辽宁省重点高中协作校联考2016年高考化学三模试卷(解析版)

1、辽宁省重点高中协作校联考2016年高考化学三模试卷一、选择題：本题共7小题，毎小题6分在毎小题给出的四个选项中，只有一项是符合題目要求的1化学与环境和能源密切相关下列说法不正确的是（）A氢氧燃枓电池、铅蓄电池、硅太阳能电池都利用了原电池原理B新能源汽车的推广与使用有助于减少光化学烟雾的产生C为防止重金属等污染土壤和水体，废电池应回收综合利用D用可降解的“玉米塑料”制作一次性饭盒，能减少“白色污染”2奎尼酸是制备艾滋病新药二咖啡酰奎尼酸的原料，其结构简式如图所示，下列有关奎尼酸的说法中错误的是（）A分子式为C7H12O6B不能发生加成反应C能与乙醇发生酯化反应D1mol奎尼酸最多能消耗6molN

2、aOH3下列说法正确的是（）A保存FeCl3溶液时，可加入少量NaOH，抑制Fe3+水解B1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和少量Mg3N2，转移的电子数为2NAC加入铝粉能产生H2的溶液中可以大量存在Fe2+、Na+、SO42、ClO四种离子D向硫酸氢铵溶液中滴加少量NaOH溶液时发生反应的离子方程式：H+NH4+20HNH3HzO+H2O4a、b、c、d是原子序数依次增大的主族元素，它们的最外层电子数分别为4、1、x、7，c原子的电子层数等于x，下列说法正确的是（）A元素a与氢元素能形成多种原子个数之比为1：1的化合物B元素b的单质不能与无水乙醇反应C元素c与元素d形成的化合物的水溶液

3、呈碱性D元素a与元素d形成的化合物中肯定含有极性键，不可能含有非极性键5某同学设计了用氯气制取无水氯化铁（易升华）的相关装置，其中涉及正确且能达到相应目的是（）A用装置制取氯气B用装置除去Cl2中的HClC用装置干燥氯气D用装置制取并收集FeCl36英国自然杂志近期报道了一种用泡沫石墨烯（Cn）作正极材料的新型铝离子电池，其放电时的工作原理如图所示下列说法不正确的是（）A放电时，若外电路中转移1mol电子，则负极质量减少9gB充电时，石墨烯作阳极C充电时，阴极的电极反应式为AlCl4+3eAl+4ClD放电时，正极的电极反应式为Cn（AlCl4）+eCn+AlCl47为了更好地表示溶液的酸碱性

4、，科学家提出了酸度（aciditygrade）的概念，定义AG=lg，室温下用0.01molL1的氢氧化钠溶液滴定20.00mL0.01molL1 醋酸，滴定结果如图所示，下列有关叙述不正确的是（）A室温下，醋酸的电离平衡常数约为106BM点加入NaOH溶液的体积大于20.00mLCM点时溶液中：c（CH3COO）=c（Na+）D若N点时加入NaOH溶液的体积为40mL，则N点时溶液中：c（Na+）=2c（CH3COO）+c（CH3COOH）二、非选择题。8硫及其化合物在生产及生活中有着广泛的应用（1）硫能形成分子组成不同的多种单质，其中一种分子组成为S8，它与KOH溶液反应时可得到两种钾盐，

5、其中一种为K2SO3，写出该反应的离子方程式：（2）H2S是一种可燃性气体，与O2反应时可转化为单质S或者SO2，标准状况下将2.24L H2S与2.24L O2混合于一容积恒定的密闭容器中并引燃，则生成S的物质的量是mol，待温度恢复到原温度时，容器中气体密度是原来的倍（3）向MnSO4溶液中加入无色的过二硫酸钾（K2S2O8）可发生反应：（SrCU可发生反应：2Mn2+5S2O82+8H2O2MnO4+10SO42+16H+，若反应过程中转移5mol电子，则生成MnO4的物质的量为（4）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种常用的食品抗氧化剂，工业上制备Na2S2O5的方法有多种，其中的一种生

6、产工艺流程如图所示操作包括过滤、洗涤和干燥，干搡时需要在还原性气体或惰性气体氛围下进行干燥，其原因是写出反应釜中反应的化学方程式：在0.01molL1的CuSO4溶液中加入等体积0.03molL1Na2S溶液，有黑色CuS沉淀生成，反应后溶液中c（Cu2+）=已知：Ksp（CuS）=6.3×10369 二氧化碳是常见的温室气体，其回收利用是环保领域研究的热点课题回答下列问题：（1）Li4SiO4可用于富集CO2原理是在500，低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生，700时反应的化学方程式为（2）C02加

7、氢合成低碳烯烃的技术在节能减排等方面具有重要意义以合成C2H4为例，该转化分为两步进行：第一步：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.3kJ/mol1第二步：2CO（g）+4H2（g）C2H4（g）+2H2O（g）H=210.5kJ/mol1CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为一定条件下的密闭容器中，总反应达到平衡，要提高CO2的转化率，可以采取的措施是（填字母）A减小压强 B增大H2浓度 C加入适当催化剂 D分离出H2O（g）（3）由CO2和H2合成CH3OH的反应如下：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H在10L的恒密闭容器中投入1molCO2和2

8、.75molH2，在不同条件下发生上述反应，测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示上述反应的H（填“”或“”）0判断理由是图中压强P1（填“”或“”）P2经测定知Q点时容器的压强是反应前压强的，若反应从开始到平衡所需的时间为5min，則05min内H2味的反应速率v（H2）=N点时，该反应的平衡常数K=（计算结果保留2位小数）10 氯化亚铜（CuCl）是微溶于水但不溶于乙醇的白色粉末，溶于浓盐酸会生成HCuCl2，常用作催化剂实验室可用废铜屑、浓盐酸、食盐及氧气制取CuCl已知KMnO4不与稀盐酸反应，回答下列问题：（1）甲组同学拟选择合适的方法制取氧气若选择如图1所示的装置，则仪

9、器a、b中应盛放的试剂分别为、若仪器c中盛放的是高锰酸钾固体，则制取氧气的化学方程式为（2）乙组同学采用甲组装置制取氧气并通过下列装置和步骤制备氯化亚铜步骤1：在三颈烧瓶中加入浓盐酸、食盐、铜屑、加热至6070开动搅拌器，同时缓慢通入氧气，制得NaCuCl2步骤2：反应完全后，冷却，用适量的水稀释，析出CuCl步骤3：过滤，用盐酸和无水乙醇洗涤固体步骤4：在6070干燥固体得到产品步骤1适宜采用的加热方式为；搅拌的目的是若乙组同学在步骤2中不慎用稀硝酸进行稀释，则会导致步骤3用乙醇洗涤的目的是（3）丙组同学拟测定乙组产品中氯化亚铜的质量分数实验过程如下：准确称取乙组制备的氯化亚铜产品1.600

10、g，将其置于足量的FeCl3溶液中，待样品全部溶解后，加入适量稀硫酸，用0.2000molL1的KMnO4标准溶液滴定到终点，消耗KMnO4溶液15.00mL，反应中MnO4被还原为Mn2+加入适量稀硫酸的作用是产品中氯化亚铜的质量分数为11化学一化学与技术碳及其化合物具有许多优良性能，被广泛用于冶金、化工、医药卫生等工业领域以铜阳极泥（主要成分除含Cu、Te外，还有少量Ag和Au）为原料可得到粗碲，其工艺流程如图1所示（1）加压硫酸浸出过程中会发生反应：Cu2Te+2O22CuO+TeO2Ag2Te也能与O2发生类似Cu2Te的反应，该反应的化学方程式为工业上给原料气加压的方法是（2）操作是

11、（3）浸出液的溶质成分除了TeOSO4外，主要还含有（填化学式）（4）电解沉积除铜时，将浸出液置于电解槽中，铜、碲沉淀的关系如图2电解初始阶段阴极的电极反应式为（5）向含碲硫酸铜母液中通入SO2，并加入NaCl反应一段时间后，Te4+浓度从6.72gL1下降到0.10gL1，Cu2+浓度从7.78gL1下降到1.10gL1Te4+生成Te反应的离子学方程式为研究表明，KCl可与NaCl起相同作用，从工业生产的角度出发，选择NaCl最主要的原因是由计算可得Cu2+的还原率为85.9%，Te4+的还原率为12化学一物质结构与性质据媒体报道，佐治亚大学的科研人员制备了一种以氧化铁为核，以二氧化钛为壳

12、的核一壳纳米结构催化剂，该催化剂可以更高效地把太阳能转变为化学能，为未来清洁、可再生能源的发展提供了新的研究方向制备金属钛的一种流程如下：钙钛矿 硫酸氧钛溶液 H2TiO3 TiO2 TiCl4 Ti（1）基态钛原子的价电子排布图为，其原子核外共有种运动状态不相同的电子金属钛的晶胞结构如图1所示，其堆积方式为堆积（2）根据价层电子互斥理论，价层电子对之间的斥力大小有如下顺序：lllbbb（l为孤对电子对，b为键合电子对），则H2O中的HOH键角（填字母）A180°B接近120°，但小于120°C接近120°，但大于120°D接近109°

13、;28，但小于109°28（3）已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为25，沸点为136，则TiCl4为晶体（4）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图2化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为（5）钙钛矿晶体的结构如图3所示钛离子位于立方晶胞的顶角，被个氧离子包围；钛离子位于立方晶胞的体心，被个氧离子包围成配位八面体，钙钛矿晶体的化学式为若该晶胞的边长为apm，则钙钛矿晶体的密度为gcm3（只要求列算式，不必计算出数值）13化学有机化学基础有机物J（C6H6O4）可用于合成树脂、橡胶等以丙烯为原料制

14、备J的合成路线如下：已知：在特殊催化剂的作用下，烯烃能够发生复分解反应，即碳碳双键两边基团互换位置的反应如：2CH2CHCH2CH3CH3CH2CHCHCH2CH3+CH2CH2C生成D是C与HCl的加成反应（1）反应、的反应类型分别是、（2）B所含官能团的名称为，E的化学名称为（3）A、J的结构简式分别为、（4）反应的化学方程式为（5）C的同分异构体有多种，能与NaOH溶液反应的共有种，其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱只有3组峰的是（填结构简式）2016年辽宁省重点高中协作校联考高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择題：本题共7小题，毎小题6分在毎小题给出的四个选项中，只有一项是符合題目

15、要求的1化学与环境和能源密切相关下列说法不正确的是（）A氢氧燃枓电池、铅蓄电池、硅太阳能电池都利用了原电池原理B新能源汽车的推广与使用有助于减少光化学烟雾的产生C为防止重金属等污染土壤和水体，废电池应回收综合利用D用可降解的“玉米塑料”制作一次性饭盒，能减少“白色污染”【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A太阳能电池应用的是光电效应；B机动车尾气含有氮的氧化物能形成光化学烟雾；C电池中的重金属等污染土壤和水体，应回收处理，并积极开发废电池的综合利用技术；D根据“白色污染”是指塑料污染解答【解答】解：A太阳能电池应用的是光电效应不是原电池原理，故A错误；B机动车尾气含有氮的氧化物能形成光化学

16、烟雾，新能源汽车的推广，减少了氮的氧化物，有助于减少光化学烟雾的产生，故B正确；C因电池中的重金属等污染土壤和水体，应回收处理，并积极开发废电池的综合利用技术，故C正确；D根据“白色污染”是指塑料污染，用可降解的“玉米塑料”制作一次性饭盒，能减少“白色污染，故D正确；故选A2奎尼酸是制备艾滋病新药二咖啡酰奎尼酸的原料，其结构简式如图所示，下列有关奎尼酸的说法中错误的是（）A分子式为C7H12O6B不能发生加成反应C能与乙醇发生酯化反应D1mol奎尼酸最多能消耗6molNaOH【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构可知分子式，分子中含COOH、OH，结合羧酸、醇的性质来解答【解答】解：A奎尼酸

17、的分子式是C7H12O6，故A正确；B不含不饱和键，不能发生加成反应，故B正确；C含有羧基，可发生酯化反应，故C正确；D只有羧基与氢氧化钠溶液反应，则1mol奎尼酸最多能消耗1molNaOH，故D错误故选D3下列说法正确的是（）A保存FeCl3溶液时，可加入少量NaOH，抑制Fe3+水解B1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和少量Mg3N2，转移的电子数为2NAC加入铝粉能产生H2的溶液中可以大量存在Fe2+、Na+、SO42、ClO四种离子D向硫酸氢铵溶液中滴加少量NaOH溶液时发生反应的离子方程式：H+NH4+20HNH3HzO+H2O【考点】盐类水解的应用【分析】A氯化铁溶液中氯化铁水

18、解生成氢氧化铁和盐酸，溶液显酸性，加入氢氧化钠会促进水解；B.1mol镁原子最外层2mol电子，完全反应失去电子2mol；C加入铝粉能产生H2的溶液可能是酸溶液，也可以是碱溶液；D向硫酸氢铵溶液中滴加少量NaOH溶液，氢氧根离子只和氢离子发生反应【解答】解：A氯化铁溶液中氯化铁水解生成氢氧化铁和盐酸，溶液显酸性，FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，加入氢氧化钠和盐酸反应会促进水解，应加入盐酸抑制水解，故A错误；B.1mol镁原子最外层2mol电子，完全反应失去电子2mol，1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和少量Mg3N2，都是MgMg2+，转移的电子数为2NA，故B正确；C加入

19、铝粉能产生H2的溶液可能是酸溶液，也可以是碱溶液，酸溶液中ClO具有氧化性能氧化亚铁离子生成铁离子不能大量存在，碱性溶液中亚铁离子不能大量存在，故C错误；D向硫酸氢铵溶液中滴加少量NaOH溶液，氢氧根离子只和氢离子发生反应，离子方程式为：H+0HH2O，故D错误；故选B4a、b、c、d是原子序数依次增大的主族元素，它们的最外层电子数分别为4、1、x、7，c原子的电子层数等于x，下列说法正确的是（）A元素a与氢元素能形成多种原子个数之比为1：1的化合物B元素b的单质不能与无水乙醇反应C元素c与元素d形成的化合物的水溶液呈碱性D元素a与元素d形成的化合物中肯定含有极性键，不可能含有非极性键【考点】

20、原子结构与元素周期律的关系；元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】a、b、c、d是原子序数依次增大的主族元素，它们的最外层电子数分别为4、1、x、7，c原子的电子层数等于x，可知c的周期数=族序数，则c应为Al，则d为Cl，结合原子序数可知a为C，b为Na，然后结合元素化合物知识及元素周期律来解答【解答】解：a、b、c、d是原子序数依次增大的主族元素，它们的最外层电子数分别为4、1、x、7，c原子的电子层数等于x，可知c的周期数=族序数，则c应为Al，则d为Cl，结合原子序数可知a为C，b为Na，A元素a与氢元素能形成多种原子个数之比为1：1的化合物，如乙炔、苯等，故A正确；BNa与乙醇反应

21、生成氢气，故B错误；C元素c与元素d形成的化合物为氯化铝，其水溶液呈酸性，故C错误；D元素a与元素d形成的化合物为C2Cl6中含CCl极性键、CC有非极性键，故D错误；故选A5某同学设计了用氯气制取无水氯化铁（易升华）的相关装置，其中涉及正确且能达到相应目的是（）A用装置制取氯气B用装置除去Cl2中的HClC用装置干燥氯气D用装置制取并收集FeCl3【考点】化学实验方案的评价【分析】A浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制取氯气，稀盐酸和二氧化锰不反应；B用饱和食盐水除去氯气中的HCl；C氯气能和碱反应，应该用酸性物质干燥；D氯气和铁在加热条件下反应生成氯化铁【解答】解：A浓盐酸和二氧化锰在加热条件下

22、制取氯气，稀盐酸和二氧化锰不反应，没有加热且使用的是稀盐酸，所以不能实现实验目的，故A错误；B氯气和氯化氢都能和NaOH反应，HCl极易溶于水，NaCl抑制氯气溶解，所以用饱和食盐水除去氯气中的HCl，故B错误；C氯气能和碱反应，应该用酸性物质干燥，如浓硫酸，故C错误；D氯气和铁在加热条件下反应生成氯化铁，氯化铁是固体，故D正确；故选D6英国自然杂志近期报道了一种用泡沫石墨烯（Cn）作正极材料的新型铝离子电池，其放电时的工作原理如图所示下列说法不正确的是（）A放电时，若外电路中转移1mol电子，则负极质量减少9gB充电时，石墨烯作阳极C充电时，阴极的电极反应式为AlCl4+3eAl+4ClD放

23、电时，正极的电极反应式为Cn（AlCl4）+eCn+AlCl4【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】由示意图可知放电时铝是活泼的金属，铝是负极，被氧化生成Al2Cl7，电极方程式为Al+7AlCl43e4Al2Cl7，正极反应为3CnAlCl4+3e=3Cn+3AlCl4，充电时，石墨烯为阳极，阳极发生氧化反应，电解方程式为Cn+AlCl4eCnAlCl4，阴极发生还原反应，电极方程式为4Al2Cl7+3e=Al+7AlCl4，以此解答该题【解答】解：A、放电时，铝是活泼的金属铝是负极，失去1mol电子溶解mol铝，负极质量减少9g，故A正确；B、充电时，石墨烯为阳极，阳极发生氧化反应，电解

24、方程式为Cn+AlCl4eCnAlCl4，故B正确；C、充电时，石墨烯为阳极，铝为阴极，阴极发生还原反应，电极方程式为4Al2Cl7+3e=Al+7AlCl4，故C错误；D、放电时，正极与阳极相连，得电子发生还原反应，电极反应式为：Cn+AlCl4eCnAlCl4，故D正确；故选C7为了更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度（aciditygrade）的概念，定义AG=lg，室温下用0.01molL1的氢氧化钠溶液滴定20.00mL0.01molL1 醋酸，滴定结果如图所示，下列有关叙述不正确的是（）A室温下，醋酸的电离平衡常数约为106BM点加入NaOH溶液的体积大于20.00mLCM点时

25、溶液中：c（CH3COO）=c（Na+）D若N点时加入NaOH溶液的体积为40mL，则N点时溶液中：c（Na+）=2c（CH3COO）+c（CH3COOH）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A室温下，醋酸的AG=lg=7，结合水的离子积K=c（H+）c（OH）来计算；BM点的AG=lg=0，即=1，即c（H+）=c（OH），溶液显中性；C根据电荷守恒分析；D根据物料守恒分析【解答】解：A室温下，醋酸的AG=lg=7，即=107，而水的离子积K=c（H+）c（OH）=1014，两式联立可知：c（H+）=103.5，而在醋酸溶液中，c（CH3COO）c（H+）=103.5，故电离

26、平衡常数K=105，故A错误；BM点的AG=lg=0，即=1，即c（H+）=c（OH），溶液显中性，而当加入氢氧化钠溶液20mL时，恰好和醋酸完全中和，得到醋酸钠溶液，溶液显碱性，所以NaOH的体积小于20mL，故B错误；CM点的AG=lg=0，即=1，即c（H+）=c（OH），溶液中电荷守恒为：c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO）+c（OH），所以c（CH3COO）=c（Na+），故C正确；D当N点加入NaOH溶液为40mL时，所得的为等浓度的CH3COONa和NaOH的混合溶液，根据物料守恒可知：c（Na+）=2c（CH3COO）+c（CH3COOH），故D正确；故选AB二、非选择

27、题。8硫及其化合物在生产及生活中有着广泛的应用（1）硫能形成分子组成不同的多种单质，其中一种分子组成为S8，它与KOH溶液反应时可得到两种钾盐，其中一种为K2SO3，写出该反应的离子方程式：3S8+48OH=24H2O+16S2+8SO32（2）H2S是一种可燃性气体，与O2反应时可转化为单质S或者SO2，标准状况下将2.24L H2S与2.24L O2混合于一容积恒定的密闭容器中并引燃，则生成S的物质的量是0.05mol，待温度恢复到原温度时，容器中气体密度是原来的倍（3）向MnSO4溶液中加入无色的过二硫酸钾（K2S2O8）可发生反应：（SrCU可发生反应：2Mn2+5S2O82+8H2O

28、2MnO4+10SO42+16H+，若反应过程中转移5mol电子，则生成MnO4的物质的量为1mol（4）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种常用的食品抗氧化剂，工业上制备Na2S2O5的方法有多种，其中的一种生产工艺流程如图所示操作包括过滤、洗涤和干燥，干搡时需要在还原性气体或惰性气体氛围下进行干燥，其原因是Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成Na2SO4写出反应釜中反应的化学方程式：2NaHCO3+2SO2=Na2S2O5+2CO2+H2O在0.01molL1的CuSO4溶液中加入等体积0.03molL1Na2S溶液，有黑色CuS沉淀生成，反应后溶液中c（Cu2+）=6.3×103

29、4已知：Ksp（CuS）=6.3×1036【考点】化学平衡的计算；离子方程式的书写；氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】（1）依据氧化还原反应规律：S8与氢氧化钠反应生成一种产物亚硫酸钾，硫元素化合价升高，则必有化合价降低产物，应为硫化钠，结合氧化还原反应得失电子守恒书写方程式；（2）依据方程式：2H2S+O2（少量）2S+2H2O，S+O2SO2，计算解答；（3）由反应可知生成MnO4，根据得失电子守恒得出正确结论；（4）Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成Na2SO4；反应釜反应方程式为2NaHCO3+2SO2=Na2S2O5+2CO2+H2O反应后溶液中c

30、（S2）=0.01mol/L，再根据Ksp（CuS）=6.3×1036进行计算c（Cu2+）【解答】解：（1）依据题意可知单质硫与氢氧化钠发生歧化反应生成硫化钠和亚硫酸钠和水，方程式：3S8+48NaOH=16Na2S+8Na2SO3，离子方程式：3S8+48OH=24H2O+16S2+8SO32，故答案为：3S8+48OH=24H2O+16S2+8SO32；（2）标准状况下将2.24L H2S与2.24L O2 物质的量都是0.1mol，硫化氢与氧气反应先生成硫单质，硫单质再与氧气反应生成二氧化硫，则：2H2S+O2（少量）2S+2H2O， 2 1 2 0.1 0.05 0.1 S

31、+O2SO2， 1 1 10.05 0.05 0.05所以生成硫的物质的量为0.1mol0.05mol=0.05mol；反应后气体为二氧化硫，相对分子质量为64，反应前气体为硫化氢与氧气11混合，平均相对分子质量为=33依据相同条件下气体密度之比等于摩尔质量质量等于相对分子质量之比，则待温度恢复到原温度时，容器中气体密度是原来的倍；故答案为：0.05mol；（3）由反应可知生成MnO4，Mn元素化合价由+2价升高为+7价，共升高5价，O元素化合价由1价降低为2价，2个O共降低2价，故反应过程中转移5mol电子，则生成MnO4的物质的量为=1mol，故答案为：1mol；（4）干燥时需要在还原性气

32、候或惰性气体氛围下，其原因Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成Na2SO4，故答案为：Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成Na2SO4；反应釜反应方程式为2NaHCO3+2SO2=Na2S2O5+2CO2+H2O，故答案为：2NaHCO3+2SO2=Na2S2O5+2CO2+H2O；反应后溶液中c（S2）=0.01mol/L，又知Ksp（CuS）=6.3×1036，故c（Cu2+）=6.3×1034故答案为：6.3×10349 二氧化碳是常见的温室气体，其回收利用是环保领域研究的热点课题回答下列问题：（1）Li4SiO4可用于富集CO2原理是在500，低浓度CO2

33、与Li4SiO4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生，700时反应的化学方程式为Li2CO3+Li2SiO3CO2+Li4SiO4（2）C02加氢合成低碳烯烃的技术在节能减排等方面具有重要意义以合成C2H4为例，该转化分为两步进行：第一步：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.3kJ/mol1第二步：2CO（g）+4H2（g）C2H4（g）+2H2O（g）H=210.5kJ/mol1CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为2CO2+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）H=127.9 kJ/mol一定条件下的密闭容器中，

34、总反应达到平衡，要提高CO2的转化率，可以采取的措施是bd（填字母）A减小压强 B增大H2浓度 C加入适当催化剂 D分离出H2O（g）（3）由CO2和H2合成CH3OH的反应如下：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H在10L的恒密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2，在不同条件下发生上述反应，测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示上述反应的H（填“”或“”）0判断理由是压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应图中压强P1（填“”或“”）P2经测定知Q点时容器的压强是反应前压强的，若反应从开始

35、到平衡所需的时间为5min，則05min内H2味的反应速率v（H2）=1.125×102mol/（Lmin）N点时，该反应的平衡常数K=1.04（计算结果保留2位小数）【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【分析】（1）根据题干信息，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒进行解答；（2）已知：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.3kJ/mol2CO（g）+4H2（g）C2H4（g）+2H2O（g）H=210.5kJ/mol根据盖斯定律，×2+可得：2CO2+6H2（g）=C2H4（g）+4H2O（g）；要

36、提高CO2的转化率，改变条件应使平衡正向移动，但不能只增大二氧化碳的用量，否则转化率为降低，结合平衡移动原理分析解答；（3）由图可知，压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大；由反应前后压强的变化以及速率的计算公式可以推出05min内的反应速率；图中M点时，容器体积为10L，结合M点的坐标可知，M点的CH3OH的物质的量为0.25mol，根据反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L） 0.1 0.275 0 0转化（mol/L）

37、0.025 0.075 0.025 0.025 平衡（mol/L） 0.075 0.2 0.025 0.025根据K=计算，温度不变平衡常数不变【解答】解：（1）在500，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒可知产物还有Li2SiO3，所以700时反应的化学方程式为：Li2CO3+Li2SiO3CO2+Li4SiO4，故答案为：Li2CO3+Li2SiO3CO2+Li4SiO4；（2）已知：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.3kJ/mol2CO（g）+4H2（g）C2H4（g）+2H2O（g）

38、H=210.5kJ/mol根据盖斯定律，×2+可得：2CO2+6H2（g）=C2H4（g）+4H2O（g）H=127.9 kJ/mol，故答案为：2CO2+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）H=127.9 kJ/mol；a正反应为气体体积减小的反应，低压有利于逆向减小，CO2的转化率减小，故a错误；b增大H2浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大，故b正确；c加入适当催化剂，可以加快反应速率，但不影响平衡移动，CO2的转化率不变，故c错误；d分离出水，生成物浓度减小，平衡正向移动，CO2的转化率增大，故d正确，故选：bd；（3）由图可知，压强一定时，温度越高，CH3OH的物质

39、的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故答案为：放热；压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，故压强P1P2，故答案为：；根据反应 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L） 0.1 0.275 0 0转化（mol/L）x 3x x x 平衡（mol/L）0.1x 0.2753x x x根据压强为反应前的可以列出表达式=，可以计算出x=0.01875，V（H2）=1.125×

40、102mol/（Lmin）故答案为1.125×102mol/（Lmin）；温度不变平衡常数不变，图中M点时，容器体积为10L，结合M点的坐标可知，M点的CH3OH的物质的量为0.25mol，根据反应 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L） 0.1 0.275 0 0转化（mol/L）0.025 0.075 0.025 0.025 平衡（mol/L） 0.075 0.2 0.025 0.025K=1.04，故答案为：1.0410 氯化亚铜（CuCl）是微溶于水但不溶于乙醇的白色粉末，溶于浓盐酸会生成HCuCl2，常用作催化剂实验室可用废铜屑、浓盐酸、

41、食盐及氧气制取CuCl已知KMnO4不与稀盐酸反应，回答下列问题：（1）甲组同学拟选择合适的方法制取氧气若选择如图1所示的装置，则仪器a、b中应盛放的试剂分别为H2O2溶液、MnO2若仪器c中盛放的是高锰酸钾固体，则制取氧气的化学方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2（2）乙组同学采用甲组装置制取氧气并通过下列装置和步骤制备氯化亚铜步骤1：在三颈烧瓶中加入浓盐酸、食盐、铜屑、加热至6070开动搅拌器，同时缓慢通入氧气，制得NaCuCl2步骤2：反应完全后，冷却，用适量的水稀释，析出CuCl步骤3：过滤，用盐酸和无水乙醇洗涤固体步骤4：在6070干燥固体得到产品步骤1适宜采用的加热方式

42、为水浴加热；搅拌的目的是使反应物充分接触，加快反应速率若乙组同学在步骤2中不慎用稀硝酸进行稀释，则会导致CuCl的产率降低步骤3用乙醇洗涤的目的是洗去固体表面可溶性杂质，减小溶解导致的损失（3）丙组同学拟测定乙组产品中氯化亚铜的质量分数实验过程如下：准确称取乙组制备的氯化亚铜产品1.600g，将其置于足量的FeCl3溶液中，待样品全部溶解后，加入适量稀硫酸，用0.2000molL1的KMnO4标准溶液滴定到终点，消耗KMnO4溶液15.00mL，反应中MnO4被还原为Mn2+加入适量稀硫酸的作用是酸化，提高KMnO4的氧化能力产品中氯化亚铜的质量分数为93.28%【考点】制备实验方案的设计【分

43、析】实验室可用废铜屑、浓盐酸、食盐及氧气制取CuCl其中图1装置纯氧利用过氧化氢在MnO2催化作用下分解或过氧化钠与水反应得到，如果利用图2装置制备可借助高锰酸钾受热分解得到纯氧；图3装置是在三颈烧瓶中加入浓盐酸、食盐、铜屑、加热至6070开动搅拌器，同时缓慢通入氧气，制得NaCuCl2，再冷却后加水稀释，促进水解即可得到CuCl；最后通过过滤、洗涤并干燥得到产品，（1）图1中固体与液体在不加热条件下得到氧气，可以是过氧化氢在二氧化锰作催化剂条件下分解获得氧气；高锰酸钾加热分解生成锰酸钾、二氧化锰、氧气；（2）加热控制温度6070，低于水的温度，采取水浴加热，搅拌可以使反应物充分接触，加快反应

44、速率；硝酸具有强氧化性，可以氧化CuCl；CuCl是微溶于水，不溶于乙醇，用乙醇洗涤除去杂质，减小溶解导致的损失；（3）加入适量稀硫酸酸化，提高KMnO4的氧化能力；由电子转移守恒计算CuCl的物质的量，进而计算CuCl质量分数【解答】解：实验室可用废铜屑、浓盐酸、食盐及氧气制取CuCl其中图1装置纯氧利用过氧化氢在MnO2催化作用下分解或过氧化钠与水反应得到，如果利用图2装置制备可借助高锰酸钾受热分解得到纯氧；图3装置是在三颈烧瓶中加入浓盐酸、食盐、铜屑、加热至6070开动搅拌器，同时缓慢通入氧气，制得NaCuCl2，再冷却后加水稀释，促进水解即可得到CuCl；最后通过过滤、洗涤并干燥得到产

45、品，据此解题；（1）图1中固体与液体在不加热条件下得到氧气，可以是过氧化氢在二氧化锰作催化剂条件下分解获得氧气，则a中盛放H2O2溶液，b为MnO2，故答案为：H2O2溶液；MnO2；高锰酸钾加热分解生成锰酸钾、二氧化锰、氧气，反应方程式为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，故答案为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2；（2）加热控制温度6070，低于水的温度，采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度，搅拌可以使反应物充分接触，加快反应速率，故答案为：水浴加热；使反应物充分接触，加快反应速率；硝酸具有强氧化性，可以氧化CuCl，导致CuCl的产率降低，故答案为：CuCl的产率降低；C

46、uCl是微溶于水，不溶于乙醇，用乙醇洗去固体表面可溶性杂质，减小溶解导致的损失，故答案为：洗去固体表面可溶性杂质，减小溶解导致的损失；（3）加入适量稀硫酸，提高KMnO4的氧化能力，故答案为：酸化，提高KMnO4的氧化能力；由电子转移守恒：n（CuCl）=5n（KMnO4）=5×0.2000molL1×0.015L=0.015mol，CuCl质量分数为×100%=93.28%，故答案为：93.28%11化学一化学与技术碳及其化合物具有许多优良性能，被广泛用于冶金、化工、医药卫生等工业领域以铜阳极泥（主要成分除含Cu、Te外，还有少量Ag和Au）为原料可得到粗碲，其

47、工艺流程如图1所示（1）加压硫酸浸出过程中会发生反应：Cu2Te+2O22CuO+TeO2Ag2Te也能与O2发生类似Cu2Te的反应，该反应的化学方程式为2Ag2Te+3O2=2Ag2O+2TeO2工业上给原料气加压的方法是用压缩机加压（2）操作是过滤（3）浸出液的溶质成分除了TeOSO4外，主要还含有CuSO4（填化学式）（4）电解沉积除铜时，将浸出液置于电解槽中，铜、碲沉淀的关系如图2电解初始阶段阴极的电极反应式为Cu2+2e=Cu（5）向含碲硫酸铜母液中通入SO2，并加入NaCl反应一段时间后，Te4+浓度从6.72gL1下降到0.10gL1，Cu2+浓度从7.78gL1下降到1.10

48、gL1Te4+生成Te反应的离子学方程式为Te4+2SO2+4H2O=Te+8H+2SO42研究表明，KCl可与NaCl起相同作用，从工业生产的角度出发，选择NaCl最主要的原因是NaCl比KI价格便宜由计算可得Cu2+的还原率为85.9%，Te4+的还原率为98.5%【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】以铜阳极泥（主要成分除含Cu、Te外，还有少量Ag和Au）为原料，加压硫酸浸出，得到浸出液的溶质溶质含有TeOSO4、CuSO4，通过电解除铜，在含碲硫酸铜母液中能SO2、及加氯化钠，得粗碲，（1）Ag2Te也能与O2发生类似Cu2Te的反应，结合Cu2Te与氧气反应的特点书

49、写；工业上一般用压缩机加压给原料气加压；（2）操作用于分离固体和液体；（3）由操作可知分离出Ag、Au，则“含碲浸出液”的溶质含有TeOSO4、CuSO4；（4）电解液含铜量逐渐减小，电解初始阶段阴极应生成铜；（5）TeOSO4与二氧化硫发生氧化还原反应生成Te；NaCl资源丰富，价格便宜；根据Te（IV）的浓度的变化计算还原率【解答】解：（1）Ag2Te也能与O2发生类似Cu2Te的反应，则与氧气反应生成Ag2O和TeO2，反应的化学方程式为2Ag2Te+3O2=2Ag2O+2TeO2，故答案为：2Ag2Te+3O2=2Ag2O+2TeO2；工业上一般用压缩机加压给原料气加压，故答案为：用压

50、缩机加压；（2）操作用于分离固体和液体，为过滤操作，故答案为：过滤；（3）由操作可知分离出Ag、Au，则“含碲浸出液”的溶质含有TeOSO4、CuSO4，故答案为：CuSO4；（4）电解液含铜量逐渐减小，电解初始阶段阴极应生成铜，电极方程式为Cu2+2e=Cu，故答案为：Cu2+2e=Cu；（5）TeOSO4与二氧化硫发生氧化还原反应生成Te，反应的化学方程式为Te4+2SO2+4H2O=Te+8H+2SO42，故答案为：Te4+2SO2+4H2O=Te+8H+2SO42；NaCl比KI的资源丰富，价格便宜，所以工业生产时更节约成本，故答案为：NaCl比KI价格便宜；Te（IV）浓度从6.72

51、gL1下降到0.10gL1，Te（IV）的还原率为=98.5%，故答案为：98.5%12化学一物质结构与性质据媒体报道，佐治亚大学的科研人员制备了一种以氧化铁为核，以二氧化钛为壳的核一壳纳米结构催化剂，该催化剂可以更高效地把太阳能转变为化学能，为未来清洁、可再生能源的发展提供了新的研究方向制备金属钛的一种流程如下：钙钛矿 硫酸氧钛溶液 H2TiO3 TiO2 TiCl4 Ti（1）基态钛原子的价电子排布图为，其原子核外共有22种运动状态不相同的电子金属钛的晶胞结构如图1所示，其堆积方式为六方最密堆积（2）根据价层电子互斥理论，价层电子对之间的斥力大小有如下顺序：lllbbb（l为孤对电子对，b

52、为键合电子对），则H2O中的HOH键角D（填字母）A180°B接近120°，但小于120°C接近120°，但大于120°D接近109°28，但小于109°28（3）已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为25，沸点为136，则TiCl4为分子晶体（4）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图2化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是化合物乙分子间形成氢键，而化合物甲分子间不能形成氢键化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为NOC（5）钙钛矿晶体的结构如图3所示钛离子位于立方晶胞的顶角，

53、被12个氧离子包围；钛离子位于立方晶胞的体心，被6个氧离子包围成配位八面体，钙钛矿晶体的化学式为CaTiO3若该晶胞的边长为apm，则钙钛矿晶体的密度为gcm3（只要求列算式，不必计算出数值）【考点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；晶胞的计算【分析】钛铁矿（主要成分为 FeTiO3，可表示为 FeOTiO2）加入硫酸溶解过滤得到滤液硫酸氧钛溶液TiOSO4，加热促进Ti4+水解生成H2TiO3，过滤并煅烧得到TiO2，TiO2和C、Cl2在高温条件下生成TiCl4和CO，TiCl4在稀有气体的环境中高温条件下被镁还原生成Ti和MgCl2，（1）Ti原子核电荷数为22，价电子排布式为3d24s2，据此可写出价电子排布图，结合原子核外没有运动状态完全相同的电子，判断Ti原子核外不同运动状态的电子数，金属钛晶胞结构为二层相互错开，第三层正对第一层的方式堆积而成的；（2）水分子属AX2E2，n+m=4，VSEPR理想模型为正四面体，价层电子对之间的夹角均为109°28，根据lllbbb，应有HOH109°28；（3）