内蒙古自治区乌兰察布市集宁一中2020届高三上学期期中考试化学试题

集宁一中西校区2019—2020学年第一学期期中考试高三年级化学试题
第Ⅰ卷（选择题，共42分）
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12
一、选择题（本大题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题意的。）
1.下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是
A. 烧碱、液态氧、碘酒 B. 生石灰、白磷、熟石灰
C. 干冰、铁、氯化氢 D. 空气、氮气、胆矾
【答案】A
【解析】
【详解】B、生石灰氧化物熟石灰是碱，错误；
C、氯化氢是化合物，不是混合物，错误
D、空气是混合物，氨气和胆矾是化合物，错误；
答案选A。
2.化学与社会、生活密切相关，下列说法正确的是( )
A. 凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用
B. “嫦娥”三号使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料
C. Fe2O3俗称铁红，常做红色油漆和涂料
D. 工业上通常用电解Na、Mg、Al对应的氯化物制取该三种金属单质
【答案】C
【解析】
【详解】A. 为保持食品新鲜，食品添加剂可按规定限量使用，如火腿肠中加亚硝酸钠等防腐剂，A项错误；
B 碳纤维属于无机材料，不属于有机高分子材料，B项错误；
C. Fe2O3为红棕色，俗称铁红，常做红色油漆和涂料，C项正确；
D. 氯化铝为共价化合物，其在熔融状态下不导电，应电解熔融氧化铝冶炼Al，而工业上通常用电解Na、Mg对应的氯化物制取Na、Mg，D项错误；
答案选C。
【点睛】工业冶炼金属的常用化学方法有：
电解法：适用于K、Ca、Na、Mg、Al；
热还原法：适用于Zn、Fe、Sn、Pb、Cu；
热分解法：适用于Hg、Ag。
3.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是(　　)
A. 14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
C. 1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g÷14g/mol=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；
B.1mol N2与4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；
C.1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误；
D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；
答案选A。
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4.在溶液中能大量共存，加入OH-有沉淀析出，加入H+能放出气体的离子组是
A. Mg2+、Na+、Cl-、CO32- B. Ba2+、K+、OH-、NO3-
C. H+、Fe3+、NH4+、SO42- D. Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-
【答案】D
【解析】
试题分析：A．该组离子之间不反应，可大量共存，加OH-有氢氧化铜沉淀析出，但加H+不能放出气体，故A不选；B．该组离子之间不反应，可大量共存，加OH-没有沉淀生成，加H+不能放出气体，故B不选；C．H+、CO32-结合生成水和气体，不能共存，故C不选；D．该组离子之间不反应，可大量共存，加OH-有碳酸钙沉淀生成，加H+能放出二氧化碳气体，故D选；故选D。
【考点定位】考查离子的共存
【名师点晴】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查。注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；是“可能”共存，还是“一定”共存等；
5.下列离子方程式正确的是( )
A. FeBr2溶液中通入过量氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B. 石灰石溶于醋酸：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O
C. 铜与浓硝酸反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
D. 过氧化钠与水反应：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A.向FeBr2溶液中通入过量氯气，溶液中Fe2＋与Br－均被氧化，其离子反应方程式为2Fe2+＋4Br－＋3Cl2=2Fe3+＋2Br2＋6Cl-，A项错误；
B. 石灰石不溶于水，醋酸为弱酸，故石灰石溶于醋酸的离子反应方程式为CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，B项正确；
C. 铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，其离子方程式为Cu+4H++2NO3−═Cu2++2NO2↑+2H2O，C项错误；
D. 过氧化钠与水反应的离子反应为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH−+O2↑，D项错误；
答案选B。
【点睛】离子方程式的书写正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：
1.是否符合客观事实，如铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；
2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe + Fe3+= 2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；
3.观察化学式是否可拆，不该拆的拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；
4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式，如本题的A项是难点；
5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种。
总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的根本宗旨。
6. 下列装置或操作能达到实验目的的是

A. 用装置甲制取氯气 B. 用乙装置除去氯气中的HCl气体
C. 用丙装置萃取溴水中的溴单质 D. 用丁装置分离乙酸与乙醇
【答案】C
【解析】
试题分析：A．浓盐酸和二氧化锰的应在加热条件下进行，常温下二者不反应，不能制备氯气，故A错误；B．二者都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和食盐水除杂，故B错误；C．溴易溶于苯，可萃取分离，故C正确；D．温度计用于测量馏分的温度，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故D错误；故选C。
考点：考查气体的制备、物质的分离等。
7.“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能确定其正确与否。下列几种类推结论中，错误的是
A. Na可与冷水反应产生氢气，则K也可与冷水反应产生氢气
B. Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，则Fe(OH)3受热也易分解
C. Fe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应可生成FeI3
D. CO2可以使澄清的石灰水变浑浊，则SO2也可以使澄清的石灰水变浑浊
【答案】C
【解析】
【详解】A．K比Na活泼，所以Na可与冷水反应产生氢气，K也可与冷水反应生成氢气，故不符合题意；
B．难溶性碱受热易分解，则Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，可知Fe(OH)3受热也易分解，故不符合题意；
C．氯气具有强氧化性，而碘的氧化性较弱，则Fe与Cl2反应生成FeCl3，而Fe与I2反应可生成FeI2，故符合题意；
D．CO2，SO2都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，所以CO2可以使澄清的石灰水变浑浊，SO2也可以使澄清的石灰水变浑浊，故不符合题意；
故选C。
8. 氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：
Al2O3+ N2+ 3 C2 AlN + 3 CO 下列叙述正确的是 ( )
A. 在氮化铝的合成反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B. 上述反应中每生成2 mol AlN，N2得到3 mol电子
C. 氮化铝中氮元素的化合价为-3
D. 氮化铝晶体属于分子晶体
【答案】C
【解析】
在氮化铝的合成反应中，N2中氮元素的化合价从0价降低到－3价，氮气是氧化剂，碳是还原剂，A不正确。每生成2 mol AlN，N2得到6 mol电子，B不正确。氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，说明该化合物是原子晶体，答案选C。
9.五种短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A2属于绿色燃料，C的氧化物用于生产光导纤维，D元素原子的核电荷数是同主族上一周期元素的2倍，B、C为同周期元素，B、D原子最外层电子数之和等于E的最外层电子数． 根据以上叙述，下列说法中正确的是
A. 五种元素中有两种金属元素
B. 元素C、D、E的最高价氧化物对应水化物的酸性增强
C. 元素D、E分别与元素A形成化合物的稳定性：A2D>AE
D. 元素B、D、E的简单离子半径大小为：B>D>E
【答案】B
【解析】
试题分析：五种短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A2属于绿色燃料，则A为H元素；C的氧化物常用于玻璃的生产，则C为Si元素；D元素原子的核电荷数是同主族上一周期元素的2倍，则D为S元素；E的原子序数大于S，则E为Cl元素；B、C为同周期元素，则B位于第三周期，B、D原子最外层电子数之和等于E的最外层电子数，则B最外层电子数=7-6=1，为Na元素；A．五种元素中，只有Na(B)是金属元素，故A错误；B．元素C、D、E分别为Si、S、Cl，非金属性逐渐增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，故B正确；C．元素D、E分别S、Cl，非金属性：Cl＞S，则对应氢化物的稳定性：A2D＜AE，故C错误；D．离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小为：D＞E＞B，故D错误；故选B。
【考点定位】考查原子结构与元素周期律的关系
【名师点晴】注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系推断元素为解答关键，，五种短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A2属于绿色燃料，则A为H元素；C的氧化物常用于玻璃的生产，则C为Si元素；D元素原子的核电荷数是同主族上一周期元素的2倍，则D为S元素；E的原子序数大于S，则E为Cl元素；B、C为同周期元素，则B位于第三周期，B、D原子最外层电子数之和等于E的最外层电子数，则B最外层电子数=7-6=1，为Na元素，据此结合元素周期律知识解答。
10.向25mL 18.4mo1·L-1 H2SO4溶液中加入足量的铜片并加热，充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量是( )
A. 小于0.23 mol B. 等于0.23 mol
C. 0.23mol～0.46mol之间 D. 等于0.46mol
【答案】A
【解析】
18.4mol•L-1H2SO4为浓硫酸，溶液中加入足量铜片并加热发生Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，n（H2SO4）=0.025L×18.4mol/L=0.46mol，随着反应的进行，硫酸浓度逐渐降低，稀硫酸与铜不反应，则被还原的H2SO4的物质的量小于0.23 mol，故选A。
点睛：本题考查氧化还原反应的计算，侧重于硫酸的性质的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的异同。浓硫酸与铜发生Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，随着反应的进行，硫酸浓度逐渐降低，稀硫酸与铜不反应。
11.下列各组物质中，满足如图物质一步转化关系的选项是（　　）

选项
X
Y
Z
A
Na
NaOH
NaHCO3
B
S
SO2
SO3
C
C
CO
CO2
D
Si
SiO2
H2SiO3




A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na可与水反应转化为NaOH，NaOH可与过量的CO2反应生成NaHCO3，但NaHCO3不能通过一步反应转化为Na，A项错误；
B. S可与O2反应生成SO2，SO2可与O2在催化剂作用下生成SO3，但SO3不能通过一步反应转化为S，B项错误；
C. C可与O2不充分燃烧生成CO，CO在O2中燃烧生成CO2，CO2与镁在点燃条件下可生成C与MgO，均可实现一步转化，符合题意，C项正确；
D. Si与O2在一定条件下反应可生成SiO2，SiO2不能和水反应，不可一步转化为H2SiO3，H2SiO3也不可通过一步反应转化为Si，D项错误；
答案选C。
12.下列有关热化学方程式及其叙述正确的是(  )
A. 氢气的燃烧热为285.5 kJ•mol-1,则水电解的热化学方程式为:2H2O(l)2H2(g)+O2(g) H=+285.8kJ•mol-1
B. 1mol甲烷完全燃烧生成CO2 (g)和H2O(l)时放出890kJ热量,它的热化学方程式为 1/2CH4(g)+O2(g) 1/2CO2(g)+H2O(l) H=-445kJ•mol-1
C. 已知2C(s)+O2(g) 2CO(g) H=-221kJ•mol-1,则C的燃烧热为110.5 kJ•mol-1
D. HF与NaOH溶液反应:H+(aq)+OH-(aq) = H2O(l) H=-57.3kJ•mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氢气燃烧热是放热反应，焓变为负值，水电解过程是吸热反应，电解2mol水要消耗的能量为571.0 kJ，A项错误；
B. 1mol CH4完全燃烧生成CO2和H2O（l）时放出890kJ热量，1/2mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热445kJ，热化学方程式为：1/2CH4(g)+O2(g) 1/2CO2(g)+H2O(l) H=-445kJ•mol-1，B项正确；
C. 选项中反应生成的一氧化碳不是稳定氧化物，该反应热不是燃烧热，C项错误；
D. HF是弱酸，存在电离平衡，电离过程是吸热过程，热化学方程式中不能拆成离子，且1mol NaOH溶液与HF溶液反应放热小于57.3kJ，D项错误；
答案选B。
13. 在某一化学反应A＋3B===2C＋D中，反应物A的浓度在20 s内由1.0 mol/L变成0.2mol/L，则在这20 s内用C表示的平均反应速率为( )
A. 0.01 mol/(L·s) B. 0.8 mol/(L·s)
C. 0.04 mol/(L·s) D. 0.08 mol/(L·s)
【答案】D
【解析】
v(A)＝＝＝0.04 mol/(L·s)，根据反应速率之比等于化学方程式中各物质化学计量之比，得＝，得v(C)＝0.08 mol/(L·s)，D项正确。
14.下列离子方程式的书写及评价均合理的是
选项
离子方程式
评价
A
将2molCl2通入含有1molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I-＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl-＋I2
正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I-均氧化
B
Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2＋＋HCO3-＋OH-=MgCO3↓＋H2O
正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水
C
过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO-=HClO＋HSO3-
正确；说明酸性：H2SO3强于HClO
D
1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-＋5H＋=Al3＋＋Al(OH)3↓＋3H2O
正确；AlO2-与Al(OH)3消耗的H＋的物质的量之比为2：3



A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 将2mol Cl2通入含有1mol FeI2的溶液中，氯气足量，碘离子和亚铁离子都完全被氧化，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：2Fe2++4I−+3Cl2=2Fe3++6Cl−+2I2，A项错误；
B. Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，由于NaOH足量，Mg2+要生成Mg(OH)2沉淀，正确的离子方程式为：Mg2++2HCO3−+4OH−=2CO32-+Mg(OH)2↓+2H2O，题中离子方程式和评价均不合理，B项错误；
C. NaClO溶液中通入过量SO2气体，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：ClO−+H2O+SO2═2H++Cl−+SO42−，离子方程式和评价都不合理，C项错误；
D. 1mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合，设溶液体积为1L，溶液中含有1mol偏铝酸根离子、2.5mol氢离子，1mol偏铝酸根离子转化成1mol氢氧化铝沉淀消耗1mol氢离子，剩余的1.5mol氢离子能够溶解0.5mol氢氧化铝，则反应生成的氢氧化铝和铝离子的物质的量相等，反应的离子方程式为：2AlO2−+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O，且AlO2−与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为2:3，D项正确；
答案选D。
【点睛】C项是学生们的易错点，NaClO溶液中通入过量CO2气体时，反应的离子方程式为CO2＋H2O＋ClO- =HClO＋HCO3-，学生们误认为NaClO溶液中通入过量SO2气体时，也会发生类似的反应，学生们忽略了ClO-氧化性，SO2具有还原性，易被氧化剂氧化，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：ClO−+H2O+SO2═2H++Cl−+SO42-。
第Ⅱ卷（选择题，共58分）
15.下表为元素周期表的一部分。
碳
氮
Y

X

硫
Z

回答下列问题
（1）Z元素在周期表中的位置为__________。
（2）元素周期表中与Z元素同周期原子半径最大的是(写元素名称)__________，其最高价氧化物对应的水化物含有的化学键类型____________。
（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是___；
a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊
b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多
c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
（4）根据下图实验，可以证明碳的非金属性比X强。饱和小苏打溶液的作用__________。发生的离子方程式是：__________________

（5）重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是________。
a．氘(D)原子核内有1个中子
b．1H与D互称同位素
c．H2O与D2O互称同素异形体
d．1H218O与D216O的相对分子质量相同
【答案】 (1). 第三周期ⅦA族 (2). 钠 (3). 离子键和（极性）共价键 (4). ac (5). 除去挥发出来的HCl气体 (6). H++HCO3-=H2O+CO2↑ (7). c
【解析】
【分析】
根据元素在周期表的位置关系可知，X与碳同族，位于碳的下一周期，应为Si元素；Y与硫元素同族，位于硫的上一周期，应为O元素；Z与硫元素处于同一周期，位于第VIIA族，应为Cl元素，结合元素原子的结构和元素周期律分析作答。
（1）Z为Cl，质子数为17，电子结构有3个电子层，最外层电子数为7；
（2）电子层相同时核电荷数越大离子半径越小，即同一周期元素原子的半径从左到右依次减小；根据化学键与物质类别分析；
（3）Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，可利用单质之间的置换反应、氢化物稳定性比较；
（4）利用碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳，利用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl气体，再将二氧化碳通入硅酸钠溶液中出现白色胶状沉淀，以此证明碳酸的酸性比硅酸强；
（5）a．原子的中子数等于质量数-质子数；
b．具有相同质子数、不同中子数的原子互为同位素；
c．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；
d．D即是2H，据此分析。
【详解】（1）Z为Cl元素，在周期表中的位置为第三周期ⅦA族；
（2）根据上述分析可知，与Cl处于同一周期的原子半径最大的是钠，其最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠，其化学键类型为：离子键和（极性）共价键，故答案为：钠；离子键和（极性）共价键；
（3）a. Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，则Y的得到电子能力强，Y的非金属性强，a项正确；
b. 在氧化还原反应中，1mol Y单质比1mol S得电子多，得电子多少不能比较非金属性，b项错误；
c. Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，可知Y的氢化物稳定，则Y的非金属性强，c项正确；
故答案为：ac；
（4）图中实验装置中，制备二氧化碳的过程中会有HCl气体挥发，为除去二氧化碳气体中的HCl，证明碳酸的酸性比硅酸强，需用饱和碳酸氢钠溶液进行除杂，发生的离子方程式为：H++HCO3-=H2O+CO2↑，故答案为：除去挥发出来的HCl气体；H++HCO3-=H2O+CO2↑；
（5）a. 氘(D)原子内有1个质子，质量数为2，因此中子数=2-1=1，a项正确；
b. 1H与D具有相同质子数、不同中子数，二者互称同位素，b项正确；
c. H2O与D2O均为水，属于化合物，不是单质，不能互称同素异形体，c项错误；
d. D即是2H，所以1H218O与D216O的相对分子质量相同，d项正确；
故答案为：c。
16.能源是人类生存和发展的重要支柱，化学在能源的开发与利用方面起着十分重要的作用。某学习小组按如下图所示装置探究化学能与电能的相互转化：

(1)甲池是_________装置，通入O2气体的电极上的反应式为______________。乙池中SO42-移向_____电极（填“石墨”或“Ag”）。
(2) 当甲池消耗标况下33.6L O2时，电解质KOH的物质的量变化_____mol,乙池若要恢复电解前的状态则需要加入__________(填所加物质的质量及化学式)。
(3) 丙池中发生的电解反应的离子方程式为______________。
【答案】 (1). 原电池（或化学能转化为电能） (2). O2 + 4e- +2H2O===4OH- (3). 石墨 (4). 1.5 (5). 240gCuO（或372gCuCO3） (6). 2Cl-+2H2O Cl2↑ + H2↑ + 2OH-
【解析】
【分析】
（1）甲装置为燃料电池，O2在正极上得电子，碱性条件下生成氢氧根离子；乙池为电解池，阴离子移向阳极；
（2）甲装置为燃料，电池总反应为CH4+2O2+2OH-═CO32-+3H2O，据此计算电解质KOH的物质的量变化；乙中为电解硫酸铜溶液，根据电解的产物分析，根据“析出什么元素加入什么元素”的原则确定加入的物质；
（3）丙池为惰性电极电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，据此书写电解反应的离子方程式。
【详解】（1）由图可看出甲图为燃料电池装置，是原电池（或化学能转化为电能）；通入氧气的电极为正极，其电极反应式为：O2 + 4e- +2H2O===4OH-；乙图和丙图为电解池，与电池的正极相连的石墨为阳极，与电池的负极相连的Ag电极为阴极，则乙池中SO42－ 移向石墨极（阳极），故答案为：原电池（或化学能转化为电能）；O2 + 4e- +2H2O===4OH-；石墨；
（2）原电池正极反应式为：2O2+8e-+4H2O=8OH-，总反应为：CH4 +2O2+ 2OH-=CO32-+ 3H2O，当甲池消耗标况下33.6L（1.5mol）O2时，则消耗1.5mol KOH，转移6mol电子，则乙池生成3molCu和1.5molO2，根据原子守恒，若要恢复电解前的状态则需要加入氧化铜：3mol×80g/mol=240g，或碳酸铜：3mol×124g/mol=372g，故答案为：1.5；240gCuO（或372gCuCO3）；
（3）丙池中惰性电极电解氯化钠溶液，电解反应离子方程式为2Cl-+2H2O Cl2↑ + H2↑ + 2OH-。
【点睛】本题考查电解池和原电池，注重基础知识的考查，题目难度不大，注意明确反应原理，理清反应关系，燃料电池中，通氧气的一极是正极，通燃料的一极为负极，电解池中，与正极相连得是阳极，与负极相连的是阴极，阳离子与电流方向形成闭合，阴离子与电子方向形成闭合。
17.某化学反应2A B＋D在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为0。反应物A的浓度（mol/L）随反应时间（min）的变化情况如下表：

根据上述数据，完成下列填空：
（1）在实验1，反应在10至20分钟时间内平均速率为_____mol/（L·min）。
（2）在实验2，A的初始浓度c2＝____________mol/L，反应经20分钟就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是___________。
（3）设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3_______v1（填＞、＝、＜），且c3_______1.0 mol/L（填＞、＝、＜）。
（4）比较实验4和实验1，可推测该反应是____反应（选填吸热、放热）。理由是 __________
【答案】 (1). 0.013 (2). 1.0 (3). 催化剂 (4). ＞　　 (5). ＞ (6). 吸热 (7). 温度升高时，平衡向右移动
【解析】
分析】
（1）根据v=公式解题；
（2）实验1和实验2达到平衡时A的浓度不再改变且相等，说明实验2与实验1其他条件完全相同，实验2使用了催化剂，加快了反应速率，缩短了达平衡的时间；
（3）以10至20min为例求出实验1和实验3的反应速率进行比较；
（4）根据化学平衡移动原理分析，加热平衡向吸热反应方向移动。
【详解】（1）在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为v== =0.013 mol/（L·min），故答案为：0.013；
（2）实验1和实验2达到平衡时A的浓度不再改变且相等，说明实验2与实验1其他条件完全相同，实验1与实验2中A的初始浓度应相等，起始浓度c2=1.0mol/L，实验2较其他实验达到平衡时间最短，是使用了合适的催化剂，
故答案为：1.0；催化剂；
（3）在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为v== =0.013 mol/(L·min)，在实验3中，反应在10至20min时间内平均速率为v== =0.015 mol/(L·min)，故v3>v1，实验1的起始浓度为1.0mol/L，由平衡时浓度可知在实验3的起始浓度大于1.0mol/L，即c3>1.0 mol/L，故答案为：>；>；
（4）比较实验4和实验1可知平衡时实验4反应物A的浓度小，由实验1到实验4升高温度，平衡右移，加热平衡向吸热反应方向移动；
故答案为：吸热；温度升高时，平衡向右移动。