2013年天津市高中考试化学试卷剖析版.doc

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1、2013年天津市高考化学试卷解析版参考答案与试题解析一、本卷共6题，每题6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（6分）运用有关概念判断下列叙述正确的是（）A1 mol H2燃烧放出的热量为H2的燃烧热BNa2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应C和互为同系物DBaSO4的水溶液不易导电，故BaSO4是弱电解质【考点】B1：氧化还原反应；BC：燃烧热；D1：电解质与非电解质；I2：芳香烃、烃基和同系物菁优网版权所有【分析】A根据物质的状态分析；B根据化合价变化分析；C根据同系物的特征分析；D溶液的导电能力与强、弱电解质没有必然的联系【解答】解：A.1mol氢气燃烧生成

2、液态水时放出的热量为氢气的燃烧热，故A错误；B亚硫酸钠有还原性，双氧水具有氧化性，二者发生氧化还原反应，故B正确；C苯酚和苯甲醇不属于同一类物质，不是同系物，故C错误；D硫酸钡属于难溶强电解质，故D错误；故选：B。【点评】本题考查燃烧热的概念，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所释放的热量即为燃烧热2（6分）以下食品化学知识的叙述不正确的是（）A食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂B新鲜蔬菜做熟后，所含维生素C会有损失C纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质D葡萄中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒【考点】K1：葡萄糖的性质和用途；K8：人体必需的维生素的主要来源及

3、其摄入途径；KF：常见的食品添加剂的组成、性质和作用菁优网版权所有【专题】538：有机化合物的获得与应用【分析】A食盐具有咸味，食盐腌制食品，以抑制细菌的滋生，常用作调味品和防腐剂；B维生素C加热烹调处理、浸水等，都会让蔬菜的维生素C大幅度减少，维生素C呈酸性，加热或在溶液中易氧化分解，在碱性条件下更易被氧化；C纤维素在人体中不水解，不能被人体吸收；D苏打是碳酸钠，依据葡萄中的花青素在碱性环境下显蓝色信息进行解答；【解答】解：A食盐腌制食品，食盐进入食品内液产生浓度差，形成细菌不易生长的环境，可作防腐剂，食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂，故A正确；B维生素C又叫抗坏血酸，主要

4、存在于新鲜蔬菜、水果中，“维生素C”受热时易被破坏，应采取凉拌生食、或不要煮过长时间，故B正确；C人体内不含水解纤维素的酶，所以不能消化纤维素，因此纤维素不能被分解提供能量，故C错误；D苏打是碳酸钠，碳酸钠水解，CO32+H2OHCO3+OH，HCO3+H2OH2CO3+OH溶液呈碱性，依据葡萄中的花青素在碱性环境下显蓝色信息可知，如果是假红酒，就没有葡萄糖，就不显蓝色，所以可用苏打粉检验假红酒，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查了生活中的化学，依据相关的知识即可解答，平时注意生活中的化学知识的积累，题目难度不大3（6分）下列有关元素的性质及其递变规律正确的是（）AA族与A族元素间可形成

5、共价化合物或离子化合物B第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7C同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大D同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强【考点】72：元素周期表的结构及其应用菁优网版权所有【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题【分析】AA族为H和碱金属，A族元素为非金属元素；B第二周期元素中，F没有正价；C同主族元素的简单阴离子还原性越强，越难水解；D同周期金属元素的化合价越高，越难失去电子【解答】解：AA族为H和碱金属，A族元素为非金属元素，H与卤族元素形成共价化合物，碱金属元素与卤族元素形成离子化合物，故A正确；B第二周期元素中，F没有正价，则第二周期元

6、素从左到右，最高正价从+1递增到+5，故B错误；C同主族元素的简单阴离子还原性越强，越难水解，如卤族元素中，碘离子还原性最强，不水解，故C错误；D同周期金属元素的化合价越高，越难失去电子，如第三周期中，Na比Al容易失去电子，故D错误；故选：A。【点评】本题考查元素周期表和元素周期律的应用，注意同周期、同主族元素的性质变化规律是解答本题的关键，注意利用实例分析问题，题目难度中等4（6分）下列实验误差分析错误的是（）A用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小B用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小D测定中和反应的反应热时，将

7、碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小【考点】O5：试纸的使用；R1：配制一定物质的量浓度的溶液；R3：中和滴定；R4：中和热的测定菁优网版权所有【专题】542：化学实验基本操作【分析】A湿润的pH值试纸可以稀释碱液；B定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，结合c判断；C滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积；D测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大【解答】解：A湿润的pH值试纸可以稀释碱液，溶液中氢氧根离子根据减小，测定的溶液碱性减弱，测定值偏小，故A正确；B定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，结合c可知，所配溶液的浓度偏大，故B错误；C滴定前

8、滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，故C正确；D测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，故D正确；故选：B。【点评】本题考查实验基本操作、误差分析等，难度中等，理解实验进行的原理是解题的关键，注实验基本操作的掌握5（6分）下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A在蒸馏水中滴加浓H2SO4，Kw不变BCaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸C在Na2S稀溶液中，c（H+）c（OH）2c（H2S）c（HS）DNaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；

9、DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质菁优网版权所有【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题；51H：盐类的水解专题【分析】A水的离子积常数只与温度有关，温度升高，水的离子积常数增大；B碳酸钙难溶于稀硫酸，易溶于醋酸；C根据质子守恒判断；D酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离。【解答】解：A水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，浓硫酸在水中稀释放出热量，所以水的离子积常数变大，故A错误；B硫酸钙微溶于水，醋酸钙易溶于水，所以碳酸钙难溶于稀硫酸，易溶于醋酸，故B错误；C根据质子守恒得c（H+）c（OH）2c（H2S）c（HS），故C正确；D氯化钠是强酸强碱盐，对水的电离无影响，醋酸

10、铵是弱酸弱碱盐，促进水电离，故D错误；故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离，根据水电离特点、难溶电解质的溶解平衡原理、质子守恒来分析解答即可，难度中等。6（6分）为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚其反应原理如下：电池：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）2PbSO4（s）+2H2O（l）；电解池：2Al+3H2OAl2O3+3H2，电解过程中，以下判断正确的是（） 电池 电解池AH+移向Pb电极H+移向Pb电极B每消耗3molPb生成2molAl2O3C正极：PbO2+4H+2ePb2+2H2O阳极：2Al+3H

11、2O6eAl2O3+6H+DAABBCCDD【考点】BH：原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有【专题】51I：电化学专题【分析】A原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动；B串联电池中转移电子数相等；C原电池正极上生成硫酸铅；D原电池中铅电极上生成硫酸铅【解答】解：A原电池中，溶液中氢离子向正极二氧化铅电极移动，故A错误；B根据电子守恒分析，每消耗3molPb，转移6mol电子，根据电子守恒生成lmolAl2O3，故B错误；C原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，故C错误；D原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子

12、生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；故选：D。【点评】本题考查原电池和电解池原理，根据电极上得失电子、离子放电顺序来分析解答即可，难度中等二、本卷共4题，共64分7（14分）X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素请回答下列问题：（1）五种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号）NaAlCOH（2）X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是（写分子式）C2H2（3）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：A B（在水溶液中

13、进行），其中，C是溶于水显酸性的气体：D是淡黄色固体写出C的结构式：OCO；D的电子式：如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A的化学式为NaAlO2；由A转化为B的离子方程式为2AlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+CO32如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性用离子方程式表示A溶液显碱性的原因：CO32+H2OHCO3+OHA、B浓度均为0.1molL1的混合溶液中，离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）；常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有NaCl、NaHCO3、H2CO3【考点】8J：位置

14、结构性质的相互关系应用菁优网版权所有【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0，且Q与X同主族，则X、Q处于A族，Y处于A族，故X为氢元素，Q为Na元素，Y为碳元素；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为氧元素、R为Al元素【解答】解：X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0，且Q与X同主族，则X、Q处于A族，Y处于A族，故X为氢元素，Q为Na元素，Y为碳元素；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为氧元素、R

15、为Al元素，（1）同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径NaAlCOH，故答案为：NaAlCOH；（2）H与C形成多种化合物，属于烃类物质，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小是C2H2，故答案为：C2H2；（3）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：A B（在水溶液中进行），其中，C是溶于水显酸性的气体，则C为CO2，D是淡黄色固体则D为Na2O2，则：CO2的结构式为OCO，Na2O2的电子式为，故答案为：OCO；如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，结合转化关系可知，A为偏铝酸钠、B为氢氧化铝，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化

16、铝与碳酸根，反应离子方程式为：2AlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+CO32，故答案为：NaAlO2；2AlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+CO32；如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性，结合转化关系可知，A为碳酸钠、B为碳酸氢钠，溶液中碳酸根水解CO32+H2OHCO3+OH，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性；碳酸钠、碳酸氢钠均为0.1molL1的混合溶液中，钠离子浓度最大，碳酸根、碳酸氢根水解，溶液呈碱性，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）；常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性

17、时，氢离子与碳酸根转化生成碳酸氢根，全部转化碳酸氢根溶液，仍为碱性，故部分碳酸氢根转化为碳酸，溶质的主要成分有NaCl、NaHCO3、H2CO3，故答案为：CO32+H2OHCO3+OH；c （Na+）c （HCO3）c （CO32）c （OH）c （H+）；NaCl、NaHCO3、H2CO3【点评】本题考查结构性质位置关系、常用化学用语、无机推断、盐类水解等，难度中等，（3）中滴加盐酸判断溶质，是本题的难点、易错点，学生溶液考查生成氯化钠，忽略滴加过程8（18分）已知：水杨酸酯E为紫外线吸收剂，可用于配制防晒霜E的一种合成路线如下：请回答下列问题：（1）一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，

18、则A的分子式为C4H10O；结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为1丁醇（2）B能与新制的Cu（OH）2发生反应，该反应的化学方程式为CH3CH2CH2CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3CH2CH2COONa+Cu2O+3H2O（3）若一次取样，检验C中所含官能团，按使用的先后顺序写出所用试剂：银氨溶液、稀盐酸、溴水（4）第步的反应类型为加成反应或还原反应；D所含官能团的名称为羟基（5）写出同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体的结构简式：HOCH2CCCCCH2COOH、HOCH2CH2CCCCCOOH、a分子中有6个碳原子在一条直线上：b分子中所含官能团包括水杨酸具有的官能团（6）第

19、步的反应条件为浓硫酸、加热；写出E的结构简式：【考点】HB：有机物的推断菁优网版权所有【专题】534：有机物的化学性质及推断【分析】一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇的化学式为CnH2n+2O，氧元素的质量分数，则n4，且A中只有一个甲基，所以该一元醇是1丁醇，在铜作催化剂、加热条件下，A被氧气氧化生成B丁醛，丁醛和氢氧化钠的水溶液发生反应生成 C，结合题给信息知，C的结构简式为：CH3CH2CH2CHC（CH2CH3）CHO，C反应生成D，D的相对分子质量是130，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH（CH2OH）CH2CH3，D和邻

20、羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：，结合物质的结构和性质解答【解答】解：一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇的化学式为CnH2n+2O，氧元素的质量分数，则n4，且A中只有一个甲基，所以该一元醇是1丁醇，在铜作催化剂、加热条件下，A被氧气氧化生成B丁醛，丁醛和氢氧化钠的水溶液发生反应生成 C，结合题给信息知，C的结构简式为：CH3CH2CH2CHC（CH2CH3）CHO，C反应生成D，D的相对分子质量是130，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH（CH2OH）CH2CH3，D和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：，

21、（1）通过以上分析知，A的分子式为：C4H10O，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为1丁醇，故答案为：C4H10O，1丁醇（或正丁醇）；（2）加热条件下，丁醛和新制氢氧化铜反应生成丁酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为：CH3CH2CH2CHO+2Cu（OH）2+NaOH CH3CH2CH2COONa+Cu2O+3H2O，故答案为：CH3CH2CH2CHO+2Cu（OH）2+NaOH CH3CH2CH2COONa+Cu2O+3H2O；（3）C中含有醛基和碳碳双键，都能和溴水反应，要检验两种官能团，则应先用银氨溶液检验醛基，然后再用溴水检验碳碳双键，所以所加试剂先后顺序是：银氨溶液、稀盐酸、溴水

22、，故答案为：银氨溶液、稀盐酸、溴水；（4）C和氢气发生加成反应（或还原反应）生成D，C中的醛基被还原生成羟基，所以D中含有羟基，故答案为：还原反应（或加成反应），羟基；（5）a分子中有6个碳原子在一条直线上，则该分子中含有两个碳碳三键：b分子中所含官能团包括水杨酸具有的官能团，则该分子中含有一个羟基和一个羧基，所以水杨酸同分异构体的结构简式为：HOCH2CCCCCH2COOH、HOCH2CH2CCCCCOOH、，故答案为：HOCH2CCCCCH2COOH、HOCH2CH2CCCCCOOH、；（6）第步的反应是酯化反应，根据乙酸乙酯的反应条件知，该反应条件是浓硫酸作催化剂、加热，通过以上分析知，

23、E的结构简式为：，故答案为：浓H2SO4、加热，【点评】本题考查有机物的推断，正确推断出A物质是解本题关键，结合题给信息进行分析解答，难度中等，注意溴水能氧化醛基，为易错点9（18分）FeCl3在现代工业生产中应用广泛某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图（加热及夹持装置略去）及操作步骤如下：检验装置的气密性：通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收

24、集器密封请回答下列问题：（1）装置A中反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3（2）第步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端要使沉积的FeCl3进入收集器，第步操作是在沉积的FeCl3固体下方加热（3）操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有（填步骤序号）（4）装置B中冷水浴的作用为冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；装置C的名称为干燥管；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：KMnO4溶液（5）在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质

25、硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液（6）FeCl3与H2S反应的离子方程式为2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+（7）电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应式为Fe2+eFe3+（8）综合分析实验的两个反应，可知该实验有两个显著优点：H2S的原子利用率为100%；FeCl3得到循环利用【考点】U3：制备实验方案的设计菁优网版权所有【专题】522：卤族元素【分析】（1）装置A中铁与氯气反应生成氯化铁；（2）要使沉积的FeCl3进入收集器，根据FeCl3加热易升华的性质；（3）防止FeCl3潮解，不与水蒸气接触；（4）B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；装

26、置C的名称为干燥管；检验FeCl2是否失效应检验FeCl2是否存在，可以用KMnO4溶液检验；（5）用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸；（6）三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应；（7）电解氯化亚铁时，阴极阳离子得到电子发生还原反应；阳极阳离子失去电子发生氧化反应；（8）根据FeCl3可以循环利用【解答】解：（1）装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl2 2FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl2 2FeCl3；（2）对FeCl3加热发生升华使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；（3）为防止FeCl3潮解所采取的措施

27、有通入干燥的Cl2用干燥的N2赶尽Cl2，故选：（4）B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管；检验FeCl2是否失效应检验FeCl2是否存在，可以用KMnO4溶液检验；故答案为：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；KMnO4溶液；（5）用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，故答案为：；（6）三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+3H2S2FeCl2+6HCl+3S，离子方程式为：2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+，故答案为：2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+；（7）电解氯化亚铁时，阴极发生氢离子得电

28、子的还原反应，2H+2eH 2，阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应：Fe2+eFe3+；故答案为：Fe2+eFe3+；（8）FeCl3得到循环利用，故答案为：FeCl3得到循环利用【点评】本题是一道综合题，难度中等，考查了学生运用知识解决问题的能力，涉及到的知识点较多10（14分）某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5 m的悬浮颗粒物），其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。请回答下列问题：（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子

29、K+Na+NH4+SO42NO3Cl浓度/molL1410661062105410531052105根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为酸性，试样的pH4。（2）为减少SO2的排放，常采取的措施有：将煤转化为清洁气体燃料。已知：H2 （g）O2 （g）H2O（g）；H241.81kJmol1C （s）O2 （g）CO （g）；H110.51kJmol1写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；H+13l.3 kJmol1。洗涤含SO2的烟气。以下物质可作洗涤剂的是a、b。aCa（OH）2 bNa2CO3 cCaCl2 dNaHSO3（3）汽车尾气中NOx

30、和CO的生成及转化已知汽缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）2NO （g）；H0若1mol空气含0.8mol N2和0.2mol O2，1300时在密闭容器内反应达到平衡，测得NO为：8104 mol计算该温度下的平衡常数：K4106。汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是温度升高，反应速率加快，平衡右移。汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO （g）2C （s）+O2 （g）已知该反应的H0，简述该设想能否实现的依据：该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不自发进行。目前，在汽车尾气系统中安装催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方

31、程式为2CO+2NO 2CO2+N2。【考点】BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；CP：化学平衡的计算；DA：pH的简单计算菁优网版权所有【专题】517：化学反应中的能量变化；51E：化学平衡专题；51G：电离平衡与溶液的pH专题【分析】（1）观察表格中发现NH4+水解显酸性，PM2.5的酸碱性为酸性；（2）利用盖斯定律计算反应热；（3）计算出平衡时各种物质的物质的量，结合平衡常数的表达式计算；根据GHTS判断反应能否自发进行；根据生成物为氮气和二氧化碳书写。【解答】解：（1）观察表格中发现NH4+水解显酸性，PM2.5的酸碱性为酸性。试样的pH值根据溶液中电荷守恒c（H+）+c（K+）+c

32、（Na+）+c（NH4+）2c（SO42）+c（NO3）+c（Cl）计算H+离子浓度为104，pH值为4，故答案为：酸性；4；（2）已知：H2 （g）O2 （g）H2O（g）；H241.81kJmol1，C （s）O2 （g）CO （g）；H110.51kJmol1，利用盖斯定律，将可得C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；H（110.51kJmol1）（241.81kJmol1）+13l.3 kJmol1，故答案为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；H+13l.3 kJmol1；洗涤含SO2的烟气，根据酸性氧化物的性质选a。Ca（OH）2 bNa2CO3，故答案为：a、b

33、；（3）计算平衡常数时，先计算物质的平衡量，N2为0.8mol4104 mol，O2为0.2mol4104 mol，带入平衡常数表达式即可，得K4106，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是温度升高，反应速率加快，平衡右移，故答案为：4106；温度升高，反应速率加快，平衡右移；2CO（g）2C（s）+O2（g），该反应是焓增、熵减的反应。根据GHTS，G0，不能实现，故答案为：该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不自发进行；汽车尾气系统中装置反应的化学方程式为2CO+2NO 2CO2+N2，故答案为：2CO+2NO 2CO2+N2。【点评】该题综合考查化学反应原理的基础知识，涉及离子的水解、pH值的计算、盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算、自由能的应用等，题目难度中等，注意相关知识的积累。