江西省紅色七校高三上學(xué)期第一次聯(lián)考化學(xué)試卷解析

1、2016-2017學(xué)年江西省紅色七校高三（上）第一次聯(lián)考化學(xué)試卷一、選擇題（每小題只有一個選項(xiàng)符合題意，每小題3分，共48分）1現(xiàn)代生活需要提升我們的科學(xué)素養(yǎng)，以下說法科學(xué)的是（）A某護(hù)膚品廣告宣稱產(chǎn)品不含任何化學(xué)成分B漂白粉長期放置會被空氣中的氧氣氧化而變質(zhì)C日用鋁制品表面不用刷漆防腐蝕D汽車尾氣中氮氧化物的產(chǎn)生主要是由于汽油中含有氮元素而產(chǎn)生的2設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值下列說法正確的是（）AS2和S8的混合物共6.4g，其中所含的電子數(shù)一定為3.2NAB密閉容器中2molNO與1molO2充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NAC24g二氧化硅晶體中含有SiO2分子數(shù)為0.4NAD5.6g Fe與

2、含0.2mol HNO3的溶液充分反應(yīng)，至少失去電子數(shù)為0.2NA3用標(biāo)準(zhǔn)的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列操作不會引起實(shí)驗(yàn)誤差的是（）A用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸進(jìn)行滴定B用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤洗，后裝入NaOH溶液進(jìn)行滴定C用堿式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸餾水洗凈的錐形瓶中，再加入適量蒸餾水進(jìn)行滴定D用酚酞作指示劑滴至紅色剛變無色時(shí)即停止加鹽酸4下列有關(guān)物質(zhì)分類和氧化還原的描述正確的是（）A酸性氧化物一定是非金屬氧化物，混合物、分散系、膠體有從屬關(guān)系B元素的單質(zhì)可由氧化或還原含該元素的化合物來制得C得電子越多的氧化劑，其氧化性就越強(qiáng)；含

3、最高價(jià)元素的化合物一定具有強(qiáng)的氧化性D燒堿、熟石灰均屬于堿，酸、堿、鹽之間發(fā)生的反應(yīng)均屬于復(fù)分解反應(yīng)5短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序數(shù)依次增大，且原子最外層電子數(shù)之和為17，X與Y是組成化合物種類最多的元素，W是地殼中含量最高的元素下列說法正確的是（）A原子半徑大小順序：r（Y）r（Z）r（W）r（M）B由三種元素X、Z、W形成的化合物中只有共價(jià)鍵而無離子鍵CZ的氣態(tài)氫化物比W的氣態(tài)氫化物更穩(wěn)定D分子式為Y4X8W2的物質(zhì)超過10種6下列相關(guān)反應(yīng)的離子方程式書寫錯誤的是（）A在強(qiáng)堿溶液中NaClO與Fe（OH）3反應(yīng)生成Na2FeO4：3ClO+4OH+2Fe（OH）3=3Cl+5H2O

4、+2FeO42B少量SO2通入苯酚鈉溶液中：2C6H5O+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32C用稀硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應(yīng)：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2ODSO2通入NaClO溶液中：SO2+ClO+OH=SO42+Cl+H+7已知反應(yīng)BeCl2+Na2BeO2+2H2O2NaCl+2Be（OH）2能進(jìn)行完全以下推斷中正確的是（）ABeCl2溶液pH7，將其蒸干、灼燒后可得殘留物BeCl2BNa2BeO2溶液pH7，將其蒸干、灼燒后可得殘留物Na2BeO2CBe（OH）2即能溶于鹽酸，又能溶于NaOH溶液DBeCl2水溶液的導(dǎo)電性強(qiáng)，BeCl2一定

5、是離子晶體8去甲腎上腺素可以調(diào)控動物機(jī)體的植物性神經(jīng)功能，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示下列說法正確的是（） A每個去甲腎上腺素分子中含有3個酚羥基B每個去甲腎上腺素分子中含有8種氫原子C1mol去甲腎上腺素最多能與2molBr2發(fā)生取代反應(yīng)D去甲腎上腺素既能與鹽酸反應(yīng)，又能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)9工業(yè)上，可用硫酸鈰溶液吸收尾氣中NO，其化學(xué)方程式如下：2NO+3H2O+4Ce（SO4）2=2Ce2（SO4）3+HNO3+HNO2+2H2SO4下列說法正確的是（）A在該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2B在該反應(yīng)中，氧化產(chǎn)物有兩種，還原產(chǎn)物有一種C若不考慮溶液體積變化，吸收尾氣后，溶液的pH將增大D在

6、該反應(yīng)中，每消耗22.4LNO必轉(zhuǎn)移2 mol電子10CH3OH是重要的化工原料，工業(yè)上用CO與H2在催化劑作用下合成CH3OH，其反應(yīng)為：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）按n（CO）：n（H2）=1：2向密閉容器中充入反應(yīng)物，測得平衡時(shí)混合物中CH3OH的體積分?jǐn)?shù)在不同壓強(qiáng)下隨溫度的變化如圖所示下列說法中，正確的是（）AP1P2B該反應(yīng)的H0C平衡常數(shù)：K（A）=K（B）D在C點(diǎn)時(shí)，CO轉(zhuǎn)化率為75%11向18.4g鐵和銅組成的合金中加入過量的硝酸溶液，合金完全溶解，同時(shí)生成NO2、NO混合氣體，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀另取等質(zhì)量的合金，使其與一定量的

7、氯氣恰好完全反應(yīng)，則氯氣的體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為（）A7.84LB6.72LC4.48LD無法計(jì)算12有一澄清透明的溶液，只可能含有大量的Fe3+、Fe2+、H+、AlO2、Al3+、CO32、NO3七種離子中的幾種，向該溶液中逐滴加入一定量1mol/L NaOH溶液的過程中，開始沒有沉淀，而后才有沉淀則下列判斷正確的是（）A溶液中可能含有AlO2B溶液中可能含有NO3C溶液中一定不含F(xiàn)e2+和Fe3+D溶液中可能含有Fe3+，但一定不含F(xiàn)e2+13高鐵酸鹽在能源環(huán)保領(lǐng)域有廣泛用途用鎳（Ni）、鐵作電極電解濃NaOH溶液制備高鐵酸鈉（Na2FeO4）的裝置如圖所示下列說法正確的是（）A鐵是陽極，電

8、極反應(yīng)為Fe2e+2OHFe（OH）2B電解一段時(shí)間后，鎳電極附近溶液的pH減小C若離子交換膜為陰離子交換膜，則電解結(jié)束后左側(cè)溶液中含有FeO42D每制得1mol Na2FeO4，理論上可以產(chǎn)生67.2L氣體14如圖所示與對應(yīng)敘述相符的是（）A一定條件下，X和Y反應(yīng)生成Z，由圖1推出該反應(yīng)的方程式可表示為：X+3YZB表示NaOH溶液滴加到0.1 mol/L的一元酸溶液得到的滴定曲線（常溫下），該實(shí)驗(yàn)最好選取酚酞作指示劑C常溫下，向NaOH溶液中逐滴加入等濃度的醋酸溶液，所得滴定曲線如圖所示當(dāng)7pH13時(shí)，溶液中c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D用硝酸銀溶液滴定等濃度的A、B

9、、C的混合溶液（均可以與Ag+反應(yīng)生成沉淀），由圖可確定首先沉淀的是C15除去下列物質(zhì)中的雜質(zhì)（括號中為雜質(zhì)），采用的試劑和除雜方法錯誤的是（）選項(xiàng)含雜質(zhì)的物質(zhì)試劑除雜方法AC2H4（SO2）NaOH溶液洗氣BC6H6（Br2）Fe粉蒸餾CC6H5NO2（HNO3）NaOH溶液分液DC2H2（H2S）CuSO4溶液洗氣AABBCCDD16將含有O2和CH4的混合氣體置于盛有23.4g Na2O2的密閉容器中，電火花點(diǎn)燃，反應(yīng)結(jié)束后，容器內(nèi)的壓強(qiáng)為零，將殘留物溶于水中，無氣體產(chǎn)生下列敘述不正確的是（）A原混合氣體中O2和CH4的體積比為2：1B殘留物中只有Na2CO3和NaOHC反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移總

10、數(shù)為0.8NAD殘留物質(zhì)量為26.6克二、非選擇題17納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注，下表為制取Cu2O的四種方法：方法a用炭粉在高溫條件下還原CuO方法b用葡萄糖還原新制的Cu（OH）2制備Cu2O；方法c電解法，反應(yīng)為2Cu+H2OCu2O+H2方法d用肼（N2H4）還原新制的Cu（OH）2（1）已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）；H=169kJmol1C（s）+O2（g）=CO（g）；H=110.5kJmol1Cu（s）+O2（g）=CuO（s）；H=157kJmol1則方法a發(fā)生的熱化學(xué)方程式是：（2）方法c采用離子交換膜控制電解液中OH的濃度而制備納米Cu

11、2O，裝置如圖所示：該離子交換膜為離子交換膜（填“陰”或“陽”），該電池的陽極反應(yīng)式為，鈦極附近的pH值（填“增大”“減小”或“不變”）（3）方法d為加熱條件下用液態(tài)肼（N2H4）還原新制Cu（OH）2來制備納米級Cu2O，同時(shí)放出N2該制法的化學(xué)方程式為（4）在相同的密閉容器中，用以上方法制得的三種Cu2O分別進(jìn)行催化分解水的實(shí)驗(yàn)：2H2O（g）2H2（g）+O2（g）H0水蒸氣的濃度隨時(shí)間t變化如下表所示：序號01020304050T10.0500.04920.04860.04820.04800.0480T10.0500.04880.04840.04800.04800.0480T20.10

12、0.0940.0900.0900.0900.090對比實(shí)驗(yàn)的溫度：T2T1（填“”“”或“”），能否通過對比實(shí)驗(yàn)到達(dá)平衡所需時(shí)間長短判斷：（填“能”或“否”）實(shí)驗(yàn)前20min的平均反應(yīng)速率 v（O2）=催化劑的催化效率：實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)（填“”或“”）18鐵及其化合物有重要用途，如聚合硫酸鐵Fe2（OH）n（SO4）3n/2m是一種新型高效的水處理混凝劑，而高鐵酸鉀（其中鐵的化合價(jià)為+6）是一種重要的殺菌消毒劑，某課題小組設(shè)計(jì)如下方案制備上述兩種產(chǎn)品：請回答下列問題：（1）若A為H2O（g），寫出反應(yīng)方程式；（2）若B為NaClO3與稀硫酸，寫出其氧化Fe2+的離子方程式（還原產(chǎn)物為Cl）；（3）若C

13、為KNO3和KOH的混合物，寫出其與Fe2O3加熱共融制得高鐵酸鉀（K2FeO4）的化學(xué)方程式，并配平：Fe2O3+KNO3+KOH+KNO2+（4）為測定溶液中鐵元素的總含量，實(shí)驗(yàn)操作如下：準(zhǔn)確量取20.00mL溶液于帶塞錐形瓶中，加入足量H2O2，調(diào)節(jié)pH3，加熱除去過量H2O2；加入過量KI充分反應(yīng)后，再用0.1000molL1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL已知：2Fe3+2I2Fe2+I2I2+2S2O322I+S4O42滴定選用的指示劑及滴定終點(diǎn)觀察到的現(xiàn)象；溶液中鐵元素的總含量為 gL1若滴定前溶液中H2O2沒有除盡，所測定的鐵元素的含量將會（填“偏高

14、”“偏低”或“不變”）19下圖表示各物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，A、B、C、G為單質(zhì)，其中A、G為氣體，F(xiàn)為液體為工業(yè)生產(chǎn)中常見反應(yīng)，E是一種具有漂白作用的鹽，Y易潮解，M是一種兩性化合物，L是一種白色膠狀沉淀試回答下列有關(guān)問題：（1）M的化學(xué)式，Y在實(shí)驗(yàn)室中的用途（列舉一例）（2）X的熔點(diǎn)為801，實(shí)際工業(yè)冶煉中常常加入一定量的Y共熔，猜想工業(yè)上這樣做的目的：工業(yè)生產(chǎn)中，還常常利用電解X和F的混合物制?。ㄌ罨瘜W(xué)式）（3）反應(yīng)的化學(xué)方程式是（4）反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式是（5）用化學(xué)方程式表示E在空氣中失效的反應(yīng)原理20K2SO4是無氯優(yōu)質(zhì)鉀肥，Mn3O4是生產(chǎn)軟磁鐵氧體材料的主要原料以硫酸工業(yè)的尾氣聯(lián)合

15、制備K2SO4和Mn3O4的工藝流程如圖1：（1）幾種鹽的溶解度見圖2反應(yīng)中，向（NH4）2SO4溶液中加入KCl溶液充分反應(yīng)后，進(jìn)行蒸發(fā)濃縮、洗滌、干燥等操作即得K2SO4產(chǎn)品（2）檢驗(yàn)K2SO4樣品是否含有氯化物雜質(zhì)的實(shí)驗(yàn)操作是（3）反應(yīng)的化學(xué)方程式為（4）Mn3O4與濃鹽酸加熱時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為（5）圖3煅燒MnSO4H2O時(shí)溫度與剩余固體質(zhì)量變化曲線該曲線中B段所表示物質(zhì)的化學(xué)式為煅燒過程中固體錳含量隨溫度的升高而增大，但當(dāng)溫度超過1000時(shí)，再冷卻后，測得產(chǎn)物的總錳含量反而減小試分析產(chǎn)物總錳含量減小的原因21有X、Z、W三種含14個電子的粒子，其結(jié)構(gòu)特點(diǎn)如下：粒子代碼XZW原子

16、核數(shù)目單核同種元素構(gòu)成的兩核同種元素構(gòu)成的兩核粒子的電性電中性兩個單位負(fù)電荷電中性（1）X的氧化物晶體中含有化學(xué)鍵類型是（2）Z與鈣離子組成的化臺物的電子式為（3）組成W的元素的簡單氫化物極易溶于水的主要原因是，該氫化物與空氣可以構(gòu)成一種燃料電池，產(chǎn)物為無毒物質(zhì)，電解質(zhì)溶液是KOH溶液，其負(fù)極的電極反應(yīng)式為在常溫下，用該電池電解1.5L 1mol/LNaCl溶液，當(dāng)消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.12LW的簡單氯化物時(shí)，NaCI溶液的pH=（假設(shè)電解過程中溶液的體積不變）（4）M原子核外比X原予多2個電子可逆反應(yīng)2MO2（氣）+O2（氣）2MO3（氣）在兩個密閉容器中進(jìn)行，A容器中有一個可上下移動的活塞，B

17、容器可保持恒容（如圖所示），若在A、B中分別充入ImolO2和2mol MO2，使氣體體積V（A）=V（B），在相同溫度下反應(yīng)則：達(dá)平衡所需時(shí)間：t（A）t （B）（填“”、“”、“=”，或“無法確定”，下同）平衡時(shí)MO!的轉(zhuǎn)化率：a（A）a（B）（5）欲比較X和M兩元素的非金屬性相對強(qiáng)弱，可采取的措施有（填序號）a比較這兩種元素的氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)b比較這兩種元素的單質(zhì)在常溫下的狀態(tài)c比較這兩種元素的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性d比較這兩種元素的單質(zhì)與氫氣化合的難易2016-2017學(xué)年江西省紅色七校高三（上）第一次聯(lián)考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題（每小題只有一個選項(xiàng)符合題意，每小題3分，共48

18、分）1現(xiàn)代生活需要提升我們的科學(xué)素養(yǎng)，以下說法科學(xué)的是（）A某護(hù)膚品廣告宣稱產(chǎn)品不含任何化學(xué)成分B漂白粉長期放置會被空氣中的氧氣氧化而變質(zhì)C日用鋁制品表面不用刷漆防腐蝕D汽車尾氣中氮氧化物的產(chǎn)生主要是由于汽油中含有氮元素而產(chǎn)生的【考點(diǎn)】物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系【分析】A產(chǎn)品中物質(zhì)均為化學(xué)成分；B漂白粉易與空氣中的水、二氧化碳反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸不穩(wěn)定，易分解；C鋁與氧氣反應(yīng)生成致密氧化膜；D汽車尾氣中氮氧化物的產(chǎn)生是由于空氣中的氮?dú)馀c氧氣在放電的時(shí)候生成的；【解答】解；A所以物質(zhì)都含有化學(xué)成分，不含化學(xué)成分的物質(zhì)不存在，故A錯誤；B漂白粉易與空氣中的水、二氧化碳反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸不穩(wěn)

19、定易分解，所以漂白粉變質(zhì)不是被氧氣氧化，故B錯誤；C鋁與氧氣反應(yīng)生成致密氧化膜阻止鋁與氧氣繼續(xù)反應(yīng)，所以日用鋁制品表面不用刷漆防腐蝕，故C正確；D汽車尾氣中氮氧化物的產(chǎn)生是由于空氣中的氮?dú)馀c氧氣在放電的時(shí)候生成的，汽油中主要是烴，故D錯誤；故選：C2設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值下列說法正確的是（）AS2和S8的混合物共6.4g，其中所含的電子數(shù)一定為3.2NAB密閉容器中2molNO與1molO2充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NAC24g二氧化硅晶體中含有SiO2分子數(shù)為0.4NAD5.6g Fe與含0.2mol HNO3的溶液充分反應(yīng)，至少失去電子數(shù)為0.2NA【考點(diǎn)】阿伏加德羅常數(shù)【分析】A、S

20、2和S8均由S原子構(gòu)成，且S原子中含16個電子；B、NO和氧氣反應(yīng)后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4；C、二氧化硅為原子晶體；D、5.6g鐵為0.1mol，和0.2mol硝酸反應(yīng)時(shí)，無論硝酸的還原產(chǎn)物為什么，硝酸均不足【解答】解：A、S2和S8均由S原子構(gòu)成，故6.4g混合物中含有的S原子的物質(zhì)的量為0.2mol，而且S原子中含16個電子，故0.2molS原子中含3.2NA個電子，故A正確；B、NO和氧氣反應(yīng)后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4，導(dǎo)致分子個數(shù)減小，故分子個數(shù)小于2NA個，故B錯誤；C、二氧化硅為原子晶體，不含二氧化硅分子，故C錯誤；D、5.6g鐵為0.1mol，和

21、0.2mol硝酸反應(yīng)時(shí)，無論硝酸的還原產(chǎn)物為什么，硝酸均不足，故鐵過量，不能完全反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于0.2NA個，故D錯誤故選A3用標(biāo)準(zhǔn)的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列操作不會引起實(shí)驗(yàn)誤差的是（）A用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸進(jìn)行滴定B用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤洗，后裝入NaOH溶液進(jìn)行滴定C用堿式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸餾水洗凈的錐形瓶中，再加入適量蒸餾水進(jìn)行滴定D用酚酞作指示劑滴至紅色剛變無色時(shí)即停止加鹽酸【考點(diǎn)】中和滴定【分析】根據(jù)c（堿）=分析，以此判斷濃度的誤差【解答】解：A用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸進(jìn)行滴定，標(biāo)準(zhǔn)鹽

22、酸被稀釋，濃度偏小，造成消耗的V（酸）偏大，根據(jù)c（堿）=分析，可知c（堿）偏大，故A錯誤；B蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤洗，后裝入NaOH溶液進(jìn)行滴定，而后裝入一定體積的NaOH溶液進(jìn)行滴定，待測液的物質(zhì)的量偏大，造成消耗的V（酸）偏大，根據(jù)c（堿）=分析，可知c（堿）偏大，故B錯誤；C用堿式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸餾水洗凈的錐形瓶中，再加入適量蒸餾水進(jìn)行滴定，對V（酸）無影響，根據(jù)c（堿）=分析，可知c（堿）不變，故C正確；D用酚酞作指示劑滴至紅色剛變無色時(shí)即停止加鹽酸，造成消耗的V（酸）偏小，根據(jù)c（堿）=分析，可知c（堿）偏小，故D錯誤；故選C4下列有關(guān)

23、物質(zhì)分類和氧化還原的描述正確的是（）A酸性氧化物一定是非金屬氧化物，混合物、分散系、膠體有從屬關(guān)系B元素的單質(zhì)可由氧化或還原含該元素的化合物來制得C得電子越多的氧化劑，其氧化性就越強(qiáng)；含最高價(jià)元素的化合物一定具有強(qiáng)的氧化性D燒堿、熟石灰均屬于堿，酸、堿、鹽之間發(fā)生的反應(yīng)均屬于復(fù)分解反應(yīng)【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)；酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系【分析】AMn2O7為酸性氧化物，混合物包含分散系、分散系包含膠體；B.2H2S+SO2=3S+2H2O中，S失去電子生成S，S得到電子生成S；C氧化性與得電子多少無關(guān)，含最高價(jià)元素的化合物不一定具有強(qiáng)的氧化性；D堿中陰離子全部為氫氧根離子，酸、堿、鹽之間

24、發(fā)生的反應(yīng)可能為氧化還原反應(yīng)【解答】解：AMn2O7為酸性氧化物，則酸性氧化物不一定是非金屬氧化物，混合物包含分散系、分散系包含膠體，則混合物、分散系、膠體有從屬關(guān)系，故A錯誤；B.2H2S+SO2=3S+2H2O中，S失去電子生成S，S得到電子生成S，可知元素的單質(zhì)可由氧化或還原含該元素的化合物來制得，故B正確；C氧化性與得電子多少無關(guān)，與得到電子的難易程度有關(guān)，含最高價(jià)元素的化合物不一定具有強(qiáng)的氧化性，如碳酸，故C錯誤；D堿中陰離子全部為氫氧根離子，則燒堿、熟石灰均由金屬離子與氫氧根離子構(gòu)成均屬于堿，酸、堿、鹽之間發(fā)生的反應(yīng)可能為氧化還原反應(yīng)，如氫氧化亞鐵與硝酸反應(yīng)，故D錯誤；故選B5短周

25、期元素X、Y、Z、W、M的原子序數(shù)依次增大，且原子最外層電子數(shù)之和為17，X與Y是組成化合物種類最多的元素，W是地殼中含量最高的元素下列說法正確的是（）A原子半徑大小順序：r（Y）r（Z）r（W）r（M）B由三種元素X、Z、W形成的化合物中只有共價(jià)鍵而無離子鍵CZ的氣態(tài)氫化物比W的氣態(tài)氫化物更穩(wěn)定D分子式為Y4X8W2的物質(zhì)超過10種【考點(diǎn)】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系【分析】X與Y是組成化合物種類最多的元素，應(yīng)為烴類物質(zhì)，則X為H元素，Y為C原子，W是地殼中含量最高的元素，應(yīng)為O元素，則Z為N元素，原子最外層電子數(shù)之和為17，可知M的最外層電子數(shù)為171456=1，應(yīng)為Na元素，以此解答該題【

26、解答】解：X與Y是組成化合物種類最多的元素，應(yīng)為烴類物質(zhì)，則X為H元素，Y為C原子，W是地殼中含量最高的元素，應(yīng)為O元素，則Z為N元素，原子最外層電子數(shù)之和為17，可知M的最外層電子數(shù)為171456=1，應(yīng)為Na元素，AM為Na，為短周期原子半徑最大的元素，故A錯誤；B由三種元素X、Z、W形成的化合物可為銨鹽，為離子化合物，含有離子鍵，故B錯誤；C非金屬性O(shè)N，元素的非金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，故C錯誤；D分子式為C4H8O2的物質(zhì)可為酸、酯、羥基醛等物質(zhì)，也可為環(huán)狀物質(zhì)，種類較多，超過10種，故D正確故選D6下列相關(guān)反應(yīng)的離子方程式書寫錯誤的是（）A在強(qiáng)堿溶液中NaClO與Fe（OH）

27、3反應(yīng)生成Na2FeO4：3ClO+4OH+2Fe（OH）3=3Cl+5H2O+2FeO42B少量SO2通入苯酚鈉溶液中：2C6H5O+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32C用稀硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應(yīng)：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2ODSO2通入NaClO溶液中：SO2+ClO+OH=SO42+Cl+H+【考點(diǎn)】離子方程式的書寫【分析】A、根據(jù)電荷守恒和質(zhì)量守恒進(jìn)行判斷；B、根據(jù)亞硫酸氫根離子的酸性大于苯酚的酸性分析；C、根據(jù)酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性能夠?qū)㈦p氧水氧化成氧氣分析；D、根據(jù)反應(yīng)物中水應(yīng)該寫成分子式，不能寫成氫氧根離子判斷【解答】解：A

28、、在強(qiáng)堿溶液中NaClO與Fe（OH）3反應(yīng)生成Na2FeO4、硫化鈉和水，根據(jù)化合價(jià)升降相等配平，反應(yīng)的離子方程式為3ClO+4OH+2Fe（OH）3=3Cl+5H2O+2FeO42，故A正確；B、少量SO2通入苯酚鈉溶液中，苯酚的酸性小于亞硫酸氫根離子的酸性，反應(yīng)生成了亞硫酸氫根離子，反應(yīng)的離子方程式為：2C6H5O+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32，故B正確；C、用稀硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應(yīng)，生成了錳離子、氧氣和水，根據(jù)化合價(jià)升降相等配平，反應(yīng)的離子方程式為：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2O，故C正確；D、水是屬于弱電解質(zhì)，不能寫成氫氧根離子

29、，反應(yīng)的離子方程式為SO2+ClO+H2O=SO42+Cl+2H+，故D錯誤；故選D7已知反應(yīng)BeCl2+Na2BeO2+2H2O2NaCl+2Be（OH）2能進(jìn)行完全以下推斷中正確的是（）ABeCl2溶液pH7，將其蒸干、灼燒后可得殘留物BeCl2BNa2BeO2溶液pH7，將其蒸干、灼燒后可得殘留物Na2BeO2CBe（OH）2即能溶于鹽酸，又能溶于NaOH溶液DBeCl2水溶液的導(dǎo)電性強(qiáng)，BeCl2一定是離子晶體【考點(diǎn)】化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算；兩性氧化物和兩性氫氧化物【分析】在周期表中Be和Al位于對角線位置，性質(zhì)相似，由反應(yīng)BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be（OH）

30、2可知，BeCl2與Na2BeO2發(fā)生互促水解生成Be（OH）2，類似于氯化鋁與偏鋁酸鈉的反應(yīng)，以此解答該題【解答】解：ABeCl2為強(qiáng)酸弱堿鹽，水解呈酸性，溶液的pH7，將其蒸干，灼燒后可得殘留物BeO，故A錯誤；BNa2BeO2溶液水解呈堿性，溶液的pH7，將其蒸干，灼燒后可得殘留物Na2BeO2，故B正確；CBe（OH）2性質(zhì)類似于氫氧化鋁，具有兩性，則既能溶于鹽酸，又能溶于NaOH溶液，故C正確；D根據(jù)化合物在熔融狀態(tài)下能否導(dǎo)電來判斷其是否是離子化合物，BeCl2水溶液導(dǎo)電性強(qiáng)，不能說明BeCl2是離子化合物，故D錯誤故選BC8去甲腎上腺素可以調(diào)控動物機(jī)體的植物性神經(jīng)功能，其結(jié)構(gòu)簡式如

31、圖所示下列說法正確的是（） A每個去甲腎上腺素分子中含有3個酚羥基B每個去甲腎上腺素分子中含有8種氫原子C1mol去甲腎上腺素最多能與2molBr2發(fā)生取代反應(yīng)D去甲腎上腺素既能與鹽酸反應(yīng)，又能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)【考點(diǎn)】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)【分析】由結(jié)合可知，分子中含酚OH、醇OH、氨基，結(jié)合酚、醇、氨基的性質(zhì)來解答【解答】解：AOH與苯環(huán)直接相連的為酚羥基，共有2個，故A錯誤；B結(jié)構(gòu)不對稱，含9種H，故B錯誤；C酚OH的鄰對位與溴發(fā)生取代反應(yīng)，則1mol去甲腎上腺素最多能與3molBr2發(fā)生取代反應(yīng)，故C錯誤；D含氨基與鹽酸反應(yīng)，含酚OH與NaOH反應(yīng)，故D正確；故選D9工業(yè)上，可用硫酸鈰溶液

32、吸收尾氣中NO，其化學(xué)方程式如下：2NO+3H2O+4Ce（SO4）2=2Ce2（SO4）3+HNO3+HNO2+2H2SO4下列說法正確的是（）A在該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2B在該反應(yīng)中，氧化產(chǎn)物有兩種，還原產(chǎn)物有一種C若不考慮溶液體積變化，吸收尾氣后，溶液的pH將增大D在該反應(yīng)中，每消耗22.4LNO必轉(zhuǎn)移2 mol電子【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)【分析】2NO+3H2O+4Ce（SO4）2=2Ce2（SO4）3+HNO3+HNO2+2H2SO4中，1N元素由+2升高到+5價(jià)，1N元素由+2升高到+3價(jià)，Ce元素由+4降低到+3價(jià)，據(jù)此分析解答【解答】解：A1N元素由+2升高到+

33、5價(jià)，1N元素由+2升高到+3價(jià)，則NO是還原劑，Ce元素由+4降低到+3價(jià)，則硫酸鈰是氧化劑，氧化劑、還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1，故A錯誤；B硫酸鈰是氧化劑，生成Ce2（SO4）3為還原產(chǎn)物，NO是還原劑，生成HNO2、HNO3是氧化產(chǎn)物，所以在該反應(yīng)中，氧化產(chǎn)物有兩種，還原產(chǎn)物有一種，故B正確；C反應(yīng)后生成硫酸，則溶液的酸性增強(qiáng)，pH減小，故C錯誤；D沒有限制“標(biāo)準(zhǔn)狀況”，不能計(jì)算轉(zhuǎn)移電子數(shù)目，故D錯誤；故選B10CH3OH是重要的化工原料，工業(yè)上用CO與H2在催化劑作用下合成CH3OH，其反應(yīng)為：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）按n（CO）：n（H2）=1：2向密閉容器中充入反

34、應(yīng)物，測得平衡時(shí)混合物中CH3OH的體積分?jǐn)?shù)在不同壓強(qiáng)下隨溫度的變化如圖所示下列說法中，正確的是（）AP1P2B該反應(yīng)的H0C平衡常數(shù)：K（A）=K（B）D在C點(diǎn)時(shí)，CO轉(zhuǎn)化率為75%【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素【分析】A溫度升高、增大壓強(qiáng)均使該反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速率加快；B由圖可知，升高溫度，平衡逆向移動，說明該反應(yīng)的H0；C平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；D設(shè)向密閉容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法進(jìn)行數(shù)據(jù)分析計(jì)算【解答】解：A由300時(shí)，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，CH3OH的體積分?jǐn)?shù)增大，所以p1p2，故A錯誤；B圖可知，升高溫度，CH3OH的體積分?jǐn)?shù)減小，平衡逆向移動，則該反應(yīng)的H0，故B

35、錯誤；CA、B處的溫度不同，平衡常數(shù)與溫度有關(guān)，故平衡常數(shù)不等，故C錯誤；D設(shè)向密閉容器充入了1molCO和2molH2，CO的轉(zhuǎn)化率為x，則 CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始 1 2 0變化 x 2x x結(jié)束 1x 22x x在C點(diǎn)時(shí)，CH3OH的體積分?jǐn)?shù)=0.5，解得x=0.75，故D正確；故選D11向18.4g鐵和銅組成的合金中加入過量的硝酸溶液，合金完全溶解，同時(shí)生成NO2、NO混合氣體，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀另取等質(zhì)量的合金，使其與一定量的氯氣恰好完全反應(yīng)，則氯氣的體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為（）A7.84LB6.72LC4.48LD無法計(jì)算【考點(diǎn)

36、】有關(guān)混合物反應(yīng)的計(jì)算【分析】根據(jù)硝酸過量可知，反應(yīng)產(chǎn)物為鐵離子和銅離子，加入氫氧化鈉溶液后得到的沉淀為氫氧化鐵、氫氧化銅，沉淀質(zhì)量與鐵、銅合金的質(zhì)量差為氫氧根離子質(zhì)量，據(jù)此可以計(jì)算出氫氧根離子的物質(zhì)的量；鐵、銅與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵、氯化鐵，氯化鐵和氯化鐵中含有的氯離子的物質(zhì)的量一定等于氫氧根離子的物質(zhì)的量，據(jù)此計(jì)算出氯離子的物質(zhì)的量、氯氣的物質(zhì)的量及標(biāo)況下氯氣的體積【解答】解：向18.4g鐵和銅組成的合金中加入過量的硝酸溶液，反應(yīng)生成了鐵離子和銅離子，加入足量氫氧化鈉溶液生成的沉淀為Fe（OH）3、Cu（OH）2，則氫氧化鐵和氫氧化鐵中含有的氫氧根離子的質(zhì)量為：30.3g18.4g=11.9

37、g，氫氧根離子的物質(zhì)的量為：n（OH）=0.7mol；Cl2與銅、鐵反應(yīng)產(chǎn)物為：FeCl3、CuCl2，根據(jù)化合物總電荷為0可知，F(xiàn)eCl3、CuCl2中n（Cl）=Fe（OH）3、Cu（OH）2中n（OH），即n（Cl）=0.7mol，根據(jù)質(zhì)量守恒，消耗Cl2的物質(zhì)的量為：n（Cl2）=n（Cl）=0.35mol，標(biāo)況下0.35mol氯氣的體積為：22.4L/mol×0.35mol=7.84L，故選A12有一澄清透明的溶液，只可能含有大量的Fe3+、Fe2+、H+、AlO2、Al3+、CO32、NO3七種離子中的幾種，向該溶液中逐滴加入一定量1mol/L NaOH溶液的過程中，開始

38、沒有沉淀，而后才有沉淀則下列判斷正確的是（）A溶液中可能含有AlO2B溶液中可能含有NO3C溶液中一定不含F(xiàn)e2+和Fe3+D溶液中可能含有Fe3+，但一定不含F(xiàn)e2+【考點(diǎn)】常見離子的檢驗(yàn)方法【分析】向該溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的過程中，開始沒有沉淀，說明溶液呈酸性，則一定含有大量的H+離子，在酸性溶液中AlO2、CO32離子因發(fā)生反應(yīng)生成弱電解質(zhì)而不能存在，而后才有沉淀能夠生成沉淀的是Fe3+離子、Fe2+離子或Al3+離子中的一種或幾種，結(jié)合溶液的電中性和Fe2+離子的還原性以及NO3離子的氧化性做進(jìn)一步的推斷【解答】解：向該溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的

39、過程中，開始沒有沉淀，說明溶液呈酸性，則一定含有大量的H+離子，在酸性溶液中AlO2、CO32離子分別與H+離子反應(yīng)生成Al（OH）3沉淀、CO2氣體而不能存在，根據(jù)溶液的電中性可知一定含有陰離子，則只有NO3離子符合；而后才有沉淀能夠生成沉淀的是Fe3+離子、Fe2+離子或Al3+離子中的一種或幾種，但在酸性條件下Fe2+離子與NO3離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能共存，則一定不含F(xiàn)e2+離子，綜上所述，溶液中一定含有H+離子、NO3離子，一定沒有AlO2、CO32、Fe2+離子，F(xiàn)e3+離子、Al3+離子至少有一種故選D13高鐵酸鹽在能源環(huán)保領(lǐng)域有廣泛用途用鎳（Ni）、鐵作電極電解濃NaOH溶液

40、制備高鐵酸鈉（Na2FeO4）的裝置如圖所示下列說法正確的是（）A鐵是陽極，電極反應(yīng)為Fe2e+2OHFe（OH）2B電解一段時(shí)間后，鎳電極附近溶液的pH減小C若離子交換膜為陰離子交換膜，則電解結(jié)束后左側(cè)溶液中含有FeO42D每制得1mol Na2FeO4，理論上可以產(chǎn)生67.2L氣體【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理【分析】A用鎳（Ni）、鐵作電極電解濃NaOH溶液制備高鐵酸鈉（Na2FeO4），鐵失電子生成高鐵酸鈉，則鐵作陽極，鎳作陰極，陽極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；B鎳電極上氫離子放電生成氫氣；C若離子交換膜為陰離子交換膜，電解結(jié)束后由于濃度差左側(cè)溶液中會含有FeO42；D氣體摩爾體積因溫度

41、壓強(qiáng)不同而不同【解答】解：A用鎳（Ni）、鐵作電極電解濃NaOH溶液制備高鐵酸鈉（Na2FeO4），鐵失電子生成高鐵酸鈉，則鐵作陽極，鎳作陰極，電極反應(yīng)式為Fe+8OH6e=FeO42+4H2O，故A錯誤；B鎳電極上氫離子放電生成氫氣，氫離子濃度減小，所以溶液的pH增大，故B錯誤；C若離子交換膜為陰離子交換膜，則電解結(jié)束后由于濃度差左側(cè)溶液中會含有FeO42，故C正確；D溫度和壓強(qiáng)未知，所以無法計(jì)算生成氣體體積，故D錯誤；故選C14如圖所示與對應(yīng)敘述相符的是（）A一定條件下，X和Y反應(yīng)生成Z，由圖1推出該反應(yīng)的方程式可表示為：X+3YZB表示NaOH溶液滴加到0.1 mol/L的一元酸溶液得到

42、的滴定曲線（常溫下），該實(shí)驗(yàn)最好選取酚酞作指示劑C常溫下，向NaOH溶液中逐滴加入等濃度的醋酸溶液，所得滴定曲線如圖所示當(dāng)7pH13時(shí)，溶液中c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D用硝酸銀溶液滴定等濃度的A、B、C的混合溶液（均可以與Ag+反應(yīng)生成沉淀），由圖可確定首先沉淀的是C【考點(diǎn)】轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強(qiáng)的變化曲線；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算；中和滴定【分析】A、當(dāng)反應(yīng)物的起始物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率相同，據(jù)此由圖可知=3時(shí)，轉(zhuǎn)化率相同，即X與Y的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為3：1；B、根據(jù)0.1 mol/L的一元酸在滴定開

43、始時(shí)的pH來判斷酸為弱弱酸，強(qiáng)堿滴定弱酸用酚酞作指示劑；C、如NaOH過量較多，可存在c（OH）c（CH3COO）；D、由圖象可知，lgc（X）越大，則c（X）越小，越先生成沉淀【解答】解：A、解：當(dāng)反應(yīng)物的起始物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率相同，據(jù)此由圖可知=3時(shí)，轉(zhuǎn)化率相同，即X與Y的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為3：1，故反應(yīng)為3X+YZ，故A錯誤；B、滴定開始時(shí)0.1 molL1某酸pH為3，所以酸為弱酸，強(qiáng)堿滴定弱酸用酚酞作指示劑，故B正確；C、如NaOH過量較多，可存在c（OH）c（CH3COO），故C錯誤；D、由圖象可知，lgc（X）越大，則c（X）越小，越先生成沉淀，由圖2曲線

44、，可確定首先沉淀的是I，故D錯誤，故選B15除去下列物質(zhì)中的雜質(zhì)（括號中為雜質(zhì)），采用的試劑和除雜方法錯誤的是（）選項(xiàng)含雜質(zhì)的物質(zhì)試劑除雜方法AC2H4（SO2）NaOH溶液洗氣BC6H6（Br2）Fe粉蒸餾CC6H5NO2（HNO3）NaOH溶液分液DC2H2（H2S）CuSO4溶液洗氣AABBCCDD【考點(diǎn)】物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用；物質(zhì)的分離、提純和除雜【分析】A二氧化硫與NaOH溶液反應(yīng)，而乙烯不能；B溴、苯在Fe作催化劑條件下反應(yīng)；C硝酸與NaOH溶液反應(yīng)，而硝基苯不能；D硫化氫與硫酸銅反應(yīng)，而乙炔不能【解答】解：A二氧化硫與NaOH溶液反應(yīng)，而乙烯不能，則利用洗氣法可除

45、雜，故A正確；B溴、苯在Fe作催化劑條件下反應(yīng)，不能除雜，應(yīng)加NaOH溶液分液來除雜，故B錯誤；C硝酸與NaOH溶液反應(yīng)，而硝基苯不能，則加NaOH溶液分液可除雜，故C正確；D硫化氫與硫酸銅反應(yīng)，而乙炔不能，則利用洗氣法可除雜，故正確；故選B16將含有O2和CH4的混合氣體置于盛有23.4g Na2O2的密閉容器中，電火花點(diǎn)燃，反應(yīng)結(jié)束后，容器內(nèi)的壓強(qiáng)為零，將殘留物溶于水中，無氣體產(chǎn)生下列敘述不正確的是（）A原混合氣體中O2和CH4的體積比為2：1B殘留物中只有Na2CO3和NaOHC反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移總數(shù)為0.8NAD殘留物質(zhì)量為26.6克【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)的計(jì)算【分析】反應(yīng)后無氣體，且將殘留

46、物溶于水中無氣體放出，說明過氧化鈉也完全反應(yīng)，故容器內(nèi)剩余固體為Na2CO3和NaOH，根據(jù)甲烷的組成利用C、H原子守恒可知可知生成的Na2CO3和NaOH物質(zhì)的量之比為1：4，再根據(jù)反應(yīng)的總化學(xué)方程式判斷原混合物中甲烷、氧氣的物質(zhì)的量之比【解答】解：反應(yīng)后容器中無氣體，且將殘留物溶于水中無氣體放出，說明過氧化鈉也完全反應(yīng)，故容器內(nèi)剩余固體為Na2CO3和NaOH，根據(jù)甲烷的組成利用C、H原子守恒可知可知生成的Na2CO3和NaOH物質(zhì)的量之比為1：4，則反應(yīng)的總化學(xué)方程式為2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH，A由方程式可知，原混合氣體中O2、CH4的物質(zhì)的量之比為1：2

47、，故A錯誤；B由反應(yīng)可知，殘留物中只有Na2CO3和NaOH，故B正確；Cn（Na2O2）=0.3mol，由C元素的化合價(jià)變化可知，0.1molC失去電子為0.8mol，反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移總數(shù)為0.8NA，故C正確；D殘留0.1molNa2CO3、0.4molNaOH，質(zhì)量為10.6g+16g=26.6g，故D正確；故選A二、非選擇題17納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注，下表為制取Cu2O的四種方法：方法a用炭粉在高溫條件下還原CuO方法b用葡萄糖還原新制的Cu（OH）2制備Cu2O；方法c電解法，反應(yīng)為2Cu+H2OCu2O+H2方法d用肼（N2H4）還原新制的Cu（OH）2（1）

48、已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）；H=169kJmol1C（s）+O2（g）=CO（g）；H=110.5kJmol1Cu（s）+O2（g）=CuO（s）；H=157kJmol1則方法a發(fā)生的熱化學(xué)方程式是：C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）H=+34.5kJmol1（2）方法c采用離子交換膜控制電解液中OH的濃度而制備納米Cu2O，裝置如圖所示：該離子交換膜為陰離子交換膜（填“陰”或“陽”），該電池的陽極反應(yīng)式為2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O，鈦極附近的pH值增大（填“增大”“減小”或“不變”）（3）方法d為加熱條件下用液態(tài)肼（N2H4）還原新制Cu（OH

49、）2來制備納米級Cu2O，同時(shí)放出N2該制法的化學(xué)方程式為4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O（4）在相同的密閉容器中，用以上方法制得的三種Cu2O分別進(jìn)行催化分解水的實(shí)驗(yàn)：2H2O（g）2H2（g）+O2（g）H0水蒸氣的濃度隨時(shí)間t變化如下表所示：序號01020304050T10.0500.04920.04860.04820.04800.0480T10.0500.04880.04840.04800.04800.0480T20.100.0940.0900.0900.0900.090對比實(shí)驗(yàn)的溫度：T2T1（填“”“”或“”），能否通過對比實(shí)驗(yàn)到達(dá)平衡所需時(shí)間長短判斷：否（填“

50、能”或“否”）實(shí)驗(yàn)前20min的平均反應(yīng)速率 v（O2）=3.5×105mol/（Lmin）催化劑的催化效率：實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)（填“”或“”）【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律結(jié)合熱化學(xué)方程式的書寫方法來書寫；（2）方法c采用離子交換膜控制電解液中OH的濃度，則只有使用陰離子交換膜才能控制氫氧根離子濃度，在電解池的陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)；鈦極是陰極發(fā)生氫離子得電子的還原反應(yīng)，據(jù)此分析附近pH值變化；（3）根據(jù)“液態(tài)肼（N2H4）還原新制Cu（OH）2來制備納米級Cu2O，同時(shí)放出N2”來書寫化學(xué)方程式；（4）該反應(yīng)的正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動，水蒸氣的轉(zhuǎn)化率增

51、大；溫度不同，反應(yīng)速率不同，不能通過對比實(shí)驗(yàn)到達(dá)平衡所需時(shí)間長短判斷；先計(jì)算水蒸氣反應(yīng)速率，再根據(jù)同一反應(yīng)中同一段時(shí)間內(nèi)各物質(zhì)的反應(yīng)速率之比等于其計(jì)量數(shù)之比計(jì)算氧氣反應(yīng)速率催化劑效率越高，反應(yīng)速率越快，到達(dá)平衡時(shí)間越短【解答】解：（1）已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）；H=169kJmol1，C（s）+O2（g）=CO（g）；H=110.5kJmol1，Cu（s）+O2（g）CuO（s）H=157kJmol1用炭粉在高溫條件下還原CuO制取Cu2O和CO的化學(xué)方程式為C（s）+2CuO （s）=Cu2O（s）+CO（g）該反應(yīng)可以是×2×，反應(yīng)的焓變是110.

52、5kJmol1（157kJmol1×2）×（169kJmol1）=34.5kJmol1，故答案為：C（s）+2CuO （s）=Cu2O（s）+CO（g）H=+34.5kJmol1；（2）方法c采用離子交換膜控制電解液中OH的濃度，則只有使用陰離子交換膜才能控制氫氧根離子濃度；在電解池中，當(dāng)陽極是活潑電極時(shí)，該電機(jī)本身發(fā)生失電子得還原反應(yīng)，在堿性環(huán)境下，金屬銅失去電子的電極反應(yīng)為2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O，鈦極是陰極發(fā)生氫離子得電子的還原反應(yīng)，所以消耗氫離子，則PH值增大，故答案為：陰；2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O；增大；（3）根據(jù)題目信息：液態(tài)肼（N2H4

53、）還原新制Cu（OH）2來制備納米級Cu2O，同時(shí)放出N2，得出化學(xué)方程式為：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O，故答案為：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O；（4）該反應(yīng)的正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動，水蒸氣的轉(zhuǎn)化率增大，和相比，轉(zhuǎn)化率高，所以T2T1，溫度不同，反應(yīng)速率不同，不能通過對比實(shí)驗(yàn)到達(dá)平衡所需時(shí)間長短判斷；故答案為：；否；前20min內(nèi)水蒸氣反應(yīng)速率=mol/（Lmin）=7×105mol/（Lmin），同一反應(yīng)中同一段時(shí)間內(nèi)各物質(zhì)的反應(yīng)速率之比等于其計(jì)量數(shù)之比，則氧氣反應(yīng)速率=3.5×105mol/（Lmin），故答案為：3.5×105mol/（Lmin）；實(shí)驗(yàn)相比，實(shí)驗(yàn)到達(dá)平衡時(shí)間短，反應(yīng)速率越快，催化劑效率高，故答案為：18鐵及其化合物有重要用途，如聚合硫酸鐵Fe2（OH）n（SO