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1、2012上海高考化学试题解析一、选择题(本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项)1(2012上海化学T1)今年3月修订的环境空气质量标准中新纳入的强制监测指标是( )APM2.5 BNOx CSO2 D可吸入颗粒物【解析】2011年3月修订的环境空气质量标准将PM2.5纳入强制检测指标，A正确；氮氧化物、SO2、可吸入颗粒物已在检测指标中，不属于新增检测项目，故B、C、D错。【答案】A2(2012上海化学T2)下列关于化石燃料的加工说法正确的是( )A石油裂化主要得到乙烯B石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油C煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气D煤制煤气是物理变化，是高效、清洁
2、地利用煤的重要途径【解析】石油裂化的目的是获得更多的液态轻质汽油，A错；石油分馏属于物理变化，B错；煤制煤气是化学变化，D错。【答案】C3(2012上海化学T3)氮氧化铝(AlON)属原子晶体，是一种超强透明材料，下列描述错误的是( )AAlON和石英的化学键类型相同 BAlON和石英晶体类型相同CAlON和Al2O3的化学键类型不同 DAlON和Al2O3晶体类型相同【解析】AlON与石英（SiO2）均为原子晶体，所含化学键均为共价键，故A、B正确；Al2O3是离子晶体，晶体中含离子键，不含共价键，故C正确、D错误。【答案】D4(2012上海化学T4)PH3一种无色剧毒气体，其分子结构和NH
3、3相似，但P-H键键能比N-H键键能低。下列判断错误的是( )APH3分子呈三角锥形BPH3分子是极性分子CPH3沸点低于NH3沸点，因为P-H键键能低DPH3分子稳定性低于NH3分子，因为N-H键键能高【解析】PH3同NH3构型相同，因中心原子上有一对孤电子对，均为三角锥形，属于极性分子，故A、B正确；PH3的沸点NH3，是因为NH3分子间存在氢键，故C错；PH3的稳定性低于NH3，是因为N-H键键能高，D项正确。【答案】C5(2012上海化学T5)和氢硫酸反应不能产生沉淀的是( )APb(NO3)2溶液 BNa2S洛液 CCuSO4溶液 D. H2SO3溶液【解析】A项能生成PbSO4沉淀
4、；C项生成CuS沉淀；D项因发生氧化还原反应生成单质硫沉淀：2H2S+H2SO33S+3H2O。【答案】B二、选择题(本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项)6(2012上海化学T6)元素周期表中铋元素的数据见右图，下列说法正确的是( )ABi元素的质量数是209BBi元素的相对原子质量是209.0CBi原子6p亚层有一个未成对电子DBi原子最外层有5个能量相同的电子【解析】由元素周期表中元素方格中各种符号、数字的意义可知Bi的质子数为83，因不知中子数，无法确定其质量数，相对原子质量为209.0，而不是质量数，故A错B正确；6p亚层的电子排版图为，有3个未成对电子，故C错；最外层5个
5、电子分别在s、P层，能量不同，D项错误。【答案】B7(2012上海化学T7)水中加入下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是( )ANaHSO4溶液 BKF溶液 CKAl(SO4)2 溶液 DNaI溶液【解析】A项电离出H+，抑制水的电离，故A错；B项F-水解促进水的电离：F- +H2O HP + OH-，故B错；C项Al3+水解促进水的电离：Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，故C项错；D项中Na+、I-均不水解，对水的电离无影响，故D正确。【答案】D8(2012上海化学T8)过量的下列溶液与水杨酸()反应能得到化学式为C7H5O3Na的是( )ANaHCO3溶液 BNa2CO3溶液 CNa
6、OH溶液 DNaCl溶液【解析】由酸性可知，水杨酸与NaHCO3溶液反应时只是-COOH作用转化为-COONa，产物的分子式为C6H5O3Na，故A正确；水杨酸与Na2CO3溶液反应时-COOH、-OH均反应，生成产物的分子式为C6H4O3Na2，故B错；水杨酸与NaOH溶液反应时-COOH、-OH均反应，生成产物的分子式为C6H4O3Na2，故C错；水杨酸与NaCl溶液不反应，故D错。【答案】A9(2012上海化学T9)工业生产水煤气的反应为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) -131.4 kJ下列判断正确的是( )A反应物能量总和大于生成物能量总和BCO(g)+H2(g)C(s
7、)+H2O(l)+131.4kJC水煤气反应中生成1 mol H2(g)吸收131.4 kJ热量D水煤气反应中生成1体积CO(g)吸收131.4 kJ热量【解析】由题中信息知合成水煤气反应为吸热反应，故可判知知反应物总能量小于生成物总能量，同时知生成1mol(而不是1体积)H2时需吸收131.4kJ的热量，故A错C正确D错；B项中H2O为气态时正确，故B错； 【答案】C10(2012上海化学T10)用滴定法测定Na2CO3(含NaCl杂质)的质量分数，下列操作会引起测定值偏高的是( )A试样中加入酚酞作指示剂，用标准酸液进行滴定B滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定C锥形瓶用蒸馏水洗
8、涤后，直接加入待测溶液进行滴定D滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入待测液，取20.00 mL进行滴定【解析】A项、C项操作对测定结果无影响；B项操作导致标准液变稀，消耗体积变大，使测得结果偏高，故B正确；D项操作导致待测液浓度变小，因此测定结果偏低，故D错。【答案】B11(2012上海化学T11)工业上将氨气和空气的混合气体通过铂一铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下VL氨气完全反应。并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为( )【解析】NH3被催化氧化转化为NO，转移电子数为5，由题意可得NAn，解之得NA，故答案为D。【答案】D12(2012上海化学T12)下列有机化合物中均含有酸性
9、杂质，除去这些杂质的方法中正确的是( )A苯中含苯酚杂质：加入溴水，过滤B乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液C乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液D乙酸乙酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液【解析】A项苯酚与溴水生成的三溴苯酚仍溶于苯中，无法通过过滤除去杂质，故A误；乙醇与水互溶，B项操作溶液不分层，无法通过分液达到分离、提纯目的，故B错；乙醛与水互溶，C项操作溶液不分层，无法通过分液达到分离、提纯目的，故C错；乙酸乙酯不溶于Na2CO3溶液，而乙酸与Na2CO3溶液作用转化为乙酸钠而进入水相，D项正确。【答案】D13(2012上海化学T13)下列关于硫酸工业生产过程的叙述
10、错误的是( )A在接触室中使用铁粉作催化剂B在接触室中运用热交换技术可充分利用能源C把硫铁矿磨成细粉末，可以提高原料的利用率D该反应采用450500主要是因为该温度下催化剂活性好【解析】硫酸工业生产中，在接触室中用铁触媒作催化剂使SO2氧化为SO3，故A错；使用热交换装置可节约能源，故B正确；把硫铁矿磨碎可增大其与氧气的接触面，使反应更充分，速率更快，可提高原料的利用率，C项正确；反应温度采用450500是因为该温度下催化剂活性最高，D项正确。【答案】A14(2012上海化学T14)下图装置中发生反应的离子方程式为：Zn+2H+Zn2+H2，下列说法错误的是( ) Aa、b不可能是同种材料的电
11、极B该装置可能是电解池，电解质溶液为稀盐酸C该装置可能是原电池，电解质溶液为稀盐酸D该装置可看作是铜-锌原电池，电解质溶液是稀硫酸【解析】图示装置既可以是电解池，阳极的电极材料为Zn、阴极的电极材料为Zn或其他可导电的材料，如Cu、石墨等，电解质溶液为盐酸或硫酸等，故A错B正确；该装置也可是原电池，此时电池负极材料为Zn、正极材料为比Zn活泼性差的可导电的材料，如Cu、石墨等，电解质溶液为盐酸或硫酸等，故C、D项正确。【答案】A15(2012上海化学T15)下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2
12、KMnO4+16HCl2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是( )选项 实验现象 解释或结论 A a处变蓝，b处变红棕色 氧化性：Cl2Br2I2 B c处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 C d处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 D e处变红色 还原性：Fe2+Cl-【解析】a处变蓝、b处变红棕色，说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，可证明氧化性：Cl2I2、Cl2Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，故A错；C处先变红，说明氯气与水生成酸性物质，后褪色，则证明氯气与水生成还生成具有漂白性物质，故B错；d处立即褪色，也可能
13、是氯气与水生成的酸性物质中和了NaOH，各C错；D处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，证明还原性：Fe2+Cl-，D项正确。【答案】D16(2012上海化学T16)实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是( )A是氨气发生装置 B是氨气发生装置C是氨气吸收装置 D是氨气收集、检验装置【解析】装置在管口处又生成NH4Cl，无法制得NH3，故A错；选用装置，使用浓氨水与CaO或NaOH作用，可制取NH3，故B正确；作为NH3的吸收装置，漏斗插入水中，不能防止倒吸，故C错；利用收集NH3时，收集到的气体不纯，故D错。【答案】B17(2012上海化学T17)将l00ml 1mol/L
14、的NaHCO3溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO32-)的变化分别是( )A减小、减小 B减小、增大 C增大、增大 D增大、减小【解析】加入少许冰醋酸发生反应：HCO3-+CH3COOHCH3COO-+CO2+H2O，导致c(HCO3-)减少，电离平衡HCO3-H+CO32-向左移动，溶液中c(CO32-)减小；加入少量Ba(OH)2固体后，发生反应：2HCO3-+Ba2+2OH-2H2O+BaCO3+CO32-，溶液中c(CO32-)增大，故答案为B。【答案】B三、选择题(本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两
15、个正确选项。只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分)18(2012上海化学T18)为探究锌与稀硫酸的反应速率(以(H2)表示)，向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是( )A加入NH4HSO4固体，(H2)不变 B加入少量水，(H2)减小C加入CH3COONa固体，(H2)减小 D滴加少量CuSO4溶液，(H2)减小【解析】A项导致溶液中c(H+)增大，(H2)加快，A项错误；B项导致溶液中c(H+)减小，(H2)减小，B项正确；C项因发生CH3COO-+H+CH3COOH，导致溶液中c(H+)减小，(H2)减小，C项正确；D项形成铜锌原
16、电池，(H2)加快，D项错误。【答案】BC19(2012上海化学T19)含有下列各组离子的溶液中，通入过量SO2气体后仍能大量共存的是( )AH+、Ca2+、Fe3+、NO3- BBa2+、Cl-、Al3+、H+CNa+、NH4+、I-、HS- DNa+、Ca2+、K+、Cl-【解析】A项，通入过量SO2后，Fe3+和“H+与NO3-”均可与SO2发生氧化还原反应而不能存在，在溶液中SO2被氧化生成SO42-，SO42-与Ca2+结合生成硫酸钙沉淀，A项错误；C项，通入SO2后，生成H2SO3与H2S发生氧化还原反应生成单质硫而不能大量共存，C项错误；B、D项通入SO2后不能发生反应，仍可大量
17、共存，故答案为：BD。【答案】BD20(2012上海化学T20)火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2下列说法正确的是( )ASO2既是氧化产物又是还原产物BCuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化C每生成1 molCu2S，有4mol硫被氧化D每转移1.2 mol电子，有0.2 mol硫被氧化【解析】元素的化合价为：22+22+2+2，CuFeS2中的Cu化合价降低还原为Cu2S、CuFeS2中1/4的S化合价升高，被氧化为SO2；O2在反应后化合价降低，还原为SO2，因此可知SO2既是氧化产物又是还原产物，A项正确；CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，
18、B项错误；每生成1molCu2S，有1molS被氧化，C项错误；利用反应知转移6mole-，有1molS被氧化，D项正确。【答案】AD21(2012上海化学T21)常温下a molL-1CH3COOH稀溶液和b molL-1KOH稀溶液等体积混合，下列判断一定错误的是( )A若c(OH-)c(H+)，a=b B若c(K+)c(CH3COO-)，abC若c(OH-)=c(H+)，ab D若c(K+)c(CH3COO-)，a0) H”、“=”或“”)。【解析】(31)由方程式可知固体（Si3N4）质量增加2.80g时消耗n(H2)60.12mol，故(H2)=0.02 molL-1min-1；利用
19、反应方程式可直接写出反应的平衡常数表达式，注意固体不能出现在平衡常数表达式中：K。(32)因反应为放热反应，故反应达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，b正确；温度不变，加压或改变反应物的浓度等平衡常数不变，a错误；其他条件不变，增加固体Si3N4平衡不移动，c错误；其他条件不变，增大HCl的物质的量，平衡向消耗HCl的逆反应方向移动，d正确。(33) 3逆(N2)= 正(H2)，即=，等于方程式的系数比，反应达到平衡态；b项均表示正反应，无论反应是否处于平衡态，都成立；混合气体密度不变说明溶液中气体质量不变，而平衡移动则气体质量改变，故c能说明已经达到平衡状态；c(N2)：c(
20、H2)：c(HCl)=1：3：6并不能说明各组分的浓度不变，不一定是平衡状态。(34)因为正反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，变小。【答案】31. 0.02 （2分） 32.bd （2分） 33.ac （2分）34.（2分）七、(2012上海化学T七) (本题共12分)碱式碳酸铜【Cu2(OH)2CO3】是一种用途广泛的化工原料，实验室以废铜屑为原料制取碱式碳酸铜的步骤如下：步骤一：废铜屑制硝酸铜如图，用胶头滴管吸取浓HNO3缓慢加到锥形瓶内的废铜屑中(废铜屑过量)，充分反应后过滤，得到硝酸铜溶液。步骤二：碱式碳酸铜的制备向大试管中加入碳酸钠溶液和硝酸铜溶液，水浴加热至70左右，用0.4
21、 molL-1的NaOH溶液调节pH至8.5，振荡，静置，过滤，用热水洗涤，烘干，得到碱式碳酸铜产品。完成下列填空：35写出浓硝酸与铜反应的离子方程式。36上图装置中NaOH溶液的作用是_。反应结束后，广口瓶内的溶液中，除了含有NaOH外，还有_(填写化学式)。37步骤二中，水浴加热所需仪器有_、_(加热、夹持仪器、石棉网除外)；洗涤的目的是_。38步骤二的滤液中可能含有CO32-，写出检验CO32-的方法 。39影响产品产量的主要因素有_。40若实验得到2.42 g样品(只含CuO杂质)，取此样品加热至分解完全后，得到1.80g固体，此样品中碱式碳酸铜的质量分数是_。【解析】(36)广口瓶内
22、铜与浓硝酸反应生成大气污染气体NO2，NaOH溶液可用来吸收NO2：NO2+NaOHNaNO2+NaNO3+H2O，故反应结束后，广口瓶的溶液中，除了剩余的NaOH外，还含有新生成的NaNO2与NaNO3。(37)因反应器为大试管，故水浴加热中用来盛放水的仪器可以选用烧杯、温度计(测定水温)；洗涤固体主要是除去溶解在固体表面溶液中的可溶性杂质，碱式碳酸铜表面的溶液中溶解的是硝酸钠。(38)CO32-检验方法是：取样，加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑。(39)由步骤2可知实验成功的关键是控制溶液pH和反应温度，故影响产品质量的主要因素为控制温度和溶液的pH。(40)碱式碳酸铜完全
23、分解得到CuO，设样品中碱式碳酸铜的质量分数为x，依据碱式碳酸铜的方程式，利用“差量法”可得：Cu2(OH)2CO3H2O+CO2222 质量减小622.42x (2.42-1.80)解得x0.92。【答案】35.Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O（2分）36.吸收氮氧化物（合理即给分）；NaNO3 、NaNO2 （2分）37.烧杯、温度计；除去产品表面吸附的硝酸钠（3分）38.取样，加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，说明有CO32- (1分)39.温度、pH （2分） 40. 0.92（2分）八、(2012上海化学T八) (本题共12分)碳酸氢铵是一种重要的铵
24、盐。实验室中，将二氧化碳通入氨水可制得碳酸氢铵，用碳酸氢铵和氯化钠可制得纯碱。完成下列填空：41二氧化碳通入氨水的过程中，先有_晶体(填写化学式)析出，然后晶体溶解，最后析出NH4HCO3晶体。42含0.800 mol NH3的水溶液质量为54.0 g，向该溶液通入二氧化碳至反应完全，过滤，得到滤液31.2g，则NH4HCO3的产率为_。43粗盐(含Ca2+、Mg2+)经提纯后，加入碳酸氢铵可制得碳酸钠。实验步骤依次为：粗盐溶解；加入试剂至沉淀完全，煮沸；_；加入盐酸调pH；加入_；过滤；灼烧，冷却，称重。44上述步骤中所加入的试剂为_、_。45上述步骤中加盐酸调pH的目的是_。46为探究NH
25、4HCO3和NaOH的反应，设计实验方案如下：含0.1 mol NH4HCO3的溶液中加入0.1 mol NaOH，反应完全后，滴加氯化钙稀溶液。若有沉淀，则NH4HCO3与NaOH的反应可能为_(写离子方程式)；若无沉淀，则NH4HCO3与NaOH的反应可能为_(写离子方程式)。该实验方案有无不妥之处?若有，提出修正意见。【解析】(41)将CO2通入氨水中首先生成(NH4)2CO3晶体析出，随CO2不断通入，(NH4)2CO3和CO2作用转化为NH4HCO3晶体，最终析出NH4HCO3晶体。(42)该氨水完全反应需通入0.8molCO2，过滤得到m(NH4HCO3)54.0g+0.8mol4
26、4gmol-131.2g58g；理论上应得到m(NH4HCO3)0.8mol79gmol-163.2g，故实验NH4HCO3的产率为：92%。(43)粗盐提纯步骤应是向粗盐溶液中加入沉淀剂、过滤（除去沉淀），然后加入盐酸，调pH（除去前面加入沉淀剂引入的OH-与CO32-），此时溶液为纯净的NaCl溶液，再向该溶液中加入碳酸氢铵，即可析出溶解度较小的碳酸氢钠，然后过滤、洗涤得到纯净NaHCO3，将NaHCO3加热得到Na2CO3。(44)步骤2中加入沉淀剂为NaOH（用来除去Mg2+）、碳酸钠（用来除去Ca2+）。(46)因向NH4HCO3溶液中加入NaOH时，发生的离子反应有：HCO3-+O
27、H-CO32-+H2O与NH4+OH-NH3H2O，若NaOH量不足，则两反应存在先后次序问题，故实验中若产生沉淀，说明反应后溶液中含有CO32-，证明先发生HCO3-+OH-CO32-+H2O，否则先发生NH4+OH-NH3H2O。【答案】41. (NH4)2CO3（1分）42. 92%（2分）43.过滤、碳酸氢铵 （2分）44.氢氧化钠、碳酸钠 （2分）45.中和过量的氢氧化钠和碳酸钠 （2分）46. HCO3-+OH-CO32-+H2O NH4+OH-NH3+H2O 需先煮沸，然后滴加氯化钙稀溶液 （3分）九、(2012上海化学T九) (本题共8分)氯丁橡胶M是理想的电线电缆材料，工业上
28、可由有机化工原料A或E制得，其合成路线如下图所示。完成下列填空：47A的名称是 ； 反应的反应类型是 。48写出反应的化学反应方程式 。49为研究物质的芳香性，将E三聚、四聚成环状化合物，写出它们的结构简式。鉴别这两个环状化合物的试剂为 。50以下是由A制备工程塑料PB的原料之一1，4-丁二醇(BDO)的合成路线： 写出上述由A制备BDO的化学反应方程式 。【解析】(47)由合成图和M的结构简式可知C为2-氯-1，3-丁二烯，反应为加聚反应生成高分子；利用C的结构简式和A的分子式可知A为1，3-丁二烯。(48)B为1，3-丁二烯与氯气发生1，2加成产物，结合C的结构可知BC为在碱的醇溶液中发生
29、消去反应，由此可写出反应方程式。(49)利用题中信息可知E为乙炔，故三聚环状产物为苯、四聚得到的环状产物为环辛四烯，鉴别苯与环辛四烯可用溴水（苯发生萃取而使溴水褪色、环辛四烯则与溴发生加成反应使溴水褪色）或酸性高锰酸钾溶液（苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色、环辛四烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色）。(50)是由A制备1，4-丁二醇，故反应是1，4加成，然后再水解、加成即可。【答案】47. 1，3-丁二烯 ；加聚 （2分）十、(2012上海化学T十) (本题共12分) 据报道，化合物M对番茄灰霉菌有较好的抑菌活性，其合成路线如下图所示。完成下列填空：51写出反应类型。反应_ 反应_52写出结构简式。A_
30、E_53写出反应的化学方程式。54B的含苯环结构的同分异构体中，有一类能发生碱性水解，写出检验这类同分异构体中的官能团(酚羟基除外)的试剂及出现的现象。试剂(酚酞除外)_ 现象_55写出两种C的含苯环结构且只含4种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式。56反应、反应的先后次序不能颠倒，解释原因。【解析】解答本题的关键有二条：(1)通过结构的变化分析反应的发生，如分析EM结构的变化，可知E为；利用E的结构简式和A分子式可知A的结构简式为：，(2)充分运用所给出的两条信息：由第2条信息可知D的结构简式为；由第1条对应的信息可知AB的反应为。(51)利用合成图中有关的反应条件和信息可知反应为D中
31、-NO2还原为-NH2，发生还原反应；反应为E中-NH2与另一反应物的-COOH发生取代反应（形成肽键）。(53)由E的结构简式可逆推知D的结构简式，从而知反应为硝化反应，方程式为：。(54)符合条件的同分异构体为酚羟基与甲酸形成的酯，甲酸酯具有醛基的性质，可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验。(56)B（）中含有酚羟基，若反应、颠倒，先发生硝化反应时，硝酸具有强氧化性，可氧化酚羟基，降低M的产率。【答案】51.还原 取代 （2分） 54.银氨溶液，有银镜出现（或新制氢氧化铜，有砖红色沉淀生成） （2分） 56. B中有酚羟基，若硝化，会被硝酸氧化而降低M的产率。（2分） 十一、(2012上海
32、化学T十一) (本题共16分) 钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。完成下列计算：57叠氮化钠(NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生40.32 L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠_g。58钠-钾合金可在核反应堆中用作热交换液。5.05 g钠-钾合金溶于200 mL水生成0.075 mol氢气。(1)计算溶液中氢氧根离子的物质的量浓度(忽略溶液体积变化)。(2)计算并确定该钠-钾合金的化学式。59氢氧化钠溶液处理铝土矿并过滤，得到含铝酸钠的溶液。向该溶液中通入二氧化碳，有下列反应：2NaAl(OH)4+CO22Al(OH)3 +Na2
33、CO3+H2O己知通入二氧化碳336 L(标准状况下)，生成24 mol Al(OH)3和15 mol Na2CO3，若通入溶液的二氧化碳为112L（标准状况下)，计算生成的Al(OH)3和Na2CO3的物质的量之比。60常温下，称取不同氢氧化钠样品溶于水，加盐酸中和至pH=7，然后将溶液蒸干得氯化钠晶体，蒸干过程中产品无损失。 氢氧化钠质量(g) 氯化钠质量(g) 2.40 3.51 2.32 2.34 3.48 3.51 上述实验所用氢氧化钠均不含杂质，且实验数据可靠。通过计算，分析和比较上表3组数据，给出结论。【解析】(57)利用“N”守恒可知需m(NaN3)65 gmol-178 g。
34、(28)由反应方程式可知产生1molH2同时生成2molOH-，故c(OH-)0.75mol/L；设合金中Na、K的物质的量分别为amol、bmol，然后利用质量守恒与得失电子守恒可得方程式：a+b0.752 ，23a+39b5.05，解之得a0.050mol、b0.10mol，故合金的化学式为NaK2。(59)若溶液中仅含NaAl(OH)4，利用方程式可知，得到24molAl(OH)3的同时生成12molNa2CO3，而实际得到24molAl(OH)3与15molNa2CO3，说明溶液中含有NaOH，且NaOH优先与CO2反应生成Na2CO3，利用Na守恒知溶液中n(NaOH)(15-12)mol26mol，故通入112LCO2(5mol)先与NaOH作用消耗CO2 3mol，生成3mol Na2CO3；然后2molCO2与NaAl(OH)4作用得到4molAl(OH)3和2mol Na2CO3，
