2014 年北京市高考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题：共 7 小题，每小题 6 分，共 120 分．在每小题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项．1．（6 分）下列试剂中，标签上应标注 和 的是（　　）A．C2H5OH B．HNO3C．NaOH D．HCl【分析】警示标记标注 和 说明该物质具有强的氧化性和腐蚀性，据此解答．【解答】解：A．C2H5OH 为易燃品，不具有强的氧化性和腐蚀性，故 A 错误；B．硝酸具有强的氧化性和腐蚀性，应标注 和 ，故 B 正确；C．NaOH 具有腐蚀性，但是不具有氧化性，故 C 错误；D．盐酸具有腐蚀性，但是不具有强的氧化性，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查硝酸的性质及警示标记，题目难度不大，明确警示标记的含义，熟悉硝酸的性质，是解答本题的关键．　2．（6 分）下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（　　）A．K B．Na C．Fe D．Al【分析】由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，以此来解答．【解答】解：由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，而 K、Na、Fe 的氧化物均不是致密的结构，故选：D。【点评】本题考查 Al 的化学性质，为高频考点，把握氧化铝为致密的氧化物结构可保护内层金属为解答的关键，注意金属及其氧化物的性质，题目难度不大．　3．（6 分）下列电池工作时，O2在正极放电的是（　　）A．锌锰电池 ① H2O2氧化 SO2的化学方程式：　 H 2O2+SO2=H2SO4　②用 NaOH 溶液滴定生成的 H2SO4，消耗 z mL NaOH 溶液．若消耗 1mL NaOH 溶液相当于硫的质量为 y克，则该钢样中硫的质量分数：　 　．（3）将气体 a 通入测碳装置中（如图 3），采用重量法测定碳的含量．①气体 a 通过 B 和 C 的目的是　排除二氧化硫对二氧化碳测定的干扰　②计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是　吸收二氧化碳前后吸收瓶的质量　．【分析】（1）①该装置中 C、S 和氧气反应生成二氧化碳、二氧化硫，还有部分氧气剩余；②若钢样中 S 以 FeS 形式存在，FeS 被氧气氧化，Fe 元素化合价由+2 价变为+3 价，﹣2 价的 S 被氧化为+4 价，结合化学计量数知，生成物是二氧化硫和四氧化三铁；（2）①双氧水具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸；②若消耗 1mL NaOH 溶液相当于硫的质量为 y 克，z mL NaOH 溶液相当于硫的质量为 yzg，再根据质量分数公式计算硫的质量分数；（3）①测定二氧化碳的含量，需要将二氧化硫除去防止造成干扰；②计算钢样中碳的质量分数，需要测定吸收二氧化碳的质量．【解答】解：（1）①该装置中 C、S 在 A 装置中被氧气反应生成二氧化碳、二氧化硫，还有部分氧气剩余，所以气体 a 的成分是 SO2、CO2、O2，故答案为：SO2、CO2、O2；②若钢样中 S 以 FeS 形式存在，FeS 被氧气氧化，Fe 元素化合价由+2 价变为+3 价，﹣2 价的 S 被氧化为+4 价，结合化学计量数知，生成物是二氧化硫和四氧化三铁，所以反应方程式为 3FeS+5O2Fe3O4+3SO2，故答案为：Fe3O4；SO2；（2）①双氧水具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸，反应方程式为 H2O2+SO2=H2SO4，故答案为：H2O2+SO2=H2SO4；②若消耗 1mL NaOH 溶液相当于硫的质量为 y 克，z mL NaOH 溶液相当于硫的质量为 yzg，硫的质量分数为 = ，故答案为： ；（3）①测定二氧化碳的含量，需要将二氧化硫除去防止造成干扰，B 装置可氧化二氧化硫，C 装置可以吸收二氧化硫，所以装置 B 和 C 的作用是氧化二氧化硫、除去二氧化硫，故答案为：排除二氧化硫对二氧化碳测定的干扰；②计算钢样中碳的质量分数，需要测定吸收二氧化碳的质量，所以需要测定吸收二氧化碳前后吸收瓶的质量，故答案为：吸收二氧化碳前后吸收瓶的质量．【点评】本题考查了 C、S 含量的测定，涉及氧化还原反应、方程式的配平等知识点，明确实验原理是解本题关键，结合物质的性质来分析解答，题目难度中等．　11．（15 分）用 FeCl3酸性溶液脱除 H2S 后的废液，通过控制电压电解得以再生．某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解 pH=1 的 0.1mol/L FeCl2溶液，研究废液再生机理．记录如下（a，b，c代表电压值）：序 电 阳极现象 检验阳极 号 压/V 产物Ⅰ x≥a电极附近出现黄色，有气泡产生有 Fe3+、有 Cl2Ⅱ a＞x≥b电极附近出现黄色，无气泡产生有 Fe3+，无 Cl2Ⅲ b＞x＞0无明显变化 无 Fe3+，无 Cl2（1）用 KSCN 溶液检测处 Fe3+的现象是　溶液变红　．（2）Ⅰ中 Fe3+产生的原因可能是 Cl﹣在阳极放电，生成的 Cl2将 Fe2+氧化，写出有关反应：　 2Cl ﹣ ﹣2e ﹣ =Cl 2↑ ， Cl 2+2Fe 2+ =2Fe 3+ +2Cl ﹣ 　 ．（3）由Ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是 Fe2+在阳极放电，原因是 Fe2+具有　还原　性．（4）Ⅱ中虽未检验处 Cl2，但 Cl﹣在阳极是否放电仍需进一步验证．电解 pH=1 的 NaCl 溶液做对照试验，记录如下：序号 电压/V 阳极现象 检验阳极产物Ⅳ a＞x≥c 无明显变化 有 Cl2Ⅴ c＞x≥b 无明显变化 无 Cl2① NaCl 溶液的浓度是　 0.2 　 mol/L．②Ⅳ中检验 Cl2的实验方法：　取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色　③与Ⅱ对比，得出的结论（写出两点）：　通过控制电压，证实了产生 Fe 3+ 的两种原因，通过控制 电压，验证了 Fe 2+ 先于 Cl ﹣ 放电　 ．【分析】（1）依据铁离子的检验方法和试剂颜色变化分析；（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色；（3）Fe3+产生的原因还可能是 Fe2+在阳极放电，依据氧化还原反应分析 Fe2+具有还原性；（4）①电解 pH=1 的 0.1mol/L FeCl2溶液，电解 pH=1 的 NaCl 溶液做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行分析判断；②依据检验氯气的实验方法分析；③依据图表数据比较可知，电解 pH=1 的 NaCl 溶液做对照试验与Ⅱ对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，生成铁离子的两种可能．【解答】解：（1）检验铁离子的试剂是硫氰酸钾溶液，用 KSCN 溶液检测处 Fe3+的现象是溶液变红色，故答案为：溶液变红；（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣；故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣；（3）由Ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是 Fe2+在阳极放电，元素化合价升高，依据氧化还原反应分析 Fe2+具有还原性，故答案为：还原性；（4）①电解 pH=1 的 0.1mol/L FeCl2溶液，电解 pH=1 的 NaCl 溶液做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行，所以氯化钠溶液的浓度为 0.2mol/L，故答案为：0.2；②依据检验氯气的实验方法分析，取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色证明生成氯气，否则无氯气生成，故答案为：取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色；③依据图表数据比较可知，电解 pH=1 的 NaCl 溶液做对照试验与Ⅱ对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，说明生成铁离子的两种可能，一是二价铁失电子变成三价铁，二是氯离子失电子变成氯气，氯气再氧化二价铁变成三价铁．对于补充的那个实验，实验四的电压高，氯气放电，实验五电压低，氯气不放电，而实验二氯气皆放电；故答案为：通过控制电压，证实了产生 Fe3+的两种原因，通过控制电压，验证了 Fe2+先于 Cl﹣放电．【点评】本题考查了离子检验方法和现象分析，电解原理的分析应用，电解反应，电极产物的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　 B．氢燃料电池C．铅蓄电池D．镍镉电池【分析】A．锌锰干电池中，负极上锌失电子发生氧化反应、正极上二氧化锰得电子发生还原反应；B．氢燃料电池中，负极上氢气失电子发生氧化反应、正极上氧气得电子发生还原反应；C．铅蓄电池中，负极上铅失电子发生氧化反应、正极上二氧化铅得电子发生还原反应；D．镍镉电池中，负极上 Cd 失电子发生氧化反应，正极上 NiOOH 得电子发生还原反应．【解答】解：A．锌锰干电池中电极反应式，负极：Zn﹣2e﹣═Zn2+、正极 2MnO2+2NH4++2e﹣=Mn2O3+2NH3+H2O，所以不符合题意，故 A 错误；B．酸性氢氧燃料电池电极反应式为 2H2﹣4e﹣=4H+、O2+4H++4e﹣=2H2O，碱性氢氧燃料电池电极反应式为 2H2﹣4e﹣+4OH﹣=4H2O、O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，所以符合题意，故 B 正确；C．铅蓄电池放电时负极电极反应：Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4 ，正极电极反应：PbO2+2e﹣+4H++SO42﹣=PbSO4+2H2O，所以不符合题意，故 C 错误；D．镍镉电池放电正极：2NiOOH+2H2O+2e﹣=2Ni（OH）2+2OH﹣、负极：Cd+2OH﹣﹣2e﹣=Cd（OH）2，所以不符合题意，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查了原电池原理，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，题目难度中等．　4．（6 分）下列解释事实的方程式不正确的是（　　）A．测 0.1mol/L 氨水的 pH 为 11：NH3•H2O NH⇌4++OH﹣B．将 Na 块放入水中，产生气体：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑C．用 CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2 Cu2++2Cl﹣D．Al 片溶于 NaOH 溶液中，产生气体：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑【分析】A．一水合氨为弱电解质，溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子；B．钠化学性质比较活泼，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；C．氯化铜为电解质，溶液中电离出铜离子和氯离子，所以溶液能够导电；D．金属铝能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气．【解答】解：A．测 0.1 mol/L 氨水的 pH 为 11，溶液显示碱性，原因是一水合氨为弱碱，溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，其电离方程式为：NH3•H2O NH⇌4++OH﹣，故 A 正确；B．将 Na 块放入水中，钠能够与水反应生成氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，故 B 正确； C．用 CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光，氯化铜为强电解质，溶液中完全电离出铜离子和氯离子，电离过程不需要通电，氯化铜的电离方程式为 CuCl2=Cu2++2Cl﹣，故 C 错误；D．铝溶于 NaOH 溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故 D 正确；故选：C。【点评】本题考查了化学方程式、电离方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握化学方程式、电离方程式的书写原则，能够正确书写常见反应的化学方程式，明确强弱电解质的概念，并且能够正确书写电离方程式．　5．（6 分）下列说法正确的是（　　）A．室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1﹣氯丁烷B．用核磁共振氢谱不能区分 HCOOCH3和 HCOOCH2CH3C．用 Na2CO3溶液不能区分 CH3COOH 和 CH3COOCH2CH3D．油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，且产物相同【分析】A．含﹣OH 越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水；B．HCOOCH3中两种 H，HCOOCH2CH3中有三种 H；C．CH3COOH 与碳酸钠溶液反应，而 CH3COOCH2CH3不能；D．油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油．【解答】解：A．含﹣OH 越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1﹣氯丁烷，故 A 正确；B．HCOOCH3中两种 H，HCOOCH2CH3中有三种 H，则用核磁共振氢谱能区分 HCOOCH3和 HCOOCH2CH3，故 B错误；C．CH3COOH 与碳酸钠溶液反应气泡，而 Na2CO3溶液与 CH3COOCH2CH3会分层，因此可以用 Na2CO3溶液能区分 CH3COOH 和 CH3COOCH2CH3，故 C 错误；D．油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油，水解产物不相同，故 D 错误；故选：A。【点评】本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握常见有机物的性质及鉴别方法为解答的关键，注意溶解性与﹣OH 的关系、油脂不同条件下水解产物等，题目难度不大．　6．（6 分）用如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，由②中现象，不能证实①中反应发生的是（　　）①中实验 ②中现象A 铁粉与水蒸气加热 肥皂水冒泡B 加热 NH4Cl 和 Ca（OH）2混合物酚酞溶液变红C NaHCO3固体受热分解 澄清石灰水变浑浊D 石蜡油在碎瓷片上受热分解Br2的 CCl4溶液褪色A．A B．B C．C D．D【分析】A．试管中空气也能使肥皂水冒泡；B．氯化铵和氢氧化钙混合加热生成氨气，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离 子而使溶液呈红色；C．二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；D．不饱和烃能使溴的四氯化碳褪色．【解答】解：A．加热过程中的热空气、铁和水蒸气反应生成的氢气都能使肥皂水冒泡，所以肥皂水冒泡该反应不一定发生，故 A 错误；B．NH4Cl+Ca（OH）2NH3↑+CaCl2+H2O、NH3+H2O NH⇌3•H2O NH⇌4++OH﹣，氨水溶液呈碱性，所以能使酚酞试液变红色，故 B 正确；C.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，如果②中澄清石灰水变浑浊，则①中一定发生反应，故 C 正确；D．溴的四氯化碳褪色说明有不饱和烃生成，所以①中一定发生化学反应，故 D 正确；故选：A。【点评】本题考查了物质的性质及实验基本操作及反应现象，明确实验原理是解本题关键，再结合物质的性质分析解答，题目难度不大．　7．（6 分）一定温度下，10mL 0.40mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成 O2的体积（已折算为标准状况）如下表。t/min 0 2 4 6 8 10V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（　　）A．0～6min 的平均反应速率：v（H2O2）≈3.3×10﹣2mol/（L•min）B．6～10min 的平均反应速率：v（H202）＜3.3×10﹣2mol/（L•min）C．反应至 6min 时，c（H2O2）=0.30mol/LD．反应至 6min 时，H2O2分解了 50%【分析】根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算，根据化学反应的定义进行计算，得出正确结论。【解答】解：2H2022H2O+O2↑，A．0～6min 产生的氧气的物质的量 n（O2）= ×10﹣3=0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，v（H202）= ≈3.3×10﹣2mol/（L•min），故 A 正确；B． =3.73， =1.88，3.73＞1.88，故单位时间内产生的氧气，0～6min 大于 6～10min，故 6～10min 的平均反应速率：v（H202）＜3.3×10﹣2mol/（L•min），故 B 正确；C．6min 时，c（H2O2）=0.40﹣ =0.20mol/L，故 C 错误；D．6min 时，H2O2分解的分解率为： =50%，故 D 正确，故选：C。【点评】本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键，难度不大。　二、非选择题：共 4 小题，共 180 分 8．（17 分）顺丁橡胶、制备醇酸树脂的原料 M 以及杀菌剂 N 的合成路线如下：已知：i．ⅱ．RCH=CHR′ RCHO+R′CHO （R、R′代表烃基或氢）（1）CH2=CH﹣CH=CH2的名称是　 1 ， 3﹣ 丁二烯　 ．（2）反应Ⅰ的反应类型是（选填字母）　 a 　 ．a、加聚反应 b、缩聚反应（3）顺式聚合物 P 的结构式是（选填字母）　 b 　 ．（4）A 的相对分子质量为 108．①反应Ⅱ的化学方程式是　 2CH 2=CH﹣CH=CH2　．② 1mol B 完全转化成 M 所消耗 H2的质量是　 6 　 g．（5）反应Ⅲ的化学方程式是　 　．（6）A 的某些同分异构体在相同的反应条件下也能生成 B 和 C，写出其中一种同分异构体的结构简式　 　．【分析】根据转化关系知，1，3﹣丁二烯发生聚合反应 I 得到顺式聚合物 P 为聚顺 1，3﹣丁二烯，则 P 的结构简式为 ，由信息 i 知，在加热条件下发生反应 II 生成 A，A 的结构简 式为 ，A 发生反应生成 B 和 C，B 和氢气发生加成反应生成 M，则 B 的结构简式为，C 和二氯苯酚发生反应生成 N，C 为醛，根据 N 中碳原子个数知，一个 C 分子和两个二氯苯酚分子发生反应生成 N，N 的结构简式为 ，则 C 的结构简式为HCHO，再结合题目分析解答．【解答】解：根据转化关系知，1，3﹣丁二烯发生聚合反应 I 得到顺式聚合物 P 为聚顺 1，3﹣丁二烯，则 P 的结构简式为 ，由信息 i 知，在加热条件下发生反应 II 生成 A，A 的结构简式为 ，A 发生反应生成 B 和 C，B 和氢气发生加成反应生成 M，则 B 的结构简式为，C 和二氯苯酚发生反应生成 N，C 为醛，根据 N 中碳原子个数知，一个 C 分子和两个二氯苯酚分子发生反应生成 N，N 的结构简式为 ，则 C 的结构简式为HCHO，（1）CH2=CH﹣CH=CH2的名称是 1，3﹣丁二烯，故答案为：1，3﹣丁二烯；（2）通过以上分析知，反应Ⅰ的反应类型是加聚反应，故选 a；（3）通过以上分析知，顺式聚合物 P 的结构式是 ，故选 b； （4）① A 的相对分子质量为 108，1，3﹣丁二烯的相对分子质量是 54，则 A 的结构简式为，则反应Ⅱ的化学方程式是 2CH2=CH﹣CH=CH2，故答案为：2CH2=CH﹣CH=CH2；② B 的结构简式为 ，1mol B 完全转化成 M 所消耗 H2的物质的量是 3mol，则氢气的质量是 6g，故答案为：6；（5）C 是甲醛，甲醛和二氯苯酚反应生成 N，所以反应Ⅲ是 C 和二氯苯酚反应生成的化学方程式是，故答案为： ；（6）根据以上分析知，B 是 、C 是 HCHO，A 的某些同分异构体在相同的反应条件下也能生成 B 和 C，符合条件 A 的同分异构体有 ，故答案为：．【点评】本题考查了有机物的推断，根据 1，3﹣丁二烯为突破口结合题给信息、M 和 N 的结构简式确定发生的反应，注意理解题给信息中有机物的断键和成键物质，难点是同分异构体结构简式的判断，题目难度中等．　9．（14 分）NH3经一系列反应可以得到 HNO3和 NH4NO3，如图 1 所示． （1）Ⅰ中，NH3和 O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是　 4NH 3+5O24NO+6H2O 　 ．（2）Ⅱ中，2NO（g）+O2（g）⇌2N02（g）．在其它条件相同时，分别测得 NO 的平衡转化率在不同压强（p1，p2）下随温度变化的曲线（如图 2）．①比较 p1，p2的大小关系：　 p 1＜ p 2　②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是　减小　．（3）Ⅲ中，降低温度，将 NO2（g）转化为 N2O4（l），再制备浓硝酸．①已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H12NO2（g）⇌N2O4（l）△H2图 3 中能量变化示意图中，正确的是（选填字母）　 A 　 ．② N2O4与 O2、H2O 化合的化学方程式是　 2N 2O4+O2+2H2O=4HNO3　．（4）Ⅳ中，电解 NO 制备 NH4NO3，其工作原理如图 4 所示，为使电解产物全部转化为 NH4NO3，需补充物质 A，A 是　 NH 3　，说明理由：　根据反应 8NO+7H 2O 3NH4NO3+2HNO3，电解生成的 HNO 3 多　．【分析】（1）氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成 NO 与水；（2）①已知 2NO（g）+O2（g）⇌2N02（g）是正方向体积减小的反应，根据压强对平衡的影响分析；②根据图象 2 判断该反应正方向是放热还是吸热，再判断 K 随温度的变化；（3）①降低温度，将 NO2（g）转化为 N2O4（l）说明反应 2NO2（g）⇌N2O4（l）为放热反应，同种物质液态时能量比气态时能量低； ② N2O4与 O2、H2O 化合生成硝酸，根据得失电子守恒和原子守恒写出反应的方程式；（4）根据电解 NO 制备 NH4NO3的反应方程式分析判断．【解答】解：（1）氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成 NO 与水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）①已知 2NO（g）+O2（g）⇌2N02（g）是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则 NO 的转化率会增大，由图可知 P2时 NO 的转化率大，则 P2时压强大，即 P1＜P2；故答案为：P1＜P2；②由图象 2 可知，随着温度的升高，NO 的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，则该反应正方向是放热反应，所以升高温度平衡常数 K 减小；故答案为：减小；（3）①降低温度，将 NO2（g）转化为 N2O4（l）说明反应 2NO2（g）⇌N2O4（l）为放热反应，所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高，同种物质气态变液态会放出热量，即液态时能量比气态时能量低，则 N2O4（l）具有的能量比 N2O4（g）具有的能量低，图象 A 符合，故 A 正确；故答案为：A；② N2O4与 O2、H2O 化合生成硝酸，其反应的化学方程式为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；故答案为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；（4）电解 NO 制备 NH4NO3，阳极反应为 NO﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+，阴极反应为：NO+5e﹣+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的 NO3﹣的物质的量大于阴极产生的 NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O 3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为 NH4NO3，需补充 NH3；故答案为：NH3；根据反应 8NO+7H2O 3NH4NO3+2HNO3，电解生成的 HNO3多．【点评】本题考查了化学方程式书写、影响平衡及平衡常数的因素、能量变化图的分析等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生的综合运用能力，难度中等，注意基础知识的积累掌握．　10．（12 分）碳、硫的含量影响钢铁性能．碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定．（1）采用图 1 装置 A，在高温下将 x 克钢样中碳、硫转化为 CO2、SO2．①气体 a 的成分是　 SO 2、 CO 2、 O 2　．②若钢样中碳以 FeS 形式存在，A 中反应：3FeS+5O2 1　 Fe 3O4　+3　 SO 2　．（2）将气体 a 通入测硫酸装置中（如图 2），采用滴定法测定硫的含量．