2020届高三2月内部特供卷化学(三)教师版

号位座号场考号证考准名姓号位座号场考号证考准名姓2019-2020学年上学期 2月内部特供卷．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量： H1C12O16Na23Al27S32Cl35.5Fe56Ba137一、选择题(每小题 3分，共45分)1．丝绸之路是沟通东西方文化的友谊之路．下列关于丝绸说法不正确的是A．“春蚕到死丝方尽 “所描述的蚕丝，其主要成分为蛋白质B．“四川蜀锦 ”的织锦原料是人造纤维，由加聚反应制得C．《礼记》记载 “天子着青衣 ”，青色是由丝绸浸染植物染料制得D．丝绸因富含胺基，氨基等亲水性基团而具有良好的吸湿性【答案】 B【解析】 A．蚕丝属于天然纤维，其主要成分为蛋白质，故 A不符合题意； B．织锦原料是天然B符合题意； C．天子身份尊贵，常着丝绸类衣物，古代对丝绸染色常用植物染料，故 CD．胺基、氨基易与水形成分子间氢键，使得丝绸具有良好的吸湿性，故 D不符合题2．下列变化中，气体被还原的是A．水蒸气使 CuSO4变蓝 B．Cl2使FeCl2溶液变黄C．CH2=CH2使溴水褪色 D．H2S使H2SO3溶液变浊【答案】 B【解析】 A．水蒸气使 CuSO4变蓝过程的反应为： CuSO4+5H2O=CuSO4·5H2O，此过程不涉及A不符合题意； B．Cl2使FeCl2溶液变黄过程的反应为： 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Cl元化合价降低，Cl2被还原，故B符合题意；C．CH2=CH2使溴水褪色过程的反应为：

CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，乙烯中 C元素化合价升高，乙烯被氧化，故 C不符合题意； D．H2S使H2SO3溶液变浊过程的反应为： H2S+H2SO3=S↓+3H2O，H2S中S元素化合价升高， H2S被氧化，TOC\o"1-5"\h\z故D不符合题意；故答案为 B。3．下列说法错误的是A．淀粉、葡萄糖都是高分子化合物 B．煤的干馏是复杂的物理、化学变化C．C3H7C1有2种同分异构体 D．油脂、蛋白质都可以和碱反应【答案】 A【解析】 A．葡萄糖不属于高分子化合物，故 A符合题意； B．煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭(或半焦)、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，当煤料的温度高于 100℃时，煤中的水分蒸发出，此过程属于物理变化，继续升温的过程中，其主要发生化学变化，故 B不符合题意； C．C3H7C1的结构中有两种不同化学环境的 H，因此有 2种同分异构体，故 C不符合题意； D．油脂中含有酯基，蛋白质中含有肽键，均可与碱发生反应而水解，故 D不符合题意；故答案为A。4．下列离子能大量共存的一组是A． Fe3+、 Cu2+、 SO24-、NO-3 B． HCO-3、 K+、Cl-、[Al(OH)4]-C． Na+、 Al3+、 Br-、S2- D． ClO-、 Mg2+、SO42-、I-【答案】 A【解析】 A．Fe3+、Cu2+、SO24-、NO-3之间不发生化学反应， 可大量共存， 故A符合题意； B．HCO-3与[Al(OH)4]-能够发生反应： HCO-3+[Al(OH)4]-=Al(OH)3↓+CO32-+H2O，故不能大量共存，故 B不符合题意； C．Al3+与S2-能够发生相互促进的双水解反应，不能大量共存，故 C不符合题意； D．ClO-与I-能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故 D不符合题意；故答案为 A。5．两个铷钾分子在温度为 5×10-7K时反应，超冷温度迫使反应在中间阶段停留了几微秒，人类第一次见证了化学反应过程，其过程如图所示，下列说法正确的是A．K+的结构示意图为 B．铷元素位于第 4周期IA族C．该反应为吸热反应 D．该反应获得了化学键断裂和形成的证据【答案】 D【解析】 A．K+的结构示意图为 ，故A错误；B．铷元素位于第 5周期IA族，故B

错误； C．由反应过程可知，反应物能量高于生成物能量，由此可知该反应属于放热反应，故 C错误； D．两个铷钾分子在温度为 5×10-7K时反应，超冷温度迫使反应在中间阶段停留了几微秒，结合图像中原子与分子图示可知，此过程获得了化学键断裂和形成的证据，故 D符合题意；故答案为D。6．Weiss利用光敏剂 QD制备2-环己基苯乙烯 (c)的过程如图所示．下列有关说法正确A．a不能使酸性 KMnO4溶液褪色B．A．a不能使酸性 KMnO4溶液褪色时，下列说法不正确的是A．消耗的 MgO质量为40g B．断裂Si-Si键的数目为 NAC．转移的电子数为 2NA D．生成镁蒸气体积为 22.4L【答案】 D【解析】 A．每生成 1molMg，会消耗 1molMgO，其质量为 1mol×40g/mol=40g，故 A不符合题意；B．每生成 1molMg，会消耗 0.5molSi，断裂 Si-Si键0.5mol×2=1mol，其数目为 NA，故 B不符合题意； C．每生成 1molMg时，Mg元素化合价从 +2价降低为 0价，转移电子的物质的量为1mol×2=2mol，其数目为 2NA，故 C不符合题意； D．未告知是否处于标准状况，故无法计算镁蒸气的体积，故 D符合题意；故答案为 D。9．用如图实验装置 (夹持仪器己略去 )探究铁与浓硫酸的反应，下列实验不合理的是CC．c分子中所有原子共平面D．a、b、c均易溶于水8．设阿伏加德罗常数的值为 N8．设阿伏加德罗常数的值为 NA、利用反应 2MgO+Si高温2Mg↑+SiO2获取镁， 每生成1molMg【解析】 A．a中含有碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾褪色，故 A错误； B．1molb中含有1mol苯基、1mol碳碳双键， 1molb与H2发生加成反应最多能够消耗 4molH2，故 B正确； C．c分子右侧环己烷基中碳原子均采取 sp3杂化，故环己烷基中原子不可能全部共平面，故 C错误；D．a、b、c均属于烃类，不含有亲水基，故在水中溶解度较小，故 D错误；故答案为 B。7．用如图所示装置进行下列实验，其中不合理的是A．用CCl4萃取碘水中的碘 B．用 NaOH溶液除去溴苯中的溴C．用水除去硬脂酸钠中的甘油 D．用饱和 Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸【答案】 C【解析】 A．用 CCl4萃取碘水中的碘的实验操作为萃取、分液，可通过该装置完成，故 A不符合题意； B．溴苯在水中溶解度较小，溴在溴苯中溶解度较大，向溴苯与溴的溶液中加入 NaOH溶液后，溴与 NaOH反应，生成无机盐，无机盐易溶于水，难溶于溴苯，可分层，然后通过分液分离出溴苯，故 B不符合题意； C．硬脂酸钠、甘油均溶于水，不能利用图中装置分离，故 C符合题意；D．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，可利用图中装置、饱和 Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的TOC\o"1-5"\h\z乙酸，故 D不符合题意；故答案为 C。A．上下移动 ①中的铁丝可控制生成 SO2的量B．②中选用品红溶液验证 SO2的生成C．③中选用NaOH溶液吸收多余的 SO2D．为确认产物中铁元素的价态，向 ①中加水，观察颜色变化【答案】 D【解析】 A．当铁丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铁丝时，铁丝与硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动 ①中铁丝可控制 SO2的量，故 A不符合题意； B．二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，二氧化硫能使品红溶液褪色，则可以用品红溶液检验二氧化硫，故B不符合题意； C．二氧化硫有毒，不能直接排空，但二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，所以可以用 NaOH溶液处理尾气，故 C不符合题意； D．实验中，铁丝与过量浓硫酸的反应生成硫酸铁，试管中还含有过量的浓硫酸，为确认硫酸铁生成，应用胶头滴管将试管 1中的液体取出少量，滴入水中，观察溶液颜色，若溶液显棕黄色，证明有硫酸铁生成，反之则无，而不应将水加入过量的浓硫酸中，否则易产生暴沸现象，故 D符合题意。10．利用 Al-PMOF可快速将芥子气降解为无毒物质，其结构如图。其中 X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大， X、Y同主族。下列说法正确的是

A．简单离子半径： Z>Y>X B．最简单氢化物稳定性： Z>Y>XTOC\o"1-5"\h\zC．含氧酸酸性： Z>Y D．YXZ2中Y的化合价为 +4【答案】 D【解析】 由X与Y以双键连接，结合 X为短周期元素可知， X为O，由 X、Y同主族可知， Y为S，由 X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大，可知 Z为Cl，以此解答本题。 A．O2-电子层较 S2-、Cl-少，半径最小， S与Cl的简单离子结构相同， S2-的质子数比 Cl-少， 故半径： S2->Cl->O2-，即Y>Z>X，故A错误； B．非金属性： O>Cl>S，故最简单氢化物稳定性： H2O>HCl>H2S，即X>Z>Y，故B错误； C．Cl的含氧酸有 HClO、HClO4等， S的含氧酸有 H2SO3、H2SO4等， 酸性 H2SO4>HClO，故C错误； D．SOCl2中S的化合价为 +4价，故D正确；故答案为 D。11．如图， 将一根纯铁棒垂直没入水中， 一段时间后发现 AB段产生较多铁锈， BC段腐蚀严重． 下列关于此现象的说法不正确的是A．铁棒AB段的溶解氧浓度高于 BC段B．铁棒 AB段电极反应为 O2+2H2O+4e-=4OH-C．铁棒 AB段的 Fe2+浓度高于 BC段D．该腐蚀过程属于电化学腐蚀【答案】 C【解析】 A．铁棒 AB段与空气界面较近，深水处溶氧量较少，因此铁棒 AB段的溶解氧浓度高于BC段，故A不符合题意； B．依据分析可知， AB段为原电池的正极， 发生反应 O2+4e-+2H2O=4OH-，故B不符合题意； C．由于 AB段产生较多铁锈， BC段腐蚀严重，故 BC段作原电池负极、 AB段作原电池正极，因此 BC段Fe2+浓度较高，故 C符合题意； D．铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故 D不符合题意；故答案为 C。12．电催化 N2还原制 NH3的一种反应机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用 *表示，下列说法不正确的是A．N2生成 NH3是通过多步还原反应实现的B．两个氮原子上的加氢过程同时进行C．析氢反应 (H*+H*→H 2)会影响 NH3的生成D．NH3的及时脱附有利于增加催化剂活性位【答案】 B【解析】 A．由图可知， N2生成 NH3是通过 N2→*N2→*NNH⋯⋯ NH3多步还原反应实现的，故A不符合题意； B．由图可知， 加氢过程是分步进行的 (*N2→*NNH→*NHNH)，故B符合题意； C．析氢反应 (H*+H*→H 2)会导致 NH3中H不足，从而影响 NH3的生成，故 C不符合题意； D．NH3的及时脱附，能够增加催化剂与反应物的接触面积，即有利于增加催化剂活性位，故 D不符合题意；故答案为B。13．某水系锂离子电池可实现 Li+和Co2+分离回收，其装置如下图。 25℃时，Co(OH)2的Ksp分别为6.31×10-15，LiOH的溶解度为 12.7g．下列说法不正确的是A．负极材料中发生变价的元素是 TiB．交换膜 a为阳离子交换膜C．负极液和正极液中的 c(Li+)均变大D．在过滤层可收集到 Co(OH)2【答案】 B【解析】 A．由图可知，通入 O2的电极为正极，放电过程中，负极材料 Li2Ti2(PO4)2中Ti元素化合价升高，故 A不符合题意； B．正极发生反应： O2+4e-+2H2O=4OH-，为实现 Li+和Co2+分离回收，交换膜 b应选用阳离子交换膜，由溶液呈电中性可知，交换膜 a为阴离子交换膜，故 B符合题c(Li+)均变大，故 C不符合题意； D．正极液中生成了 OH-，c(Li+)均变大，故 C不符合题意； D．正极液中生成了 OH-，Co2+与OH-会反应生成 Co(OH)2，TOC\o"1-5"\h\z在过滤层中沉积，故 D不符合题意；故答案为 B。14．25℃时，CaCO3、CaC2O4的Ksp分别为3.4×10-9和2.3×10-9，醋酸、HCN的Ka分别为1.75×10-5和4.9×10-10，分离 CaCO3和 CaC2O4固体混合物 （不要求复原 ）。应选择的试剂为A．盐酸 B．硝酸 C．乙酸 D．HCN【答案】 C【解析】 由二者 Ksp可知，二者溶解度相近，由 Ka可知，乙酸的酸性强于氢氰酯，乙酸的酸性介于碳酸和草酸之间，根据复分解反应特点可知，乙酸可以把碳酸钙溶解，而草酸钙不溶，可进行分离，而盐酸和硝酸的酸性比草酸的酸性强，所以两者都能溶解，不能够分离，故答案为 C。15．将0.48g镁粉分别加入 10.0mL下列溶液，反应 6小时，用排水法收集产生的气体，溶液组实验1234567溶液组成H2实验1234567溶液组成H2O1.0mol/LNH4Cl0.1mol/LNH4Cl1.0mol/LNaCl1.0mol/LNaNO30.8mol/LNH4Cl+0.2mol/LNH3·H2O0.2mol/LNH4Cl+0.8mol/LNH3·H2OV/ml1243334716014401349成与H2体积 （已换算成标准状况 ）的关系如下表。下列说法不正确的是B．由实验 1、4、5可得， Cl-对镁和水的反应有催化作用C．由实验 3、7可得，反应过程产生的 Mg（OH）2覆盖在镁表面，减慢反应D．无论酸性条件还是碱性条件， NH4+都能加快镁和水的反应【答案】 A+ 2+【解析】 A．试验 2、3中主要反应为： Mg+2NH4++2H2O=Mg2++H2+2NH3H2O，由于试验 2中的 n（NH4+）大于试验 3中的n（NH4+），而镁是过量的， 所以不能得出 NH4+浓度越大，反应速率越快的结论，故 A符合题意； B．由试验 1、2对比可知，反应速率加快，其原因有可能是 Na+、Cl-具有催化作用，由试验 4、5对比可知， Na+对反应无催化作用，由此可知， Cl-对镁和水的反应有催化作用，故 B不符合题意； C．试验7中NH4Cl浓度较试验 3高，产生氢气的速率应更快，但由表格可知，二者产生氢气的速率几乎相等，其原因在于试验 7中加入了高浓度 NH3·H2O，NH3·H2O与Mg2+反应生成了 Mg（OH）2覆盖在镁表面，减慢反应，故 C不符合题意； D．由试验 1、2、7对比可TOC\o"1-5"\h\z知，无论酸性条件还是碱性条件， NH4+都能加快镁和水的反应，故 D不符合题意；故答案为 A。二、非选择题（共 55分）（1）工业制硫酸，接触室中发生反应的化学方程式为 。下列可提高 SO2平衡转化率的措施是 。（填标号 ）A．降低温度 B．减小压强 C．延长反应时间 D．增大 O2的投料（2）工业上可用 Fe2（SO4）3溶液吸收 SO2，该过程的离子方程式为 。为实现吸收液的再生，可通入 。（3）用如图装置脱除废烟气中的 SO2和废水中的 Cu2+，该方法总反应的化学方程式为 。含 Cu2+的废水应置于 室（填“a或”“b”）。催化剂(1)2SO2+O2?2SO3 AD3+ 2+ 22Fe3++SO2+H2O=2Fe2++SO42-+4H通电SO2+CuSO4+2H2O=2H2SO4+Cu空气或O2a【解析】 （1）工业制备硫酸流程中，接触室中主要是 SO2与O2反应生成 空气或O2a催化剂程式为： 2SO2+O2?2SO3；该反应为放热反应，降低温度、增加 O2的投料可使反应正向移动，Δ提高SO2的转化率，减小压强会使反应逆向移动， SO2的转化率将降低，延长反应时间对于平衡时催化剂SO2的转化率无影响，故答案为： 2SO2+O2? 2SO3；AD；（ 2）Fe3+具有氧化性， SO2具有还原Δ性， Fe3+在反应过程中转化为 Fe2+，SO2转化为 SO42-，根据转移电子守恒、电荷守恒、原子守恒可配平该离子方程式为： 2Fe3++SO2+H2O=2Fe2++SO24-+4H+；为实现吸收液再生，需将 Fe2+氧化3+ 2+ 2- +为Fe3+，因此可通入空气或 O2进行氧化，故答案为： 2Fe+SO2+H2O=2Fe+SO4+4H；空气或 O2；（ 3）废水中铜元素为最高价，因此需将其转化为 Cu进行除去，因此 SO2发生氧化反应，通电其电解过程总反应为： SO2+CuSO4+2H2O=2H2SO4+Cu；右侧通入废烟气，故 Cu2+应置于 a通电室，故答案为： SO2+CuSO4+2H2O=2H2SO4+Cu；a。17．纳米磷酸钙是理想的生物材料， 可用作骨骼和牙用骨水泥。将含有脲酶的 Na3PO4溶液加入1616．硫及其化合物在工农业生产中有着重要作用．回答下列问题处于高速搅状态的尿素 [CO（NH2）2]、CaC12和盐酸混合液中，可制得纳米磷酸钙。之间出现周期性振荡，相关分析不正确的是脲酶①CO(NH2)2+H2O 2NH3+CO2② 25℃ 时， H3PO4的 Ka1=7.5 ×10-3、 Ka2=6.3 ×10-8、 Ka3=4.4 ×10-13； Ca3(PO4)2的 Ksp=3.3 ×10-9。1）实验过程若降低搅拌速率，可能造成的不良后果是2）尿素水解液呈碱性，则 c（NH4+）c(HCO-3)(填“>或”“<”)。3）混合后，溶质的初始浓度如下表物质CaCl2HClNaH2PO4NaCl尿素脲酶初始浓度 mol/L0.255×10-30.0511.020U/mL①生成H2PO-4的离子方程式为②初始时刻，溶液中含磷微粒浓度从大到小的顺序为③判断此时能否生成 Ca3（PO4）2沉淀（列式计算 ）。4）上述实验条件下， 溶液的浊度、 pH与反应时间 t的关系如图所示， 实验表明，pH在7.8-8.1（填序号）。案为：沉淀颗粒过大； （2）由电荷守恒可知： cH++cNH4+=c溶液呈碱性，故 c（OH-）＞c（H+），故 c（NH4+）＞c（HCO-3），故答案为：OH-+cHCO-3+2cCO32-＞；（ 3）①Na3PO4溶液与盐酸3+ 3+反应生成 NaH2PO4，其离子方程式为： PO4+2H===H2PO4，故答案为： PO4+2H===H2PO4；-②H2PO4的水解常数2HPO4较低，2cH2PO-4>cHPO42-③Qsp=c3Ca2+gc2PO43-Kh=>c3=c-cH3PO4gcOHcH3PO4gKW= -+cH2PO-4cH2PO4gcHKW -=1.3×10-12<Ka2， H2PO4电离出Ka13PO4浓度最小H3PO4＞cPO34-，故答案为：2+CaQsp=c3Ca2+gc2PO34-=c3Ca2+故含磷微粒浓度从大到小的顺序为：Ka2gKa3gH2PO42H+=0.253Ka2gKa3gH2PO-4+2H+=0.2532cH2PO-4>cHPO42->cH3PO4>cPO34-26.31084.410130.0525103Ksp=3.3-910-9，6.38 1310 4.4103251020.05Ksp=3.3910-9，A．振荡周期内，PO34浓度不变3不能生成沉淀；（ 4）A．振荡周期内，溶液的 pH会发生变化， PO4浓度受到溶液酸碱度的影响也会发生相应的变化，故 A符合题意； B．尿素水解溶液呈碱性，随着尿素的水解程度增加，溶液会升高，故 B不符合题意； C．随着磷酸钙沉淀的生成，磷酸根浓度逐渐减小，其水解量逐渐减小，溶液的碱性逐渐降低， pH会下降，故 C不符合题意； D．尿素水解导致溶液呈碱性，磷酸水解导致溶液呈碱性，但二者的速率可能存在差异，因此会导致pH周期性振荡，故 D不符合题意；故答案为：A。B．随着尿素水解反应的进行，pH升高18．化学环分解氯化铵的纯碱和氯乙烯集成清洁工艺如下：C．随着磷酸钙沉淀的生成，pH下降D．尿素水解速率和磷酸钙沉淀速率的差异引起pH周期性振荡（1）沉淀颗粒过大pH2）3）3- + - - 2- 3-PO43-+2H+=H2PO-4 cH2PO-4>cHPO42->cH3PO4>cPO34-3 2+ 2 3- 3 2+cCagcPO4=cCa2K2gK3gH2PO-4

a2a32 42H+=0.25326.31084.410130.05325103Ksp=3.310-9NH4Cl(s)NH3(g)+HCl(g)ΔH=163.57kJ/mol4)A（1）试验目的是制备纳米磷酸钙，若搅拌速率降低，可能形成的固体颗粒较大，故答MgO(s)+HCl(g)MgOHCl(s)ΔH=-102.23kJ/mol则总反应 NH4Cl(s)+MgO(s) NH3(g)+MgOHCl(s) ΔH= kJ/mol“释氯反应 ”可能的化学反应有：MgOHCl(s)MgO(s)+HCl(g)ΔH=+97.50kJ/molMgOHCl(s)+HCl(g) MgCl2(s)+H2O(g)ΔH=+2.89kJ/molMgCl2(s)+H2O(g) MgO(s)+2HCl(g)ΔH=+94.61kJ/mol图为“释氯反应 ”在不同温度下各组分的平衡组成，回答下列问题①应选择的最佳反应温度是 ②500°C时，释氯反应器的压强为 P，计算该温度下反应 i的平衡常数 Kp= (Kp为③结合平衡移动原理，原料气增加水蒸气的目的是 HgCl2(3)“氯乙烯反应 ”中，HCCH(g)+HCl(g) CH2=CHCl(g)的反应机理如图， 其中吸附在催*标注碳碳叁键的键能： M1 HCCH(填“>”或“<”)“M2→M3”的化学方程式为 该反应的决速步骤为 B．“石灰窑”和“纯碱反应 ”的副产物可实现资源化利用C．利用 MgO作为吸附剂可有效实现 NH3与HCl分离D．减少了从氯碱工业的产品获取 HCl的电能消耗【答案】 (1)61.34570℃ 0.25P水蒸气的加入，可促进平衡 ii逆向移动，平衡 iii正向移动，提高0.85HCl的产量<*CHCH+HCl===*CH2CHCl M2→M3A【解析】 (1)反应①：NH4Cl(s) NH3(g)+HCl(g) ΔH=163.57kJ/mol反应②：MgO(s)+HCl(g)MgOHCl(s)ΔH=-102.23kJ/mol由反应①+反应 ②可得： NH4Cl(s)+MgO(s) NH3(g)+MgOHCl(s) ΔH=61.34kJ/mol，故答案为：61.34；( 2)①“释氯反应 ”过程中， HCl的含量在 570℃之前逐渐增加，在 570℃后几乎不变，因此应选择的最佳反应温度为 570℃，故答案为： 570℃；②由图像可知， 500℃下，n(HCl)=0.25mol，n(H2O)=0.6mol，体系中 HCl的分压p(HCl)=0.25P=0.25P，故反应 i的平衡常数 Kp=0.6+0.25 0.85p(HCl)=0.25P，故答案为： 0.25P；③原料气中增加水蒸气可促进平衡 ii逆向移动，平衡 iii正向0.85 0.85移动，提高 HCl的产量，故答案为：可促进平衡 ii逆向移动，平衡 iii正向移动，提高 HCl的产量；①.由流程图可知， HCCH+HgCl2+HCl能量高于 M1+HCl，故M1键能小于碳碳三键键能，故答案为： <；②.M2→M3反应过程是在催化剂表面完成的，根据结构式可知其化学方程式为：*CHCH+HCl===*CH2CHCl，故答案为： *CHCH+HCl===*CH2CHCl；③.整个反应机理过程中， M2→M3反应过程中能垒较高，因此决速步骤为 M2→M3，故答案为： M2→M3；A．整个过程中， HCl不属于循环利用的物质，故 A符合题意； B．“石灰窑”中产物均完全利用， “纯碱反应 ”的副产物 Na2CO3具有较为广泛的应用， 实现了资源化利用， 故B不符合题意； C．MgO属于碱性氧化物，能与 HCl反应生成固体 MgCl2，而NH3不反应，可实现 NH3与 HCl分离，故 C不符合题意； D．此工艺中 HCl实现了“自产自销 ”，不需要利用从氯碱工业制备获取 HCl，节约了电能消耗，故 D不符合题意；故答案为 A。一种使用钛铁矿 (主要成分为 FeTiO3)制备电极材料钛酸锂 (Li4Ti5O12)和磷酸亚铁锂 (LiFePO4)的工艺流程如图所示 .4)下列有关该工艺的说法不正确的是 (填标号 )A．可循环利用的物质有 NH3、MgO、HCl“溶浸 ”过程， FeTiO3先以 TiO2+和Fe2+形式浸出，相应的离子方程式为 。“溶浸 ”过程， TiO2+存在以下行为：2氯化：TiO2++4Cl-=TiOCl42-2-水解：TiOCl42-+H2O=TiO(OH)++H++4Cl-分解： 2TiO(OH)++2H2O=2TiO2·2H2O+4H1∶1ABCDLiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+【解析】 （1）FeTiO3与盐酸反应，生成 TiO2+和Fe2+，元素化合价均未发生变化，其离子方程+ 2+ 2+ + 2+ 2+式为：FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O，故答案为： FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O；“溶浸”最终得到的是 TiO2·2H2O，若要提高 Ti浸出率，尽可能提高 TiO（OH）+的含量，因此选择的条件为合适的 pH并提高溶液温度，故答案为：合适的 pH并提高溶液温度；（ 3）沉铁过程中，Fe2+氧化为 Fe3+，H2O2作氧化剂， H3PO4作沉淀剂，根据得失电子守恒、原子守恒可配平其化学方程式： 2FeCl2+H2O2+2H3PO4=2FePO4+2HCl+2H2O，故答案为2c（Cl-）=5mol/L时，溶液中 TiOCl4和TiO（OH）+分布系数与 pH的关系如图．据此判断，为提高Ti浸出率，应选择的条件为 2FeCl2+H2O2c（Cl-）=5mol/L时，溶液中 TiOCl4和TiO（OH）+分布系数与 pH的关系如图．据此判断，为提高Ti浸出率，应选择的条件为 Li2CO3+H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+3CO2 H2O，由此可知， Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为 1∶1，故答案为： 1∶1；（ 5）A．H2C2O4为分子化合物，熔点较低，受热融化后，可与反应物接触更加充分，故 A正确； B．H2C2O4分解产生碳颗粒，会吸附在电极上，碳具有导电性，能够增强电极导电性，故 B正确； C．H2C2O4分解会产生 CO2、H2O，因此不会残留，故C正确；D．H2C2O4中C为+3价，具有一定还原性，可在煅烧过程中保护 Fe2+不被氧化，顾D正确；故答案为： ABCD；（ 6）充电时，阳极发生氧化反应，由总反应可知， LiFePO4中Fe元素-+化合价升高，故阳极发生反应为：LiFePO4-xe=Li1-xFePO4+xLi，故答案为：“沉铁”过程生成 FePO4的化学方程式为 “煅烧”过程Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为 H2C2O4下列性质在 “煅烧”过程中的作用分析，正确的是 （填标号 ）A．H2C2O4受热熔化，能使反应物混合更充分B．H2C2O4分解产生碳颗粒，能增强电极导电性C．H2C2O4分解产生气体，不会残留D．H2C2O4具有还原性，能防止 Fe2+被氧化（ 6）以钛酸锂和磷酸亚铁锂作电极组成电池，充电时发生反应为 Li4Ti5O12+LiFePO4=Li4+xTi5O12+Li1-xFePO4（0<x<1），阳极的电极反应式为 【答案】（1）FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2OLiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+。20．以环已醇 （ ）为原料制取己二酸 [HOOC（CH2）4COOH]的实验流程如下：其中