1、2013年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)化学一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一项是符合题目要求的)1.(6分)下列说法不正确的是( )A.多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料B.pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断C.科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷(As)元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素D.和CO 2反应生成可降解聚合物，反应符合绿色化学的原则解析：A、多孔碳是碳单质，是一种具有不同孔结构的碳素材料。作为一种新材料，具有耐高温、耐酸碱、导电、传热、优良的吸附性能、良好的化学稳定性和使用后容易再生等优点。如活性炭、活性炭纤维、碳分子筛等都
2、属于多孔碳。多孔碳具有很强的吸附能力和表面积，可吸附氢气和氧气，提供气体反应(发生电子转移)的场所，同时具有较大的表面积，可增大接触面积，提高反应速率；有催化作用；所以可用作氢氧燃料电池的电极材料，故A正确；B、在酸碱中和滴定过程中，滴定终点判断的主要依据是溶液的pH值变化，测量溶液pH可以用pH试纸、pH计、酸碱指示剂。pH计是一种精确测量溶液pH的仪器，精确度高，测量时可以从仪器上直接读出溶液的pH，所以，可以在酸碱中和滴定过程中用来确定和判断滴定终点，故B错误；C、从中学化学的视角来看，在元素周期表中，砷排在磷下方，两者属于同族，化学性质相似。所以应该说，完全有可能在普通的DNA骨架中砷
3、元素可以取代磷元素，故C正确； D、绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即充分利用反应物中的各个原子，因而既能充分利用资源，又能防止污染。绿色化学的核心内容之二是有效实现“省资源、少污染、减成本”的要求。甲基环氧乙烷与二氧化碳在一定条件下反应生成聚碳酸酯，原子利用率达到100%，生成的聚碳酸酯易降解生成无毒无害物质，所以此反应符合绿色化学原则，故D正确。答案：B.2.(6分)下列说法正确的是( )A.实验室从海带提取单质碘的方法是：取样灼烧溶解过滤萃取B.用乙醇和浓硫酸制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度C.Cl 存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中D
4、.将(NH4)2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性解析：A.海水中只有化合态的碘，实验室从海带提取单质碘的方法是：取样灼烧溶解过滤，然后需将碘离子氧化为碘单质，在提取的过程中用的氧化剂可以是H2O2，然后再萃取，故A错误；B.乙醇在浓硫酸加热170发生消去反应生成乙烯气体，反应的化学方程式为CH3CH2OH CH2=CH2+H2O，水的沸点为100，水浴的温度为小于100，而该反应的温度为170，显然不符，故B错误；C.铝表面的氧化膜为氧化铝，当有Cl 存在时，Cl替换氧化铝中的氧元素形成可溶性的氯化铝，所以铝表面的氧化膜易被破坏，裸露出活泼的金属铝
5、，铝具有两性，因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中，故C正确；D.当向蛋白质溶液中加入的盐溶液(硫酸铵、硫酸钠、氯化钠等)达到一定浓度时，会使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，这种作用称为盐析，盐析具有可逆性，所以饱和(NH4)2SO4溶液能使蛋白质发生盐析，不是变性，因加强酸、强碱、重金属盐、甲醛等导致蛋白质性质 的改变和生物活性的丧失，是蛋白质的变性，所以CuSO4溶液能使蛋白质溶液发生变性，故D错误。答案：C.3.(6分)短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法中正确的是( )A.钠与W可能形成Na2W2化合
6、物B.由Z与Y组成的物质在熔融时能导电C.W得电子能力比Q强D.X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体解析：由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则最外层电子 数为4，故X为碳元素，则Z为Si元素、Y为氧元素、W为硫元素、Q为Cl元素，A.Na和S可形成类似于Na2O2的Na2S2，故A正确；B.二氧化硅是原子晶体，熔融状态下，不导电，故B错误；C.同周期自左而右非金属性增强，得电子能力增强，故S得电子能力比Cl弱，故C错误；D.碳元素有金刚石、石墨等同素异形体，氧元素存在氧气、臭氧同素
7、异形体，C、O元素都能形成多种同素异形体，故D错误。答案：A.4.(6分)下列说法正确的是( )A.按系统命名法，化合物的名称是2，3，5，5四甲基4，4二乙基己烷B.等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等C.苯和甲苯互为同系物，均能使KMnO 4酸性溶液褪色D.结构片段的高聚物，其单体是苯酚和甲醛解析：A.按系统命名法，化合物的名称是2，2，4，5四甲基3，3二乙基己烷，故A错误；B.苯的x+ =6+ =7.5，即1mol苯消耗氧气7.5mol，苯甲酸的x+=7+1=7.5，即1mol苯甲酸消耗氧气7.5mol，所以等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等，故B错误；C.苯和
8、甲苯互为同系物，但苯不能使KMnO 4酸性溶液褪色，故C错误；D.苯酚和甲醛发生缩聚反应得到酚醛树酯，结构片段，故D正确。答案：D；5.(6分)电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。 已知：3I2+6OH=IO3+5I+3H2O，下列说法不正确的是( )A.右侧发生的电极反应式：2H2O+2e=H2+2OHB.电解结束后，右侧溶液中含有IO3 C.电解槽内发生反应的总化学方程式：KI+3H2O KIO3+3H2D.如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内总反应不变解析：A.左侧溶液变蓝色，生成
9、I2，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e=H2+2OH，故A正确；B.一段时间后，蓝色变浅，发生反应3I2+6OH=IO3+5I+3H2O，中间为阴离子交换膜，右侧I 、OH通过阴离子交换膜向左侧移动，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3通过阴离子交换膜向右侧移动，故右侧溶液中含有IO3，故B正确；C.左侧电极为阳极，电极反应为：2I2e=I2，同时发生反应3I2+6OH=IO3+5I+3H2O，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e=H2+2OH，故总的电极反应式为：KI+3H2O KIO3+3H2，故C正确；D.如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧电极为阳
10、极，电极反应为：2I2e=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e =H2+2OH，保证两边溶液呈电中性，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极，左侧生成I2，右侧溶液中有KOH生成，碘单质与KOH不能反应，总反应相当于：2KI+2H2O 2KOH+I2+H2，故D错误。答案：D.6.(6分)25时，用浓度为0.1000molL1的NaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.1000molL 1的三种酸HX、HY、HZ滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )A.在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZHYHXB.根据滴定曲线，可得K a(HY)105C.将上述HX、HY溶液
11、等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c(X)c(Y)c(OH)c(H+)D.HY与HZ混合，达到平衡时：c(H+)= +c(Z)+c(OH)解析：A、氢氧化钠体积为0时，0.1000molL1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、1，故酸性大小为HXHYHZ，故导电性HZHYHX，故A错误；B、当NaOH溶液滴到10mL时，溶液中c(HY)c(Y )，即Ka(HY)c(H+)=10PH=105，故B正确； C、HX恰好完全反应时，HY早已经完全反应，所得溶液为NaX和NaY混合液，酸性HXHY，NaY水解程度小于NaX，故溶液中c(X)c(Y)，故C错误；D、HY与HZ
12、混合，溶液中电荷守恒为c(H+)=c(Y)+c(Z)+c(OH)；再根据HY的电离平衡常数，c(Y)，故D错误。答案：B.7.(6分)现有一瓶签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验： 已知：控制溶液pH=4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀。该同学得出的结论正确的是( )A.根据现象1可推出该试液中含有Na+B.根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C.根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2+，但没有Mg2+D.根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2+解析：A.因加入了NaOH(aq)和Na2CO3
13、(aq)，在滤液中引入了Na+，不能根据滤液焰色反应的黄色火焰判断试液是否含Na+，故A错误；B.试液是葡萄糖酸盐溶液，其中一定含葡萄糖酸根，葡萄糖能发生银镜反应，葡萄糖酸根不能发生银镜反应，故B错误；C.根据“控制溶液pH=4时，Fe(OH) 3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀”信息，在过滤除去Fe(OH)3的滤液中分别加入NH3H2O(aq)和Na2CO3(aq)，加入NH3H2O(aq)不产生沉淀说明滤液中不含Mg2+，加入Na2CO3 (aq)产生白色沉淀，说明滤液中含Ca2+，故C正确；D.溶液加入H2O2后再滴加KSCN(aq)显血红色，不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含Fe2+，正
14、确的方法是：在溶液中滴加KSCN(aq)不显血红色，再滴入滴加H2O2显血红色，证明溶液中只含Fe2+。若此前各步均没有遇到氧化剂，则可说明葡萄糖酸盐试液中只含Fe2+，故D错误。答案：C.二、非选择题8.(15分)氢能源是一种重要清洁能源。现有两种可产生H 2的化合物甲和乙。将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25gL1。请回答下列问题：(1)甲的化学式是；乙的电子式是
15、。答案：AlH3(2)甲与水反应的化学方程式是。答案：AlH 3+3H2O=Al(OH)3+3H2 (3)气体丙与金属镁反应的产物是(用化学式表示)。答案：Mg3N2(4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式。有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之。(已知：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O)答案：3CuO+2NH3 N2+3Cu+3H2O取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O(5)甲与乙之间(填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2，判断理由是。答案：可能AlH3中的H为1价，NH3中的H为+1价，有可
16、能发生氧化还原反应生成氢气。解析：白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al(OH) 3，说明甲中含有Al和H两种元素，n(H2)= =0.3mol，则m(H)=0.3mol21g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m(Al)=6.00g0.6g=5.4g，n(Al)= =0.2mol，所以n(Al)：n(H)=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25gL1，则丙的相对原子质量为1.25gL122.4L=28，应为N2，则乙为NH3。9.(14分)捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前NH3和(NH 4)2CO3已经
17、被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：反应：2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)(NH4)2CO3(aq)H1反应：NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)(NH4)2HCO3(aq)H2反应：(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)2(NH4)2HCO3(aq)H3请回答下列问题：(1)H3与H1、H2之间的关系是：H3=。解析：将反应倒过来书写：(NH4)2CO3 (aq)2NH3 (l)+H2O(l)+CO2 (g)H1将反应2：2NH3 (l)+2H2O(l)+2CO2 (g)2NH4HCO3 (aq) 2H2得：(NH 4)2CO3 (aq)+H2O(
18、l)+CO2 (g)2NH4HCO3 (aq)H3=2H2H1；答案：2H2H1；(2)为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体(用氮气作为稀释剂)，在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图(见图1)。则：H3 0(填、=或)。在T1T2及T4T5二个温度区间，容器内CO2气体浓度呈现如图1所示的变化趋势，其原因是。反应在温度为T1时，溶液pH随时间变化的趋势曲线如图2所示。
19、当时间到达t1时，将该反应体系温度上升到T 2，并维持该温度。请在图中画出t1时刻后溶液的pH变化总趋势曲线。 解析：由图1可知：在温度为T3时反应达平衡，此后温度升高，c(CO2)增大，平衡逆向移动，说明反应是放热反应H30；在T3前反应未建立平衡，无论在什么温度下(NH4)2CO3 (aq)总是捕获CO2，故c(CO2)减小；反应在温度为T1时建立平衡后(由图2可知：溶液pH不随时间变化而变化)，迅速上升到T2并维持温度不变，平衡逆向移动，溶液pH增大，在T2时又建立新的平衡，图象应为。 答案：T1T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，所以CO2被捕获的量随温度升高而
20、提高。T4T5区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获。 (3)利用反应捕获CO2，在(NH4)2CO3初始浓度和体积确定的情况下，提高CO2吸收量的措施有(写出2个)。解析：根据平衡移动原理，降低温度或增大c(CO2)。答案：降低温度增大CO2浓度(4)下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是。A.NH4ClB.Na2CO3C.HOCH2CH2OHD.HOCH2CH2NH2 解析：具有碱性的物质均能捕获CO2，反应如下：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；HOCH2CH2NH2+CO2+H2O=HOCH2CH2NH3+HCO3
21、。答案：B、D10.(14分)利用废旧锌铁皮制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO。制备流程图如下：已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似。请回答下列问题：(1)用NaOH溶液处理废旧锌铁皮的作用有。A.去除油污B.溶解镀锌层 C.去除铁锈D.钝化解析：根据Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，Zn也能和氢氧化钠溶液反应，氢氧化钠溶液起到溶解镀锌层和去除油污作用，答案：AB；(2)调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是。解析：调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，抽滤就可以得到氢氧化锌沉淀，洗涤除去附着的离子，高温灼烧氢氧化锌分解得到ZnO
22、，答案：抽滤、洗涤、灼烧(3)由溶液B制得Fe 3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，原因是。解析：持续通入N2，防止Fe2+被氧化。答案：在N2气氛下，防止Fe2+被氧化；(4)Fe3O4胶体粒子能否用减压过滤发实现固液分离？(填“能”或“不能”)，理由是。解析：Fe3O4胶体粒子能透过滤纸，所以不能用过滤的方法实现固液分离.答案：不能胶体粒子太小，抽滤时容易透过滤纸(5)用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.01000molL 1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应准确称取0.7350g gK2Cr2O7(保留4位有效数字，已知M(K2
23、Cr2O7)=294.0gmol1)。配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有。(用编号表示)。电子天平烧杯量筒玻璃棒容量瓶胶头滴管移液管解析：m(K2Cr2O7)=0.01000molL10.250L294.0gmol1=0.7350g；根据溶液浓度的精度，应选择电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流操作，容量瓶用于配置溶液，胶头滴管用于加水定容。故用不到的仪器为量筒和移液管，答案：0.7350g(6)滴定操作中，如果滴定前装有K 2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。解析：如果滴定前装有
24、K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，这样就造成读数偏小；滴定结束后气泡消失，这样读数就正常，所以读出来的K2Cr2O7标准溶液体积偏大，测定结果将偏大，答案：偏大11.(15分)某课题组以苯为主要原料，采用以下路线合成利胆药柳胺酚。 已知：。请回答下列问题：(1)对于柳胺酚，下列说法正确的是。A.1mol柳胺酚最多可以和2molNaOH反应B.不发生硝化反应C.可发生水解反应D.可与溴发生取代反应解析：柳胺酚水解生成邻羟基苯甲酸和对羟基苯胺，结合分子式知，F是邻羟基苯甲酸，E是对羟基苯胺，结合题给信息知，D是对羟基硝基苯，C和酸反应生成D，则C是对硝基苯酚钠，B发生取代反应生成C，B
25、是对硝基氯苯，A反应生成对硝基氯苯，苯和氯气发生取代反应生成氯苯，在浓硫酸作催化剂条件下，氯苯和浓硝酸发生取代反应生成对硝基氯苯。A.柳胺酚中能和氢氧化钠反应的官能团是羧基和酚羟基，所以1mol柳胺酚最多可以和3molNaOH反应，故错误；B.柳胺酚中含有苯环，所以能发生硝化反应，故错误； C.柳胺酚中含有肽键，所以可发生水解反应，故正确；D.柳胺酚中含有酚羟基，所以可与溴发生取代反应，故正确。答案：C、D(2)写出AB反应所需的试剂浓HNO3/浓H2SO4。解析：在浓硫酸作催化剂条件下，氯苯和浓硝酸发生取代反应生成对硝基氯苯，所以所用试剂为：浓HNO3/浓H2SO4。答案：浓HNO3/浓H2
26、SO4(3)写出BC的化学方程式。解析：在加热条件下，对硝基氯苯和氢氧化钠发生取代反应生成对硝基苯酚钠和氯化钠，反应方程式为：，答案： (4)写出化合物F的结构简式。解析：F是邻羟基苯甲酸，其结构简式为：。答案：(5)写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式(写出3种)。属酚类化合物，且苯环上有三种不同化学环境的氢原子；能发生银镜反应。 解析：属酚类化合物，且苯环上有三种不同化学环境的氢原子，说明苯环上含有酚羟基，且苯环上有三种类型的氢原子；能发生银镜反应，说明该有机物中含有醛基，所以符合条件的F的同分异构体有：、。答案：、(任意3种即可)(6)以苯和乙烯为原料可合成聚苯乙烯，请设计合成
27、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实例流程图：CH 3CHO CH3COOH CH3COOCH2CH3。解析：在催化剂作用下，苯和乙烯发生加成反应生成苯乙烷，在光照条件下，苯乙烷发生取代反应生成，在加热条件下，和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成苯乙烯，在催化剂条件下，苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯，所以其合成路线为：。答案： 三、选修部分12.(10分)物质结构与性质模块请回答下列问题：(1)N、Al、Si、Zn四种元素中，有一种元素的电离能数据如下：电离能I1 I2 I3 I4 In/kJ。mol1 578 1817 2745 11578 则该元素是(填写元素符号)。
28、解析：从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二、第三电离能都较小，可失去3个电子，最高化合价为+3价，即最外层应有3个电子，应为铝元素。答案：Al(2)基态锗(Ge)原子的电子排布式是。Ge的最高价氯化物分子式是。该元素可能的性质或应用有。A.是一种活泼的金属元素B.其电负性大于硫 C.其单质可作为半导体材料D.其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点解析：镓是32号元素，核外有32个电子，基态锗(Ge)原子原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2。Ge的最高价为+4价，氯化物分子式是GeCl4。A.Ge是一种金属元素，但最外层电子数为4，金属性不强，故
29、A错误；B.硫的其电负性大于硅，硅的电负性大于锗，所以锗的电负性小于硫，故B错误；C.锗单质是一种半导体材料，故C正确； D.氯化锗和溴化锗都是分子晶体，但氯化锗的相对分子质量小于溴化锗，所以氯化锗沸点低于溴化锗的沸点。答案：1s22s22p63s23p63d104s24p2 GeCl4 CD(3)关于化合物，下列叙述正确的有。A.分子间可形成氢键B.分子中既有极性键又有非极性键C.分子中有7个键和1个键D.该分子在水中的溶解度大于2丁烯解析：A.分子中不存在与电负性强的元素相连的氢原子，所以不存在氢键，故A错误；B.分子中碳碳键是非极性键，碳氢键、碳氧键是极性键，故B正确；C.1个单键是1个
30、键，一个双键是1个键和1个键，所以分子中有9个键和3个键， 故C错误；D.根据醛基比甲基更溶于水，所以分子红两个甲基被醛基取代，溶解度增大，故D正确。答案：BD(4)NaF的熔点的熔点(填、=或)，其原因是。解析：两者均为离子化合物，且电荷数均为1，但后者离子半径大，离子键较弱，因此熔点较低。答案：两者均为离子化合物，且电荷数均为1，但后者离子半径大，离子键较弱，因此熔点较低13.化学与技术模块电石浆是氯碱工业中的一种废弃物，其大致组成如下表所示： 成分CaO SiO2 Al2O3 Fe2O3 MgO CaS其它不溶于酸的物质质量分数(%) 6566 3.55.0 1.53.5 0.20.8
31、0.21.1 1.01.8 2326用电石浆可生产无水CaCl2，某化工厂设计了以下工艺流程：已知氯化钙晶体化学式是：CaCl 26H2O，H2S是一种酸性气体，具有还原性。(1)反应器中加入的酸应选用。解析：因要生产CaCl2，过程中不引入新的杂化离子，所以应选用盐酸，答案：盐酸(2)脱色槽中应加入的物质X是；设备A的作用是；设备B的名称是；设备C的作用是。解析：活性炭具有吸附性，可以进行溶液脱水。A池后面接的是结晶池，故A应为蒸发浓缩；从B中有母液出来，故B为过滤器。B中得到晶体，所以需要脱水干燥，才能得到CaCl2产品。答案：活性炭蒸发浓缩过滤器脱水干燥 (3)为了满足环保要求，需将废气H2S通入吸收池，下列物质中最适合作为吸收剂的是。A.水B.浓硫酸C.石灰乳D.硝酸解析：H2S为酸性气体，应用碱液吸收，答案：石灰乳。答案：C(4)将设备B中产生的母液重新引入反应器的目的是。解析：设备B中产生的母液含有氯化物，回收利用，可以降低废弃物排放量，提高经济效益。答案：对母液回收利用，降低废弃物排放量，提高经济效益
