1、第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、选择题（题型注释）1下列广告语对应商品中含有的物质有误的是A“红梅味精，领先（鲜）一步 ”蛋白质B“衡水老白干，喝出男人味”乙醇C“吃了钙中钙，腰不疼了，腿不痛了，腰杆也直了”碳酸钙D“要想皮肤好，早晚用大宝”丙三醇【答案】A【解析】试题分析：A、味精的主要成分是钠盐，不是蛋白质，错误；B、衡水老白干说的是酒，主要成分是乙醇，正确；C、补品钙中钙主要成分是碳酸钙，正确；D、大宝保湿成分是甘油丙三醇，正确，答案选A。考点：考查生活用品的关系与化学的关系2海水是巨大的资源宝库，下列说法正确的是A碘元素又称“海洋元素” B镁是海水中含量最多的金
2、属元素C从海水中提取食盐和碘的过程都是物理变化D氯碱工业和纯碱工业的原料都有食盐【答案】D【解析】试题分析：海水中富含氯化钠。A、氯元素又称“海洋元素”，错误；B、钠是海水中含量最多的金属元素，错误；C、从海水中提取食盐的过程是物理变化，提取碘的过程是化学变化，错误；D、氯碱工业是电解饱和食盐水，纯碱工业是向饱和食盐水中通氨气、二氧化碳制取碳酸钠，都用到食盐，制取，答案选D。考点：考查海水中富集的物质成分，氯碱工业、纯碱工业的原料3下列实验过程中曲线变化正确的是A表示A. 表示Na2CO3溶液中滴入稀盐酸B表示溴水中滴入Na2SO3溶液C表示AgNO3溶液中滴入氨水D表示一定条件下2SO2+O
3、22SO3达平衡后，升高温度【答案】B【解析】试题分析：A、向碳酸钠溶液中滴入稀盐酸，先生成碳酸氢钠再放出二氧化碳气体，错误；B、溴水中滴入Na2SO3溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸钠和溴化氢，使溶液酸性增强，pH减小，Na2SO3溶液呈碱性，所以继续滴入Na2SO3溶液，pH增大，增强；C、AgNO3溶液中滴入氨水，先生成氢氧化银沉淀，继续滴加沉淀溶解，生成氢氧化二氨合银，错误；D、2SO2+O22SO3为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，v（逆）v（正），错误，答案选B。考点：考查对图像的分析能力4查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生如下化学反应：则二甲苯通过上述反应得到的产物有（ ）种A
4、1 B2 C3 D4【答案】C【解析】试题分析：二甲苯有三种同分异构体，邻二甲苯被臭氧氧化的产物是乙二酸和丁二酮或CH3COCOOH和乙二酸，其余两种同分异构体被臭氧氧化的产物都与前者相同，所以共有3种产物，答案选A。考点：考查根据已知条件判定产物的能力5NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A标准状况下，11.2 L H2O中氧原子的数目大于0.5 NAB6.0 g醋酸晶体中含有H+的数目为0.1 NAC64gCu粉与足量硫粉加热完全反应生成Cu2S时失去的电子数为2NAD1 mol Cl含有的核外电子总数为8 NA【答案】A【解析】试题分析：A、标准状况下，11.2LH2O的物质的量肯
5、定大于0.5mol，所以氧原子的数目大于0.5 NA，正确；B、醋酸晶体中不存在H+，错误；C、Cu2S中铜化合价为+1，所以64gCu粉与足量硫粉加热完全反应生成Cu2S时失去的电子数应为NA，错误；D、Cl含有18个电子，所以1 mol Cl含有的核外电子总数为18NA，错误，答案选A。考点：考查对阿伏伽德罗常数的理解应用6下列说法正确的是A向50 mL 1 molL1的盐酸中加入烧碱，水的KW不变BNH4Cl和NH3H2O混合液中，二者对对方的平衡都起了抑制作用C有两种弱酸HX和HY且酸性HXHY，则体积和浓度相同的NaX和NaY溶液中有c(Y)c(X)c(OH)c(H+) D常温下0.
6、1 molL1的HA溶液中， 则0.01 molL1HA溶液中c(H+)=1104 molL1【答案】B【解析】试题分析：A、酸碱中和反应是放热反应，温度升高，水的KW增大，错误；B、NH4Cl水解产生一水合氨，所以一水合氨的存在对氯化铵的水解起抑制作用，同理氯化铵对一水合氨的电离也起抑制作用，正确；C、根据盐水解规律“越弱越水解”，NaY水解程度大于NaX水解程度，所以离子浓度大小关系应为c(X)c(Y)c(OH)c(H+)，错误；D、常温下0.1 molL1的HA溶液中，可计算出此时c(H+)=1103 molL1，则该酸为弱酸，所以稀释10倍后，c(H+)应略大于原来的1/10，错误，答
7、案选B。考点：考查对水的离子积的理解应用，离子浓度大小的判断，溶液中平衡的移动7已知：2Fe + 3Br2 = 2FeBr3，Fe2+的还原性大于Br。现有16.8 g铁和0.3 mol Br2反应后加入水得到澄清溶液后，通入a mol Cl2。下列叙述不正确的是A当a = 0.1时，发生的反应为2Fe2+Cl22Fe3+2ClB当a = 0.45时，发生的反应为2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6ClC若溶液中Br有一半被氧化时， c(Fe3+): c(Br):c(Cl) 1:1:3D当0a0.15时，溶液中始终满足2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)c(Cl)+c(B
8、r)+ c(OH)【答案】C【解析】试题分析：16.8 g铁和0.3 mol Br2反应铁过量，所以产物为0.3molFeBr2。A、a = 0.1时, Cl2不足，所以先与Fe2+反应，发生反应的离子方程式正确；B、a = 0.45时，Cl2恰好与FeBr2反应，发生的反应的离子方程式正确；C、若溶液中Br有一半（0.3mol）被氧化时，此时0.3mol Fe2+需要氯气0.15mol，0.3molBr需要氯气0.15mol，共用氯气0.3mol，根据质量守恒定律，所以溶液中c(Fe3+): c(Br):c(Cl)=1:1:2,产物；D、0a0.15时，Fe2+未被全部氧化，溶液中还存在Fe
9、2+，根据电荷守恒定律，2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)c(Cl)+c(Br)+ c(OH)成立，正确，答案选C。考点：考查氧化还原反应的先后规律的应用，与量有关的氧化还原反应的计算第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题（题型注释）8研究表明丰富的CO2完全可以作为新碳源，解决当前应用最广泛的碳源(石油和天然气)到本世纪中叶将枯竭的危机，同时又可缓解由CO2累积所产生的温室效应，实现CO2的良性循环。（1）目前工业上有一种方法是用CO2和H2在230催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。下图表示恒压容器中0.5 mol CO2和1.5 mol H2转
10、化率达80%时的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式： 。能判断该反应达到化学平衡状态的依据是 。a容器中压强不变 bH2的体积分数不变cc(H2)=3c(CH3OH) d容器中密度不变e2个CO断裂的同时有6个HH断裂。（2）人工光合作用能够借助太阳能，用CO2和H2O制备化学原料下图是通过人工光合作用制备HCOOH原理的示意图。根据要求回答问题：该过程是将 转化为 。(以上两空选填“电能”“太阳能”“化学能”)催化剂b表面的电极反应方程式为 。（3）某国科研人员提出了使用氢气和汽油（汽油化学式用C8H18表示）混合燃料的方案，以解决汽车CO2的排放问题。该方案主要利用储氢材料CaH2产
11、生H2和用汽油箱贮存汽油供发动机使用，储氢系统又捕集汽油燃烧产生的CO2，该系统反应如下图所示：解决如下问题：写出CaH2的电子式 。反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比是： 。如该系统反应均进行完全，试写出该系统总反应的化学方程式 。【答案】（1）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H =49 kJmol-1(3分)bd (2分，多选错选0分，漏选1个给1分)（2）太阳能 化学能(各1分) CO2+2e+2H+=HCOOH(2分)（3）(2分) 2：1 (2分) 16CaH2+ 2C8H18+41O2=16CaCO3+34 H2O(2分)【解析】试题分析：（1）由所给能
12、量变化示意图可知，1mol CO2和3molH2转化率达100%时放出热量49kJ，所以该反应的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H =49 kJmol-1a、该反应是在恒压容器中进行，所以压强始终不变，不能判断该反应达到化学平衡状态，错误；b、达平衡时，各物质的含量都不再改变，氢气的体积分数恒定，可以判断该反应达到化学平衡状态，正确c、平衡时，氢气和甲醇的浓度不一定具备化学计量数的比例关系，不能判断该反应达到化学平衡状态，错误；d、由于该反应是反应前后气体的物质的量改变的反应，当压强不变时，容器体积在减小，密度增大，当平衡时气体密度不再增大，保持不变，
13、能判断该反应达到化学平衡状态，正确；e、反应的任何状态时都有2个CO断裂的同时有6个HH断裂，不能判断该反应达到化学平衡状态，错误，答案选bd；（2）该图是利用太阳能将二氧化碳转化为HCOOH，所以是把太阳能转化为化学能；根据电子的流动方向，催化剂b相当于原电池的正极，发生还原反应，所以发生的反应为CO2+2e+2H+=HCOOH；（3）CaH2是离子化合物，其电子式为；反应1是CaH2与H2O反应生成氢氧化钙和氢气，反应中CaH2作还原剂，水作氧化剂，可写出发生的化学方程式CaH2+2H2O=Ca(OH)2+H2，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是2:1；由反应的流程图可知，最终产物是CaC
14、O3 、H2O。反应1生成的氢气与氧气反应生成水，汽油与氧气反应生成二氧化碳和水，其中二氧化碳用于和反应1产生的氢氧化钙的反应，将发生反应的化学方程式叠加，消去中间产物二氧化碳、氢气、氢氧化钙，最后的产物只有水和碳酸钙，所以总反应方程式为16CaH2+ 2C8H18+41O2=16CaCO3+34H2O。考点：考查热化学方程式、电子式、电极反应式的书写，化学平衡的判断，能量转化的判断，方程式叠加法的应用95种固体物质A、B、C、D、E由下表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。阳离子Na+ Al3+ Fe3+ Cu2+、Ba2+阴离子OHClCO32NO3SO4 分别取它们的水溶液进行实验，结
15、果如下：A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体；B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；B溶液与D溶液混合后无现象；将38.4 g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6 molL1稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。（1）据此推断A、C的化学式为：A ；C 。（2）写出步骤中发生反应的化学方程式 。（3）D溶液中滴入石蕊试液，现象是 ，原因是 (用离子方程式说明)。（4）步骤中若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4
16、的体积是 mL。（5）现用500 mL 3 molL1的E溶液充分吸收11.2 L CO2气体(标准状况 下)，反应后溶液中各离子的物质量浓度由小到大的顺序为 。（6）若用惰性电极电解A和B的混合溶液，溶质的物质的量均为0.1 mol，请在坐标系中画出通电后阳极产生气体的体积(标准状况下)V与通过电子的物质的量n的关系(不考虑气体溶于水)。【答案】（1）CuSO4 Ba(OH)2(各1分)（2）2FeCl3+3Na2CO3+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2+6NaCl(2分)（3）溶液由无色变成红色(2分) Al3+3H2OAl(OH)3+3H+(2分)（4）500(2分)（5）c(H+)
17、c(OH)c(CO32)c(HCO3)c(Na+)(2分)（6）(2分)【解析】试题分析：由知，A、C反应产生的沉淀中应是氢氧化铜和硫酸钡沉淀；则A、C是CuSO4、Ba(OH)2中的一种；由知，B、E只能是盐类，双水解产生气体和沉淀，其中含有Fe3+ 、CO32，且其中必有Na2CO3；由知C为强碱，所以C是Ba(OH)2，A是CuSO4；D为铝盐；由知，E为Na2CO3；由知D中有NO3，所以D为Al(NO3)3，则B只能为FeCl3。（1）A、C的化学式为：CuSO4 、Ba(OH)2（2）步骤是Fe3+ 、CO32的双水解反应，化学方程式为2FeCl3+3Na2CO3+3H2O=2Fe
18、(OH)3+3CO2+6NaCl；（3）Al(NO3)3溶液由于Al3+水解而是溶液显酸性，所以加入石蕊试液，溶液变红色，离子方程式为Al3+3H2OAl(OH)3+3H+（4）根据Cu与稀硝酸反应的离子方程式3Cu+8H+2N3-=3Cu2+2NO+4H2O，得3Cu8H+，38.4 g Cu的物质的量为0.6mol，所以需要硫酸的物质的量是0.8，其体积为500mL；（5）由题意知n(CO2)=0.5mol，n(Na2CO3)=1.5mol，所以二者反应后溶液中有1mol的NaHO3，1mol的Na2CO3，Na2CO3水解程度大于NaHO3水解程度，所以溶液中离子浓度由小到大的顺序为c(
19、H+)c(OH)c(CO32)c(HCO3)c(Na+)(2分)（6）阳极先是Cl-放电，溶液中共有0.3mol Cl-,根据2 Cl- +2 e-= Cl2，得转移电子0.3mol时产生气体标准状况下的体积是3.36L；然后是氢氧根离子放电，4OH-4 e-=O2+2H+，每转移0.1mol电子就生成0.56L的气体，所以图像如下：考点：考查化合物的判断，离子反应，盐的水解，氧化还原反应的计算，离子浓度的比较，电解原理的应用10纯碱（化学式为Na2CO3）是一种重要的化工原料。现代化工生产有三种工艺：一、布兰制碱法。以食盐为原料制碱，该法分三步：用氯化钠与硫酸反应制硫酸钠：2NaCl+H2S
20、O4=Na2SO4+2HCl； 用焦炭还原硫酸钠得硫化钠：Na2SO4+4C=Na2S+4CO 用硫化钠与石灰石反应制碳酸钠：Na2S+CaCO3=Na2CO3+CaS二、氨碱法即索尔维制碱法。以食盐、氨、二氧化碳为原料，其反应也分三步进行：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3 NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl 2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O三、候氏制碱法。低温下先向饱和食盐水中通入氨气，再通入二氧化碳可析出碳酸氢钠，再加入细盐末，因同离子效应，低温氯化铵溶解度突然降低，而食盐的溶解度变化不大，所以氯化铵析出而食盐不析出；再用氨饱和后通二氧化碳，结果往返析出N
21、aHCO3和NH4Cl。该法生产的纯碱质量优良，纯白如雪。（1）通过三种方法的比较，布兰制碱法工艺的缺点有 (写两点)。（2）氨碱法工艺的中循环利用的物质是 (填化学式)；产品的副产物NH4Cl既可以做氮肥又可以重新生成氨气。写出NH4Cl与生石灰反应的化学方程式 。（3）候氏制碱法反应的方程式为 。（4）为什么候氏制碱法工艺中先向饱和食盐水中通入氨气，再通入二氧化碳。理由是 (写两点)。（5）候氏制碱法产品纯碱中含有碳酸氢钠。如果用加热分解的方法测定纯碱中碳酸氢钠的质量分数，用m1表示加热前纯碱样品的质量，m2表示加热后固体的质量。则纯碱中碳酸氢钠的质量分数可表示为： 。【答案】（1）生产时
22、需要高温；硫酸对设备腐蚀严重；CaS废弃物长期堆积臭气四溢；成本较高。(4分，答出以上任意两点各2分，其他合理答案均给分)（2）CO2(1分) 2NH4Cl+CaO 2NH3+CaCl2+H2O (2分)（3）NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl(2分)（4）CO2在水中的溶解度较小，吸收率低；后通入CO2保证全部生成NaHCO3(4分，答出以上任意两点各2分，其他合理答案均给分)（5）(2分)【解析】试题分析：（1）布兰制碱法工艺的缺点有焦炭还原硫酸钠时需要高温；硫酸对设备腐蚀严重；CaS废弃物长期堆积臭气四溢；成本较高等；（2）从化学方程式中得出氨碱法工艺的中循环利用
23、的物质是CO2；氯化铵与生石灰反应生成氨气、氯化钙、水，化学方程式为2NH4Cl+CaO 2NH3+CaCl2+H2O；（3）候氏制碱法的原理是向饱和食盐水中通入氨气，再通入二氧化碳可析出碳酸氢钠，所以化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl ；（4）因为二氧化碳在水中的溶解度较小，不易生成碳酸氢钠，所以先通入氨气，使溶液呈碱性，再通入二氧化碳可增大二氧化碳的吸收量从而生产碳酸氢钠；（5）碳酸氢钠受热易分解，生成碳酸钠、水和二氧化碳，最终该固体为碳酸钠，所以质量减轻（m1-m2）g，每消耗168g碳酸氢钠，固体质量减轻62g，所以固体中碳酸氢钠的质量是168（m1
24、-m2）/62g,所以样品中碳酸氢钠的质量分数是168（m1-m2）/62/m=。考点：考查工业制纯碱的方法，化学方程式的书写，质量分数的计算，对工艺的分析11W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大。W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一。X的某一种单质是大气污染物监测物之一；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态；Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物。 （1）Y3基态的电子排布式可表示为 。（2）MX3的空间构型 （用文字描述）。（3）M可形成多种氢化物，其中MH3的碱性强于M2H4的原因是 。（4）根
25、据等电子原理，WX分子的结构式为 。（5）1 mol WX2中含有的键数目为 。（6）H2X分子中X原子轨道的杂化类型为 。（7）向Z2+的溶液中加入过量NaOH溶液，可生成Z的配位数为4的配位离子，写出该配位离子的结构式 。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d3（或Ar3d3）(2分)（2）平面三角形(2分)（3）N2H4分子中N为-2价，而NH3分子中N为-3价，负电性更高，导致N原子的孤对电子更易提供出来与H+结合，故碱性更强。(3分)（4）CO (2分)（5）26.021023个（或2NA）(2分)（6）sp3 (2分) (2分)【解析】试题分析：（1）W的一种核素在考古时
26、常用来鉴定一些文物的年代，W是C元素，M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，M是N元素，X的某一种单质是大气污染物监测物之一，则X是O元素；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态，则Y的价电子排布为3d54s1,所以Y是Cr，Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，Z是Cu。所以Y3基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d3（2）NO3离子中，N的价层电子对数为3+1/2(5+1-32)=3,所以MX3的空间构型为平面正三角形；（3）从化合价角度分析：N2H4分子中N为-2价，而NH3分子中N为-3价，负电性更高，导致N原子的孤对电子更易提供出来与H+结合，故碱性更强
27、。（4）CO与氮气是等电子体，化学结构相似，所以CO的结构式类似于氮气，存在三键结构；（5）CO2分子中存在2个碳氧双键，每个双键都有1个键，所以1molCO2分子中存在2NA键;（6）H2O分子中，O的价层电子对数是2+1/2(6-2)=4，所以是sp3杂化；（7）向Cu2+加入过量NaOH溶液，可生成四羟基合铜络离子，结构式为考点：考查元素推断，核外电子排布，空间构型的判断，等电子体的性质，化学键的判断，杂化类型的判断，配位离子的结构式的书写12课题组以甲苯为主要原料，采用以下路线合成化妆品防霉剂：对羟基苯甲酸乙酯。请回答：（1）有机物C7H7Br的名称为 。（2）产品的摩尔质量为 。（3
28、）在的反应中属于取代反应的有 。（4）在一定条件下发生聚合反应生成高分子化合物，写出该反应的化学方程式（有机物写结构简式） 。（5）的同分异构体很多，其中符合下列条件有 种。遇到FeCl3溶液出现显色现象；能发生水解反应；能发生银境反应；无CH3结构。上述同分异构体中核磁共振氢谱显示其有5种峰的结构简式为 。（6）高分子化合物是一种建筑材料，根据题中合成路线信息，以甲苯为原料合成该高分子化合物，请设计合成路线(无机试剂及溶剂任选)。注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图： 。【答案】(15分)（1）3溴甲苯或对溴甲苯(2分)（2）168 gmol1(2分)（3）(2分，错选0分，漏选1个扣1
29、分)(2分)（5）3 (2分)(2分)【解析】试题分析：（1）由反应的产物可判断C7H7Br分子中，溴原子的位置在甲基的对位，名称是3溴甲苯或对溴甲苯；（2）对羟基苯甲酸乙酯中-18OC2H5，所以其摩尔质量是168g/mol；（3）在的反应中只有是氧化反应，其余反应从反应前后的产物判断都是取代反应；（4）对羟基苯甲酸发生脱水缩合反应，生成酯类高聚物，化学方程式为；（5）遇到FeCl3溶液出现显色现象，说明分子中存在酚羟基；能发生水解反应；能发生银境反应；说明存在酯基和醛基，无CH3结构，因此是甲酸某酯结构，苯环上有两个取代基，所以符合以上条件的同分异构体有邻、间、对3种；有5种氢原子的只能是
30、对位结构，结构简式为；（6）根据产物的结构简式可得该物质是加聚反应得产物，所以前身分子中有碳碳双键，碳碳双键一般用消去反应得到，能发生消去反应的是卤代烃或醇类，因此苯环需变成环己环，所以开始先发生甲苯的对位卤代，再加氢、消去、加聚即得，流程图是。考点：考查有机推断，物质的名称，化学方程式、结构简式的书写，反应类型的判断，同分异构体的判断，物质制备流程的设计评卷人得分三、实验题（题型注释）13某实验小组欲探究碳与浓硝酸反应的情况。甲同学设计了图1装置，认为若有红棕色气体产生就说明碳与浓硝酸发生了反应。（1）乙同学认为甲同学的结论是错误的，他的理由是 (用化学方程式表示)，所以他认为应该检验 (填
31、化学式)的产生来证明碳与浓硝酸反应。为此乙同学查阅相关资料得知“0时四氧化二氮为液体”，从而改进了实验装置如图2所示。（2）为了减少干扰，对于A装置有下面4种操作方案，其中最合理的是（填写数字序号） 。将炭与浓硝酸一同放在装置中加热；先加热浓硝酸，然后将炭投入其中；先加热炭，再加入冷浓硝酸； 先加热炭，再将炭投入冷浓硝酸。（3）请用平衡移动原理解释B装置的作用 。（4）C装置中出现的现象是 ，经检测C的溶液中还含有少量氮元素，只以NO3形式存在，写出生成该离子的化学方程式 。【答案】（1）4HNO3 4NO2+O2+2H2O(2分) CO2 (1分)（2）(2分)（3）常温下存在平衡体系：2N
32、O2 N2O4，降低温度N2O4液化，平衡右移，除去混合气体中的NO2。(分)（4）C中溶液变浑浊(或产生白色沉淀) (3分)4NO2+O2+2Ba(OH)2=2Ba(NO3)2+2H2O(3分)【解析】试题分析：（1）浓硝酸受热易分解产生二氧化氮气体，4HNO3 4NO2+O2+2H2O；若C与浓硝酸反应应有二氧化碳气体生成，所以检验CO2的产生来证明碳与浓硝酸反应；（2）只要存在浓硝酸被加热的情况都有可能产生二氧化氮气体，不能证明是C与浓硝酸发生了反应，所以最合理的操作是；（3）常温下存在平衡体系：2NO2 N2O4，该反应为放热反应，所以降低温度，平衡正向移动，N2O4被液化，从而除去NO2；（4）若C与浓硝酸反应则有二氧化碳生成，与氢氧化钡溶液反应生成白色沉淀；C的溶液中还含有少量氮元素，只以NO3形式存在，说明混合气体中仍有NO2，与氢氧化钡溶液、氧气反应生成硝酸钡溶液，化学方程式为4NO2+O2+2Ba(OH)2=2Ba(NO3)2+2H2O。考点：考查对实验的分析判断能力，平衡理论的应用，化学方程式的书写评卷人得分四、计算题（题型注释）评卷人得分五、简答题（题型注释）评卷人得分六、推断题（题型注释）
