B. 电解池中只有O2和Fe3+发生还原反应
C. 消耗1 molO2，电解池右边电极产生4mol •OH
D. 电解池工作时，右边电极附近溶液的pH增大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 电解池左边电极上Fe2+失电子产生Fe3+，作为阳极，电势比右边电极的电势低，选项A错误；
B. O2、Fe3+在阴极上得电子发生还原反应，H2O2与Fe2+反应，则H2O2发生得电子的还原反应，选项B错误；
C. 1 molO2转化为2 mol H2O2转移2 mole-，由Fe2+＋H2O2=Fe3+＋OH－＋•OH可知，生成2mol •OH，阳极电极方程式为H2O-e-=•OH+H+，转移2 mole-，在阳极上生成2mol •OH，因此消耗1 molO2，电解池右边电极产生4mol •OH，选项C正确；
D. 电解池工作时，右边电极水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为H2O-e-=•OH+H+，附近溶液的pH减小，选项D错误；
答案选C。
14.在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)＋B(g) 2C(g) ΔH<0，若起始温度相同，分别向三个容器中通入3 mol A和1 mol B，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为（ ）
A. ③②① B. ③①② C. ①②③ D. ②①③
【答案】A
【解析】
【详解】3A(g)＋B(g) 2C(g)是体积减小的、放热的可逆反应。①容器反应过程中，体积不变，温度升高，与容器②相比，相当于升温，不利于反应正向移动，C物质的体积分数②>①；③容器体积可变、压强不变，正反应体积减小，所以③中的压强始终高于②，有利于反应正向移动，C物质的体积分数③>②，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③②①，故选A。
15.在体积恒定的密闭容器中，一定量的二氧化硫与1.100mol氧气在催化剂作用下加热到600℃发生反应：2SO2＋O22SO3。当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同温度下测得气体压强为反应前的82.5%。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 三氧化硫生成的速率与二氧化硫消耗的速率相等时反应达到平衡
B. 降低温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
C. 平衡混合气体通入过量氯化钡溶液中，得到沉淀的质量为161.980g
D. 达到平衡时，二氧化硫的转化率为90%
【答案】D
【解析】
【详解】A.SO3生成速率与SO2的消耗速率都是正反应速率，两者始终相等，不能作为判断化学平衡的依据，故A错误；
B.降低温度，正反应速率和逆反应速率都减小，故B错误；
C.设二氧化硫起始物质的量是xmol，平衡时转化的二氧化硫为ymol，则：
2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）
起始量（mol）： x 1.100 0
转化量（mol）： y 0.5y y
平衡量（mol）： x-y 1.100-0.5y y
气体总物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，则0.5y=0.315，故y=0.63，在相同的温度下测得气体压强为反应前的82.5%，则×100%=82.5%，故x=0.7。将混合气体通入过量的氯化钡溶液中，三氧化硫和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫与氧气、水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，0.7mol二氧化硫完全转化消耗0.35mol氧气，氧气有剩余，根据硫元素守恒，硫酸钡的物质的量是0.7mol，故其质量为0.7mol×233g/mol=163.1g，故C错误；
D.达到平衡时，SO2的转化率=×100%=90%，故D正确。
故选D。
16.将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图(A、B为多孔性碳棒)持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL。则下列说法错误的是( )
A. 通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极
B. 0＜V≤22.4 L时，电池总反应的化学方程式为CH4＋2O2＋2KOH＝K2CO3＋3H2O
C. 22.4 L＜V≤44.8 L时，负极电极反应为CH4－8e－＋＋3H2O＝
D. V＝33.6 L时，溶液中只存在阴离子
【答案】D
【解析】
【分析】因为n（KOH）=2mol/L×1L=2mol，故随着CH4通入的量逐渐增加，可能先后发生反应①CH4+2O2=CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；再根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。
【详解】A. 燃料电池中，通入CH4的一端发生氧化反应，为原电池的负极；通入空气（O2）的一端发生还原反应，为原电池的正极，不选A项；
B. 当0＜V≤22.4L时，0＜n（CH4）≤1mol，则0＜n（CO2）≤1mol，又因为电解质溶液中n（KOH）=2mol，故KOH过量，所以电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，不选B项；
C. 当22.4 L＜V≤44.8L，1mol＜n（CH4）≤2mol，则1mol＜n（CO2）≤2mol，发生反应①②③，得到K2CO3和KHCO3溶液，则负极反应式为，不选C项；
D. 当V=33.6L时，n（CH4）=1.5mol，n（CO2）=1.5mol，则电池总反应式为3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O，则得到0.5molK2CO3和1molKHCO3的溶液，故溶液中的阴离子有和，选择D项。
答案选D。
第II卷（非选择题，共52分）
二．实验题，本大题共2小题，共20分。
17.通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液在图示的装置中进行中和反应．回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是___________．
（2）大烧杯上如果不盖硬纸板，求得的中和热数值__________（填“偏大”，“偏小”或“无影响”）．
（3）实验中改用60mL 0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热________（填“相等”“不相等”），简述理由：______________________．
（4）若两溶液的密度都是1g/mL，中和后所得溶液的比热容c=4.18J/（g·℃），三次平行操作测得终止温度与起始温度差（t2﹣t1）分别为：①3.2℃ ②2.2℃ ③3.0℃，写出表示盐酸与NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式________________________．（小数点后保留一位小数）
【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 偏小 (3). 相等 (4). 因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O所放出的能量，与酸碱的用量无关 (5). HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣51.8 kJ/mol
【解析】
【详解】（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是用于搅拌的环形玻璃搅拌棒；
（2）大烧杯上如果不盖硬纸板，会导致热量散失，测得的温差会比真实值小，求得的中和热数值偏小；
（3）中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O(l)所放出的能量，与酸碱的用量无关，所以求得的中和热数值相等；
（4））三次平行操作测得终止温度与起始温度差（t2-t1）分别为：①3.2℃ ②2.2℃ ③3.0℃，由于第②组数据与其他两组相差较大，将第②组舍去，温度差的平均值为3.1℃，50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.5mol/L=0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/ml=100g，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.1℃=1259.8J，即1.2598kJ，所以实验测得的中和热，该反应的热化学方程式：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-51.8 kJ/mol。
18.某组甲乙同学进行稀硫酸与锌制取氢气的实验，请回答下列问题：
（1）甲同学发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。
实验
混合溶液
A
B
C
D
E
F
4 mol·L－1 H2SO4/mL
30
V1
V2
V3
V4
V5
饱和CuSO4溶液/mL
0
0.5
2.5
5
V6
20
H2O/mL
V7
V8
V9
V10
10
0
①请完成此实验设计，其中：V1＝___，V6＝___，V9＝___；
②反应一段时间后，实验A中的金属呈___色，实验E中的金属呈___色；
③该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因___________________________。
（2）乙同学为了探究锌与稀硫酸反应过程中的速率及能量的变化，进行以下实验，分析影响反应速率的因素。
实验时，从断开K开始，每间隔1分钟，交替断开或闭合K，并连续计数每1分钟内从a管流出的水滴数，得到的水滴数如下表所示：
1分钟水滴数（断开K）
34
59
86
117
…
102
1分钟水滴数（闭合K）
58
81
112
139
…
78
分析反应过程中的水滴数，请回答：
① 由水滴数58＞34、81＞59，说明在反应初期，闭合K时比断开K时的反应速率快，主要原因是__________________________________________________________。
② 由水滴数102＞78，说明在反应后期，断开K时的反应速率快于闭合K时的反应速率，主要原因是____________________________________。
【答案】(1). 30 (2). 10 (3). 17.5 (4). 灰黑 (5). 暗红 (6). 当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，减少了Zn与溶液的接触面积 (7). 形成原电池反应速度快 (8). 断开K时，溶液中的c(H+)大于闭合K时溶液中的c(H+),c(H+)的影响是主要因素
【解析】
【分析】（1）①为保证实验有对比性，只能改变一个变量分析，CuSO4溶液体积逐渐增多，故H2SO4的量应相等均为30mL，水的量减小，但每组实验中CuSO4与水的体积之和应相等；
②实验A中锌粒与稀硫酸反应，因锌粒不纯，表面会有杂质的颜色；而实验E中生成的单质Cu会沉积在Zn的表面；
③锌粒与硫酸铜反应生成的铜会附在锌粒表面；
（2）①原电池可加快化学反应速率；
②根据氢离子浓度大小与速率的关系分析；
【详解】（1）①要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同，故A组中硫酸为30mL，那么其它组硫酸量也都为30mL；而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20mL，水为0，那么总量为20mL，所以V6=10mL，V9=17.5mL，V1=30mL，故答案为：30；10；17.5；
②不纯的锌粒中含有Pb、Bi、Sn等杂质，实验A中锌粒与稀硫酸反应后， 这些不活泼的金属杂质游离出来，以颗粒状沉积在锌粒表面呈灰黑色；而实验E中过量的锌粒会与硫酸铜反应生成铜，形成原电池，加快化学反应速率，因此该实验中暗红色的铜会附着在锌粒表面，故答案为：灰黑；暗红；
③因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降，故答案为：当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，减少了Zn与溶液的接触面积；
（2）①因在反应初期，形成了原电池，所有闭合K时比断开K时的反应速率快，故答案为：形成原电池反应速度快；
②由于反应前期形成原电池反应速率快，氢离子消耗的多，则在后期，闭合K时溶液中氢离子浓度小，氢离子浓度越小反应速率越小，断开K时，溶液中的c(H+)大于闭合K时溶液中的c(H+)，所以在反应后期，断开K时的反应速率快于闭合K时的反应速率；
故答案为：断开K时，溶液中的c(H+)大于闭合K时溶液中的c(H+)，c(H+)的影响是主要因素；
三．填空题，本大题共2小题，共32分。
19.环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
（1）已知：(g)= (g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·mol −1 ①
H2(g)+ I2(g)=2HI(g) ΔH2=﹣11.0 kJ·mol −1 ②
对于反应：(g)+ I2(g)=(g)+2HI(g) ③ ΔH3=___________kJ·mol −1。
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。
A．通入惰性气体 B．提高温度
C．增加环戊烯浓度 D．增加碘浓度
（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。
A．T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1
（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。
该电解池的阳极为____________，总反应为__________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_________________________。
【答案】(1). 89.3 (2). 40％ (3). 3.56×104 (4). BD (5). CD (6). Fe电极 (7). Fe+2+H2↑（Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑） (8). 水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH−，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2
【解析】
【分析】（1）利用盖斯定律解题；
（2）利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释；
（3）通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观察图象计算；
（4）根据阳极：升失氧；阴极：降得还进行分析确定阴阳极；根据题干信息中Na元素的变化确定环戊二烯得电子数和还原产物，进而写出电极反应式；注意Na与水会反应，Fe2+在碱性条件下生成沉淀。
【详解】（1）根据盖斯定律①-②，可得反应③的ΔH=89.3kJ/mol；
答案：89.3；
（2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知；
（g）+I2（g）= （g）+2HI（g） 增加的物质的量
1mol 1mol 1mol 2mol 1mol
xmol 2n×20%
得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n×100%=40%；
（g） + I2（g）= （g）+ 2HI（g）
P（初） 0.5×105 0.5×105 0 0
ΔP 0.5×105×40% 0.5×105×40% 0.5×105×40% 1×105×40%
P（平） 0.3×105 0.3×105 0.2×105 0.4×105
Kp==3.56×104；
A.T、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；
B.升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；
C．增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故C错误；
D,增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确；
答案：40%；3.56×104；BD；
（3）A.温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则T1
C. a点、b点反应一直在正向进行，故v（正）>v(逆)，a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，故C正确；
D.b点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D正确；
答案：CD；
（4）根据阳极升失氧可知Fe为阳极；根据题干信息Fe-2e-=Fe2+，电解液中钠离子起到催化剂的作用使得环戊二烯得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反应式为Fe+2=+H2↑；电解必须在无水条件下进行，因为中间产物Na会与水反应生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀；
答案：Fe电极；Fe+2=+H2↑（Fe+2C5H6=Fe（C2H5）2+ H2↑）；水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH-，进一步与Fe2+反应生成Fe（OH）2。
20.钠硫电池作为一种新型储能电池，其应用逐渐得到重视和发展。
（1）钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠（Na2SX）分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷（可传导Na+）为电解质，其反应原理如下图所示：
①根据上右表数据，请你判断该电池工作的适宜应控制在_________（填字母）范围内。
物质
Na
S
Al2O3
熔点/℃
97.8
115
2050
沸点/℃
892
444.6
2980
a．100℃以下 b．100～300℃ c．300～350℃ d．350～2050℃
②放电时，电极A为_________极，电极B发生_________反应（填“氧化或还原”）
③充电时，总反应为Na2SX=2Na+xS（3＜x＜5），则阳极的电极反应式为：________________。
（2）若把钠硫电池作为电源，电解槽内装有KI及淀粉溶液如图所示，槽内的中间用阴离子交换膜隔开。通电一段时间后，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。则右侧发生的电极方程式：___________；试分析左侧溶液蓝色逐渐变浅的可能原因是：___________。
（3）若把钠硫电池作为电源，按如图所示装置进行实验电解乙池和丙池：
当钠硫电池中消耗0.05xmol的S时，理论上乙池中B极的质量增加__________g；此时丙装置中___________（填“C”或“D”）电极析出7.20g金属，则丙装置中的某盐溶液可能是_______（填序号）。
a.MgSO4溶液 b.CuSO4溶液 c.NaCl溶液 d.AgNO3溶液
【答案】(1). C (2). 负 (3). 还原 (4). SX2－-2e－=xS (5). 2H2O+2e—=H2↑+2OH—（2H++2e—=H2↑） (6). 右侧溶液中生成的OH—通过阴离子交换膜进入左侧溶液，并与左侧溶液中I2反应等 (7). 10.8 (8). D (9). bd
【解析】
【分析】（1）原电池工作时，控制的温度应为满足Na、S为熔融状态，Na被氧化，应为原电池负极，阳离子向正极移动，充电时，阳极反应为原电池正极反应的逆反应，应生成S，以此解答；
（2）左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，电极反应为：2I--2e-=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，右侧放出氢气，右侧I-、OH-通过阴离子交换膜向左侧移动，发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，一段时间后，蓝色变浅，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3-通过阴离子交换膜向右侧移动，由此分析解答。
（3）根据串联电路中电子转移数相等，结合电化学的工作原理分析作答。
【详解】（1）①原电池工作时，控制的温度应为满足Na、S为熔融状态，则温度应高于115℃而低于444.6℃，只有C符合，故答案为：C；
②放电时，Na被氧化，则A应为原电池负极，B为正极发生还原反应，故答案为：负；还原；
③充电时，是电解池反应，阳极反应为：SX2－-2e－=xS；
（2）根据以上分析，左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，电极反应为：2I−−2e−=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e—=H2↑+2OH-（2H++2e-=H2↑），右侧I−、OH−通过阴离子交换膜向左侧移动，发生反应3I2+6OH−=IO3−+5I−+3H2O，一段时间后，蓝色变浅，故答案为：2H2O+2e—=H2↑+2OH-（2H++2e-=H2↑）；右侧溶液中生成的OH-通过阴离子交换膜进入左侧溶液，并与左侧溶液中I2反应等；
（3）根据反应式SX2－-2e－=xS可知，当钠硫电池中消耗0.05xmol的S时，电子转移数为0.1mol，则乙池是电解池，B极上银离子得电子发生还原反应而析出银，根据转移电子数相等，乙池中B极的质量增加0.1mol108g/mol=10.8g；丙池是电解池，阴极上金属离子放电析出金属单质，D连接电源的负极，则D是阴极，电极质量会增加；根据转移电子相等知，当析出金属时，则该金属元素在氢元素之后，ac项错误，bd正确，故答案为：bd。
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