(word完整版)2018年天津市高考化学试卷

1、第 页（共25页）2018年天津市高考化学试卷一、选择题（共6小题，每小题6分，共36分每题只有一个正确选项）1（6分）以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是（）四千余年前用谷物酿造出酒和酯，酿造过程中只发生水解反应商代后期铸造出工艺精湛的后（司）母戊鼎，该鼎属于铜合金制品汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作2（6分）下列有关物质性质的比较，结论正确的是（）A.溶解度：Na2CO3VNaHCO3B.热稳定性：HCIVPH3C.沸点：C2H5SHCHOH65再加

2、足量盐酸生成黑色沉Ksp（CuS）Kspspsp淀（ZnS）产生白色原溶液中有SO42-沉淀仍有白色沉淀AABBCCDD5（6分）室温下，向圆底烧瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O,充分反应后达到种衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为384C和78.5C.下列关叙述错误的是（）加入NaOH,可增大乙醇的物质的量增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br若反应物均增大至2mol，则两种反应物平衡转化率之比不变若起始温度提高至60C，可缩短反应达到平衡的时间6.（6分）LiH2PO4是制备电池的重要原料。室

3、温下，LiH2PO4溶液的pH随c2424初始（H2PO4-）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4-的分布分数6随pH的变化下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是()ISQ0L0HI5u.dl工tnolL1溶液中存在3个平衡含P元素的粒子有H2PO4-、HPO42-和PO43-C随c初始（H2PO4-）增大，溶液的PH明显变小D.用浓度大于1molL-i的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4二、非选择题II卷（60分）7.（14分）图中反应是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl26NH3是优质的镁资源。回答下列问题：M-换国

4、12T,弊血NIL300崔A2BXEhCl（1）MgCI26NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H-除外）：Mg在元素周期表中的位置;（2）A2B的化学式为TOC o 1-5 h z，Mg（OH）2的电子式：。，反应的必备条件是。上图中可以循环使用的物质有（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料（写化学式）。（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg（OH）2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：。（5）用Mg制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：严依据上述信息，写出制备心严七-r所需醛的可

5、能结构简式：8（18分）化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：,E中官能团的名称为（1）A的系统命名为（2）ATB的反应类型为，从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用TOC o 1-5 h z方法为。（3）CTD的化学方程式为。（4）C的同分异构体W（不考虑手性异构）可发生银镜反应：且1molW最多与2molNaOH发生反应，产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有种，若W的核磁共振氢诸有四组峰，则其结构简式为（5）F与G的关系为（填序号）。a.碳链异构b.官能团异构c.顺反异构d.位置异构（7）参照上述合成路线，以-小为原料，采用如下方法制备医药中间体（6）M的结构简式为该路

6、线中试剂与条件1为，X的结构简式为；试剂与条件2为，Y的结构简式为。（18分）烟道气中的N02是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用图1所示采样和检测方法。回答下列问题：I.采样|rtnA采样步骤：检验系统气密性；加热器将烟道气加热至140C:打开抽气泵置换系统内空气；采集无尘、干燥的气样；关闭系统，停止采样。（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用为2）C中填充的干燥剂是（填序号）a.碱石灰b.无水CuSO4C.P2O5（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用与D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该装置的示意图、明气体的流向及试剂。（4）采样步骤加热烟道气的目的是。口.NO*含量的测定将vL气

7、样通入适量酸体的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO3-，加水稀释至100.00mL，量取20.00mL该溶液，加入v】mLc】molL-iFeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2molL-iK2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2mL。（5）NO被H2O2氧化为NO3-的离子方程式为。（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有。（7）滴定过程中发生下列反应:第 页(共25页)3Fe2+NO3-+4H+=N0个+3Fe3+2H2OCr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O则气样中NOx折合成NO2的含量为mgm-3。TOC o 1-5 h z判断下列情况

8、对NOx含量测定结果的影响(填偏高”、偏低”或“无影响”)若缺少采样步骤，会使测定结果。若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果。(14分)CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义，回答下列问题：C02可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13,CO2主要转化为(写离子符号)；若所得溶液(HCO3-)：c(CO32-)=2：1，溶液pH=。室温下，H2CO3的K=4X10-2；K2=5X10-11)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)催化劃2C0(g)+2H2(g)已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键C-HC=OH-H(3(CO)键能/kJmo

9、l-14137454361075则该反应的厶日=。分别在vL恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入CH4和CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是(填A”或B”)按一定体积比加入ch4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和h2产率的影响如图1所示。此反应优选温度为900C的原因是(3)O2辅助的Al-CO2电池工作原理如图2所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物ai2(c2o4)是重要的化工原料。TOC o 1-5 h z电池的负极反应式：。电池的正极反应式：6O2+6e-=6O2-6co2+6o2-=3c2o42-+6o2反应过程

10、中02的作用是。该电池的总反应式：。第 页(共25页)第8页（共25页）2018年天津市高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，共36分每题只有一个正确选项）1（6分）以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是（）四千余年前用谷物酿造出酒和酯，酿造过程中只发生水解反应商代后期铸造出工艺精湛的后（司）母戊鼎，该鼎属于铜合金制品汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作【分析】A.酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇；后（司）母戊鼎的主要

11、成分为Cu；瓷器由黏土烧制而成；用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关。【解答】解：A.酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，而葡萄糖不能发生水解反应，故A错误；后（司）母戊鼎的主要成分为Cu,属于铜合金制品，故B正确；瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故C正确；用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关，该过程为萃取操作，故D正确；故选：A。【点评】本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、物质的组成、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。（6分

12、）下列有关物质性质的比较，结论正确的是（）溶解度：Na2CO3VNaHCO3B.热稳定性：HCIVPH3C.沸点：C2H5SHcHoH65c向含有ZnS和Na2S的悬浊液中生成黑色沉Ksp(CuS)vKsp滴加cuSo4溶液淀(ZnS)D某溶液中加入Ba(No3)2溶产生白色原溶液中有SO42-液沉淀再加足量盐酸仍有白色沉淀A.AB.Bc.cD.D【分析】A.K3Fe(CN)6】与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子；C6H5ONa溶液中通入CO2，发生强酸制弱酸的反应，生成苯酚；含Na2S，不发生沉淀的转化；亚硫酸根离子与Ba(NO3)2溶液反应也生成硫酸顿沉淀。【解答】解：A.K3Fe

13、(CN)6与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2+，不能确定是否含Fe3+，故A错误；C6H5ONa溶液中通入CO2,发生强酸制弱酸的反应，生成苯酚，则酸性：H2CO3C6H5OH,故B正确；含Na2S，不发生沉淀的转化，则不能比较K(CuS)、K(ZnS)大小，故C2spsp错误；亚硫酸根离子与Ba(NO3)2溶液反应也生成硫酸顿沉淀，则原溶液中可能有SO32-，或SO42-，或二者均存在，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子检验、酸性比较、Ksp比较为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度

14、不大。(6分)室温下，向圆底烧瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O,充分反应后达到种衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为384C和78.5C.下列关叙述错误的是()加入NaOH,可增大乙醇的物质的量增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br若反应物均增大至2mol，则两种反应物平衡转化率之比不变若起始温度提高至60C，可缩短反应达到平衡的时间【分析】A.加入NaOH,NaOH和HBr发生导致平衡逆向移动；增大HBr浓度，平衡正向移动；若反应物均增大至2mol，在原来平衡基础上向正向移动，但是各种反应物开始

15、浓度相同、消耗的浓度相同；升高温度，增大乙醇挥发，导致溶液中乙醇浓度降低，反应速率减慢。第 页（共25页）【解答】解：A.加入NaOH,NaOH和HBr发生而消耗HBr，导致平衡逆向移动,所以乙醇的物质的量增大，故A正确；增大HBr浓度，平衡正向移动，溴乙烷产率增大，所以有利于生成C2H5Br,故B正确；若反应物均增大至2mol,在原来平衡基础上向正向移动，反应物转化率增大,但是各种反应物开始浓度相同、消耗的浓度相同，所以其转化率的比值不变，故C正确；升高温度，增大乙醇挥发，导致溶液中乙醇浓度降低，反应速率减慢，到达平衡的时间增长，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡影响因素，明确浓度

16、、温度对化学平衡影响原理是解本题关键，侧重考查学生对基础知识的理解和运用，易错选项是C,反应物的转化率增大但其转化率的比值不变。LiH2PO4溶液的PH随C初始的分布分数6随pH的变化如图2所示水皓赢素备粒子J（6分）LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下,（h2po4-）的变化如图1所示，h3po4溶液中h2po4c（H2P0P下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是（A.溶液中存在3个平衡含P元素的粒子有H2PO4-、HPO42-和PO43-随c（H2PO4-）增大，溶液的pH明显变小初始24用浓度大于1molL-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎

17、全部转化为LiH2PO4【分析】由图1可知LiH2PO4溶液呈酸性，说明电离程度H2PO4-大于水解程度，且随着c（H_PO4-）增大，溶液pH逐渐减小，但浓度约大于10vmol/L时，初始24pH不再发生改变，由图2可知，随着溶液pH增大，c（H2PO4-）增大，可说明H3PO4进一步电离，则溶液中存在H3PO4，当H2PO4-的pH约为4.66时，分数6达到最大，继续加入碱，可与H2PO4-反应生成HPO42-等，以此解答该题。【解答】解：A.溶液中存在H2PO4-、HPO42-、h2o的电离以及H2PO4-、HPO42-和PO43-的水解等平衡，故A错误；含P元素的粒子有H3PO4、H2

18、PO4-、HPO42-和PO43-，故B错误；由图1可知浓度约大于10-4mol/L时，pH不再发生改变，故C错误；用浓度大于1molL-i的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，由图2可知H2PO4-的分数6达到最大，约为0.994，则H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4,故D正确。故选：D。【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握弱电解质的电离特点以及图象曲线的变化趋势，难度不大。二、非选择题II卷（60分）7.（14分）图中反应是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl26NH3是优质的镁资源。回答下列问题：AB蠅电厂*.豐口雯iwa

19、S二I幼*hcir-l（1）MgCl26NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H-除外）：H+VMg2+VN3-VCl-。Mg在元素周期表中的位置；第三周期IIA族，Mg（OH）2的电子式:单4:口:町Mg严；0：H第 页（共25页）第14页(共25页)A2B的化学式为Mg2Si,反应的必备条件是熔融、电解。上图中可以循环使用的物质有nh3、NH4CI。在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料SiC(写化学式)。为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO

20、.4+2H2O。用Mg制成的格氏试剂(RMgBr)常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式:ch3ch2cho,ch3cho。【分析】由反应可知A2B应为Mg2si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4和MgCI26NH3,MgCI26NH3加入碱液，可生成Mg(OH)2,MgCI26NH3加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCI26NH3与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应而循环使用，以此解答该题。【解答】解：(1)MgCI26NH3所含元素的简单离子分别为H+、M

21、g2+、N3_、CI-，离子核外电子层数越多，离子半径越大，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径由小到大的顺序为H+VMg2+VN3-VCI-，Mg原子核外有3个电子层，最外层电子数为2,位于周期表第三周期口A族，Mg(OH)2为离子化合物，电子式为益卞呦卜日一,申_*故答案为：H+VMg2+VN3-VCI-；第三周期口A族；卜片町“尸卜严可；(2)A2B的化学式为Mg2Si，镁为活泼金属，制备镁，反应应在熔融状态下进行电解，如在溶液中，则可生成氢氧化镁沉淀，由流程可知MgCI26NH3分别加热、与盐酸反应，可生成氨气、氯化铵，可用于反应而循环使用，故答案为：

22、Mg2Si;熔融、电解；NH3、NH4CI；（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料，该耐磨材料为原子晶体，应为SiC，原理是SiH4和CH4分解生成Si、C和氢气，Si、C在高温下反应生成SiC，故答案为：SiC；（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg（OH）2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，应生成硫酸镁，则反应物还应有氧气，反应的化学方程式为2Mg（OH）2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O，故答案为：2Mg（OH）2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O；严（5）由题给信息可知制备，可由CH3CH2MgBr与CH3CHO生成，也可由CH3

23、CH2CHO和CH3MgBr反应生成，故答案为：CH3CH2CHO，CH3CHO。【点评】本题为2018年高考天津理综试卷，以物质的制备流程为载体考查元素化合物知识，题目侧重考查学生的分析能力、实验能力以及元素化合物知识综合理解和运用，难度中等，注意把握题给信息以及物质的性质。8（18分）化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下:dirHiilEt:Iiino,11就朴：化；|fi（1）A的系统命名为1,6-己二醇，E中官能团的名称为碳碳双键、酯基（2）ATB的反应类型为取代反应，从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为蒸馏。（3）CTD的化学方程式为（4）C的同分异构体W（不考虑

24、手性异构）可发生银镜反应：且1molW最多与2molNaOH发生反应，产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有5种，若W的核磁共振氢诸有四组峰，则其结构简式为（5）F与G的关系为（填序号）c。a.碳链异构b.官能团异构c.顺反异构d.位置异构（6）M的结构简式为为原料，采用如下方法制备医药中间体（7）参照上述合成路线，以试剂与条件2为02/Cu或Ag、加热，Y的结构简式为=。【分析】A和HBr发生取代反应生成B，B发生氧化反应生成C，根据CD结构简式变化知，C和CH3CH2OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应然后酸化得到F，根据GN结构简式区别知，G发生成肽反应生成

25、N，（7）根据反应条件知，-宀、厂生成X、X再和Y反应生成一、，则生成X的试剂和条件分别是HBr、加热，X为肚，生成Y的试剂和条件为O2/Cu或Ag、加热。【解答】解：A和HBr发生取代反应生成B，B发生氧化反应生成C，根据CD结构简式变化知，C和CH3CH2OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应然后酸化得到F,根据GN结构简式区别知，G发生成肽反应生成（1）A为二元醇，羟基分别位于1、6号碳原子上，A的系统命名为1，6-己二醇，E中官能团的名称为酯基和碳碳双键，故答案为：1，6-己二醇；酯基和碳碳双键；（2）ATB的反应类型为取代反应，A、B互溶，要从反应所得液态有机混

26、合物中提纯B的常用方法为蒸馏，故答案为：取代反应；蒸馏；（3）该反应为羧酸和醇的酯化反应，CTD的化学方程式为豊fC：HrOC故答案为HCNCjiboir二（4）C的同分异构体W（不考虑手性异构）可发生银镜反应，说明含有醛基，且1molW最多与2molNaOH发生反应，产物之一可被氧化成二元醛，说明该物质中含有HCO0-基团，且溴原子连接边上的C原子；其结构简式可能为HCOOCH2CH2CH2CH2CH2Br、HCOOCH2CH2CH（CH3）CH2Br、HCOOCH2C（CH3）CH2CH2Br、HCOOCH（CH3）CH2CH2CH2Br、HCOOCH（CH3）CH（CH3）CH2Br，所

27、以符合条件的有5种，若W的核磁共振氢诸有四组峰，则其结构简式为5）F与G的关系为顺反异构，故选c；（7）根据反应条件知，-宀、厂生成X、X再和Y反应生成一、，则生成X的试剂和条件分别是HBr、加热，X为八、/吐,生成Y的试剂和条件为O2/Cu或Ag、加热，通过以上分析知，该路线中试剂与条件1为HBr、加热，X的结构简式为，亠7工；试剂与条件2为O2/Cu或Ag、加热，Y的结构简式为故答案为：HBr、加热；O2/Cu或Ag、加热；。【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析推断能力及知识迁移能力，根据反应前后物质结构变化确定反应类型，会根据合成路线判断（7）题反应条件及所需试剂，注意（4

28、）题：只有连接醇羟基碳原子相邻碳原子上含有氢原子的醇才能被催化氧化生成醛，题目难度中等。（18分）烟道气中的N02是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用图1所示采样和检测方法。回答下列问题：CD衆IT系醴骂用I.采样采样步骤：检验系统气密性；加热器将烟道气加热至140C:打开抽气泵置换系统内空气；采集无尘、干燥的气样；关闭系统，停止采样。（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用为除尘。（2）C中填充的干燥剂是（填序号）。a.碱石灰b.无水CuSO4C.P2O5（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用与D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该装置的示意图、明气体的流向及试剂。（4）采样步骤加热烟道气

29、的目的是防止NOx溶于冷凝水。口.NOx含量的测定将vL气样通入适量酸体的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO3-，加水稀释至100.00mL，量取20.00mL该溶液，加入v】mLc】molL-iFeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2molL-iK2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2mL。（5）NO被H2O2氧化为N03-的离子方程式为2NO+3H2O2=2H+2NO3-+2H2O。（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有锥形瓶、酸式滴定管。（7）滴定过程中发生下列反应:3Fe2+NO3-+4H+=N0个+3Fe3+2H2O第 页(共25页)Cr2O72-+6Fe2+

30、14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O23x(gy则气样中NOx折合成NO2的含量为mgm-3。判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填偏高”、“偏低”或“无影响”)若缺少采样步骤，会使测定结果偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果偏高。【分析】I.采样第一步过滤器A中装有无碱玻璃棉是为了除去粉尘；a.碱石灰为碱性干燥剂，不能干燥酸性气体；b无水硫酸铜可用于检验是否含有水蒸气，干燥能力不强；c.五氧化二磷是酸性干燥剂，可以干燥酸性气体；(3)D装置为吸收装置，用于吸收酸性气体，因此可以用氢氧化钠溶液，导气管应长进短出；防止NOx溶于冷凝水，需要加热烟道气；口.NOx含量的测定NO与

31、过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应生成硝酸和水；滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶等；滴定剩余Fe2+时，消耗的K2Cr2O7的物质的量为c2V2X10-3mol，贝阑余的Fe2+物质的量为6c2V2X10-3mol,在所配制溶液中加入的Fe2+物质的量为qV/IO-3mol，则与NO3-反应的Fe2+物质的量=cxVxX10-3mol-6c2V2X10-3mol，贝VVL.ttrTT-3气样中氮元素总物质的量=5Xmol，计算氮元素含量，然3后折算成二氧化氮的含量；若没打开抽气泵，则系统中还存在有气样中的氮元素，导致吸收不完全，测定结果偏低，若FeSO4变质则会导致测定剩余亚铁离子

32、偏低，使得即使所得到的氮素含量偏高；【解答】解：I.采样(1)第一步过滤器是为了除去粉尘，因此其中的无碱玻璃棉的作用是除尘，故答案为：除尘；a.碱石灰为碱性干燥剂，不能干燥酸性气体，故a不选；b无水硫酸铜可用于检验是否含有水蒸气，干燥能力不强，故b不选；c.五氧化二磷是酸性干燥剂，可以干燥酸性气体，故c选；故答案为：c；D装置为吸收装置，用于吸收酸性气体，因此可以用氢氧化钠溶液，导气采样步骤加热烟道气的目的是：为了防止NOx溶于冷凝水，故答案为：防止NOx溶于冷凝水；II.NOx含量的测定NO与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H+2NO3-+2H

33、2O，故答案为：2NO+3H2O2=2H+2NO3-+2H2O；滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶、其中玻璃仪器为酸式滴定管、锥形瓶，故答案为：酸式滴定管、锥形瓶；滴定剩余Fe2+时，消耗的K2Cr2O7的物质的量为c2V2X10-3mol，贝阑余的Fe2+物质的量为6c2V2X10-3mol,在所配制溶液中加入的Fe2+物质的量为qV/IO-3mol，则与N03-反应的Fe2+物质的量=CVX10-3mol-6c2V2X10-3mol，贝UVLTOC o 1-5 h z(e,VtX10-3气样中氮元素总物质的量=5Xmol，El士厶厶”EE3230(1Vj_则氮兀素的总质量=mg，气

34、样中氮元素含量畀2)x1Qmg/m3,折合为N02的含量=mg/m3,HZ23X(ci-GcoVn)故答案为：(8)若没打开抽气泵，则系统中还存在有气样中的氮元素，导致吸收不完全，测定结果偏低，若FeSO4变质则会导致测定剩余亚铁离子偏低，使得即使所得到的氮素含量偏高,测定结果偏高,故答案为：偏低；偏高。【点评】本题考查了物质性质实验验证、物质组成的含量测定方法、滴定实验的过程分析等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。(14分)C02是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义，回答下列问题：C02可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13,C02主要转化为c(C032_)_(写离子符号

35、)；若所得溶液(HC03-)：c(CO32-)=2：1,溶液pH=10。室温下，H2CO3的K=4X10_2；K2=5X10-11)C02与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+C02(g)催化剖2C0(g)+2H2(g)已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键C-HC=0H-H(C0)键能/kJmol-14137454361075则该反应的4日=+120kJ/mol。分别在vL恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入CH4和C02各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是B(填A”或B”)按一定体积比加入ch4和C02，在恒压下发生反应，温度对

36、CO和h2产率的影响如图1所示。此反应优选温度为900C的原因是900C时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低。O2辅助的Al-CO2电池工作原理如图2所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物ai2(c2o4)是重要的化工原料。电池的负极反应式：Al-3e-=Al3+。6CO2+6O2-=3C2O42-+6O2反应过程中O2的作用是催化剂。该电池的总反应式：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3cfcOo2-).c(H+)(1)k2=电池的正极反应式：6o2+6e-=6o2-【分析】ctHCO/)=5X10-11，则c(H+)=，当)c(HCO3c(HCO