湖南省郴州市一中2023学年高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

1、2023高考化学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不超过20。W、X、Y最外层电子数之和为15，是实验室常用的一种化学试剂。下列说法中错误的是（

2、）AZ2Y的水溶液呈碱性B最简单氢化物沸点高低为：XWC常见单质的氧化性强弱为：WYD中各原子最外层均满足8电子稳定结构2、下列有关物质的性质与应用相对应的是（）ACl2具有漂白性，可用作自来水的消毒BSiO2具有高沸点，可用作制备光导纤维CNH3具有还原性，可用作制冷剂DNa2O2能与CO2反应，可用作潜水艇内的供氧剂3、2018年世界环境日主题为“塑战速决”。下列做法不应该提倡的是A使用布袋替代一次性塑料袋购物B焚烧废旧塑料以防止“白色污染”C用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料D用高炉喷吹技术综合利用废塑料4、下列石油的分馏产品中，沸点最低的是（ ）A汽油B煤油C凡士林D石油气5、某烃的含氧衍

3、生物的球棍模型如图所示下列关于该有机物的说法正确的是()A名称为乙酸乙酯B显酸性的链状同分异构体有3种C能发生取代、加成和消除反应D能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同6、甲醇低压羰基合成法（CH3OH+COCH3COOH）是当今世界醋酸生产的主要方法，国标优等品乙酸含量99.8%。为检验得到的乙酸中是否含有甲醇，可用的方法是A观察放入金属Na是否产生气泡B观察滴入的紫色石蕊溶液是否变红C观察滴入的酸性KMnO4溶液是否褪色D观察插入的表面发黑的灼热铜丝是否变红7、下列有关实验正确的是A装置用于Na2SO3和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B装置用于灼烧CuSO45H2OC装置用于收

4、集氯气并防止污染空气D装置用于实验室制备少量乙酸乙酯8、常温常压下，下列气体混合后压强一定不发生变化的是ANH3和Cl2BNH3和HBrCSO2和O2DSO2和H2S9、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）ANa2S溶液中：SO42-、K+、Cl-、Cu2+B的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+C饱和氯水中：Cl-、NO3-、Na+、SO32-D碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+10、某研究小组同学用如图装置探究与Mg的反应，实验时首先关闭K，使中的反应进行，然后加热玻璃管。下列说法正确的是A中只生成2种产物B停止实验时，先打开K可防倒吸C实验结束后加热中

5、溶液，没有明显现象D浓硫酸浓度越大生成的速率越快11、常温下，将盐酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOHpOH=lgc(OH-)与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A曲线N表示pOH与两者的变化关系BNaHX溶液中c(X2-)c(H2X)C当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)D常温下，Na2X的第一步水解常数Kh1=1.010-412、我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是ACO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B催化剂Cu结合氢原子

6、，催化剂Cu2O结合含碳微粒C该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂D有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物13、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是ANH4HCO3受热易分解，可用作氮肥BSiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维C乙醇能使蛋白质变性，75%乙醇可消杀病毒、细菌DNa2S具有还原性，可作废水中Cu2+和Hg2+的沉淀剂14、反应aX(g) + bY(g)cZ(g)；H=Q，有下图所示关系，下列判断中正确是（ ）Aa+b 0Ba+b c, Q c, Q 0Da+b c, Q c( X2-)，故B错误；C混合液中存在电荷守恒式为c(Na+)+ c(H+)=c(Cl-)+

7、c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，则当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)，故C错误；D由曲线N可知，当lg =0时， =1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，则Kh1(X2-)=c(OH-)=110-4，故D正确；故答案为D。12、C【答案解析】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和H转化为COOH，故C错误；D.根据反应机

8、理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。13、C【答案解析】ANH4HCO3中含有植物生长需要的N元素，可用作氮肥，与其受热易分解的性质无关，A项错误；BSiO2传导光的能力非常强，常用于制光导纤维，与SiO2熔点高硬度大没有对应关系，B项错误；C75%乙醇能杀菌消毒，利用乙醇能使蛋白质变性的性质，C项正确；D硫化钠与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀，发生复分解反应，不发生氧化还原反应，没有体现还原性，D项错误；答案选C。14、D【答案解析】观察图可知，P1P2，T1T2。升高温度，X的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，所以正反应为

9、放热反应，Q0；增大压强X的体积分数减小，平衡向正向移动，所以a+bc，故选D。15、B【答案解析】A. 根据放电过程中，右槽溶液的颜色由紫色变成绿色，结合V3+绿色，V2+紫色，说明放电时，右槽电极上失去V2+电子，发生氧化反应，电极反应式为：V2+-e-=V3+，则B电极为负极，A电极为正极，A正确；B. 根据选项A分析可知：A 电极为正极，B电极为负极，正极上发生还原反应：VO2+2H+e-=VO2+H2O，可知：每反应转移1 mol电子，反应消耗2 molH+，放电时若转移的电子数为3.011023个即转移0.5 mol电子，则左槽中H+减少0.5 mol，B错误；C.充电时，左槽为阳

10、极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：VO2+H2O-e- =VO2+2H+，C正确；D. 充电时，左槽为阳极，发生氧化反应：VO2+H2O-e- =VO2+2H+，H+通过质子交换膜向右槽移动，D正确；故合理选项是B。16、A【答案解析】水电离出的c（H+）=1l0-13 mol/L，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度为0.1mol/L，该溶液为强酸性或碱性溶液，一定不会存在碳酸氢根离子；当向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色，说明溶液中一定存在碘离子，能够与碘离子反应的铁离子一定不会存在。【题目详解】A酸或碱的溶液抑制水的电离，水电离出的c（H+）=1l0-13 mol/L，

11、若为酸性溶液，该溶液pH=1；若为碱性溶液，该溶液的pH为13，故A正确；B溶液中一定不会存在铁离子，若是碱性溶液，一定存在钠离子，故B错误；C该溶液中一定存在碘离子，一定不会存在碳酸氢根离子，故C错误；D氯气过量，若为酸性溶液，反应后只有一种盐，即氯化钠，故D错误；故选A。17、B【答案解析】A、8gCH4O(即0.25mol甲醇)，所含有的C-H键数目为0.75NA，故A错误；B、25时，pH=8的氨水中c(H+)水=1.010-8mol/L=c(OH-)水，由Kw可求得溶液中的c(OH-)总=1.010-6mol/L，则由NH3H2O电离出的c(OH-)一水合氨=c(OH-)总-c(OH

12、-)水=1.010-6mol/L-1.010-8mol/L=9.910-7mol/L=c(NH4+)，则NH4+的数目为9.910-7mol/L0.1LNA=9.910-8NA，所以B正确；C、由于S的氧化能力弱，所以铁和铜与S反应时都生成低价化合物，即铁显+2价，铜显+1价，所以56gFe(即1mol）与1molS恰好完全反应生成FeS,则转移的电子数为2 NA，64gCu(即1mol)与1molS反应生成0.5molCu2S，S过量，则转移的电子数为NA，故C错误；D、标准状况下，2.24LCl2(即0.1mol)溶于水后仍有部分以Cl2的形式存在于水中，则所得氯水中含氯的微粒总数小于0.

13、2 NA，则D错误。本题正确答案为B。点睛：看似简单的NA题，但在本题中最容易错选A、D，而B有可能计算错误。甲醇（CH4O）中并不是4个氢原子都与碳原子成键，而是3个，还要被分子式所迷惑；氯气是双原子分子，但并不能全部与水反应，还有一部分以Cl2的形式存在于水中；还要明确Kw的含义是溶液中总的c(H+)与总的c(OH-) 的乘积，这样才能求出由一水合氨电离出的c(OH-)，进而求出NH4+的个数。18、D【答案解析】A. AlCl3是共价化合物，不能通过电解熔融AlCl3制备Al，故A错误；B. Fe2+能被稀硝酸氧化为Fe3+，故B错误； C.丝绸的主要成分是蛋白质，不是天然纤维素，故C错

14、误；D. 由平衡Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-可知，增大F-浓度，平衡正向移动，生成更难溶的氟磷灰石，氟磷灰石比羟基磷灰石更能抵抗酸的侵蚀，故使用含氟牙膏可以防止龋齿的形成，故D正确。故选D。19、C【答案解析】A项、氯气是一种重要的化工原料，可用于农药的生产等，如制备农药六六六等，氯气与水反应生成的次氯酸具有氧化性，能够杀菌消毒，故A正确；B项、钠钾合金导热性强，可用于快中子反应堆的热交换剂，故B正确；C项、光导纤维主要成分二氧化硅，是绝缘体，不导电，故C错误；D项、硫酸工业在国民经济中占有极其重要的地位，常用于化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等，故D

15、正确；故选C。20、A【答案解析】A、按照题目意思，生成物均为无毒无害的物质，因此N2H4和O2反应的产物为N2和H2O，总反应方程式为N2H4O2=N22H2O，A错误，符合题意；B、在原电池中，阴离子向负极移动，N2H4中N的化合价从1升高到0，失去电子，因此通过N2H4的一极为负极，则O2由电极乙向电极甲移动，B正确，不符合题意；C、总反应方程式为N2H4O2=N22H2O，每消耗1molN2H4，就需要消耗1molO2，在标准状况下的体积为22.4L，C正确，不符合题意；D、根据题目，O2得到电子生成O2，电极方程式为O2+4e=2O2，D正确，不符合题意；答案选A。21、D【答案解析

16、】A、等物质的量时，NO2和CO2中含有氧原子数目是相同的，因此标准状况下，22.4L的NO2和CO2混合气体中含有氧原子物质的量为2mol，故A错误；B、假设全部是NO2，则含有分子物质的量为46g/46g/mol=1mol，假设全部是N2O4，含有分子物质的量为46g/92g/mol=0.5mol，故B错误；C、常温常压下不是标准状况，且水是弱电解质，无法计算OH微粒数，故C错误；D、铁与水蒸气反应生成Fe3O4，因此16.8g铁与水蒸气反应，转移电子物质的量为16.88/(563)mol=0.8mol，故D正确。22、D【答案解析】A正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大；

17、B根据计算v（NO2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（N2O4）；C. 100 s 时再通入0.40 mol N2O4，等效为在原平衡的基础上增大压强，与原平衡相比，平衡逆向移动； D. 80s时到达平衡，生成二氧化氮为0.3 mol/L1 L=0.3 mol，结合热化学方程式计算吸收的热量。【题目详解】A. 该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动，平衡常数K增大，A项错误；B. 2040s内，则，B项错误；C. 100 s时再通入0.40 mol N2O4，相当于增大压强，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，C项错误；D. 浓度不变时，说明反应已达平衡

18、，反应达平衡时，生成NO2的物质的量为0.3 mol/L1 L=0.3 mol，由热化学方程式可知生成2 molNO2吸收热量Q kJ，所以生成0.3 molNO2吸收热量0.15Q kJ，D项正确；答案选D。【答案点睛】本题易错点为C选项，在有气体参加或生成的反应平衡体系中，要注意反应物若为一种，且为气体，增大反应物浓度，可等效为增大压强；若为两种反应物，增大某一反应物浓度，考虑浓度对平衡的影响，同等程度地增大反应物浓度的话，也考虑增大压强对化学平衡的影响，值得注意的是，此时不能用浓度的外界影响条件来分析平衡的移动。二、非选择题(共84分)23、对二甲苯（或1， 4-二甲苯） 取代反应 +2

19、NaOH+NaCl O2/Cu或Ag，加热 碳碳双键、醛基 8 ， 【答案解析】由流程转化关系，结合题给信息可知，D为。运用逆推法，C为，催化氧化生成；B为，在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成；A为，在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成；与乙醛发生信息反应生成，加热发生消去反应生成。据此解答。【题目详解】（1）A的结构简式为，名称为对二甲苯或1，4-二甲苯；AB的反应为在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成。（2）BC反应为在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成，反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl。（3）CD的反应为在铜或银作催化剂，在加热条件下与氧气发生氧化反应生成，因此C

20、D所用试剂和反应条件分别是O2/Cu或Ag，加热。（4）E的结构简式是。F的结构简式为，分子中官能团的名称是碳碳双键、醛基。（5）D为，D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物说明侧链为链状结构，其可能为醛、酮、含苯环的乙烯基醚和乙烯基酚，其中芳香醛有3种（除去D）、芳香酮1种、含苯环的乙烯基醚1种、乙烯基酚3种，共8种；苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为21221的同分异构体的结构简式为和。24、CH3COOH 加成反应 羰基 +2C2H5OH2H2O 【答案解析】丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由(1)可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COO

21、H；A与溴水和红磷反应得到B，B再与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物E为。【题目详解】(1)由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；(2) F为C3H6O，不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，方程式为+2C2H5OH2H2O ，故答案为：+2C2H5OH2H2O ；(4)根据信息提示，则丙二酸二乙酯()要形成高聚物E，则要发生分子间的缩聚反应，高聚物E为，故答案为： ；(

22、5) 丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分异构体满足与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为321，故氢个数分别为6，4，2；能发生银镜反应，说明要存在醛基或者甲酯，官能团又要为酯基，只能为甲酯，根据可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10，要满足相同氢分别为6、4，只能为两个乙基，满足的为 ，故答案为：； (6) 与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，进过消去反应得到，根据题干信息RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）提示，可反生取代得到，故答案为：；。【答案点睛】本题难点(5)，信息型同分异构

23、体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代物的个数，确定位置。25、温度计 防止倒吸 使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率 不能 氯化钙与葡萄糖酸不反应 趁热过滤 降低葡萄糖酸钙的溶解度，有利于其析出 D 【答案解析】葡萄糖中加入3%的溴水并且加热，发生反应C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2OC6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr，得到葡萄糖酸和HBr，加入过量碳酸钙并加热，发生反应2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3(C6H11O7)2Ca(葡萄糖酸钙)+H2O+CO2、CaCO3+2HBr=CaBr2+CO2+H2O，趁热过滤，然后加入乙醇得到葡

24、萄糖酸钙悬浊液，过滤、洗涤、干燥得到葡萄糖酸钙，据此进行分析。【题目详解】(1)根据流程可知溴水氧化葡萄糖时需要控制温度为55，所以还需要温度计；倒置的漏斗可以起到防止倒吸的作用；(2)CaCO3固体需有剩余，可使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率，符合强酸制弱酸原理，以确保葡萄糖酸完全转化为钙盐；(3)盐酸为强酸，酸性比葡萄糖酸强，氯化钙不能与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，所以不宜用CaCl2替代CaCO3；(4)根据表格中葡萄糖酸钙的溶解度与温度可知葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，应趁热过滤；(5)葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出

25、；(6)利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，所以应选“乙醇水的混合溶液”进行洗涤。26、氧化 萃取(或萃取分液) 坩埚(或瓷坩埚)、泥三角 ba 从水层取少量溶液，加入12 mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明滤液中含有IO3，若溶液不变蓝，说明滤液中不含有IO3 SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4 2HIH2+I2 节约电能 使用能造成污染环境的SO2 【答案解析】(1)将海带灼烧、溶解、过滤后所得溶液中碘以I-存在，要将碘从水溶液中分离出来，应将I- 转化成水溶性差而易溶于有机溶剂的I2；(2)根据灼烧装

26、置即可找除出题中所列外还需要的实验仪器；(3)检验I- 通常用AgNO3溶液，而Ag2SO4微溶、Ag2CO3难溶，所以SO42-和CO32-会干扰I-的检验，需排除干扰；(4)检验IO3-可采用思路为：IO3- I2 检验I2，所以应选用合适的还原剂将IO3- 还原为I2，再检验生成的I2；(5)根据题意，分解水采用的是SO2/I2循环法，可判断SO2和I2在整个过程中参与反应且能重新生成，由此判断各步反应；该法与电解水相比，不耗电但使用了能产生污染的SO2。【题目详解】(1)根据分析，需把溶液中的I-转化为水溶性差而易溶于有机溶剂的I2，I- I2为氧化过程；从水溶液中分离出I2可用CCl

27、4等有机溶剂萃取后蒸馏。答案为：氧化；萃取(或萃取分液)；(2)固体灼烧需要坩埚，而坩埚需放在泥三角上加热，所以，灼烧海带时除需要三脚架、酒精灯、玻璃棒外，还需要的实验仪器是坩埚(或瓷坩埚)、泥三角。答案为：坩埚(或瓷坩埚)、泥三角；(3)由于碘化银是不溶于水，也不溶于酸的黄色沉淀，所以可用AgNO3溶液检验。但Ag2SO4微溶、Ag2CO3难溶，所以SO42-和CO32-会干扰I- 的检验，所以需要排除其干扰，又因为还不能引入氯离子，所以可以用足量的Ba(NO3)2溶液除去SO42-和CO32-，过滤后（或取上层清液）再加入AgNO3溶液。答案为：ba；(4)碘酸根具有强氧化性，能被还原为单

28、质碘，而碘遇淀粉显蓝色，所以检验碘酸根的实验操作是：从水层取少量溶液，加入12 mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明滤液中含有IO3-；若溶液不变蓝，说明滤液中不含有IO3-；依题意，用SO2/I2循环法分解水共涉及三步化学反应。根据第二个反应可知，首先SO2被氧化为硫酸，氧化剂为I2，化学方程式为：SO2+ I2+ 2H2O = 2HI + H2SO4；生成的HI分解即可得到氢气，同时重新生成I2，所以第三个化学方程式为：2HIH2+ I2。电解水需要消耗电能，而SO2又是大气污染物，所以与传统的分解水的方法相比，本法的优点是节约电能，而缺点是使用能造成污染环境的

29、SO2。【答案点睛】Ag+ 能与很多阴离子反应生成沉淀，如SO42-、CO32-、Cl-、Br-、I-、OH- 等，所以，用AgNO3 溶液检验卤离子时应注意排除干扰。27、白色固体变黑 吸收水蒸气，防止影响C的质量变化 冷却至室温 偏小 SO3 O2 2CuSO42CuO+2SO2+O2 0.128 T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2 【答案解析】(1)根据无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；(2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压

30、大于外界大气压，测得气体体积偏小；(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；(4)0.64g硫酸铜的物质的量为0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：0.004mol，氧气的质量为：0.640.320.2560.064g，物质的量为：0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2+O2； (5)0.64g硫酸铜的物质的量为0.004mol，分解生成氧化铜的质

31、量为：0.004mol80g/mol0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：320.032g，根据质量守恒实验中理论上C增加的质量Y30.640.320.160.0320.128g；(6)根据表中实验的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。【题目详解】(1)因为无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是 吸收水蒸气，防止装置E中的水进入装置C，影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；(2)加热条

32、件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温 偏小；(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气，故答案为：SO3；O2；(4)0.64g硫酸铜的物质的量为0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：0.004mol，氧气的质量为：0.640.320.2560.064g，物质的量为：0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：

33、2；1，则实验中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2+O2；(5)0.64g硫酸铜的物质的量为0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：320.032g，实验中理论上C增加的质量Y30.640.320.160.0320.128g；(6)根据表中实验的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2，故T4温度更高，故答案为：T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。28、2NO（g）+C（s）CO2（g

34、）+N2（g） H=-569kJ/mol 催化剂粒径越小，其与活性炭的接触面积越大，就越容易被还原，需要的温度较低 不是 56 升高温度 CD 【答案解析】(1)用焦炭还原NO生成无污染气体，说明生成物是二氧化碳和氮气，N2(g)+O2(g)2NO(g) H1=+180.5kJmol-12C(s)+O2(g)2CO(g) H2=-221.0kJmol-12CO(g)+O2(g)2CO2(g) H3=-556.0kJmol-1将方程式(+)-得2NO(g)+C(s)CO2(g)+N2(g)所以H=(H2+H3)-H1=(-221.0kJmol-1-556.0kJmol-1)-180.5kJmol

35、-1=-569kJ/mol；(2)催化剂粒径越小，其与活性炭的接触面积越大，就越容易被还原，需要的温度较低；根据催化剂N的曲线可知温度升高时可以达到更高的脱氮率，而A点的温度要比催化剂N的曲线最高点的温度要低，该反应为放热反应，降低温度平衡右移，所以A点的对应温度下的平衡脱氮率应该更大，所以A点不是对应温度下的平衡脱氮率；pH=12 的溶液，由HCO3-CO32-+H+，可知K2(H2CO3)=5.610-11=，则c(CO32-)：c(HCO3-)=；(3)如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，平衡转化率减小，平衡逆向进行，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行；对应的实验温度分别为TR、TX、