(3)根据肼分子内的化学键及分子间的氢键分析。
【详解】(1)选择分子中最长碳链为主链，在该物质分子中最长碳链上含有6个C原子，把支链当作取代基，给主链上C原子编号，以确定支链在主链碳原子上的位置，该物质名称为3，4-二甲基己烷；
(2)石灰氮Ca(CN)2是离子化合物，阳离子Ca2+与阴离子CN-之间通过离子键结合，在阴离子CN-离子内部C与N原子形成三对共用电子对，C原子再得到1个电子形成带一个单位负电荷的阴离子，从而使阴离子中每个原子满足各原子8电子稳定结构，则Ca(CN) 2的电子式为：
；
(3)肼是由N2H4分子构成的分子晶体，在分子内含有4个N-H键和1个N-N键，由于N原子半径小，元素的非金属性强，使得在N2H4分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，导致物质的熔沸点较高。 27.化学需氧量(chemical oxygen demand，简称COD)表示在强酸性条件下重铬酸钾氧化 1 L 污水中有机物所L-1)计算。COD小，水质好。需的氧化剂的量，并换算成以氧气为氧化剂时，1 L水样所消耗O2的质量(mg·
某湖面出现赤潮，某化学兴趣小组为测定其污染程度，用 1.176 g K2Cr2O7固体配制成 100 mL溶液，现取水样20.00 mL，加入10.00 mL K2Cr2O7溶液，并加入适量酸和催化剂，加热反应2 h。多余的K2Cr2O7用0.100 0 mol·L-1Fe(NH4)2(SO4)2溶液进行滴定，消耗Fe(NH4)2(SO4)2溶液的体积如下表所示。此时，发生的反应是CrO72-+6Fe2＋+14H+=2Cr3＋+6Fe3++7H2O。(已知K2Cr2O7和有机物反应时被还原为 Cr3+，K2Cr2O7的相对分子质量为294) 序号 1 2 3
(1)K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为______mol·L-1。 (2)求该湖水的COD为______mg·L-1。 【答案】 (1). 0.0400 (2). 480 【解析】 【分析】 (1)根据n=
起始读数/mL 0.00 1.26 1.54 终点读数/mL 12.10 13.16 14.64 nm及c=计算K2Cr2O7溶液的物质的量浓度； MV(2)根据CrO72-+6Fe2++14H+=2Cr3＋+6Fe3++7H2O，计算剩余的K2Cr2O7的物质的量，进而计算水样消耗的
n(K2Cr2O7)；再根据电子转移守恒计算水样消耗氧气的物质的量，及计算水样的化学需氧量，据此解答。 【详解】(1)K2Cr2O7的摩尔质量为294 g/mol，则1.176 g K2Cr2O7固体的物质的量是n(K2Cr2O7)=
m1.176?g?=0.0040 mol，由于配制成100 mL溶液，所以配制K2Cr2O7的溶液的物质的量M294?g/mol浓度c(K2Cr2O7)=
n0.0040mol?=0.0400 mol/L； V0.1?L12.10?mL?11.90?mL=12.00 mL、
2(2)n(K2Cr2O7)=0.01 L×0.0400 mol/L=4×10-4 mol，三次实验消耗溶液的体积分别是12.10 mL、11.90mL、13.10 mL，可见第三次实验误差较大，要舍去，则消耗溶液平均体积是V=
n(Fe2+)=12×10-3 L×0.10 mol/L=1.2×10-3 mol，由CrO72-+6Fe2＋+14H+=2Cr3＋+6Fe3++7H2O可知，剩余的
11n(Fe2+)=×1.2×10-3 mol=2×10-4 mol，则水样消耗的n(K2Cr2O7)=4×10-4 mol-2×10-4 mol=2×10-4 661mol，根据电子电子转移可知，水样需要氧气的物质的量为n(O2)=×[2×10-4mol×(6-3)×2]=3×10-4 mol，氧气
49.6?mg10-4 mol×32 g/mol=96×10-4 g=9.6 mg，故该水样的化学需氧量COD==480 mg/L。 的质量m(O2)=3×
0.02?Ln(K2Cr2O7)=
【点睛】本题以水体化学需氧量为载体，考查滴定方法在氧化还原反应计算中的应用，掌握方程式中物质反应的物质的量关系，利用电子守恒进行计算，易错点是Fe(NH4)2(SO4)2溶液的体积的数据处理，要舍去误差较大的实验数据。
28.Ⅰ．由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。
气体B为黄绿色气体单质， 沉淀C和D焰色反应为均为砖红色。 (1)组成A的三种元素是______，A的化学式是______ (2)固体A与足量稀硫酸反应的化学方程式是______。
(3)请从化学反应原理的角度解释(结合化学方程式)为什么沉淀C能转化成 D______。
Ⅱ．常用的补铁剂有硫酸亚铁等，而乳酸亚铁被人体吸收的效果比无机铁好，它溶于水形成淡绿色的透明溶液，几乎不溶于乙醇。它的制备方法有两种：一是在FeCO3中加入乳酸；二是利用废铁屑制取纯净的三水合乳酸亚铁晶体，其实验流程如下图所示：
(1)写出制备方法一的离子反应方程式_______；
(2)操作①中不需要用到的仪器为________；
A．玻璃棒 B．坩埚 C．坩埚钳 D．蒸发皿 (3)加入过量的试剂Y为_______。
【答案】 (1). Ca、O、Cl (2). Ca(ClO)Cl (3). Ca(ClO)Cl+H2SO4=CaSO4+Cl2↑+H2O (4). 硫酸钙微溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡，加入碳酸钠，会发生沉淀转化，形成难溶于水的CaCO3，反应方 (5). 2CH3CH(OH)COOH+FeCO3=2CH3CH(OH)COO-+Fe2++H2O+CO2↑ (6). C (7). 无水乙程式为：醇 【解析】 【分析】
I.(1)气体B为黄绿色气体单质，该气体为Cl2，说明A中含有Cl元素，根据氯气的体积计算其物质的量和质量；沉淀C和D焰色反应为均为砖红色，说明含有Ca元素，沉淀C是CaSO4，沉淀D是CaCO3，根据沉淀D的质量及A的质量，结合元素化合价，可确定A中含有H或O元素，并确定A的化学式； (2)利用物质化学式及溶解性，写出反应的离子方程式； (3)根据沉淀的形成及转化分析；
II.(1)根据乳酸的酸性比碳酸强，二者发生复分解反应结合物质的强弱及溶解性分析； (2)根据分离物质的存在状态及溶解性、浓度大小分析方法，结合方法判断使用的仪器； (3)根据乳酸亚铁易溶于水形成淡绿色的透明溶液，几乎不溶于乙醇分析加入的物质。
V0.448L?=0.02 mol，n(Cl)=2n(Cl2)=0.04 mol，所以m(Cl2)=n·M=0.02 mol×71 【详解】I.(1)n(Cl2)=
Vm22.4L/molg/mol=1.42 g，沉淀D是CaCO3，其质量是2.00 g，则CaCO3的物质的量n(CaCO3)=
2.00g=0.02 mol，
100g/molm(Ca2+)= n·M=0.02 mol×40 g/mol=0.8 g，A质量是2.54 g，其中含有的另一元素质量是m=2.54 g-1.42 g-0.8 g=0.32 g，由于Ca最外层有2个电子，元素化合价为+2价，Ca、Cl和另外一种元素形成盐，与硫酸反应产物无其它物质，只可能是H、O元素，另外一种元素若是H元素，不符合化合物中元素化合价代数和为0的原则，该元素不可能是H元素，只能为O元素，n(O)= 0.32g=0.02 mol，所以物质A组成元素为Ca、
16g/molO、Cl三种元素；物质A中n(Ca)：n(O)：n(Cl)=0.02：0.02：0.04=1：1：2，所以A化学式为Ca(ClO)Cl； (2)固体A与足量稀硫酸发生氧化还原反应，产生CaSO4、Cl2、H2O，反应的化学方程式是Ca(ClO)Cl+H2SO4=CaSO4+Cl2↑+H2O；
(3)CaSO4微溶于水，CaSO4(s)在溶液中存在沉淀溶解平衡：
Ca2+(aq)+SO42-(aq)，当向溶液中加入Na2CO3
c(CO32-)>Ksp(CaCO3)，发生了沉淀转化形成CaCO3沉淀，该反应的化学方程式是溶液时，溶液中c(Ca2+)·
CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-，最终完全转化为CaCO3。
II.(1)由于乳酸的酸性比碳酸强，所以乳酸CH3CH(OH)COOH与FeCO3发生复分解反应产生乳酸亚铁、水、二氧化碳，乳酸是弱酸，主要以分子存在，FeCO3难溶于水，乳酸亚铁易溶于水，所以二者发生复分解反应的离子方程式为：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3= 2CH3CH(OH)COO-+Fe2++H2O+CO2↑；
(2)操作①是蒸发，使稀溶液变为浓度较大的溶液，从而降低溶液的pH，使用的仪器有玻璃棒、坩埚钳、蒸发皿，不需要的仪器为坩埚，故合理选项是C；
(3)由于乳酸亚铁几乎不溶于乙醇，而易溶于水，故抽滤操作时用无水乙醇洗涤乳酸亚铁晶体。
29.(1)汽车尾气中的 NO和CO可在催化剂作用下生成无污染的气体而除去。在密闭容器中充入10 mol CO和8 mol NO发生反应，测得平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图。
①已知该反应在较低温度下能自发进行，则反应 2NO(g)+2CO(g)或“<”）。
N2(g)+2CO2 (g)，ΔH______0（填“>” “=”
②该反应达到平衡后，为同时提高反应速率和CO的转化率，可采取的措施有______ (填字母序号) a.改用高效催化剂 b．缩小容器的体积 c．增加 NO 的浓度 d．升高温度
(2)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2，将一定比例的O2、NH3 和NOx的混合气体匀速通入装有催化剂M的反应器中反应，反应相同时间，NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。
解释在50 ℃～150 ℃范围内随温度升高，NOx 的去除率迅速上升的原因是_______ (3)NH3催化还原氮氧化物技术是目前应用最广泛的烟气脱氮技术：4NH3(g)+6NO(g) ΔH<0。密闭容器中，在相同时间内，在催化剂 A作用下脱氮率随温度变化如图所示。
5N2(g)+6H2O(g)