届山东省师范大学附属中学高三第十一次模拟化学试题解析版.docx
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届山东省师范大学附属中学高三第十一次模拟化学试题解析版
山东省师范大学附属中学2018届高三第十一次模拟化学试题
1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是
A.“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”。
“薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可增强肥效。
B.玻璃钢和压电陶瓷都属于新型无机非金属材料。
C.侯德榜制碱法的原理是在饱和食盐水中先通二氧化碳后通氨气制得碳酸钠。
D.高铁酸钾（K2FeO4）在水处理过程中涉及的变化过程有：
蛋白质的变性、胶体聚沉、盐类水解、氧化还原反应。
【答案】D
【解析】分析：
A.草木灰主要成分为碳酸钾，碳酸根离子与铵根离子相互促进水解，导致肥效降低；B.玻璃钢属于复合材料，压电陶瓷都属于新型无机非金属材料；C.侯德榜制碱法的原理是在饱和食盐水中先通氨气后通二氧化碳制得碳酸氢钠，加热分解为碳酸钠；D.高铁酸钾具有强氧化性，可以使蛋白质发生氧化而变性，高铁酸钾被还原为铁离子，水解生成具有吸附作用的氢氧化铁胶体而达到净水目的。
详解：
“薪柴之灰”中含有K2CO3，若与铵态氮肥混合施用，则会因CO
、NH
相互促进水解导致氮肥的损失，A错误；玻璃钢属于符合材料，B错误；先通入氨气，使溶液呈碱性，能够溶解更多的二氧化碳，生成较多的碳酸氢钠，使碳酸氢钠晶体析出，碳酸氢钠加热分解为碳酸钠，C错误；高铁酸钾具有强氧化性，可以使蛋白质发生氧化而变性，高铁酸钾被还原为铁离子，水解生成具有吸附作用的氢氧化铁胶体而达到净水作用，因此涉及的变化过程有：
蛋白质的变性、胶体聚沉、盐类水解、氧化还原反应，D正确；正确选项D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A.1.8gH218O与D2O的混合物中含有的质子数和电子数均为NA
B.精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，则阴极增重3.2g
C.取50mL14.0mol·L－1浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0.35NA
D.标准状况下，22.4LCCl4所含有的分子数目小于NA
【答案】B
【解析】分析：
A.1.8gH218O的量与1.8gD2O的量均为0.09mol，所含质子数和电子数均为0.9NA；B.精炼铜过程，阴极极反应为：
Cu2++2e-=Cu，根据电子得失守恒规律，阳极失电子数目等于阴极的电子数目，可以计算出阴极增重质量；C.取50mL14.0mol·L－1浓硝酸与足量的铜片反应，生成0.35mol二氧化氮，随着反应的进行，铜与稀硝酸反应，生成生成0.175mol一氧化氮，因此生成气体的量在0.35mol与0.175mol之间；D.标准状况下，CCl4为液态，不能用气体摩尔体积进行计算。
3.下列关于有机物的说法正确的是
A.杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来。
B.聚合物
可由单体CH3CH＝CH2和CH2＝CH2加聚制得。
C.相对分子质量为72的某烷烃，一氯代物有4种。
D.植物油氢化、塑料和橡胶的老化过程中均发生了加成反应
【答案】B
【解析】分析：
A.高粱中不含乙醇，通过发生反应生成乙醇，再用蒸馏法分离乙醇；B.单体CH3CH＝CH2和CH2＝CH2发生加聚可以制得聚合物
；C.根据烷烃的通式：
CnH2n+2,可以计算出相对分子质量为72的某烷烃为C5H12，C5H12结构有3种，一氯代物有8种；D.植物油含有碳碳双键，与氢气发生加成反应，塑料和橡胶的老化过程中属于氧化反应。
详解：
高粱中不含乙醇,用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲的作用下反应生成乙醇,然后用蒸馏法将乙醇分离出,A错误；聚合物（
）可由单体
和
加聚制得，B正确；相对分子质量为72的某烷烃，分子式为C5H12,同分异构体有三种，正戊烷的一氯代物有3种，异戊烷一氯代物有4种，新戊烷一氯代物有1种，共有8种；C错误；植物油为油脂,含碳碳双键,可与氢气发生加成反应,塑料和橡胶的老化过程属于氧化反应，D错误；正确选项B。
4.短周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大。
X的单质是最轻的气体，且是一种清洁能源，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z是短周期主族元素中原子半径最大的，W的最外层电子数与R的电子数之和等于Y与Z的电子数之和，R的最高正价和最低负价的代数和为4，下列推断正确的是
A.原子半径：
R>W>Y>X，Y的简单离子半径比Z的简单离子半径大
B.X与Y形成的化合物的沸点比X与R形成的化合物的沸点高，元素X 与碳形成的原子比为1∶1的化合物有很多种
C.Z、W、R的氧化物对应的水化物两两之间，一定能发生反应
D.W、R形成的单核简单离子均能破坏水的电离平衡，通过电解W的氯化物来制取W单质
【答案】B
【解析】分析：
X的单质是最轻的气体，X为氢；Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Y为氧；Z是短周期主族元素中原子半径最大的，Z为钠；R的最高正价和最低负价的代数和为4，R为硫；W的最外层电子数与R的电子数之和等于Y与Z的电子数之和，W为铝；四种元素符合短周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大条件，据此分析解题。
详解：
同一周期，原子序数越大，原子半径减小，同一主族，原子序数越大，原子半径增大，因此原子半径：
W>R>Y>X，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此氧离子半径比钠离子半径大，A错误；水分子间有氢键，沸点大于硫化氢；氢与碳形成有机物烃类，种类繁多，B正确；氢氧化铝与亚硫酸不反应，C错误；铝离子、硫离子均能发生水解，促进水电离；氯化铝不导电，不能通过电解氯化铝来制取铝单质，D错误；正确选项B。
5.下列实验中根据现象得出的结论错误的是
选项
实验
现象
结论
A
相同条件下，用1mol·L−1的CH3COOH和1mol·L−1的HCl分别做导电性实验
CH3COOH溶液对应的灯泡较暗
CH3COOH是弱电解质
B
向某溶液中加铜和浓H2SO4
试管口有红棕色气体产生
原溶液可能含有NO3－
C
向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液
品红溶液褪色
该钠盐为Na2SO3或NaHSO3
D
向浓度均为0.1mol·L−1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水
先出现蓝色沉淀
Ksp[Mg（OH）2]>
Ksp[Cu（OH）2]
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】分析：
A.同浓度的两种一元酸盐酸和醋酸做导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，可以证明醋酸为弱酸；B.铜与氢离子、硝酸根离子共同作用生成铜离子和一氧化氮气体，一氧化氮气体遇氧气变为红棕色；C.使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则盐可能为NaClO与浓盐酸反应生成氯气，可能Na2SO3或NaHSO3与浓盐酸反应生成二氧化硫；D.难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越容易生成沉淀。
...............
6.某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。
TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S。
下列说法错误的是
A.关闭K2打开K1时，该装置实现太阳能转化为电能，又转化为化学能
B.M是阳离子交换膜.
C.充电时，阳极的电极反应式为：
3I--2e-=I3-
D.放电时，b极区总离子浓度减小。
【答案】D
【解析】分析：
TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，b是正极，在充电时，阳极失电子发生氧化反应，3I--2e-=I3-，放电时，b极为正极，极反应为：
I3-+2e-=3I-；据此回答。
详解：
充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能贮存起来，A正确；M是阳离子交换膜，钠离子能够自由通过，B正确；充电时，阳极失电子被氧化，阳极的电极反应式为3I--2e-=I3-，C正确；放电时，a极为负极，b极为正极，极反应为：
I3-+2e-=3I-，b极区总离子浓度增大，D错误；正确选项D。
点睛：
本题考查了原电池的原理，明确正负极上得失电子及反应类型是解题的关键，难点是电极反应式的书写，明确哪种离子能够自由通过交换膜，可以确定交换膜的类型。
题目难度中等。
7.化学上常用AG表示溶液的酸碱度，AG=lg
。
25℃，用0.100mol·L-1NaOH液滴定20．00mL0.100mol·L-1HNO2溶液，AG与所加NaOH溶液的体积（V）关系如图所示。
下列说法正确的是
A.D点溶液中的pH=11.25
B.B点溶液中存在c（H+）－c（OH-）=c（NO2-）－c（HNO2）
C.C点时，加入NaOH溶液的体积为20.00mL
D.25℃时，HNO2的电离平衡常数Ka=1.0×10-5.5
【答案】A
【解析】A、D点溶液中的AG= -8.5，即
=10-8.5，又Kw=c（H+）×c（OH-）=10-14，求得c（H+）=10-11.25mol·L-1，则pH=11.25，故A正确；B、B点溶液中存在的溶质为等物质的量的HNO2和NaNO2，由电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（NO2-），其物料守恒为2c（Na+）=c（HNO2）+c（NO2-），联立即得2c（H+）-2c（OH-）=c（NO2-）-c（HNO2），故B错误；C、C点溶液呈中性，因反应的生成物NaNO2水解使溶液呈碱性，所以C点时加入NaOH溶液的体积为略小于20.00 mL，则C错误；D、由图象可知0.100mol·L-1HNO2溶液的AG=8.5，即
=108.5，又Kw=c（H+）×c（OH-）=10-14，c（H+）=10-2.75mol·L-1，所以Ka=
=
≈1.0×10-4.5，故D错误。
本题正确答案为A。
点睛：
最难解答的是B、D两个选项，但不管如何变化，物料守恒、电荷守恒是解答问题的根本，而物料守恒关系的确定一定要明确物质的量之间的关系；而Ka要灵活应用Kw的关系。
8.三氯化磷（PCl3）是一种用于有机合成的重要催化剂。
已知：
红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5。
PCl3遇O2会生成POCl3（三氯氧磷），POCl3溶于PCl3，PCl3遇水会强烈水解。
PCl3、POCl3的熔沸点见下表。
物质
熔点/℃
沸点/℃
PCl3
-112
75.5
POCl3
2
105.3
请答下面问题：
（1）选下图所示发生装置，可分别制备氯气
你选用的装置是___________，反应的离子方程式为____________
（2）实验室常用下图所示装置制取PCl3。
①玻璃管之间的连接需要用到胶皮管，连接的方法是：
先把_______，然后稍稍用力即可把玻璃管插入橡皮管。
②B中所盛试剂是____________________，F中碱石灰的作用是_____________________。
③实验时，检查装置气密性后，向D装置的曲颈瓶中加入红磷，打开K3通入干燥的CO2，一段时间后，关闭K3，加热曲颈瓶至上部有黄色升华物出现时通入氯气，反应立即进行。
通干燥CO2的作用是______________________________，C装置中的K1、K2的设计也出于类似的目的，为了达到这—实验目的，实验时与K1、K2有关的操作是___________________。
（3）实验制得的粗产品中常含有POCl3、PCl5等。
加入红磷加热除去PCl5，加入红磷时发生反应的化学方程式为_________________________，然后通过__________________（填实验操作名称），即可得到较纯净的PCl3。
（4）通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数：
①迅速称取1.00g产品，加水反应后配成250mL溶液：
②取以上溶液25.00mL，向其中加入10.00mL0.1000mol/L碘水（足量），充分反应；
③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定；
④重复②、③操作，平均消耗0.1000mol/LNa2S2O3溶液8.00mL.
己知：
H3PO3+I2+H2O=H3PO4+2HI,I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，根据上述数据，假设测定过程中没有其他反应，该产品中PCl3的质量分数为_______。
【答案】
（1）.②或③；
（2）.2MnO4－＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O或MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O。
（3）.玻璃管口用水润湿（4）.浓硫酸（5）.吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶与PCl3反应（6）.排尽装置中的空气，防止PCl3与O2反应（7）.先关闭K1，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，打开K1，关闭K2（8）.3PCl5+2P=5PCl3（9）.蒸馏（10）.82.5%
【解析】分析：
实验室要用红磷与干燥的氯气模拟工业生产制取PCl3流程为:
利用②或③装置制得氯气,因PCl3遇水会强烈水解,所以氯气需干燥，B装置利用浓硫酸干燥氯气,利用二氧化碳排尽装置中的空气，PCl3沸点为75.5℃,利用E装置防止PCl3挥发（冷凝）,因尾气中含有有毒气体氯气,且空气中水蒸气可能进入装置,所以用F装置利用碱石灰吸收多余的氯气,防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应。
（1）实验前玻璃管之间连接需要用到橡皮管,其连接方法是先用水润湿玻璃管口。
（2）氯气为酸性气体,需用酸性干燥剂干燥,吸收多余的氯气,防止空气中的水蒸气进入烧瓶与PCl3反应。
（3）因为PCl3遇氧气会生成POCl3,遇水生成H3PO3和HCl,红磷在温度较高的条件下能自燃,通入二氧化碳赶净空气,通入二氧化碳赶净空气，避免水和氧气与三氯化磷发生反应；先关闭K1，打开K2，利用氯气排净装置中的空气。
（4）根据物质的沸点数值不同,可以利用蒸馏的方法分离出三氯化磷。
（5）通过滴定原理测定混合物中PCl3的质量分数,可借助于原子守恒并结合关系式为PCl3—H3PO3—I2和2Na2S2O3--I2,进行计算。
详解：
（1）如果选用②装置，可以用酸性高锰酸钾溶液与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为2MnO4－＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；如果选用③装置，可以用二氧化锰与浓盐酸加热反应制备氯气，生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为：
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O；正确答案：
②或③；2MnO4－＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O或MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O。
（2）①玻璃管之间的连接需要用到胶皮管，连接的方法是：
先把玻璃管口用水润湿，然后稍稍用力即可把玻璃管插入橡皮管；正确答案：
先把玻璃管口用水润湿。
②PCl3遇水会强烈水解，因此氯气必须干燥，B中所盛试剂是浓硫酸，吸收水蒸气；由于氯气有毒，污染环境，F中碱石灰的作用是吸收多余的Cl2，同时防止空气中的水蒸气进入烧瓶与PCl3反应；正确答案：
浓硫酸；吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶与PCl3反应。
③根据题给信息可知，因为PCl3遇O2会生成POCl3,遇水生成H3PO3和HCl,所以通干燥CO2的作用是排尽装置中的空气，防止PCl3与O2反应；C装置中的K1、K2的设计也出于类似的目的，具体操作为：
先关闭K1，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，打开K1，关闭K2；正确答案：
排尽装置中的空气，防止PCl3与O2反应；先关闭K1，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，打开K1，关闭K2。
（3）PCl5与红磷发生加成反应生成PCl3，反应的化学方程式为3PCl5+2P=5PCl3；利用PCl3与POCl3均为液体，沸点不同，采用蒸馏的方法进行分离提纯；正确答案：
3PCl5+2P=5PCl3；蒸馏。
（4）根据题给信息可知：
滴定实验涉及关系式为PCl3—H3PO3—I2和2Na2S2O3--I2,设混合物中PCl3的物质的量为nmol,水解生成的H3PO3反应掉的I2的物质的量为nmol；滴定多余I2的消耗的Na2S2O3的物质的量为0.1×8.40×10-3=8.4×10-4mol，多余的I2的物质的量为0.0008/2=0.0004mol,提供I2的总物质的量0.1×10×10-3mol，H3PO3反应掉的I2的物质的量:
1×10-3-0.0004=0.0006mol,25.00mL溶液里含有PCl3的质量为0.0006×137.5=0.0825g,则250mL溶液中，含有PCl3的质量为0.825g，产品中PCl3的质量分数为0.825/1×100%=82.5%；正确答案：
82.5%。
9.铋及其化合物在工业生产中用途广泛，某研究小组用浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质）制备NaBiO3，其流程如下：
已知：
水解能力：
Bi3+＞Fe3+。
回答下列问题：
（1）“浸取”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有______（任写一条）；过滤1的滤渣的主要成分有______（填化学式）。
（2）浸取时加入过量浓盐酸的目的是______；“母液”中通入气体X后可循环利用，气体X为______（填名称）。
（3）写出焙烧时生成铋酸钠的化学方程式______；当消耗标准状况下4.48LO2时，转移电子的数目是______。
（4）25℃时，向浓度均为0.04mol·L－1的Cu2＋、Pb2＋、Bi3＋的混合溶液中滴加（NH4）2S溶液（设溶液体积增加1倍），当c（Pb2+）=10-5mol·L-1时恰好完全沉淀，所得溶液中c（Cu2+）∶c（Bi3+）＝______。
[已知：
Ksp（CuS）＝6.0×10－36、Ksp（PbS）＝3.0×10－28、Ksp（Bi2S3）＝1.6×10－20]
（5）用双硫腙（H2Dz，二元弱酸）～CC14络合萃取法可从工业废水中提取金属离子：
H2Dz先将金属离子络合成电中性的物质[如Cu（HDz）2等]，再用CCl4萃取此络合物。
下图是用上述方法处理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线（E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率）。
①当调节pH＝2.5时，铋（Bi）的存在形式有______。
②向萃取后的CCl4中加入NaOH溶液可将铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来，相应的离子方程式为______。
【答案】
（1）.粉碎矿石，适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等
（2）.S、SiO2（3）.防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率（4）.氯气（5）.2Bi+2O2+Na2O2
2NaBiO3（6）.NA或6.02×1023（7）.10-11﹕1（8）.Bi3+、Bi（HDz）3（9）.Bi（HDz）3+6OH-===Bi（OH）3+3H2O+3Dz3-
【解析】
（1）“浸取”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有粉碎矿石、适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等；二氧化硅与盐酸和氯化铁不反应，Bi2S3中的－2价S被氧化为单质硫，则滤渣的主要成分有S、SiO2。
（2）由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；加入铁粉后铁离子转化为亚铁离子，Bi3＋转化为单质铋，氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁而循环利用，所以气体X为氯气。
（3）焙烧时生成铋酸钠的化学方程式为2Bi＋2O2＋Na2O2
2NaBiO3；反应中只有Bi元素化合价升高，从0价升高到5价，当消耗标准状况下4.48LO2即0.2mol氧气时，转移电子的个数是NA。
（4）根据溶度积常数可知此时Bi3＋未沉淀，浓度是0.02mol/L。
铜离子浓度是
，所以所得溶液中c（Cu2+）∶c（Bi3+）＝10－11∶1。
（5）①当调节pH＝2.5时铋的萃取率是0.8，所以铋（Bi）的存在形式有Bi3＋、Bi（HDz）3；②向萃取后的CCl4中加入NaOH溶液可将铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来，相应的离子方程式为Bi（HDz）3＋6OH－＝Bi（OH）3↓+3H2O+3Dz2－。
10.硫的氧化物是形成酸雨的罪魁祸首，含硫烟气（主要成分为SO2）的处理备受关注，主要有以下两种方法。
请回答下列问题：
Ⅰ.碱液吸收法
步骤1：
用足量氨水吸收SO2。
步骤2：
再加入熟石灰，发生反应2NH＋Ca2＋＋2OH－＋SO
===CaSO3↓＋2NH3·H2O。
（1）已知：
25℃时，Kb（NH3·H2O）＝a；Ksp（CaSO3）＝b。
该温度下，步骤2中反应的平衡常数K＝__________（用含a、b的代数式表示）。
Ⅱ.水煤气还原法
已知：
ⅰ.2CO（g）＋SO2（g）
S（l）＋2CO2（g） ΔH1＝－37.0kJ·mol－1
ⅱ.2H2（g）＋SO2（g）
S（l）＋2H2O（g） ΔH2＝＋45.4kJ·mol－1
（2）写出CO（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）、H2（g）的热化学方程式为_______________。
若该反应在绝热、恒容体系中进行，达到平衡的标志___________。
A.氢氧键的断裂速率等于氢氢键的断裂速率
B.混合气体的平均摩尔质量保持不变
C.混合气体的总压强保持不变
D.H2O（g）与H2（g）的体积比保持不变
（3）反应ⅱ的正反应的活化能E________（填“>”“<”或“＝”）ΔH2。
（4）在一定压强下，发生反应ⅱ。
平衡时，α（SO2）（二氧化硫的转化率）与原料气投料比[
]和温度（T）的关系如图所示。
①α（H2）：
M________（填“>”“<”或“＝”）N。
②逆反应速率：
M________（填“>”“<”或“＝”）Q。
（5）T℃，向10L恒容密闭容器中充入2molCO（g）、2molSO2（g）和2molH2（g），发生反应ⅰ和反应ⅱ。
5min达到平衡时，CO2（g）和H2O（g）的物质的量分别为1.6mol、1.8mol。
①该温度下，反应ⅱ的平衡常数K＝________。
②其他条件不变，6min时缩小容器容积。
α（SO2）__________（填“增大”“减小”或“不变”），原因为_____________________________________________________________。
【答案】
（1）.
（2）.CO（g）＋H2O（g）
H2（g）＋CO2（g）ΔH1＝－41.2kJ·mol－1（3）.CD（4）.>（5）.>（6）.>（7）.2700（8）.增大（9）.反应ⅰ和反应ⅱ均为气体分子总数减小的反应，只缩小容器容积，平衡均向右移动，SO2的转化率增大
【解析】分析：
（1）写出该反应的平衡常数为K=c2（NH3·H2O）×c（CaSO3）/c2（NH）×c（Ca2+）×c2（OH－）×c（SO
），利用Kb（NH3·H2O）＝a；Ksp（CaSO3）＝b条件，既可以得到K的表达式。
（2）根据盖斯定律得出CO（g）＋H2O（g）
H2（g）＋CO2（g）ΔH1＝－41.2kJ·mol
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