2025年岳麓版高一化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年岳麓版高一化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、除去下列物質中少量雜質的方法正確的是（）A.除去CO2中混有的HCl：用飽和碳酸鈉溶液洗氣B.除去NO2中混有的NO：用水洗氣C.除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入過量鐵粉，過濾D.除去Cu粉中混有的CuO：加適量稀硝酸后，過濾、洗滌2、下列有關化學用語正確的是（）A.NH4Cl的電子式：B.N2的電子式：C.S原子的結構示意圖：D.質子數(shù)為26、中子數(shù)為30的鐵原子：Fe3、可用玻璃瓶，玻璃塞存放較長時間的試劑是rm{(}rm{)}A.溴水B.稀硫酸C.rm{NaOH}溶液D.濃鹽酸4、下列說法正確的是()A.制蒸餾水時，應該將溫度計水銀球插入液面以下B.用玻璃棒在過濾器上攪拌以加速硫酸鋇沉淀的洗滌C.實驗室中少量金屬鈉常保存在煤油中，實驗時多余的鈉不能放回原瓶中D.根據(jù)火焰所呈現(xiàn)的特征焰色，用來檢驗金屬或金屬離子的存在5、下列各對物質中屬于同分異構體的是()A.rm{{,!}^{16}O}和rm{{,!}^{18}O}B.rm{O_{2}}與rm{O_{3}}C.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{3}}與D.與6、下列選項中哪一種可與陶瓷、普通玻璃、水泥歸為同種類型的材料（）A.鋁合金B(yǎng).高溫結構氮化硅陶瓷C.有機玻璃D.磚瓦7、一定溫度下，在rm{2L}的密閉容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}三種氣體的物質的量隨時間變化的曲線如圖所示rm{.}下列描述錯誤的是rm{(}rm{)}A.達到平衡所需要的時間是rm{10s}B.平衡時rm{Y}的轉化率rm{79.0%}C.該反應的化學方程式為rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)}D.前rm{10s}用rm{Z}表示的反應速率為rm{0.79mol/(L?s)}評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、化合物A是一種不穩(wěn)定的物質，它的分子組成可用OxFy表示，10mLA氣體能分解生成15mLO2和10mLF2（同溫同壓下）

（1）A的分子式____；

（2）已知A分子中X個氧原子是-O-O-O-鏈狀排列，則A分子的電子式____，結構式是____．9、寫出下列物質在水溶液中的電離方程式。

H2SO4______

NaOH______

Al（NO3）3______．10、（1）地殼中含量最多的金屬元素是______畫出其原子結構示意圖______

（2）寫出CH3COOH電離方程式______

（3）下列各組化學反應中，鹽酸均為反應物，其中屬于氧化還原反應的是______，利用鹽酸氧化性的是______，利用鹽酸還原性的是______，只利用鹽酸酸性的是______．（用序號填寫）

①MnO2+4HCl（濃）=MnCl2+Cl2↑+2H2O②2HCl+2Na=2NaCl+H2↑

③2HCl+CuO=CuCl2+H2O④HCl+HClO=Cl2↑+H2O

⑤CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+2H2O⑥2HCl+Fe=FeCl2+H2↑11、rm{(1)2molCO_{2}}的質量是_______；在標準狀況下所占的體積約為_______；所含氧原子的數(shù)目約為______。rm{12.4gNa2X}中含有rm{0.4molNa+}則rm{Na2X}的摩爾質量是_________rm{(2)}可用于分離或提純物質的的方法有rm{壟脵}過濾rm{壟脷}結晶rm{壟脹}升華rm{壟脺}分液rm{(}填序號rm{)}rm{a.}除去石灰水中懸浮的碳酸鈣顆粒__________；rm{b.}除去氯化鈉中混有的碘單質rm{(}碘易由固態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)rm{)}_________；rm{c.}分離水與苯的混合物____________；12、在下圖所示的物質轉化關系中，rm{A}是常見的氣態(tài)氫化物，rm{B}是能使帶火星的木條復燃的無色無味氣體，rm{E}的相對分子質量比rm{D}大rm{17}rm{G}是一種紫紅色金屬單質。rm{(}部分反應中生成物沒有全部列出，反應條件未列出rm{)}

請回答下列問題：

rm{壟脜B}的化學式為____。

rm{壟脝}實驗室制取rm{A}的化學方程式為____。

rm{壟脟}反應rm{壟脵}的化學方程式為________。

rm{壟脠}反應rm{壟脷}的離子方程式為________。13、處于下列狀態(tài)的物質：rm{壟脵}氫氧化鈉固體rm{壟脷CO_{2}壟脹}無水醋酸rm{壟脺}鐵rm{壟脻NaHCO_{3}壟脼}熔融的氯化鎂rm{壟脽}液氨rm{壟脿}氨水rm{壟謾}石灰水rm{=10壟芒SO_{2}(}請用字母填寫rm{)}．

rm{(1)}上述物質中屬于酸性氧化物的是：______

rm{(2)}上述物質中屬于非電解質的是：______

rm{(3)}上述物質中屬于強電解質的是：______

rm{(4)}上述物質中可以導電的是：______

rm{(5)}寫出rm{壟脵}的水溶液和rm{壟脹}的水溶液反應的離子方程式______

rm{(6)}寫出過量的rm{壟脷}和rm{壟脿}反應的離子方程式______

rm{(7)}寫出rm{=10壟芒}溶于水后所得溶質的電離方程式______

rm{(8)}在含rm{0.4mol壟脵}的溶液中緩慢通入標準狀況下rm{6.72LCO_{2}}氣體被完全吸收，則反應后的溶質有______rm{(}填化學式rm{)}該過程總的離子反應方程式為______

rm{(9)}寫出過量的rm{壟脻}和rm{壟謾}的反應的離子方程式______．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．15、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）16、將藍色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對錯）17、含碳的化合物一定是有機化合物．（判斷對錯）18、某有機物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機物一定含有C、H、O三種元素．（判斷對錯）19、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．20、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）21、某有機物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機物一定含有C、H、O三種元素．（判斷對錯）評卷人得分四、工業(yè)流程題(共1題，共6分)22、工業(yè)上制取CuCl2的生產(chǎn)流程如下：

請結合下表數(shù)據(jù)，回答問題：。物質Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3溶度積(25℃)8.0×10-162.2×10-204.0×10-38完全沉淀時的pH范圍≥9.6≥6.43~4

(1)在溶液A中加入NaClO的目的是_________________。

(2)在溶液B中加入CuO主要涉及的離子反應方程式為________________。

(3)操作a為___________。

(4)在Cu(OH)2中加入鹽酸使Cu(OH)2轉化為CuCl2，采用稍過量鹽酸和低溫蒸干的目的是___。評卷人得分五、原理綜合題(共4題，共20分)23、中國是世界上最大的鎢儲藏國；超細鎢粉是生產(chǎn)硬質合金所必須的原料。

（1）工業(yè)上可以采用鋁熱還原法生產(chǎn)鎢鐵合金；已知：

①WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s)?H1

②3Fe3O4(s)+8Al(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s)?H2

則四氧化三鐵與鎢反應的熱化學方程式為___(反應熱寫為?H3并用含△H1、AH2的代數(shù)式表示)；在反應②中若有0.1molFe3O4參加反應，則轉移電子___mol。

（2）自然界中鎢主要存在于黑鎢礦中(主要成分是鐵和錳的鎢酸鹽)，從中制備出黃鎢(WO3)后再用H2逐級還原：WO3→WO2.90→WO2.72→WO2→W，總反應為3H2(g)+WO3(s)W(s)+3H2O(g)?H，實驗測得一定條件下平衡時H2的體積分數(shù)曲線如圖所示：

①由圖可知，該反應的?H____(填“>”或“<”)0；a點處的v正___v逆(填“>”“<”或“=”)。

②如果上述反應在體積不變的密閉容器中達到平衡，下列說法錯誤的是__(填序號)。

A.v正(H2)=v逆(H2O)

B.加入WO3，則H2的轉化率增大。

C.容器內氣體的密度不變時；一定達到平衡狀態(tài)。

D.容器內壓強不變時；一定達到平衡狀態(tài)。

③由圖可知900K，氫氣的平衡轉化率為__，Kp(900K)=____(用平衡分壓代替平衡濃度計算，已知：平衡分壓=p總×氣體物質的量分數(shù))。

④已知在高溫下，氧化鎢會與水蒸氣反應生成一種揮發(fā)性極強的水鎢化合物WO2(OH)2，因此在反應中要適當加快氫氣的流速，原因是__。24、氮及其化合物如NH3及銨鹽、N2H4、N2O4等在中學化學；化工工業(yè)、國防等領域占有重要地位。

（1）發(fā)射航天火箭常用肼(N2H4)與N2O4作燃料與助燃劑。肼(N2H4)與N2O4的反應為2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=-1077kJ?mol-1

已知相關反應的化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下表所示：?；瘜W鍵N-HN-NN≡NO-HE/（kJ?mol-1）390190946460

則使1molN2O4(g)分子中化學鍵完全斷裂時需要吸收的能量是___________。

（2）N2O4與NO2之間存在反應N2O4(g)2NO2(g)。將一定量的N2O4放入恒容密閉容器中，測得其平衡轉化率[a(N2O4)]隨溫度的變化如圖所示。

①由圖推測該反應的△H___0（填“>”或“<”），理由為________________。

②圖中a點對應溫度下，已知N2O4的起始壓強po為108kPa，則該溫度下反應的平衡常數(shù)Kp=_________（用平衡分壓代替平衡濃度計算；分壓=總壓×物質的量分數(shù)）。

③在一定條件下，該反應N2O4、NO2的消耗速率與自身壓強間存在關系v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，其中k1、k2是與反應溫度有關的常數(shù)。相應的速率壓強關系如圖所示，一定溫度下，k1、k2與平衡常數(shù)Kp的關系是k1=___________，在下左圖上標出的點中，能表示反應達到平衡狀態(tài)的點為__________（填字母代號）。

（3）電解NO2制備NH4NO3；其工作原理如圖所示。

①陽極的電極反應式為________________________________________。

②為使電解產(chǎn)物全部轉化為NH4NO3，需補充某種化合物A，則A的化學式為_________。25、納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關注，下表為制取Cu2O的兩種方法：。方法a用炭粉在高溫條件下還原CuO方法b電解法，反應為2Cu+H2OCu2O+H2↑

（1）工業(yè)上常用方法b制取Cu2O而很少用方法a，其原因是反應條件不易控制，若控溫不當易生成__________而使Cu2O產(chǎn)率降低。

（2）已知：①2Cu(s)+O2(g)＝Cu2O(s)ΔH1=－169kJ·mol－1

②C(s)+O2(g)＝CO(g)ΔH2=－110.5kJ·mol－1

③Cu(s)+O2(g)＝CuO(s)ΔH3=－157kJ·mol－1

則方法a中發(fā)生的反應：2CuO(s)＋C(s)＝Cu2O(s)＋CO(g)；△H=________。

（3）方法b是用肼燃料電池為電源，通過離子交換膜電解法控制電解液中OH－的濃度來制備納米Cu2O；裝置如圖所示：

①上述裝置中B電極應連_________電極(填“C”或“D”)。

②該離子交換膜為____離子交換膜(填“陰”或“陽”)，該電解池的陽極反應式為_______。

③原電池中負極反應式為______________。26、雙極膜由陽離子交換膜、催化劑層和陰離子交換膜組合而成，在直流電場作用下可將水解離，在雙極膜的兩側分別得到H+和OH－；將其與陽離子交換膜(陽膜)；陰離子交換膜(陰膜)組合，可有多種應用。

(1)海水淡化：模擬海水淡化；雙極膜組合電解裝置示意圖如下。

①X極是______極(填“陰”或“陽”)。

②電解后可獲得較濃的鹽酸和較濃的NaOH溶液，上圖中雙極膜的右側得到的是______(填“H+”或“OH－”)。

(2)鈉堿循環(huán)法脫除煙氣中的SO2，并回收SO2：

用pH>8的Na2SO3溶液作吸收液，脫除煙氣中的SO2，至pH＜6時，吸收液的主要成分為NaHSO3；需再生。

Ⅰ．加熱pH＜6時的吸收液使其分解，回收SO2并再生吸收液。所得的再生吸收液對SO2的吸收率降低，結合離子方程式解釋原因：______。

Ⅱ．雙極膜和陰膜組合電滲析法處理pH＜6時的吸收液，可直接獲得再生吸收液和含較高濃度HSO3?的溶液；裝置示意圖如下。

①再生吸收液從______室流出(填“A”或“B”)。

②簡述含較高濃度HSO3?的溶液的生成原理：______。

③與Ⅰ中的方法相比，Ⅱ中的優(yōu)點是______(列出2條)。評卷人得分六、結構與性質(共1題，共2分)27、某探究小組用HNO3與大理石反應過程中質量減小的方法，研究影響反應速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細顆粒與粗顆粒兩種規(guī)格，實驗溫度為298K、308K，每次實驗HNO3的用量為25.0mL；大理石用量為10.00g。

（1）請完成以下實驗設計表，并在實驗目的一欄中填出對應的實驗編號：。實驗編號T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實驗目的①298粗顆粒2.00（Ⅰ）實驗①和②探究HNO3濃度對該反應速率的影響；

（Ⅱ）實驗①和③探究溫度對該反應速率的影響；

（Ⅲ）實驗①和④探究大理石規(guī)格（粗、細）對該反應速率的影響；②_______________③_______________④_______________

（2）實驗裝置如圖1所示，如何檢驗該裝置的氣密性________________________________

（3）實驗①中CO2質量隨時間變化的關系見下圖2：依據(jù)反應方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計算實驗①在70-90s范圍內HNO3的平均反應速率________________________

（4）請在答題卡的框圖中，畫出實驗②、③和④中CO2質量隨時間變化關系的預期結果示意圖。_______參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【解答】解：A．飽和碳酸鈉溶液能與二氧化碳反應生成碳酸氫鈉；將原物質除掉，不符合除雜原則，故A錯誤；

B．二氧化氮能與水反應生成一氧化氮；將原物質除掉，不符合除雜原則，故B錯誤；

C．鐵粉不與氯化亞鐵反應；能與氯化鐵反應生成氯化亞鐵，故C正確；

D．銅單質能與稀硝酸反應生成硝酸銅和一氧化氮；故D錯誤．

故選C．

【分析】根據(jù)原物質和雜質的性質選擇適當?shù)某s劑和分離方法，所謂除雜（提純），是指除去雜質，同時被提純物質不得改變．除雜質題至少要滿足兩個條件：①加入的試劑只能與雜質反應，不能與原物質反應；②反應后不能引入新的雜質．2、D【分析】解：A．氯化銨是離子化合物，由氨根離子與氯離子構成，電子式為：故A錯誤；

B．N2的電子式為：故B錯誤；

C．硫元素的原子序數(shù)為16；不是18，故C錯誤；

D．質子數(shù)為26、中子數(shù)為30的鐵原子的質量數(shù)為26+30=56，其正確的表示方法為：2656Fe；故D正確，故選D．

A．氯化銨是由氨根離子與氯離子通過離子鍵結合而成的離子化合物；

B．氮氣分子中存在氮氮三鍵；氮原子最外層為8電子；據(jù)此書寫即可；

C．硫元素的原子序數(shù)為16；

D．質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù)；該鐵原子的質量數(shù)為56．

本題考查了常見化學用語的表示方法，題目難度中等，涉及電子式、元素符號、離子結構示意圖、電子排布式等知識，明確常見化學用語的書寫原則為解答結構，試題培養(yǎng)了學生的規(guī)范答題能力．【解析】【答案】D3、B【分析】解：rm{A}溴易揮發(fā)，且有極強的腐蝕性和毒性，故不能存放較長時間，故A錯誤；rm{B}稀硫酸不揮發(fā)，且無吸水性，且和玻璃不反應，故可以用玻璃瓶、玻璃塞儲存較長時間，故B正確；rm{C}氫氧化鈉溶液能和玻璃的主要成分之一的二氧化硅反應，生成硅酸鈉能將玻璃瓶和玻璃塞粘合在一起，故不能用玻璃瓶和玻璃塞盛放，故C錯誤；rm{D}濃鹽酸易揮發(fā)，且揮發(fā)出的rm{HCl}有腐蝕性，并導致濃鹽酸質量和濃度降低，故不能較長時間存放，故D錯誤rm{.}故選B．

A、溴易揮發(fā)；rm{B}稀硫酸不揮發(fā)，且無吸水性；rm{C}氫氧化鈉溶液能和玻璃的主要成分之一的二氧化硅反應；rm{D}濃鹽酸易揮發(fā)．

本題借助考查試劑的儲存考查了試劑的物理和化學性質，難度不大，應注意氫氧化鈉溶液、硅酸鈉溶液和rm{HF}溶液等均不能用玻璃瓶和玻璃塞來儲存．【解析】rm{B}4、D【分析】【分析】本題考查藥品的取用、配制、混合，過濾、沉淀洗滌的方法，鈉的取用，焰色反應應用等，難度不大?！窘獯稹緼.制蒸餾水時，應該將溫度計水銀球放在蒸餾燒瓶的支管口，故A錯誤；B.不能用玻璃棒在過濾器上攪拌來加速硫酸鋇沉淀的洗滌，故B錯誤；

C.實驗室中少量金屬鈉常保存在煤油中，實驗時多余的鈉能放回原瓶中，故C錯誤；

D.可以根據(jù)火焰所呈現(xiàn)的特征焰色，用來檢驗金屬或金屬離子的存在，故D正確。故選D。【解析】rm{D}5、D【分析】【分析】本題考查了同素異形體、同分異構體、同位素等基本概念及判斷，題目難度中等，明確同分異構體的概念即可解答，試題培養(yǎng)了學生靈活應用基礎知識的能力?！窘獯稹緼.rm{{,!}^{16}O}和rm{{,!}^{18}O}是質子數(shù)相同；中子數(shù)不同的原子，屬于同位素，故A錯誤；

B.氧氣和臭氧是氧元素組成的性質不同的單質；互稱同素異形體，故B錯誤；

C.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{3}}與的結構相似，在分子組成上相差rm{1}個rm{CH_{2}}原子團；為同系物，故C錯誤；

D.和的分子式相同；結構不同，屬于同分異構體，故D正確。

故選D。

【解析】rm{D}6、D【分析】【解答】A．鋁合金的主要成分是鋁；故A錯誤；

B．高溫結構氮化硅陶瓷的主要成分是氮化硅；不是硅酸鹽產(chǎn)品，故B錯誤；

C；有機玻璃的主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯；故C錯誤；

D；磚瓦的主要成分是硅酸鹽；故D正確；

故選D．

【分析】根據(jù)陶瓷、玻璃、水泥的主要成分判斷，它們都是硅酸鹽產(chǎn)品．7、D【分析】解：rm{A.}根據(jù)圖象可知在rm{10s}后，rm{X}rm{Y}rm{Z}的物質的量不再隨時間的變化而變化；即反應達到平衡狀態(tài)，故A正確；

B.反應開始到rm{10s}時，rm{Y}的轉化率為rm{dfrac{1.0mol-0.21mol}{1.0mol}=79%}故B正確；

C.由圖象可以看出，反應中rm{dfrac

{1.0mol-0.21mol}{1.0mol}=79%}rm{x}的物質的量減少，應為反應物，rm{Y}的物質的量增多；應為生成物；

當反應進行到rm{z}時，rm{3min}rm{trianglen(X)=0.79mol}rm{trianglen(Y)=0.79mol}

則rm{trianglen(Z)=1.58mol}rm{trianglen(X)}rm{trianglen(Y)}rm{trianglen(Z)=1}rm{1}參加反應的物質的物質的量之比等于化學計量數(shù)之比；

則反應的方程式為rm{2}故C正確；

D.反應開始到rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)}用rm{10s}表示的反應速率rm{dfrac{dfrac{1.58mol}{2L}}{10s}=0.079mol/(L?s)}故D錯誤；

故答案為rm{Z}．

根據(jù)圖象的曲線變化判斷物質的量的變化進而判斷反應平衡所需時間以及反應速率；轉化率的計算；根據(jù)參加反應的物質的物質的量之比等于化學計量數(shù)之比書寫化學方程式．

本題考查化學平衡圖象問題，題目難度不大，注意分析圖象中各物理量的變化曲線，把握相關物理量的計算．rm{dfrac{dfrac

{1.58mol}{2L}}{10s}=0.079mol/(L?s)}【解析】rm{D}二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】

（1）根據(jù)原子守恒配平方程式；

OxFy=O2+F2；

1×22.4L×22.4L×22.4L

10mL15mL10mL

所以x=3；y=2；

故答案為：O3F2

（2）該分子中含3個O原子，根據(jù)“A分子中X個氧原子是-O-O-O-鏈狀排列”知，兩個F原子位于該分子的兩端，所以該分子的結構式為F-O-O-O-F，電子式為．

故答案為：F-O-O-O-F．

【解析】【答案】（1）根據(jù)方程式中各物質的物質的量之比等于計量數(shù)之比；相同條件下的各氣體的物質的量之比等于其體積之比，計確定A的分子式．

（2）根據(jù)分子式結合已知條件寫其分子式；電子式．

9、略

【分析】解：硫酸是強電解質，電離出氫離子和硫酸根離子，硫酸的電離方程式為：H2SO4═2H++SO42-；

氫氧化鈉為強電解質，在水中電離出鈉離子和氫氧根離子，電離方程式為：NaOH═Na++OH-；

硝酸鋁為強電解質，溶液中完全電離出鋁離子和硝酸根離子，其電離方程式為：Al（NO3）2═Al3++3NO3-；

故答案為：H2SO4═2H++SO42-；NaOH═Na++OH-；Al（NO3）2═Al3++3NO3-．

硫酸；氫氧化鈉、硝酸鋁都是強電解質；強電解質的電離利用“═”，原子團在電離方程式中不能拆分，注意強酸的酸式酸根離子應電離出氫離子，并遵循電荷守恒、質量守恒定律．

本題考查電離方程式的書寫，注意掌握電離方程式的書寫原則，明確原子團的書寫及電離方程式應遵循電荷守恒、質量守恒定律，題目難度不大．【解析】H2SO4═2H++SO42-；NaOH═Na++OH-；Al（NO3）2═Al3++3NO3-10、略

【分析】解：（1）（1）地殼中含量最多的金屬元素是Al，鋁原子核外有3個電子層、13個電子，其原子結構示意圖為故答案為：Al；

（2）醋酸是弱電解質，在水溶液里部分電離生成氫離子和醋酸根離子，其電離方程式為CH3COOH?CH3COO-+H+，故答案為：CH3COOH?CH3COO-+H+；

（3）①MnO2+4HCl（濃）=MnCl2+Cl2↑+2H2O中部分Cl元素化合價由-1價變?yōu)?價；部分Cl元素化合價不變；所以HCl體現(xiàn)還原性和酸性；

②2HCl+2Na=2NaCl+H2↑中H元素化合價由+1價變?yōu)?價；所以HCl體現(xiàn)氧化性；

③2HCl+CuO=CuCl2+H2O中各元素化合價不變；所以HCl體現(xiàn)酸性；

④HCl+HClO=Cl2↑+H2O中Cl元素化合價由-1價變?yōu)?價；則HCl體現(xiàn)還原性；

⑤CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+2H2O中HCl中各元素化合價不變；所以HCl體現(xiàn)酸性；

⑥2HCl+Fe=FeCl2+H2↑中H元素化合價由+1價變?yōu)?價；所以HCl體現(xiàn)氧化性；

所以屬于氧化還原反應的是①②④⑥；利用鹽酸氧化性的是②⑥，利用鹽酸還原性的是①④，只利用鹽酸酸性的是③⑤，故答案為：①②④⑥；②⑥；①④；③⑤．

（1）地殼中含量最多的金屬元素是Al；鋁原子核外有3個電子層；13個電子；

（2）醋酸是弱電解質；在水溶液里部分電離生成氫離子和醋酸根離子；

（3）有電子轉移的化學反應是氧化還原反應；反應中HCl得電子化合價降低的時HCl作氧化劑；失電子化合價升高時HCl作氧化劑、HCl中各元素化合價不變時HCl體現(xiàn)酸性．

本題考查了氧化還原反應、弱電解質的電離等知識點，根據(jù)元素化合價是否變化及化合價升降確定氧化性、還原性，題目難度不大．【解析】Al；CH3COOH?CH3COO-+H+；①②④⑥；②⑥；①④；③⑤11、（1）88g44.8L4NA62g/mol（2）①③④【分析】【分析】

本題考查了物質的量的有關計算和物質分離提純的知識。

【解答】

rm{(1)m=nM=2mol隆脕44g/mol=88g}rm{V=nVm=2mol隆脕22.4L/mol=44.8L}rm{N=nN}rm{(1)m=nM=2mol隆脕44g/mol=88g}rm{V=nVm=2mol隆脕22.4L/mol=44.8L}rm{N=nN}rm{{,!}_{A}}rm{=2mol}rm{=2mol}rm{隆脕}rm{N_{A}/mol}氧原子數(shù)是分子數(shù)的rm{=2}倍，即為rm{=2}rm{N_{A}}氧原子數(shù)是分子數(shù)的rm{2}倍，即為rm{4}鈉離子的物質的量是rm{N_{A}}的rm{2}倍，所以rm{4}的物質的量是rm{N_{A}}據(jù)rm{M=dfrac{m}{n}=dfrac{;12.4g}{0.2mol};;=62g/mol}rm{N_{A}}rm{Na_{2}X}rm{2}rm{Na_{2}X}rm{0.2mol}rm{M=dfrac{m}{n}=

dfrac{;12.4g}{0.2mol};;=62g/mol}碳酸鈣不溶于水，可利用過濾法除去石灰水中懸浮的碳酸鈣顆粒，故答案為：故答案為：rm{88g}rm{44.8L}rm{4}

rm{88g}碘易升華，而rm{44.8L}加熱不變化；則利用升華法分離；

故答案為：rm{4}

rm{N_{A}}水和苯分層；可選擇分液法分離；

故答案為：rm{N_{A}}rm{62g/mol}rm{(2)a.}【解析】rm{(1)88g}rm{44.8L}rm{4N_{A;;;}62g/mol}rm{(2)壟脵}rm{壟脹}rm{壟脺}12、（1）O2（2）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（3）3NO2＋H2O=2HNO3＋NO（4）3Cu＋8H＋+2NO3－=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O【分析】【分析】本題通過框圖推斷考查氨氣、氮的氧化物、硝酸之間的轉化關系，利用題目所給信息和含氮元素各物質間的轉化關系可解答該題，難度不大?！窘獯稹縭m{B}是能使帶火星的木條復燃的無色無味氣體，則rm{B}是氧氣；rm{G}是一種紫紅色金屬單質，則rm{G}是銅；rm{A}是常見氣態(tài)氫化物，且能和氧氣反應，所以根據(jù)圖中的轉化可判斷，rm{A}是氨氣，則rm{C}就是rm{NO}rm{F}是水，rm{NO}和氧氣反應生成rm{NO_{2}}則rm{D}為是能使帶火星的木條復燃的無色無味氣體，則rm{B}是氧氣；rm{B}是一種紫紅色金屬單質，則rm{G}是銅；rm{G}是常見氣態(tài)氫化物，且能和氧氣反應，所以根據(jù)圖中的轉化可判斷，rm{A}是氨氣，則rm{A}就是rm{C}rm{NO}是水，rm{F}和氧氣反應生成rm{NO}則rm{NO_{2}}為rm{D}rm{NO_{2,}}則溶于水生成硝酸和rm{NO}則rm{E}是硝酸，硝酸和銅反應又生成rm{NO}結合對應物質的性質以及題目要求可解答該題。是硝酸，硝酸和銅反應又生成rm{NO}結合對應物質的性質以及題目要求可解答該題。rm{E}rm{NO}是能使帶火星的木條復燃的無色無味氣體，則rm{(1)}是rm{(1)}故答案為：rm{B}rm{B}實驗室用氯化銨和氫氧化鈣加熱來制取氨氣，故答案為：rm{O_{2}}rm{O_{2}}rm{(2)}實驗室用氯化銨和氫氧化鈣加熱來制取氨氣，故答案為：rm{(2)}rm{2NH}rm{4}rm{4}rm{Cl+Ca(OH)}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}rm{CaCl}rm{2}；rm{2}反應rm{+2NH}為二氧化氮和水反應，生成一氧化氮和硝酸，反應方程式為：rm{3}rm{3}rm{隆眉}rm{+2H}rm{2}rm{2}rm{O}，故答案為：rm{(3)}反應rm{壟脵}為二氧化氮和水反應，生成一氧化氮和硝酸，反應方程式為：rm{(3)}rm{壟脵}rm{3NO}rm{2}rm{2}rm{+H}；rm{2}rm{2}是銅和稀硝酸生成硝酸銅、一氧化氮和水，該反應的離子方程式為：rm{O=2HNO}rm{3}rm{3}rm{+NO}rm{3NO}，故答案為：rm{2}rm{2}rm{+H}rm{2}rm{2}。rm{O=2HNO}【解析】rm{(1)O}rm{(1)O}rm{2}rm{2}rm{(2)}rm{(2)}rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2;}}rm{CaCl_{2}+2NH_{3}}rm{隆眉}rm{+2H_{2}O}rm{(3)3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{(4)3Cu+8H}rm{(4)3Cu+8H}rm{{,!}^{+}}rm{+2NO}rm{+2NO}rm{3}rm{3}rm{{,!}^{-}}13、略

【分析】解：rm{(1)}酸性氧化物指能和堿反應生成鹽和水或與水反應生成對應的酸的氧化物，二氧化碳與水反應生成碳酸、二氧化硫生成亞硫酸，故答案為：rm{壟脷壟芒}

rm{(2)}非電解質是在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物，前提必須是化合物，符合條件的只有氨氣，故答案為：rm{壟脽}

rm{(3)}水溶液中完全電離的電解質為強電解質，強酸、強堿、活潑金屬氧化物、絕大多數(shù)鹽為強電解質，故答案為：rm{壟脵壟脻壟脼}

rm{(4)}存在自由移動的電子，溶液或熔融狀態(tài)下，含有自由移動離子的可以導電，故答案為：rm{壟脺壟脼壟脿壟謾}

rm{(5)}酸堿中和生成醋酸鈉和水，醋酸為弱酸，不能拆，離子方程式為rm{OH^{-}+CH_{3}COOH=CH_{3}COO^{-}+H_{2}O}故答案為：rm{OH^{-}+CH_{3}COOH=CH_{3}COO^{-}+H_{2}O}

rm{(6)}過量二氧化碳與氨水反應生成碳酸氫銨，離子方程式：rm{CO_{2}+NH_{3}漏qH_{2}O=NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}}故答案為：rm{CO_{2}+NH_{3}漏qH_{2}O=NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}}

rm{(7)}二氧化硫溶于水生成亞硫酸，亞硫酸為二元弱酸，分步可逆電離，電離方程式為rm{H_{2}SO_{3}簍PH^{+}+HSO_{3}^{-}}rm{HSO_{3}^{-}簍PH^{+}+SO_{3}^{2-}}故答案為：rm{H_{2}SO_{3}簍PH^{+}+HSO_{3}^{-}}rm{HSO_{3}^{-}簍PH^{+}+SO_{3}^{2-}}

rm{(8)}溶液中rm{n(NaOH)=0.4mol}則rm{n(NaOH)}rm{n(CO_{2})=0.4mol}rm{0.3mol=4}rm{3=1}rm{0.75}介于rm{2}rm{1}與rm{1}rm{1}之間，故發(fā)生反應：rm{CO_{2}+2NaOH=Na_{2}CO_{3}+H_{2}O}rm{CO_{2}+NaOH=NaHCO_{3}}且rm{NaOH}rm{CO_{2}}無剩余，溶液中溶質為rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}令溶液中rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}的物質的量分別為rm{amol}rm{bmol}則：根據(jù)鈉元素守恒有：rm{2a+b=0.4}

根據(jù)碳元素守恒有：rm{a+b=0.3}

聯(lián)立解得：rm{a=0.1}rm{b=0.2}

則rm{n(Na_{2}CO_{3})}rm{n(NaHCO_{3})=0.1mol}rm{0.2mol=1}rm{2}

離子方程式rm{4OH^{-}+3CO_{2}=CO_{3}^{2-}+2HCO_{3}^{-}+H_{2}O}故答案為：rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}rm{4OH^{-}+3CO_{2}=CO_{3}^{2-}+2HCO_{3}^{-}+H_{2}O}

rm{(9)}將氫氧化鈣定為rm{1mol}含rm{1mol}鈣離子和rm{2mol}氫氧根離子，需要rm{2molt}碳酸氫根離子，生成rm{1mol}碳酸鈣、rm{2mol}水、rm{1mol}碳酸鈉，離子反應為rm{2HCO_{3}^{-}+2OH^{-}+Ca^{2+}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O+CO_{3}^{2-}}故答案為：rm{2HCO_{3}^{-}+2OH^{-}+Ca^{2+}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O+CO_{3}^{2-}}．

rm{(1)}酸性氧化物指能和堿反應生成鹽和水的氧化物；

rm{(2)}非電解質是在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物；前提必須是化合物；

rm{(3)}水溶液中完全電離的電解質為強電解質；

rm{(4)}存在自由移動的電子；溶液或熔融狀態(tài)下，含有自由移動離子的可以導電；

rm{(5)}醋酸為弱酸；不能拆；

rm{(6)}過量二氧化碳與氨水反應生成碳酸氫銨；

rm{(7)}二氧化硫溶于水生成亞硫酸；亞硫酸為二元弱酸，分步可逆電離；

rm{(8)}溶液中rm{n(NaOH)=0.4mol}則rm{n(NaOH)}rm{n(CO_{2})=0.4mol}rm{0.3mol=4}rm{3=1}rm{0.75}介于rm{2}rm{1}與rm{1}rm{1}之間，故發(fā)生反應：rm{CO_{2}+2NaOH=Na_{2}CO_{3}+H_{2}O}rm{CO_{2}+NaOH=NaHCO_{3}}且rm{NaOH}rm{CO_{2}}無剩余，溶液中溶質為rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}.}令溶液中rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}的物質的量分別為rm{amol}rm{bmol}根據(jù)鈉元素守恒、碳元素守恒列方程計算rm{a}rm的值；

rm{(9)}利用少定多變法書寫．

本題考查了電解質、非電解質、強電解質、導電性的分析判斷、離子反應方程式的書寫，主要是概念理解應用，物質組成和性質是解題關鍵，掌握基礎是關鍵，明確發(fā)生的化學反應是解答本題的關鍵，注意離子反應的書寫方法即可解答，題目難度不大．【解析】rm{壟脷壟芒}rm{壟脽}rm{壟脵壟脻壟脼}rm{壟脺壟脼壟脿壟謾}rm{OH^{-}+CH_{3}COOH=CH_{3}COO^{-}+H_{2}O}rm{CO_{2}+NH_{3}漏qH_{2}O=NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}}rm{H_{2}SO_{3}簍PH^{+}+HSO_{3}^{-}}rm{HSO_{3}^{-}簍PH^{+}+SO_{3}^{2-}}rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}rm{3CO_{2}+4OH^{-}=CO_{3}^{2-}+2HCO_{3}^{-}+H_{2}O}rm{2HCO_{3}^{-}+2OH^{-}+Ca^{2+}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O+CO_{3}^{2-}}三、判斷題(共8題，共16分)14、B【分析】【解答】蒸餾是用來分離沸點不同的液體混合物；溫度計測量的是蒸汽的溫度，故應放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據(jù)溫度計在該裝置中的位置與作用；15、B【分析】【解答】n===1mol，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據(jù)n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．16、B【分析】【解答】藍色硫酸銅晶體放入濃硫酸生成硫酸銅和水；屬于化學變化，故答案為：×．

【分析】化學變化是指有新物質生成的變化，物理變化是指沒有新物質生成的變化，據(jù)此解題．17、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素；但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機化合物，簡稱有機物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素，但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物．18、B【分析】【解答】解：某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水；說明該有機物中肯定含有碳；氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．

【分析】根據(jù)質量守恒可知，某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素19、B【分析】【解答】蒸餾是用來分離沸點不同的液體混合物；溫度計測量的是蒸汽的溫度，故應放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據(jù)溫度計在該裝置中的位置與作用；20、B【分析】【解答】n===1mol，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據(jù)n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．21、B【分析】【解答】解：某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水；說明該有機物中肯定含有碳；氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．

【分析】根據(jù)質量守恒可知，某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素四、工業(yè)流程題(共1題，共6分)22、略

【分析】【分析】

在粗氧化銅(含氧化亞鐵)中加鹽酸；將金屬氧化物溶解轉變成氯化銅和氯化亞鐵；然后加次氯酸鈉，將氯化亞鐵氧化成氯化鐵；再加氧化銅調節(jié)溶液的pH值促進氯化鐵水解最終轉變成氫氧化鐵沉淀除去；繼續(xù)加氧化銅調節(jié)pH值后過濾分離得到氫氧化銅，通過操作a洗滌沉淀，再采用稍過量鹽酸和低溫蒸干得到氯化銅晶體，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)根據(jù)表中完全沉淀時的pH范圍可知，F(xiàn)e2＋沉淀時Cu2＋已基本沉淀完全，所以必須先將Fe2＋轉變?yōu)镕e3＋才能完全除去，所以溶液A中加入NaClO的目的是氧化Fe2＋生成Fe3＋有利于沉淀分離，反應的離子方程式為：2H＋＋ClO?＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋Cl?＋H2O；

故答案為：氧化Fe2＋生成Fe3＋有利于沉淀分離；

(2)在溶液B中加CuO調節(jié)溶液的pH使Fe3＋完全沉淀，有關的反應為：

故答案為：

(3)操作a為洗滌；目的是洗滌氫氧化銅表面的可溶性雜質；

故答案為：洗滌；

(4)因為溶液中存在以下平衡：Cu2＋＋2H2O?Cu(OH)2＋2H＋，加入過量鹽酸和低溫，能使平衡逆移，防止Cu2＋水解；

故答案為：抑制Cu2＋水解。

【點睛】

本題以工業(yè)上制取CuCl2的生產(chǎn)流程為背景，綜合考查學生靈活運用元素化合物知識、氧化還原反應知識、沉淀轉化、鹽類水解以及實驗分析等知識和技能，難度較大。【解析】氧化Fe2＋生成Fe3＋有利于沉淀分離洗滌抑制Cu2＋水解五、原理綜合題(共4題，共20分)23、略

【分析】【詳解】

（1）①WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s)?H1

②3Fe3O4(s)+8Al(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s)?H2

由蓋斯定律：①-②×4，則四氧化三鐵與鎢反應的熱化學方程式為3Fe3O4(s)＋4W(s)=9Fe(s)＋4WO3(s)△H3=△H2-4△H1(反應熱寫為?H3并用含△H1、AH2的代數(shù)式表示)；在反應②中若有0.1molFe3O4參加反應，則轉移電子×3×0.1mol=0.8mol。故答案為：3Fe3O4(s)＋4W(s)=9Fe(s)＋4WO3(s)△H3=△H2-4△H1；0.8；

（2）①由圖可知，3H2(g)+WO3(s)W(s)+3H2O(g)隨溫度升高，氫氣的體積分數(shù)減小，平衡正向進行，正向為吸熱反應，該反應的?H>0；a點要達平衡狀態(tài)，氫的體積分數(shù)要減小，反應正向進行，a點處的v正>v逆。故答案為：>；>；

②如果上述反應在體積不變的密閉容器中達到平衡；

A．氫氣消耗的速率與水消耗的速率相等，v正(H2)=v逆(H2O)；故A正確；

B．WO3是固體，加入WO3，則H2的轉化率不變；故B錯誤；

C．反應前后氣體的質量不同；容器內氣體的密度不變時，一定達到平衡狀態(tài)，故C正確；

D．反應前后氣體的體積不變；容器內壓強不變時，不一定達到平衡狀態(tài)，故D錯誤；

故答案為：BD；

③由圖可知900K；M點時氫氣的體積分數(shù)為25%，設氫氣的起始量為3mol，轉化率為x，氫氣的變化量為3xmol，列出三段式：

則有x=0.75，氫氣的平衡轉化率為75%；

平衡常數(shù)可用平衡分壓代替平衡濃度計算，氣體分壓=氣體總壓×物質的量分數(shù)。水蒸氣的分壓為p總×0.75，氫氣的分壓為p總×0.25，Kp(900K)==27。故答案為：75%；27；

④在高溫下，氧化鎢會與水蒸氣反應生成一種揮發(fā)性極強的水鎢化合物WO2(OH)2；因此在反應中要適當加快氫氣的流速，原因是加快氫氣的流速可以脫除氫氣中的水蒸氣，提高鎢的產(chǎn)率。故答案為：加快氫氣的流速可以脫除氫氣中的水蒸氣，提高鎢的產(chǎn)率。

【點睛】

本題考查化學平衡的計算，把握蓋斯定律計算焓變、化學平衡三段法、轉化率及Kp的計算為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，綜合性較強，難點（2）③列出三段式，利用Kp的定義進行計算?！窘馕觥?Fe3O4(s)＋4W(s)=9Fe(s)＋4WO3(s)△H3=△H2-4△H10.8>>BD75%27加快氫氣的流速可以脫除氫氣中的水蒸汽，提高鎢的產(chǎn)率24、略

【分析】【分析】

根據(jù)反應的焓變＝反應物總鍵能－生成物總鍵能計算。根據(jù)圖像分析；隨著溫度升高，四氧化二氮的平衡轉化率增大，說明升高溫度有利于反應正向進行，據(jù)此判斷焓變。根據(jù)反應方程式計算平衡時體系中的四氧化二氮和二氧化氮的分壓，代入平衡常數(shù)表達式計算分壓平衡常數(shù)即可。電解池陽極發(fā)生氧化反應，根據(jù)原理分析，二氧化氮在陽極變?yōu)橄跛岣x子，陰極為二氧化氮變?yōu)殇@根離子，根據(jù)電子守恒分析硝酸根離子和銨根離子的物質的量的關系，并分析使二氧化氮電解全部轉化為硝酸銨需要將剩余的氫離子轉化為銨根離子，據(jù)此分析Ａ物質。

【詳解】

(1)假設1molN2O4(g)分子中化學鍵完全斷裂時需要吸收的能量為xkJ，△H=2×（190+390×4）+x-946×3-460×8=-1077，計算x=1941kJ；(2)①根據(jù)圖像分析，隨著溫度升高，α（N2O4）增加，說明平衡右移。該反應為吸熱反應，△H>0；②四氧化二氮與二氧化氮之間存在反應，a點起始時四氧化二氮的壓強為108kPa，四氧化二氮的平衡轉化率為40%，則平衡時p(N2O4)=po(1-40%),p(NO2)=po×40%×2，所以反應的分壓平衡常數(shù)為115.2KPa；③當達到平衡時滿足正逆反應速率相等，即消耗速率2v(N2O4)=v(NO2)，又有v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，則k1、k2與平衡常數(shù)Kp的關系為Kp=根據(jù)2v(N2O4)=v(NO2)，則可以表示化學平衡的點為B點與D點。(3)①電解池陽極發(fā)生氧化反應，根據(jù)原理圖分析，二氧化氮在陽極失去電子轉化為硝酸根離子，則陽極的電極反應為NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；②陰極反應為二氧化氮變成銨根離子，電極反應為NO2+7e-+8H+=NH4++2H2O，產(chǎn)生多余的氫離子，為了使二氧化氮電解全部轉化為硝酸銨，則需要反應掉H+產(chǎn)生銨根離子，所以加入的A物質為NH3?！窘馕觥?941kJ>溫度升高，α（N2O4）增加，說明平衡右移。該反應為吸熱反應，△H>0115.2KPaB點與D點NO2-e-+H2O=NO3-+2H+NH325、略

【分析】【分析】

（1）碳會將CuO還原為銅；

（2）根據(jù)蓋斯定律進行求解；

（3）①銅電極應發(fā)生氧化反應；原電池中正極得電子發(fā)生還原反應；負極失電子發(fā)生氧化反應；

②離子交換膜要控制電解液中OH-的濃度；陰離子交換膜才能控制氫氧根濃度；

③原電池中負極失電子發(fā)生氧化反應。

【詳解】

（1）在加熱條件下，C會將CuO還原為Cu，故方法I反應條件不易控制，若控溫不當易生成Cu而使Cu2O產(chǎn)率降低；

（2）已知：①2Cu（s）+O2（g）＝Cu2O（s）△H=-169kJ?mol-1

②C（s）+O2（g）＝CO（g）△H=-110.5kJ?mol-1

③Cu（s）+O2（g）＝CuO（s）△H=-157kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律①+②-2×2可得2CuO（s）+C（s）＝Cu2O（s）+CO（g）△H=+34.5kJ?mol-1；

（3）①原電池中D電極通入氧氣；氧氣發(fā)生還原反應，故D電極為正極，C電極為負極；電解池中B電極為銅，銅在反應過程被氧化，故為陽極，與外接電源的正極相連，即與D相連，故答案為：D；

②該方法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，當陽極是活潑電極時，該電極本身發(fā)生失電子得還原反應，在堿性環(huán)境下，金屬銅失去電子的電極反應為2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O；

③原電池中負極失電子發(fā)生氧化反應，負極通入N2H4失電子被氧化成N2，負極反應式為N2H4-4e－+4OH－＝N2↑+4H2O。【解析】Cu+34.5kJ·mol－1D陰2Cu-2e－+2OH－=Cu2O+H2ON2H4-4e－+4OH－=N2↑+4H2O26、略

【分析】【分析】

(1)①根據(jù)圖示；X極發(fā)生氧化反應生成氧氣；

②根據(jù)Y極生成氫氣分析；

(2)Ⅰ．HSO3?具有還原性，NaHSO3分解的過程被氧化為Na2SO4；

Ⅱ．右側電極為陰極，陰極氫離子得電子生成氫氣，所以B室雙極膜左側生成OH-，OH-和HSO3?反應生成SO32?，直接獲得再生吸收液；A室雙極膜右側生成H+，H+和SO32?反應生成HSO3?，獲得含較高濃度HSO3?的溶液；

【詳解】

(1)