【文档说明】【精准解析】天津市河西区2020届高三总复习质量调查（二）化学试题.doc，共(18)页，1.627 MB，由小赞的店铺上传

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河西区2019—2020学年度第二学期高三年级总复习质量调查（二）化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16第Ⅰ卷注意事项：1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动

，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2.本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1.下列常用的消毒剂中，消毒原理与氧化还原无关．．的是（）消毒剂医用酒精高锰酸钾溶液二氧化氯双氧水选项

ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．酒精的分子具有很大的渗透能力，它能穿过细菌表面的膜，打道入细菌的内部，使构成细菌生命基础中的蛋白质分子结构改变，引起使其蛋白质变性，与氧化还原无关，故A正确；B．高锰酸钾

溶液有强氧化性，消毒原理与氧化还原有关，故B错误；C．二氧化氯有强氧化性，消毒原理与氧化还原有关，故C错误；D．过氧化氢具有强氧化性，消毒原理与氧化还原有关，故D错误；故答案为A。2.下列食用品的有效成分对应正确

的是（）A.氢氧化铝B.碳酸氢钠C.硬脂酸甘油酯D.蔗糖【答案】D【解析】【分析】【详解】A．明矾是KAl(SO4)2·12H2O，不是氢氧化铝，故A错误；B．纯碱是Na2CO3，不是NaHCO3，故B错误；C．芝麻香油是植物油，主要成分不是硬脂酸甘油酯，因

为硬脂酸甘油酯是固态的，故C错误；D．白砂糖的主要成分是蔗糖，故D正确；故答案为D。3.下列化学用语正确的是（）A.中子数为10的氧原子：108OB.NaOH的电子式：C.C2H2分子的比例模型：D.由Si

、H电负性分别为1.8、2.1推知SiHCl3中Si的化合价为+2价【答案】B【解析】【详解】A．中子数为10的氧原子的质量数为18，其核素表示为188O，故A错误；B．NaOH是离子化合物，其电子式为，故B

正确；C．C2H2分子组成中只有2个氢原子，是直线型分子，其比例模型是，故C错误；D．由Si、H电负性分别为1.8、2.1，且Cl的非金属性比Si强，则SiHCl3中Si的化合价为+4价，故D错误；故答案为B。4.下列实验

能达到预期目的的是（）A.配制稀硫酸B.收集NO2气体C.收集氨气D.用铜丝做Na的焰色【答案】C【解析】【分析】【详解】A．容量瓶是定容仪器，不能稀释浓硫酸，故A错误；B．NO2能溶于水生成HNO3和NO，则NO2不能用排水法收集，故B错误；C．收集NH3用向下排空气法，

且瓶口放一团棉花，故C正确；D．做熖色反应时应选用铂丝或无锈铁丝，而不能用铜丝代替，故D错误；故答案为C。5.以下有关研究有机物的步骤或方法正确的是（）A.李比希元素定量分析可确定有机物分子组成及其结构式B.对有机物分子进行红外光谱图的测定可确定其相对分子质量C.重结晶法一般

适用于分离提纯沸点差异较大的液态有机混合物D.一般步骤：分离、提纯→确定实验式→确定分子式→确定结构式【答案】D【解析】【分析】【详解】A．李比希元素定量分析可确定有机物的实验式，故A错误；B．不同的化学

键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上处于不同的位置，所以红外光谱图能确定有机物分子中的化学键或官能团，测定相对分子质量应该选择质谱仪，故B错误；C．温度影响溶解度，若被提纯物的溶解度随温度变化大，适用重结晶法分离，一般与沸点

无关，故C错误；D．通常研究有机物一般经过以下几个基本步骤：分离、提纯→确定实验式→确定分子式→确定结构式，故D正确；故答案为D。6.下列化学方程式或离子方程式书写正确的是（）A.钠在空气中燃烧：4Na+O22Na2OB.Na2S2O3溶液与稀硫酸的反应：S2O23−+4H+═SO3+S↓+2

H2OC.浓硝酸与铜片的反应：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2OD.用铁氰化钾溶液检验Fe2+：Fe2++[Fe(CN)6]2-═Fe[Fe(CN)6]↓【答案】C【解析】【分析】【详解】A．钠在空

气中燃烧生成Na2O2，反应方程式为2Na+O2Na2O2，故A错误；B．Na2S2O3溶液与稀硫酸的反应时的离子方程式为S2O23−+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故B错误；C．浓硝酸与铜片的反应时的离子方程式为Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O，故C正确；D．用

铁氰化钾溶液检验Fe2+时生成铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-═Fe3[Fe(CN)6]2↓，故D错误；故答案为C。7.根据元素周期律，由下列事实进行的归纳推测合理的是（）选项事实推测A已擦干

煤油的绿豆粒大的钠放入水中，剧烈反应大小相同的钾与水，缓慢反应BNa与Cl形成离子键Al与Cl形成离子键CSi是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料ⅣA族元素单质均可做半导体材料DHCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【

分析】【详解】A．K的金属性比Na强，K与水反应比Na与反应更剧烈，故A错误；B．Na与Cl形成离子键，但Al与Cl形成共价键，故B错误；C．Si是半导体材料，同族的Ge是半导体材料，但ⅣA族元素的单质不都是半导体材料，如Pb

为金属单质，是导体，故C错误；D．同主族非金属氢化物稳定性依次减弱，HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解，则HBr的分解温度介于二者之间，故D正确；故答案为D。8.普拉西坦是一种改善记忆、抗健忘的中枢神经兴奋药，其结构如

图，下列关于普拉西坦的说法正确的是（）A.碱性条件下可水解B.它的二氯取代物有两种C.它既有酸性，又有碱性D.分子中所有C、N、O原子处于同一平面【答案】A【解析】【分析】【详解】A．普拉西坦含有肽键，在碱性条件下可发生水解反应，A正确；B．由结构对

称性可以知道，含2种H，则2个Cl均在亚甲基上有2种，亚甲基、次甲基上各有1个时有3种，它的二氯取代物有5种，B错误；C.普拉西坦不含氨基、羧基，不具有酸性、碱性，C错误；D.分子中含有饱和碳原子，而且由氨气为三角锥形结构可知，所有C、N、O原子不可能

处于同一平面，D错误；故选A。9.下列反应的发生与“难溶电解质的溶解平衡”或“盐类水解平衡”无关．．的是（）A.Mg(OH)2沉淀能在饱和NH4Cl溶液中溶解B.向淀粉KI溶液中滴加稀硫酸可观察到溶液变蓝C.Al2(SO4)3溶液遇NaHCO3溶液快速生成白色泡沫D.含有CaSO4的水垢经饱

和Na2CO3溶液浸泡转化为易溶于酸的CaCO3【答案】B【解析】【分析】【详解】A．氯化铵中存在水解平衡，加入氢氧化镁后会消耗氢离子，促使平衡正向进行，故不选A；B．向淀粉KI溶液中滴加稀硫酸可观察到溶液变蓝，是酸性条件下发生了氧化

还原生成碘单质，与“难溶电解质的溶解平衡”或“盐类水解平衡”无关，故选B；C．Al2(SO4)3和NaHCO3溶液中都存在水解平衡，两者之间相互促进，最终完全水解，生成二氧化碳和沉淀，故不选C；D．CaSO4中存在沉淀溶解平衡，加入饱和Na2CO3溶液浸泡后，降低了钙离子

浓度，促进平衡正向进行，故不选D；本题答案为B。10.下列对生铁片锈蚀对比实验的分析正确的是（）序号①②③实验现象8小时未观察到明显锈蚀8小时未观察到明显锈蚀1小时观察到明显锈蚀A.对比实验①②③，说明苯能隔绝O2B.实验①中，生铁片未见明显锈

蚀的主要原因是缺少O2C.实验②中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀D.实验③中，属于铁的吸氧腐蚀，负极反应：O2+4e-+2H2O=4OH-【答案】C【解析】【详解】A．③中观察到明显锈蚀，则③中氯化

钠溶液中溶有的氧气的量比①中的多，说明苯不能隔绝O2，A错误；B．实验①中，苯属于非电解质，不满足电化学腐蚀条件，不是缺少O2，B错误；C．实验②中，根据实验现象，③中出现明显锈蚀，说明氯化钠溶液中溶有的氧

气，苯不能隔绝空气中的氧气进入氯化钠溶液，但②是密闭体系，溶解的氧气较少，不足以使铁片明显锈蚀，C正确；D．实验③中，氧气作正极，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，D错误；故选C。11.HCHO与O2在HA

P表面催化氧化的历程示意图如图：(HAP仅为部分结构)下列说法正确的是（）A.HAP能提高HCHO的平衡转化率B.HCHO在反应过程中有C-H键的断裂C.产物CO2分子中的氧原子全部来自O2D.该反应可表示为2HCHO＋O2CO2＋2H2

O【答案】B【解析】【详解】A．HAP在反应前后没有发生变化，是该反应的催化剂，催化剂不影响平衡转化率，A错误；B．由图示信息可知，甲醛在反应过程中，甲醛中碳氢键发生断裂，B正确；C．由图示信息可知，产物CO2分子中的氧原子有1个来自于氧气，有1个来自于甲

醛，C错误；D．甲醛和氧气在HAP的催化下生成二氧化碳和水，反应可表示为HCHO＋O2CO2＋H2O，D错误；故选B。12.25℃，用0.100mol·L-1的NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100m

ol·L-1的盐酸和0.100mol·L-1的醋酸，得到如图所示滴定曲线：下列说法不正确．．．的是（）A.图1表示的是滴定盐酸的曲线B.图2滴定应选用甲基橙做指示剂C.图中A、D点水的电离程度：A<DD.图2中B点：c(C

H3COO-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-)【答案】B【解析】【详解】A．根据图示信息，滴定开始时，0.100mol/L的盐酸pH为1，故图1是盐酸的滴定曲线，A正确；B．根据图示信息，图2是氢氧化

钠滴入醋酸中，反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，只能选择酚酞作指示剂，B错误；C．达到图中A、D点时，消耗的氢氧化钠的物质的量是相等的，生成物是氯化钠和醋酸钠，醋酸钠水解促进水的电离，故水的电离程度：A<D，C正确；D．图2

中B点溶质成分为醋酸钠和醋酸，且物质的量为1:1，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，所以溶液中浓度大小为c(CH3COO-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-)，D正确；故选B。第Ⅱ卷注意事项：1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答

题卡上。2.本卷共4题，共64分。13.镍（Ni）及其化合物在工业生产中具有重要地位。如图是工业精制镍的基本流程示意图：请按要求回答下列问题：（1）写出流程图中组成气体X的元素中电负性较大的是__（填元素符号）。气体X的中心原子的杂化轨道类型为___，该分子的

立体构型（即空间结构）为__。（2）Ni2＋核外电子排布式为__。（3）向晶体Ni中掺入一定量的Al原子，会改变晶体Ni的（写一种物理性质）_。某种用于铸造飞机发动机叶片镍铝合金的晶胞结构如图所示，该合金的化学式为_。（4）已知：常温

下溶度积常数：Ksp(NiS)=1.07×10-21；Ksp(CuS)=1.27×10-36工业生产中常用加NiS的方法除去溶液中的Cu2+，若过滤后溶液中c(Ni2+)为0.107mol·L-1，则滤液中残留的c

(Cu2+)为_。写出流程图中③NiS在阳极参与放电的电极反应式为__。【答案】(1).O(2).sp2杂化(3).V形(4).[Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8)(5).延展性（或硬度、密度、熔点、沸点等）(6).Ni3Al（或AlNi3）(7).1.27×10

-16mol·L-1(8).NiS−2e-=Ni2++S【解析】【分析】硫化镍矿经熔炼得到低镍矿，通入氧气，产生的气体为SO2，高镍矿经研磨浮选得到NiS，NiS在第三步电解时在阳极失电子，得到S单质。【详解】（1）根据流程图，可知X是SO2，电负性较

大的是O，中心原子的杂化轨道类型为sp2杂化，该分子的立体构型（即空间结构）为V形，故本题答案为：O；sp2杂化；V形；（2）Ni是28号元素，根据电子排布规律，Ni2＋核外电子排布式为[Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8)；（3）

向晶体Ni中掺入一定量的Al原子，改变了晶体结构，改变了晶体的延展性（或硬度、密度、熔点、沸点等）等。根据镍铝晶胞结构，Al的个数为1818=，Ni的个数为1632=，该合金的化学式为Ni3Al，故本题答案为：延展性（或硬度、密度、熔点、沸点等）；Ni3Al；（4）过滤后溶

液中c(Ni2+)为0.107mol·L-1，则c(S2-)=Ksp(NiS)/c(Ni2+)=1.07×10-21/0.107=10-20mol·L-1，c(Cu2+)=Ksp(CuS)/c(S2-)=1.27×10-36/10-20mol·L-1=1.27×1

0-16mol·L-1，图③中NiS在阳极失电子，发生的电极反应为NiS−2e-=Ni2++S，故本题答案为：1.27×10-16mol·L-1；NiS−2e-=Ni2++S。【点睛】14.缓释布洛芬（即M：）是常用于解热镇痛药物。M的一种合成路线如图：已知：RC

OOR′+R″OHRCOOR″+R′OH请按要求回答下列问题：⑴A系统命名的名称：__；反应条件①为__；C所含官能团的结构简式：__；试剂的分子式：__；J→M反应类型：__。⑵A的同分异构体有多种，其中能发生银镜

反应且含有羟基的有_种；写出其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6：1：1的结构简式__。⑶写出D+I→J反应的化学方程式：__。⑷以苯、、丙酮酸甲酯（）为起始原料制备有机物N（），写出N的合成路线___（其他试剂任选，合成路线示例见题干，有机物均写结构简式）。【答案】(1).2-甲基丙酸

(或甲基丙酸)(2).NaOH乙醇溶液加热(3).、—COOH(4).C2H6O2(5).加聚反应(6).5(7).(8).(9).【解析】【分析】根据B的结构和A到B是取代反应得出A的结构简式为，根据后面信息得到B发生消去反应，酸

化得到C()，A到E发生取代反应生成E()，E和苯环、Zn-Hg/HCl，在催化剂发生反应生成F，F和发生加成反应生成，在浓硫酸作用下发生消去反应得到H，H在催化剂作用下发生加成反应得到I()，I和发生

取代反应生成J，J发生加聚反应得到M。【详解】⑴A()系统命名的名称：2-甲基丙酸(或甲基丙酸)；反应条件①是发生消去反应，因此反应条件为NaOH乙醇溶液加热；C所含官能团为碳碳双键和羧基，其官能团的结构简式：、—COOH；试剂是乙二醇，其分子式：C2H6O2；根据M的结构简式得J→M反应

类型：加聚反应；故答案为：2-甲基丙酸(或甲基丙酸)；NaOH乙醇溶液加热；、—COOH；C2H6O2；加聚反应。⑵A的同分异构体有多种，其中能发生银镜反应且含有羟基，说明含有—CHO和—OH，还有三个碳原子，两个取代基团在同一个碳原子上有两种，在不同碳原子上有三种结构，共有5种；其

中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6：1：1的结构简式；故答案为：5；。⑶D+I→J反应是取代反应，其化学方程式：；故答案为：。⑷与苯环，在Zn-Hg/HCl催化剂发生反应生成，和在催化剂作用下反应生成，在浓硫酸作用

下加热生成，与氢气发生加成反应生成，其合成路线为：；故答案为：。【点睛】有机推断是常考题型，主要通过前后结构简式的分析反应类型，以及通过反应条件分析反应类型和前后物质的结构简式。15.铋酸钠（NaBiO3）广泛应用于制药业。其粉末呈浅黄色，不溶于冷水，遇沸水或酸则迅速分解。某

同学设计如下实验，利用白色且难溶于水的Bi(OH)3在NaOH溶液中与Cl2反应制备NaBiO3，并探究其应用与纯度测定。请按要求回答下列问题：（1）已知：Bi是N同主族元素，周期序数相差4，则Bi的原子序数为__。Ⅰ.NaBiO3的制备，实验装置如图（加热和夹持仪器已略去）（2）A装置

制备的气体是__；B装置的作用是__；补全图中D装置图（并标注试剂名称）___。（3）C中反应的离子方程式为__。当观察到现象为___时，可以初步判断C中反应已经完成。（4）反应完成后，处理装置A烧瓶中残留气体需进行的操作：__；为从装置C中获得尽可能多的产品，需进行的操作：

__、过滤、洗涤、干燥。Ⅱ.铋酸钠的应用，检测Mn2+（5）向含有Mn2+的溶液中加入铋酸钠，再加入硫酸酸化，溶液变为紫红色，此反应中铋酸钠的作用是__；同学甲再向其中滴加MnSO4浓溶液，振荡，观察到紫红色褪去

，有黑色固体（MnO2）生成，产生此现象的离子反应方程式为__。Ⅲ.产品纯度的测定（6）取上述NaBiO3（Mr=280）产品ag，加入适量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全转化为Bi3+，再用bmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定，当溶液紫红色恰好褪去时（假设Mn元素完

全转化为Mn2+），消耗VmL标准溶液。该产品的纯度为__（用含a、b、V的代数式表示）。【答案】(1).83(2).Cl2（氯气）(3).除去HCl同时冷却氯气(4).(5).Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3

+2Cl-+3H2O(6).C中固体由白色转变为淡黄色且颜色不再加深(7).关闭K1、K3，打开K2(8).在冰水中冷却(9).将Mn2+氧化为MnO4−(10).3Mn2++2MnO4−+2H2O=5MnO2↓+4H+(11).0.28bVa×100%【解析】【分析】A用于

制取氯气，浓盐酸具有挥发性导致生成的氯气中含有HCl，HCl极易溶于饱和食盐水，且饱和食盐水能抑制氯气溶解；C中盛放氢氧化铋和氢氧化钠的混合物，与氯气反应生成NaBiO3，氯气有毒，不能直接排放到空气中，但是能和

氢氧化钠反应完全消除污染，所以D装置是尾气处理。【详解】（1）Bi是N同主族元素，周期序数相差4，则Bi位于第六周期，第三周期有8种元素，第四、五周期有18种元素，第六周期有32种元素，故其原子序数为7+8+18+18+32=83；（2）A装置用于制备氯气；由于铋酸钠遇沸水或酸迅速分解，B装置是为

了除去HCl同时冷却氯气；D是尾气处理，应盛放氢氧化钠溶液；故答案为：Cl2（氯气）；除去HCl同时冷却氯气；；（3）根据已知信息可知，Bi(OH)3在NaOH溶液中与Cl2反应可制备NaBiO3，Bi(OH)3

白色且难溶于水，NaBiO3粉末呈浅黄色，不溶于冷水；故装置C中的离子方程式为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；C中固体由白色转变为淡黄色且颜色不再加深时可以初步判断C中反应已经完成；故答案为：Bi(OH)3+3OH-+Na+

+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；C中固体由白色转变为淡黄色且颜色不再加深；（4）反应完成后，处理装置A烧瓶中残留的氯气需要关闭K1、K3，打开K2将NaOH溶液滴入三颈烧瓶中；由于铋酸钠不溶于冷水，为从装置C中获得尽可能多的产品，需在冰水中冷却、过滤、洗涤、干

燥；故答案为：关闭K1、K3，打开K2；在冰水中冷却；（5）向含有Mn2+的溶液中加入铋酸钠，再加入硫酸酸化，溶液变为紫红色，则有MnO4−生成，故铋酸钠的作用是将Mn2+氧化为MnO4−；再向其中滴加MnSO4浓溶液，振荡，观察到紫红色褪去，有黑色固体

（MnO2）生成，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为3Mn2++2MnO4−+2H2O=5MnO2↓+4H+；故答案为：将Mn2+氧化为MnO4−；；3Mn2++2MnO4−+2H2O=5MnO2↓+4H+；（6）取上述NaBiO3（

Mr=280）产品ag，加入适量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全转化为Bi3+，再用bmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定，当溶液紫红色恰好褪去时（假设Mn元素完全转化为Mn2+），消耗VmL标准溶液，由2++-+3+3425NaBiO+2Mn+14H=

2MnO+5Na+5Bi+7HO，-+2+2244225HCO+2MnO+6H=10CO+2Mn+8HO可知，5NaBiO3~5H2C2O4，则n（NaBiO3）=bV1000mol，产品的纯度=bV280g/mol1000ag×100%=0.28bVa×100

%。16.铜的化合物在工农业生产中具有重要地位。请按要求回答下列问题。Ⅰ.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：方法a用葡萄糖还原新制的Cu(OH)2(NaOH过量)制备Cu

2O方法b用肼(N2H4)加热还原新制的Cu(OH)2制备Cu2O，同时放出N2方法c用炭粉在1000℃以上还原CuO制备Cu2O，同时放出CO(1)写出方法a的化学方程式：__。(2)已知：①2Cu(s)+12O2(g)=Cu2O(s)△H=-169kJ·mol﹣1②C(s)+12O2(

g)=CO(g)△H=-110.5kJ·mol﹣1③CuO(s)=Cu(s)+12O2(g)△H=+157kJ·mol﹣1写出方法c反应的热化学方程式：__。(3)在相同的密闭容器中，用上表方法制得的三种Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O(g)2H2(g)+O2(g)△H＞0。水蒸气的浓度

随时间t变化如下表所示：序号01020304050iT10.0500.04920.04860.04820.04800.0480iiT10.0500.04880.04840.04800.04800.0480iiiT20.1000.09600.

09300.09000.09000.0900对比上述实验数据，可获得的结论：①催化剂的催化效率：实验i___实验ii(填“>”“<”“=”，下同)。②T1__T2。Ⅱ.在2L的恒温密闭容器中通入5molO2并加入足量Cu

2S发生反应：Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g)△H1=-271.4kJ/mol，反应过程中某气体的体积分数随时间变化如图所示。(4)反应前2min平均反应速率v(SO2)=__；该温度下反应的平衡常数K=

__。若保持温度不变向平衡体系中再通入1molO2，达到新平衡后氧气的体积分数__(填“大于”“小于”或“等于”)原平衡时氧气的体积分数。【答案】(1).CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O(2).C(s

)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ·mol-1(3).＜(4).＜(5).0.5mol/(L·min)(6).1.5(7).等于【解析】【分析】根据盖斯定律书写热化学方程式并进行反应热的计算；根据表格数

据判断达到平衡的时间从而判断催化效率；根据图像分析得出该图像表示SO2的体积分数随时间的变化，结合三段式计算反应速率和平衡常数，根据等效平衡的概念分析解答。【详解】(1)方法a用葡萄糖还原新制的Cu(OH)2(NaOH过量)制备Cu2O，反应的化学方程式为CH2

OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O，故答案为：CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O；(2)方法c用炭粉在1000℃

以上还原CuO制备Cu2O，同时放出CO，反应的化学方程式为C(s)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g)，可通过反应①+②-2③得到，则根据盖斯定律可得ΔH=(-169kJ·mol﹣1)+(-110.5kJ·mol﹣1)-2(+157kJ·mol﹣1)=+34.5kJ·mol﹣1，

故答案为：C(s)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ·mol-1；(3)①根据表格数据分析可知，实验ⅱ更快达到平衡状态，反应速率更快，故催化效率实验i<实验ii，故答案为：<；②比较实验ii、ⅲ，实验ⅲ中初始水蒸

气浓度是实验ii的一倍，但反应结束时水蒸气的浓度小于实验2的一倍，故平衡向正反应反应移动，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，则T1<T2，故答案为：<；(4)根据图示可知曲线为SO2的体积分数，反应过程中气体体积不变，则2min时，生成SO2的物质的量为n=5

mol×40%=2mol，则2min平均反应速率()()2-1-122molΔcSO2LvSO===0.5molLminΔt2min，反应在9min后达到平衡，此时SO2的体积分数为60%，则n(SO2)=5×60%=3mol，n(O2)=5×40%=2mol，

则平衡常数()()223molcSO2L===1.52molcO2LK，该反应前后体积不变，则通入氧气时，平衡不移动，转化率不变，则氧气的体积分数等于原平衡时氧气的体积分数，故答案为：0.5mol/(L·min)；1.5；等于。