內蒙古巴彥淖爾市烏拉特前旗一中2026屆高三上化學期中聯(lián)考試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、聚合物P的結構簡式是：，下列說法不正確的是A．單體之一是B．聚合物P中含有酯基C．合成聚合物P的反應類型是縮聚反應D．通過質譜法測定P的平均相對分子質量，可得其聚合度2、分子式為C6H12O2的有機物，該物質能發(fā)生銀鏡反應，且在酸性條件下水解為A和B。不考慮立體異構，滿足條件的該有機物的同分異構體共有()A．8種B．7種C．10種D．12種3、環(huán)境污染已成為人類社會面臨的重大威脅，下列對應關系錯誤的選項是（）選項環(huán)境問題可能會造成環(huán)境問題的物質A白色污染塑料B溫室效應甲烷C酸雨二氧化碳D臭氧層空洞氟利昂A．A B．B C．C D．D4、對氮原子核外的未成對電子的描述，正確的是A．電子云形狀不同 B．能量不同 C．在同一軌道 D．自旋方向相同5、下列離子方程式正確的是()A．用硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2溶液反應，證明H2O2具有還原性：2MnO4-＋6H＋＋H2O2=2Mn2＋＋3O2↑＋4H2OB．向苯酚鈉溶液中通入少量的CO2，證明碳酸的酸性強于苯酚：C6H5O－＋CO2＋H2O→C6H5OH＋HCO3-C．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，發(fā)生雙水解反應：AlO2-＋HCO3-＋H2O=Al(OH)3↓＋CO2↑D．澄清石灰水與過量小蘇打溶液混合：Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O6、下列各組物質稀溶液相互反應。無論前者滴入后者，還是后者滴入前者，反應現(xiàn)象都相同的是A．Na2CO3溶液與HCl溶液 B．AlCl3溶液與NaOH溶液C．KAlO2溶液與HCl溶液 D．Na2SiO3溶液和HCl溶液7、下列屬于氧化還原反應的是A．CaO+H2==Ca(OH)2B．SO2+H2O2==H2SO4C．Fe2O3+6HCl==2FeCl3+H2OD．NaHCO3+

NaOH==Na2CO3+H2O8、鈀的化合物氯化鈀可用來檢測有毒氣體CO，發(fā)生反應的化學方程式為：。下列說法正確的是（）A．題述反應條件下還原性：CO＞PdB．題述反應中PdCl2被氧化C．生成22.4LCO2時，轉移的電子為2mo1D．CO氣體只有在高溫下才能表現(xiàn)還原性9、下列的圖示與對應的敘述相符的是（

）A．如圖表示向A1Cl3溶液中滴加NaOH溶液時n[Al(OH)3]的變化情況B．如圖表示KNO3的溶解度曲線，圖中a點表示的溶液通過升溫可以得到b點C．如圖表示某一放熱反應，若使用催化劑，E1、E2、△H都會發(fā)生改變D．如圖表示向Na2CO3溶液中滴加稀鹽酸時，產生n(CO2)的情況10、下列實驗現(xiàn)象預測正確的是①實驗Ⅰ：振蕩后靜置，上層溶液顏色保持不變②實驗Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出現(xiàn)氣泡，溶液的顏色沒有變化③實驗Ⅲ：微熱稀HNO3片刻，溶液中有氣泡產生，廣口瓶內始終保持無色④實驗Ⅳ：繼續(xù)煮沸溶液至紅褐色，停止加熱，當光束通過體系時可產生丁達爾效應A．① B．② C．③ D．④11、表示下列反應的離子方程式錯誤的是()A．在酸化的硫酸亞鐵溶液中通入氧氣：4Fe2++O2+4H＋=4Fe3++2H2OB．向10mL濃度均為1mol/L的Na2CO3與NaHCO3混合溶液中溶液中加入0.02molBa(OH)2溶液：CO+HCO+2Ba2++OH-=2BaCO3↓+H2OC．氫氧化亞鐵溶于氫碘酸中：Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2OD．次氯酸鈣溶液中通入過量CO2：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO12、向可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、SO42-、NO3-、Cl-、Al3+、Na+、K+、Mg2+離子的某一溶液中加入一定量的過氧化鈉固體，則濃度保持不變的離子是，（溶液體積忽略不變）A．CO32-、Na+、K+B．SO42-、Cl-、K+C．Cl-、NO3-、K+D．HCO3-、SO42-、K+13、下列溶液中通入SO2一定不會產生沉淀的是A．Ba(OH)2 B．Ba(NO3)2 C．Na2S D．BaCl214、在一個氧化還原反應體系中存在Fe3+、NO3－、Fe2+、NH4+、H+、H2O，則下列判斷正確的是A．配制Fe(NO3)2溶液時應加入硝酸酸化防止Fe2+水解B．該反應中氧化劑與還原劑的化學計量數(shù)之比為8：1C．若有1molNO3－發(fā)生還原反應，轉移的電子物質的量為2molD．若將該反應設計成原電池，則負極反應式為Fe2+-e－＝Fe3+15、下列物質與水反應時，表現(xiàn)出的性質與其它物質不一樣的是()A．Na B．Cl2 C．NO2 D．Na2O216、工業(yè)上或實驗室提純以下物質的方法不合理的是（括號內為雜質）（）A．溴苯（溴）：加NaOH溶液，分液B．乙烷（乙烯）：通入溴水，洗氣C．乙酸（水）：加新制生石灰，蒸餾D．乙酸乙酯（乙酸）：加飽和碳酸鈉溶液，分液17、下列實驗操作、現(xiàn)象和結論均正確的是（）實驗操作現(xiàn)象結論A溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X有白色沉淀產生X一定是Cl2B分別向同體積同濃度Na2CO3和NaHCO3溶液中滴入相同的Ca(OH)2溶液都產生大量白色沉淀Na2CO3和NaHCO3溶液中都存在大量CO32-C鋁絲用砂紙打磨后，放在冷的濃硝酸中浸泡一段時間后，放入CuSO4溶液中鋁絲表面變紅色鋁可從銅鹽溶液中置換出銅D將KI溶液和FeCl3溶液在試管中混合后，加入CCl4，振蕩，靜置下層溶液顯紫紅色氧化性：Fe3+>I2A．A B．B C．C D．D18、將一定量的Cl2通入一定濃度的苛性鉀溶液中，兩者恰好完全反應(已知反應過程放熱)，生成物中有三種含氯元素的離子，其中ClO－和ClO3－兩種離子的物質的量(n)與反應時間(t)的變化示意圖如圖所示。下列說法不正確的是()A．反應中轉移電子的物質的量是0.21molB．一定有3.36L氯氣參加反應C．苛性鉀溶液中KOH的質量是16.8gD．ClO的生成可能是由于溫度升高引起的19、一定條件下反應2AB(g)A2(g)＋B2(g)達到平衡狀態(tài)的標志是()A．單位時間內生成nmolA2，同時消耗2nmolABB．容器內，3種氣體AB、A2、B2共存C．AB的消耗速率等于A2的消耗速率D．容器中各組分的體積分數(shù)不隨時間變化20、反應2H2O2(l)2H2O(l)+O2(g)能量變化如圖所示，下列說法錯誤的是（）A．該反應放熱B．途徑Ⅱ加入了催化劑C．1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量D．途徑Ⅰ放出的熱量多21、下列敘述正確的是（）A．相同條件下，N2和O3的混合氣體與等體積的N2所含原子數(shù)相等B．等物質的量的甲基（-CH3）與羥基(-OH)所含電子數(shù)相等C．常溫常壓下28gCO與22.4LO2所含分子數(shù)相等D．16gCH4與18gNH4+所含質子數(shù)相等22、下列各組離子在澄清透明溶液中能大量共存的是（）A．室溫下溶液中：Fe2+、SO、Cl- B．I-、H+、Na+、K+C．Na+、Ba2+、SO、Cl- D．0.2mol/L的NaNO3溶液：H+、Fe2+、SO、Cl-二、非選擇題(共84分)23、（14分）中學常見反應的化學方程式是A+BX+Y+H2O(未配平，反應條件略去)，其中A、B的物質的量之比為了1：4。請回答：(1)若Y是黃綠色氣體，則Y的電子式是______，該反應的離子方程式是______。(2)若A為非金屬單質，構成它的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，B的溶液為某濃酸，則反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比是________．(3)若A為金屬單質，常溫下A在B的濃溶液中“鈍化”，且A可溶于X溶液中。①元素在周期表中的位置是______(填所在周期和族)；Y的化學式是______。②含amol

X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中兩種金屬陽離子的物質的量恰好相等，則被還原的X是______mol。(4)若A、B、X、Y均為化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，產生白色沉淀；B的焰色為黃色，則A與B按物質的量之比1：4恰好反應后，溶液中離子濃度從大到小的順序是_________。24、（12分）（選修5：有機化學基礎）有機物H的化學式為C15H16O2，它是一種在航空航天領域中應用的重要原料，E為一種室內裝修常見的污染氣體，F(xiàn)的產量可以衡量一個國家石油化工的發(fā)展水平，Q為酯類高分子物質，④為多步進行的反應，請回答：（部分物質及反應條件省略）已知：（1）D的名稱為_____，反應②的條件為_________。（2）H+N→Q的反應類型為___________。（3）反應①的化學方程式為________________。（4）反應③的化學方程式為_________________。（5）H中最多有______個碳原子共平面，其滿足下列條件的同分異構體有________種。I.兩個羥基分別連在兩個苯環(huán)上；II.苯環(huán)間通過一個碳原子連接在一起，有甲基且全部連在該碳原子上；III.不含H本身，不考慮立體異構。（6）Q的結構簡式為_____________________。（7）結合本題信息和上述合成路線，用流程圖表示出反應④M→N的可能過程（無機藥品任選）。___________________________________。25、（12分）水合肼是無色、有強還原性的液體，實驗室制備水合肼的原理為：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO==Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl據(jù)此，某學生設計了下列實驗。（制備NaClO溶液）實驗裝置如圖甲所示（部分夾持裝置已省略）已知：3NaClO2NaCl+NaClO3（1）請寫出肼的電子式_________________。（2）配制30%NaOH溶液時，所需玻璃儀器除量筒外還有________________。（3）裝置I中發(fā)生的化學反應方程式是____________________________；Ⅱ中用冰水浴控制溫度在30℃以下，其主要目的是______________________________。（制取水合肼）實驗裝置如圖乙所示。（4）儀器B的名稱為_________；反應過程中，如果分液漏斗中溶液的滴速過快，部分N2H4·H2O參與A中反應并產生大量氮氣，請寫出該反應的化學反應方程式__________。（5）充分反應后，加熱蒸餾A內的溶液即可得到水合肼的粗產品。若在蒸餾剛剛開始的時候忘記添加沸石，應該采取的操作是_____________________。（測定肼的含量）稱取餾分0.2500g，加水配成20.00mL溶液，在一定條件下，以淀粉溶液做指示劑，用0.1500mol·L－1的I2溶液滴定。已知：N2H4·H2O+2I2==N2↑+4HI+H2O①滴定終點時的現(xiàn)象為______________________________。②實驗測得消耗I2溶液的平均值為20.00mL，餾分中N2H4.H2O的質量分數(shù)為______。26、（10分）某研究性學習小組在研究二氧化硫漂白作用時，從“氯氣的漂白作用實際上是氯氣與水反應生成的次氯酸的漂白作用”得到啟發(fā)。為了探究二氧化硫的漂白作用到底是二氧化硫本身還是二氧化硫與水作用的產物，該小組設計了如下實驗。請回答相關問題。(1)實驗室用亞硫酸鈉粉末跟硫酸制取二氧化硫，現(xiàn)有下列三種硫酸溶液，應選用________(填字母)A．98%濃硫酸B．70%硫酸C．10%稀硫酸(2)為了探究SO2能否使品紅褪色，該同學選擇了正確的藥品后設計了如下圖所示實驗裝置，請指出實驗裝置設計中的不合理之處。①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________。(3)該同學選擇了正確裝置后，實驗中控制二氧化硫以大約每秒3個氣泡的速度通過品紅的酒精溶液時，經過一小時后，品紅仍不褪色。為此，你認為使品紅的水溶液褪色的微?？赡苁莀_______。(4)該同學進一步實驗如下：取等量相同濃度的品紅水溶液于兩支試管中，再分別加入少量亞硫酸鈉固體和亞硫酸氫鈉固體，兩支試管中的品紅都褪色，他得出的結論：使品紅褪色的微?？隙ㄊ荋SO3-或SO32-。你認為他的結論是否正確________，其理由是______________。27、（12分）CuCl廣泛應用于化工和印染等行業(yè)。某研究性學習小組擬熱分解結晶水合物CuCl·2H2O制備CuCl，并進行相關探究。（實驗探究）該小組用下圖所示裝置進行實驗（夾持儀器略）。請回答下列問題：（1）儀器X的名稱是___。（2）實驗操作的先后順序是______(填操作的編號)。a．檢查裝置的氣密性后加入藥品b．熄滅酒精燈，冷卻c．在“氣體入口”處通入干燥HCld．點燃酒精燈，加熱e．停止通入HCl，然后通入N2（3）在實驗過程中，觀察到B中物質由白色變?yōu)樗{色，C中試紙的顏色變化是_______________。（4）裝置D中發(fā)生的氧化還原反應的離子方程式是___________________。（探究反思）（5）反應結束后，取出CuCl產品進行實驗，發(fā)現(xiàn)其中含有少量的CuCl2或CuO雜質，根據(jù)資料信息分析：①若雜質是CuCl2，則產生的原因是_____________________________。②若雜質是CuO，則產生的原因是________________________________。28、（14分）目前工業(yè)合成氨的原理是N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝-93.0kJ·mol-1（1）已知一定條件下：2N2(g)＋6H2O(l)4NH3(g)＋3O2(g)△H＝+l530.0kJ·mol一1。則氫氣燃燒熱的熱化學方程式為___。（2）如圖，在恒溫恒容裝置中進行合成氨反應。①表示N2濃度變化的曲線是____。②前25min內，用H2濃度變化表示的化學反應速率是____。③在25min末剛好平衡，則平衡常數(shù)K＝____。（3）在恒溫恒壓裝置中進行工業(yè)合成氨反應，下列說法正確的是___。A．氣體體積不再變化，則已平衡B．氣體密度不再變化，尚未平衡C．平衡后，往裝置中通入一定量Ar，壓強不變，平衡不移動D．平衡后，壓縮容器，生成更多NH3（4）電廠煙氣脫氮的主反應①：4NH3(g)＋6NO(l)5N2(g)＋6H2O(g)△H＜0，副反應②：2NH3(g)＋8NO(g)5N2O(g)＋3H2O(g)△H＞0。平衡混合氣中N2與N2O含量與溫度的關系如圖。請回答：在400～600K時，平衡混合氣中N2含量隨溫度的變化規(guī)律是___，導致這種規(guī)律的原因是___(任答合理的一條原因)。（5）直接供氨式燃料電池是以NaOH溶液為電解質溶液，電池反應為4NH3（g）+3O2＝2N2+6H2O。則負極電極反應式為___。29、（10分）氮的氧化物是主要的空氣污染物，目前消除氯氧化物污染的方法有多種。(1)用CH4催化還原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。CH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－1160kJ·mol－1（Ⅰ）CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－574kJ·mol－1（Ⅱ）H2O(g)＝H2O(l)ΔH＝－1．0kJ·mol－1（Ⅲ）①寫出CH4(g)與NO2(g)反應生成N2(g),CO2(g)和H2O(l)的熱化學方程式：________②為研究不同條件下對上述反應(Ⅱ)的影響，在恒溫條件下,向2L的恒容密閉容器中加入0.2molCH4和0.4molNO2,10min反應（Ⅱ）達到平衡，測得l0min內v(NO)=5×10-3mol/(L·min),則平衡后n(CH4)=___mol,NO2的轉化率a1=_________.其它條件不變，反應在恒壓條件下進行，平衡時NO2的轉化率a2____a1(填“大于”小于”或“等于”)。（2）用活性炭還原法處理氮氧化物。有關反應為：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)某研究小組向恒容密閉容器加入一定量的活性炭和NO，恒溫（T℃)條件下反應，反應進行到不同時間測得各物質的濃度如下時間濃度(mol/L)物質NON2CO200.10000100.0580.0210.021200.0400.0300.030300.0400.0300.030400.0320.0340.017500.0320.0340.017①不能作為判斷反應達到化學平衡狀態(tài)的依據(jù)是_________A．容器內CO2的濃度保持不變B．v正（N2）=v正（NO）C．混合氣體的平均相對分子質量保持不變D．混合氣體的密度保持不變E．容器內壓強保持不變②在T℃時．該反應的平衡常數(shù)為_______(保留兩位小數(shù))；③在30min,改變某一條件,反應重新達到平衡,則改變的條件是________。（3）科學家正在研究利用催化技術將超音速飛機尾氣中的NO和CO轉變成CO2和N2,研究表明：在使用等質量催化劑時，增大催化劑的比表面積可提高化學反應速率．如圖表示在其他條件不變時，反應：2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)中NO的濃度c(NO)隨溫度(T)、催化劑表面積(S)和時間(t)的變化曲線。①該反應的ΔH____0（填“>”或“<”）。②若催化劑的表面積S1>S2，在圖中畫出c(NO)在T1、S2條件下達到平衡過程中的變化曲線。____

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【分析】為縮聚產物，對應的單體有HOOCCH2CH2COOH、

、HOCH2CH2CH2CH2OH，以此解答該題?！驹斀狻緼.由結構簡式可以知道單體之一是

，所以A選項是正確的

B.由結構可以知道含有的官能團有酯基，所以B選項是正確的；

C.聚合物P由酸、醇發(fā)生縮聚反應生成，所以C選項是正確的；

D.聚合物有兩種鏈節(jié)，不能確定m、n的具體數(shù)值，故D錯誤。

答案選D。2、A【解析】有機物的分子式為C6H12O2，在酸性條件下水解為A和B，說明屬于酯類，含有酯基，能發(fā)生銀鏡反應說明含有醛基，且該分子中含有2個氧原子，所以該有機物必須是甲酸戊酯，甲酸戊酯為戊醇和甲酸形成的酯，戊醇的同分異構體為：主鏈五個碳的有3種：CH2(OH)CH2CH2CH2CH3、CH3CH(OH)CH2CH2CH3、CH3CH2CH(OH)CH2CH3；主鏈四個碳的有4種：CH2(OH)CH(CH3)CH2CH3、CH3C(OH)(CH3)CH2CH3、CH3CH(CH3)CH(OH)CH3、CH3CH(CH3)CH2CH2(OH)；主鏈三個碳的有1種：C(CH3)3CH2OH，戊醇8種屬于醇的同分異構體，而甲酸沒有同分異構體，所以甲酸戊酯的同分異構體8種，故選A。3、C【詳解】A．造成白色污染的主要物質是聚乙烯材料，故A正確；B．造成溫室效應的主要氣體是二氧化碳，此外甲烷、氟里昂等多種氣體也能造成溫室效應，故B正確；C．造成酸雨的主要物質為二氧化硫、氮氧化物等酸性氣體，故C錯誤；D．成臭氧空洞的主要物質為氟氯烴，氟利昂屬于氟氯烴，故D正確；答案選C。4、D【解析】碳原子核外兩個未成對電子，都屬于2p軌道，能量相同，形狀相同，由于p軌道又分三個軌道，不同電子優(yōu)先占據(jù)空軌道，所以碳原子核外兩個未成對電子，不在同一軌道，并且自旋方向相同.【詳解】A、碳原子核外兩個未成對電子，都屬于2p軌道，p軌道沿x、y、z軸的方向電子云密度大，呈現(xiàn)啞鈴型，則電子云形狀相同，故A錯誤；B、碳原子核外兩個未成對電子，都屬于2p軌道，能量相同，故B錯誤；C、p軌道又分三個軌道，不同電子優(yōu)先占據(jù)空軌道，所以碳原子核外兩個未成對電子，不在同一軌道，故C錯誤；D、p軌道又分三個軌道，不同電子優(yōu)先占據(jù)空軌道，并且自旋方向相同，所以碳原子核外兩個未成對電子，自旋方向相同，故D正確；故選D【點睛】易錯點B，注意同一能層相同能級上的電子能量相同，電子云形狀相同。5、B【詳解】A．用硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2溶液反應，正確的方程式為2MnO4-＋6H＋＋5H2O2=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O中，A不正確；B．向苯酚鈉溶液中通入少量的CO2，發(fā)生反應C6H5O－＋CO2＋H2O→C6H5OH＋HCO3-，從而證明碳酸的酸性強于苯酚，B正確；C．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，發(fā)生反應：AlO2-＋HCO3-＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32-，C不正確；D．澄清石灰水與過量小蘇打溶液混合，離子方程式為Ca2＋＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2O+CO32-，D不正確；故選B。6、D【解析】A、Na2CO3溶液滴入HCl溶液開始就產生氣泡，反應為：Na2CO3+2HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，HCl溶液滴入Na2CO3溶液，開始時無氣泡產生，反應為：Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，當Na2CO3反應完后，繼續(xù)滴入鹽酸，NaHCO3與鹽酸反應產生氣泡，反應為：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，現(xiàn)象不同，錯誤；B、AlCl3溶液滴入NaOH溶液開始時無沉淀產生，反應為：AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，后產生白色沉淀，反應為：3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，NaOH溶液滴入AlCl3溶液開始時產生白色沉淀，反應為：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，后沉淀溶解，現(xiàn)象不同，錯誤；C、KAlO2溶液滴入HCl溶液，開始時無沉淀生成，反應為：KAlO2+4HCl＝KCl+AlCl3+2H2O，后產生白色沉淀，反應為：3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，HCl溶液滴入KAlO2溶液，開始時產生白色沉淀，反應為：KAlO2+HCl+H2O＝Al(OH)3↓+KCl，后沉淀不溶解，現(xiàn)象不同，錯誤；D、無論是Na2SiO3溶液滴入HCl溶液，還是HCl溶液滴入Na2SiO3溶液，都產生白色膠狀沉淀，反應是：Na2SiO3+2HCl＝2NaCl+H2SiO3↓，現(xiàn)象相同，正確。答案選D。7、B【解析】凡是有元素化合價升降的反應就是氧化還原反應。只有B選項中的反應有化合價的改變，硫元素化合價升高，H2O2中氧元素化合價降低，故選B。8、A【分析】由反應方程式可知，CO為反應的還原劑，氯化鈀為氧化劑，二氧化碳為氧化產物，Pd為還原產物，1mol該反應轉移2mol電子?！驹斀狻緼.CO為還原劑，Pd為還原產物，還原劑的還原性大于還原產物，A正確；B.PdCl2發(fā)生還原反應，被還原，B錯誤；C.在說氣體體積時，未指明溫度和壓強，無意義，C錯誤；D.該反應常溫即可反應，故CO不是只在常溫下表現(xiàn)還原性，D錯誤；故答案選A。9、A【詳解】A.氯化鋁和氫氧化鈉反應生成氫氧化鋁和氯化鈉的反應，反應的化學方程式為：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl；氫氧化鋁沉淀溶解的過程，反應生成偏鋁酸鈉和水，反應的離子方程式為：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，前后NaOH的物質的量之比為3：1，符合此圖，故A正確；B.b點為硝酸鉀在80℃時的飽和溶液，a點為不飽和溶液，可以通過升高溫度蒸發(fā)掉部分溶劑，然后恢復到80℃可以變成飽和溶液，但是僅僅升高溫度不行，故B錯誤；C.催化劑能改變活化能，但不能改變反應熱，故C錯誤；D.向Na2CO3溶液中逐滴加入鹽酸時，發(fā)生的反應依次為Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3和NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，不會立刻產生二氧化碳，故D錯誤；正確答案是A。10、D【詳解】①實驗Ⅰ：振蕩后靜置，由于上層苯中溶解的溴不斷與NaOH溶液反應，所以上層溶液的顏色最終變?yōu)闊o色，①不正確；②實驗Ⅱ：濃硫酸使蔗糖先碳化，后將碳氧化生成CO2、SO2等，CO2在酸性KMnO4溶液中溶解度不大而以氣泡逸出，SO2與酸性KMnO4發(fā)生氧化還原反應，將其還原，從而使溶液顏色逐漸褪去，②不正確；③實驗Ⅲ：微熱稀HNO3片刻，與Cu發(fā)生反應生成NO等，溶液中有氣泡產生，廣口瓶內NO與O2反應生成NO2，氣體為紅棕色，③不正確；④實驗Ⅳ：繼續(xù)煮沸溶液至紅褐色，停止加熱，此時得到氫氧化鐵膠體，當光束通過體系時，可看到一條光亮的通路，產生丁達爾效應，④正確；綜合以上分析，只有④正確，故D符合；故選D。11、D【詳解】A.在酸化的硫酸亞鐵能被氧氣氧化：4Fe2++O2+4H＋=4Fe3++2H2O，A正確；B.混合溶液中Na2CO3與NaHCO3的物質的量均為0.01mol溶液，加入0.02molBa(OH)2溶液，得到0.02molBaCO3：CO+HCO+2Ba2++OH-=2BaCO3↓+H2O，B正確；C.HI是具有還原性的強酸，故氫氧化亞鐵溶于氫碘酸中：Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2O，C正確；D.次氯酸鈣溶液中通入過量CO2，沒有CaCO3生成，得到碳酸氫鈣和HClO，D錯誤；答案選D。12、C【解析】過氧化鈉具有強氧化性，加入過氧化鈉固體后，能夠將SO32-氧化成SO42-；過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，導致Na+的濃度增大；NaOH與Al3+、Mg2+、HCO3-反應，所以濃度變化的離子有：CO32-、HCO3-、SO32-、SO42-、Al3+、Na+、Mg2+，離子濃度保持不變的為：NO3-、Cl-、K+，故選C?！军c睛】本題考查離子反應及其應用，明確常見離子的性質為解答關鍵。本題的易錯點為亞硫酸根離子的判斷，要注意過氧化鈉具有強氧化性，亞硫酸根離子具有還原性。13、D【解析】A中可以生成亞硫酸鋇沉淀，B中SO2溶于水溶液顯酸性，NO3－能把SO2氧化生成硫酸，進而生成硫酸鋇沉淀。C中SO2能把S2－氧化生成單質S沉淀。D中氯化鋇和SO2不反應，答案選D。14、D【分析】亞鐵離子具有還原性，酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應生成鐵離子、銨根離子，其反應方程式為8Fe2++NO3-+10H+=8Fe3++NH4++3H2O，該反應中Fe元素化合價由+2價變?yōu)?3價、N元素化合價由+5價變?yōu)?3價，所以亞鐵離子是還原劑、硝酸根離子是氧化劑，以此解答該題。【詳解】反應方程式為8Fe2++NO3-+10H+=8Fe3++NH4++3H2O；A.亞鐵離子具有還原性，酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應生成鐵離子，不能用酸酸化，故A錯誤；B.該反應中Fe元素化合價由+2價變?yōu)?3價、N元素化合價由+5價變?yōu)?3價，所以亞鐵離子是還原劑、硝酸根離子是氧化劑，氧化劑和還原劑的物質的量之比為1:8，故B錯誤；C.反應中N元素化合價由+5價降低到?3價，則若有1molNO3?發(fā)生還原反應，則轉移電子8mol，故C錯誤；D.若將該反應設計成原電池，則負極失電子發(fā)生氧化反應，根據(jù)氧化還原反應，亞鐵離子失電子發(fā)生氧化反應，則負極反應式為Fe2+-e－＝Fe3+，故D正確；答案選D。15、A【詳解】A.Na與水反應生成NaOH和H2，Na元素的化合價升高，Na作還原劑；B.Cl2與水反應生成HCl和HClO，Cl元素的化合價既升高又降低，Cl2既是氧化劑又是還原劑；C.NO2與水反應生成HNO3和NO，N元素的化合價既升高又降低，NO2既是氧化劑又是還原劑；D.Na2O2與水反應生成NaOH和O2，Na2O2中的O元素化合價既升高又降低，Na2O2既是氧化劑又是還原劑；根據(jù)以上分析可知，在與水反應時，Na是還原劑，Cl2、NO2、Na2O2都既是氧化劑又是還原劑，答案選A。16、C【詳解】A．氫氧化鈉能與溴單質反應，與溴苯不反應，然后分液即可，故A正確；B．乙烯與溴水發(fā)生加成反應，則利用盛有溴水的洗氣裝置即可除去乙烷中混有的乙烯，故B正確；C．水和乙酸均能和生石灰反應，故C錯誤；D．乙酸與碳酸鈉反應后，與乙酸乙酯分層，然后分液可分離，故D正確；故答案為C?！军c睛】考查混合物分離提純，把握物質的性質、混合物分離方法、實驗技能為解答的關鍵，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。17、D【詳解】A．X可以為氯氣或氨氣，均得到白色沉淀，白色沉淀分別為硫酸鋇、亞硫酸鋇，則氣體不一定為氯氣，故A錯誤；B.Na2CO3和NaHCO3溶液中滴入相同的Ca(OH)2溶液，都反應生成碳酸鈣白色沉淀，其中碳酸氫鈉中的碳酸氫根離子與氫氧根離子反應生成碳酸根離子，因此也有碳酸鈣沉淀生成，在碳酸氫鈉溶液中不存在大量碳酸根離子，故B錯誤；C．鋁絲用砂紙打磨后，放在冷的濃硝酸中浸泡一段時間后，Al表面被硝酸氧化鈍化，形成致密的氧化膜，三氧化二鋁不與硫酸銅反應，則鋁表面不會生成銅，故C錯誤；D．下層溶液顯紫紅色，有碘單質生成，則KI和FeCl3溶液反應生成碘單質，由氧化劑氧化性大于氧化產物氧化性可知，氧化性為Fe3+＞I2，故D正確；故選D。18、B【解析】A．氯氣和氫氧化鈉溶液反應生成次氯酸鈉、氯化鈉和氯酸鈉，根據(jù)圖象知n(ClO-)=0.06mol，n(ClO3-)=0.03mol，故轉移電子物質的量=0.06mol×(1-0)+0.03mol×(5-0)=0.21mol，故A正確；B．根據(jù)氯原子守恒可知參加反應的氯氣為0.15mol，氯氣的狀態(tài)未知，不能確定其體積，故B錯誤；C．根據(jù)電子轉移守恒可知n(Cl-)=0.21mol，根據(jù)物料守恒可知n(K+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n(ClO3-)=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，則n(KOH)=0.3mol，則氫氧化鉀質量=0.3mol×56g/mol=16.8g，故C正確；D．根據(jù)圖象知，氯氣和氫氧化鉀先生成次氯酸鉀，且該反應是放熱反應，隨著溫度的升高，氯氣和氫氧化鉀反應生成氯酸鉀，所以氯酸根離子的生成是由于溫度升高引起的，故D正確；故答案為B。19、D【分析】平衡狀態(tài)的標志可從兩個方面來分析：（1）各組分的百分含量不隨時間變化，（2）正逆反應速率相等?！驹斀狻緼、生成nmolA2，消耗2nmolAB都是向正向反應，錯誤；B、只要反應開始，AB、A2、B2共存，不一定達平衡，錯誤；C、若AB的消耗速率等于A2的消耗速率的2倍，則平衡，錯誤；答案選D。20、D【詳解】A．比較反應物和生成物的總能量，發(fā)現(xiàn)反應物的總能量高于生成物的總能量，說明這個反應是放熱反應，故A正確，但不符合題意；B．比較I、II兩個過程的活化能的大小，發(fā)現(xiàn)II反應的活化能較低，說明途徑II加入了催化劑，故B正確，但不符合題意；C．2molH2O2(l).的能量高于2molH2O(l)和1molO2(g)的總能量，顯然1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量，故C正確，但不符合題意；D．根據(jù)蓋斯定律可知，兩個途徑的始態(tài)和終態(tài)相同，反應熱相等，故D錯誤，符合題意；故選：D。21、B【解析】根據(jù)阿伏加德羅定律知，相同條件下N2和O3的混合氣體與等體積的N2所含分子數(shù)相等，但由于N2是雙原子分子，O3是三原子分子，因此它們所含的原子總數(shù)不相等，A錯誤；由于-CH3與-OH都呈電中性，故其電子數(shù)與其質子數(shù)相等，都是9個，B正確；常溫常壓下28gCO的物質的量為1mol，而22.4LO2的物質的量要小于1mol，C錯誤；16gCH4與18gNH4+的物質的量都為1mol，CH4分子中質子數(shù)為10mol，而NH4+的質子數(shù)為11mol，D錯誤。故本題應選B。22、B【詳解】A．室溫下=10-13的溶液中含有大量的H+，SO與H+可生成二氧化硫氣體，A不能大量共存；B．I-、H+、Na+、K+不反應，B能大量共存；C．Ba2+、SO反應生成硫酸鋇沉淀，C不能大量共存；D．0.2mol/L的NaNO3溶液含有硝酸根離子，H+、Fe2+、能反應生成NO、鐵離子和水，D不能大量共存；答案為B。二、非選擇題(共84分)23、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O4：1第四周期Ⅷ族NO0.4ac(Na+)>c(Cl-)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+)【分析】(1)若Y是黃綠色氣體，則Y為氯氣，A、B的物質的量之比為1：4，結合實驗室常用濃鹽酸與二氧化錳反應來制取氯氣來解答；(2)A為非金屬單質，構成它的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，若為2個電子層，則第一層電子數(shù)為2，第二層電子數(shù)為4，即A為碳元素；A、B的物質的量之比為1：4，則該反應為碳與濃硝酸反應，然后利用元素的化合價分析；(3)A為金屬單質，常溫下A在B的濃溶液中“鈍化”，則A為鐵或鋁，B為濃硫酸或濃硝酸，又A可溶于X溶液中，則A為鐵，由A、B的物質的量之比為1：4，該反應為鐵與稀硝酸反應生成硝酸鐵、一氧化氮和水；利用鐵的原子序數(shù)分析其位置，利用三價鐵離子與鐵的反應及溶液中兩種金屬陽離子的物質的量恰好相等來計算被還原的三價鐵；(4)向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，產生白色沉淀，則A中含有Cl-，B的焰色為黃色，則B中含有鈉元素，A與B按物質的量之比1：4恰好反應，則該反應為氯化鋁與氫氧化鈉的反應，利用反應中各物質的量級偏鋁酸鈉的水解來分析?！驹斀狻?1)因黃綠色氣體為氯氣，氯原子最外層7個電子，則氯氣中存在一對共用電子對，其電子式為，A、B的物質的量之比為1：4，則反應的離子方程式為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)A為非金屬單質，構成它的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，若為2個電子層，則第一層電子數(shù)為2，第二層電子數(shù)為4，其質子數(shù)等于電子數(shù)等于6，即A為碳元素；A、B的物質的量之比為1：4，則該反應為碳與濃硝酸反應，其反應為C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O。根據(jù)元素的化合價變化可知：碳元素的化合價升高，則碳作還原劑；硝酸中氮元素的化合價降低，則硝酸作氧化劑，由化學計量數(shù)可知氧化劑與還原劑的物質的量之比為4：1；(3)A為金屬單質，常溫下A在B的濃溶液中“鈍化”，則A為鐵或鋁，B為濃硫酸或濃硝酸，又A可溶于X溶液中則A為鐵，由A、B的物質的量之比為1：4，該反應為鐵與稀硝酸反應生成硝酸鐵、一氧化氮和水，反應方程式為Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O。①鐵為26號元素，在在元素周期表中的第四周期Ⅷ族，鐵與稀硝酸反應生成的氣體Y為NO；②設被還原的硝酸鐵的物質的量為x，則根據(jù)放出2Fe3++Fe=3Fe2+可知：每有2molFe3+反應會產生3molFe2+，假設反應的Fe3+的物質的量是x，則反應產生Fe2+的物質的量是mol，由于反應后溶液中兩種金屬陽離子的物質的量恰好相等，則a-x=，解得x=0.4a；(4)若A、B、X、Y均為化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，產生白色沉淀，則A中含有Cl-，B的焰色為黃色，則B中含有Na+，A與B按物質的量之比1：4恰好反應，則該反應為氯化鋁與氫氧化鈉的反應，其反應為AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，由題意知A與B的物質的量分別為1mol、4mol，則n(Na+)=4mol，n(Cl-)=3mol，NaAlO2是強堿弱酸鹽，AlO2-水解消耗，則n(AlO2-)<1mol，因偏鋁酸根離子水解則溶液顯堿性，c(OH-)>c(H+)，水解產生的離子濃度小于鹽電離產生的離子濃度，則c(AlO2-)>c(OH-)，故溶液離子大小為：c(Na+)>c(Cl-)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+)?！军c睛】本題考查了元素及化合物的推斷、化學方程式的書寫、離子濃度大小比較等，要求學生應熟悉常見的氧化還原反應及常見物質的性質，弄清物質結構與物質組成及性質的關系，這是解答本題的關鍵。24、苯酚Fe，加熱縮聚反應或聚合反應135【分析】由合成流程可知，碳化鈣與水反應生成A為，結合反應③生成酚醛樹脂可知，B為，C為，D為，E為一種室內污染氣體，E為，A與氫氣反應生成F為，F(xiàn)與溴發(fā)生加成反應生成M為，N為，結合已知信息可知H為，H與N發(fā)生縮聚反應生成Q為，據(jù)此分析作答?！驹斀狻?1)反應③生成酚醛樹脂可知D物質名稱為苯酚，反應②為苯和溴生成溴苯，條件為，加熱；故答案為：苯酚；，加熱；（2）H與N發(fā)生縮聚反應生成Q為，故答案為：縮聚反應；（3）反應①為乙炔生成苯，故方程式為，故答案為：；（4）反應③為苯酚和甲醛縮聚生成酚醛樹脂，方程式為：，答案為：（5）H為，由中間C的四面體結構可知,2個苯環(huán)與C最多共面，即H中最多有13個碳原子共平面；根據(jù)限定的3個條件,要有結構，且兩端苯環(huán)上各連一個，不含H本身，移動2個的位置，、、，即還有5種；故答案為：13；5；（6）H為，N為乙二酸，H與N發(fā)生縮聚反應生成Q，Q的結構簡式為：，故答案為：；（7）M為，N為，有M制取N，需要先生成乙二醇，再氧化得乙二醛，再氧化得乙二酸，即；故答案為：。25、燒杯、玻璃棒MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O防止溫度過高次氯酸鈉變?yōu)槁然c和氯酸鈉直形冷凝管N2H4·H2O+2NaClO====2NaCl+N2↑+3H2O冷卻后補加滴定終點時的現(xiàn)象為當加入最后一滴滴定劑的時候，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內不恢復30.0%【分析】根據(jù)氮原子形成8電子穩(wěn)定結構、氫原子形成2電子穩(wěn)定結構分析電子式，根據(jù)已知中次氯酸鈉能分解分析冰水浴的目的，根據(jù)物質的氧化性和還原性分析反應方程式，根據(jù)碘遇淀粉變藍分析終點顏色變化，根據(jù)方程式中的物質的量關系計算肼的物質的量，進而計算質量和質量分數(shù)?！驹斀狻?1)肼的化學式為N2H4，根據(jù)氫原子形成一對共用電子對分析，氮原子之間形成一對共用電子，電子式為；(2)配制30%的氫氧化鈉溶液的實驗步驟為計算，稱量，溶解，所需的玻璃儀器有量筒，燒杯，玻璃棒，故答案為燒杯、玻璃棒；(3)二氧化錳和濃鹽酸反應生成氯化錳和氯氣和水，反應方程式為：MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；根據(jù)已知：3NaClO2NaCl+NaClO3，次氯酸鈉容易分解，所以Ⅱ中用冰水浴控制溫度在30℃以下，其主要目的是防止溫度過高次氯酸鈉變?yōu)槁然c和氯酸鈉；(4)儀器B為直形冷凝管；分液漏斗中為次氯酸鈉，具有強氧化性，水合肼具有強還原性，如果分液漏斗中溶液的滴速過快，溶液中有過多的次氯酸鈉，部分N2H4·H2O參與反應被氧化產生大量氮氣，方程式為N2H4·H2O+2NaClO====2NaCl+N2↑+3H2O；(5)液體加熱時為了防止暴沸，通常加入沸石，若在蒸餾剛剛開始的時候忘記添加沸石，應該采取停止實驗，冷卻后補加；①滴定的原理為N2H4·H2O+2I2==N2↑+4HI+H2O，使用標準碘水溶液，可利用碘遇淀粉變藍選用淀粉為指示劑，滴定終點時的現(xiàn)象為當加入最后一滴滴定劑的時候，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內不恢復；②20.00mL溶液中，n(N2H4·H2O)=1/2n（I2）=0.1500mol/L×0.02L/2=0.0015mol，餾分中m(N2H4·H2O)=0.0015mol×50g/mol=0.075g，餾分中N2H4·H2O的質量分數(shù)為0.0075g÷0.2500g×100%=30.0%。26、B98%的濃硫酸H+濃度小不易反應，10%硫酸濃度太稀不利于SO2放出不能用長頸漏斗，應改用分液漏斗缺少二氧化硫的干燥裝置HSO3-、SO32-、H2SO3不正確因為亞硫酸根離子和亞硫酸氫根離子都會水解生成亞硫酸【解析】分析：（1）根據(jù)濃硫酸和二氧化硫的性質分析，濃度大時硫酸以分子形式存在，二氧化硫易溶于水；（2）根據(jù)實驗目的及二氧化硫的性質分析，應制取干燥的二氧化硫氣體，為控制液體的量，應選取易控制流量的儀器；（3）根據(jù)二氧化硫、品紅溶液、品紅酒精溶液的性質分析；（4）亞硫酸鈉和亞硫酸氫鈉都能水解生成亞硫酸，根據(jù)溶液中存在的含硫微粒判斷。詳解：（1）硫酸和亞硫酸鈉固體制取二氧化硫發(fā)生的是離子反應，如果硫酸濃度過大，硫酸是以分子形式存在，沒有電離出H+，不能反應生成SO2；如果硫酸濃度過低，二氧化硫易溶于水，不利于二氧化硫放出，所以選取70%硫酸，故選B，故答案為B；98%的濃硫酸H+濃度小不易反應，10%硫酸濃度太稀不利于SO2放出；（2）為控制硫酸的流量應選取分液漏斗，該實驗是探究干燥的SO2能不能使品紅褪色，所以二氧化硫通入品紅溶液前要進行干燥，故答案為不能用長頸漏斗，應改用分液漏斗；缺少二氧化硫的干燥裝置；（3）二氧化硫和水反應生成亞硫酸，二氧化硫和酒精不反應，二氧化硫能使品紅溶液褪色而不能使品紅的酒精溶液褪色，由此得出SO2的漂白作用是SO2與水作用的產物導致的，二氧化硫和水反應生成亞硫酸、亞硫酸電離生成亞硫酸氫根離子、亞硫酸氫根離子電離生成亞硫酸根離子，所以使品紅的水溶液褪色的微?？赡苁牵篐SO3-、SO32-、H2SO3，故答案為HSO3-、SO32-、H2SO3；（4）亞硫酸鈉和亞硫酸氫鈉都能水解生成亞硫酸，且亞硫酸氫根離子能電離生成亞硫酸根離子，所以兩種溶液中都含有HSO3-、SO32-、H2SO3，所以不能確定使品紅褪色的微?？隙ㄊ荋SO3-或SO32-，故答案為不正確；因為亞硫酸根離子和亞硫酸氫根離子都會水解生成亞硫酸。27、球形干燥管c、d、b先逐漸變?yōu)榧t色，后褪色；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O加熱溫度不夠或加熱時間不足沒有在HCl的氛圍中加熱【分析】由題意可知，結晶水合物CuCl·2H2O制備CuCl的過程為先通入HCl，防止沒有HCl的情況下加熱生成堿式氯化銅，點燃酒精燈加熱，熄滅酒精燈，后停止通入HCl，最后用氮氣將裝置內的HCl和氯氣排空進而被尾氣裝置中的氫氧化鈉吸收?！驹斀狻浚?）根據(jù)儀器X的構造特點知其名稱為干燥管，故答案為球形干燥管。（2）加熱CuCl2·2H2O制備CuCl，為防止生成的CuCl被空氣中的氧氣氧化和Cu+水解，必須要先通入干燥的HCl氣體趕走裝置中的空氣再加熱，且要在HCl氣流中加熱制備，反應結束后先熄滅酒精燈，繼續(xù)通入氮氣直至裝置冷卻，所以操作順序為：a-c-d-b-e，故答案為cdb。（3）B中物質由白色變?yōu)樗{色，說明有水生成，產物中還有Cl2，所以C中石蕊試紙先逐漸變?yōu)榧t色，后褪色，故答案為先變紅，后褪色；（4）D中是Cl2和NaOH反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應的離子方程式為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（5）①根據(jù)題給信息知若雜質是CuCl2，說明CuCl2沒有反應完全，原因為加熱時間不足或溫度偏低，故答案為加熱時間不足或溫度偏低；②若雜質是氧化銅，說明CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2，進一步分解生成CuO，原因是通入HCl的量不足，故答案為通入HCl的量不足或沒有在HCl氛圍中加熱。【點睛】解答本題首先要根據(jù)題給資料明確實驗的原理，理清題給裝置圖中每一個裝置的作用和相關反應，結合CuCl2·2H2O、CuCl易水解，CuCl易被氧化的性質知實驗過程中要注意防止空氣的干擾，確定裝置的連接順序；（5）小題要根據(jù)雜質的成分結合題給資料分析雜質產生的原因。28、1/2O2(g)＋H2(g)＝H2O(l)△H＝-286kJ/molC0.12mol·L-1·min-1L2·mol-2AD隨溫度升高，N2的含量降低，主反應為放熱反應，升溫使主反應的平衡左移(或副反應為吸熱反應，升溫使副反應的平衡右移，降低了NH3和NO的濃度，使主反應的平衡左移)2NH3+6OH--6e-＝N2+6H2O【詳解】（1）已知①N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝-93.0kJ·mol-1，②2N2(g)＋6H2O(