天津市和平區(qū)2015屆高考化學一模試卷解析版

1、天津市和平區(qū)2015屆高考化學一模試卷一、選擇題（共6小題，每小題6分，滿分36分）1下列有關說法不正確的是( )A利用太陽能在催化劑參與下分解水制氫是把光能轉(zhuǎn)化為化學能的綠色化學方法B纖維素，淀粉，油脂均為天然高分子物質(zhì)C通過紅外光譜分析可以區(qū)分乙醇與乙酸乙酯D石油催化劑裂化的主要目的是提高汽油等輕質(zhì)油的產(chǎn)量與質(zhì)量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯丙烯等氣態(tài)短鏈烴分析：A利用太陽能和催化劑分解水沒有污染；B相對分子質(zhì)量在10000以上的有機化合物為高分子化合物，油脂的相對分子量較小，不屬于高分子化合物；C根據(jù)乙醇與乙酸乙酯含有的官能團以及紅外光譜主要用于分析有機物的官能團類分析；D石油裂化

2、的目的是為了提高輕質(zhì)液體燃料的產(chǎn)量，特別是提高汽油的產(chǎn)量，裂解的目的是為了獲得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等；解答：解：A利用太陽能在催化劑參與下分解水制氫是把光能轉(zhuǎn)化為化學能，不消耗能源，也不產(chǎn)生污染，是一種綠色化學方法，故A正確；B淀粉、纖維素屬于天然高分子化合物；油脂相對分子質(zhì)量較小，不屬于高分子化合物，故B錯誤；C乙醇含有羥基，乙酸乙酯含有酯基，官能團不同，所以通過紅外光譜分析可以區(qū)分乙醇與乙酸乙酯，故C正確；D石油裂化的目的是為了提高輕質(zhì)液體燃料（汽油，煤油，柴油等）的產(chǎn)量，特別是提高汽油的產(chǎn)量，裂解的目的是為了獲得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，故D正確； 故選B點評：本題考查

3、較為綜合，涉及太陽能、高分子化合物辨析、有機物的鑒別、石油裂化裂解等知識，題目難度不大，注意對相關知識的積累，側重于考查學生對基礎知識的應用能力2下列關于元素及其化合物的說法，正確的是( )AABBCCDD分析：A濃硝酸易揮發(fā)，且具有強氧化性；B向溶液加入稀鹽酸酸化的BaCl2溶液生成白色沉淀，可能是硫酸鋇也可能是氯化銀；C甲苯與溴水不發(fā)生化學反應；DAgCl、AgI均不溶于水，但AgI的溶解度更小解答：解：A銅與濃硝酸反應，生成氣體用濕潤KI淀粉試紙檢驗，試紙變藍，因濃硝酸易揮發(fā)，且具有強氧化性，則不能說明NO2為酸性氣體，故A錯誤；B向溶液加入稀鹽酸酸化的BaCl2溶液生成白色沉淀，可能是

4、硫酸鋇也可能是氯化銀，若有白色沉淀產(chǎn)生，該沉淀不一定是BaSO4，故B錯誤；C向甲苯滴入少量濃溴水，振蕩，靜置，溶液分層，上層呈橙紅色，下層幾乎無色，發(fā)生了萃取，不發(fā)生化學反應，故C錯誤；D在稀AgNO3溶液先加入少量01mol/L NaCl溶液，再加入少量01mol/L NaI溶液，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，先產(chǎn)生白色沉淀，后出現(xiàn)黃色沉淀，則說明Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故D正確；故選D點評：本題考查化學實驗方案的評價，涉及離子的檢驗、沉淀的轉(zhuǎn)化、萃取及物質(zhì)的性質(zhì)，選項A為解答的易錯點，注意硝酸易揮發(fā)及其氧化性，題目難度等3一種新型的乙醇電池，它用磺酸類質(zhì)子溶劑電池總反應為：C2H5OH+3

5、O22CO2+3H2O，電池示意如圖，下列說法正確的是( )Aa極為電池的正極B電池工作時電流由a極沿導線經(jīng)燈泡再到b極C電池負極的電極反應為：4H+O2+4e=2H2OD電池工作時，1mol乙醇被氧化時就有12mol電子轉(zhuǎn)移專題：電化學專題分析：A在燃料電池，燃料在負極發(fā)生失電子的反應；B在燃料電池，電流在電路從正極流向負極；C在燃料電池，正極上是氧氣得電子的還原反應，燃料在負極發(fā)生失電子的反應；D根據(jù)電池反應：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，乙醇被氧化電極反應式為C2H5OH+3H2O12e=2CO2+12H+，反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)為12解答：解：A在燃料電池，燃料乙醇在負極發(fā)生失電子

6、的反應，氧氣是在正極上發(fā)生得電子的反應，則a為負極，故A錯誤；B電池工作時，電流由正極經(jīng)外電路流向負極，在該電池由b極流向a極，故B錯誤；C在燃料電池，正極上是氧氣得電子的還原反應，在酸性電解質(zhì)環(huán)境下，正極的電極反應為：4H+O2+4e=2H2O，故C錯誤；D根據(jù)電池反應：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，乙醇被氧化電極反應式為C2H5OH+3H2O12e=2CO2+12H+，則1mol乙醇被氧化失去12mol電子，故D正確；故選D點評：本題考查原電池知識，題目難度等，本題注意把握根據(jù)電池總反應書寫電極方程式的方法4香蘭素是重要的香料之一，它可由丁香酚經(jīng)多步反應合成，有關上述兩種化合物

7、的說法正確的是( )A香蘭素分子至少有12個原子共平面B丁香酚不能與三氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應C1mol香蘭素最多能與3mol氫氣發(fā)生加成反應D常溫下1mol丁香酚只能與1molBr2反應分析：丁香酚含有碳碳雙鍵、苯、酚羥基、醚鍵，所以具有烯烴、苯、酚和醚的性質(zhì)，香蘭素含有醛基、酚羥基和醚鍵、苯環(huán)，具有醛、酚、醚和苯的性質(zhì)，據(jù)此分析解答解答：解：A香蘭素分子苯環(huán)為平面結構，與苯環(huán)直接相連的原子在同一平面內(nèi)，則7個C原子、3個H原子、2個O原子在同一平面內(nèi)，所以香蘭素分子至少有12個原子共平面，故A正確；B丁香酚含有酚羥基，具有酚的性質(zhì)，能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，故B錯誤；C羰基、苯環(huán)都可以和氫

8、氣發(fā)生加成反應，則1mol香蘭素最多能與4mol氫氣發(fā)生加成反應，故C錯誤；D苯環(huán)上酚羥基的鄰對位H原子能被溴取代，碳碳雙鍵能和溴發(fā)生加成反應，則常溫下1mol丁香酚只能與2molBr2反應，故D錯誤；故選A點評：本題考查有機物的結構和性質(zhì)，為2015屆高考高頻點，明確官能團與性質(zhì)的關系是解本題關鍵，注意酚苯環(huán)上H原子發(fā)生取代反應的位置，難點是共面原子個數(shù)的判斷5下列說法正確的是( )A常溫下將pH=3的醋酸溶液稀釋到原體積的10倍后，溶液的pH=4B未確定某酸H2A是強酸還是弱酸，可測NaHA溶液的pH若pH7，則H2A是弱酸；pH7，H2A是強酸C已知酸性HFCH3COOH，物質(zhì)的量濃度相

9、等的NaF與CH3COOK溶液：c（Na+）c（F）c（K+）c（CH3COO）D相同溫度下，將足量氯化銀固體分別放入相同體積的蒸餾水 01mol/L鹽酸 01mol/L氯化鎂溶液 01mol/L硝酸銀溶液，Ag+濃度：=分析：A、醋酸是弱電解質(zhì)，加水稀釋促進醋酸電離；B、為確定某酸H2A是強酸還是弱酸，可測NaHA溶液的pH，若pH7，H2A也可能是弱酸；C、弱酸的酸性越弱，其酸根離子的水解程度越大；D、相同溫度下，氯化銀溶液存在溶解平衡，溶液氯離子濃度越大，抑制氯化銀溶解程度越大解答：解：A、常溫下，將pH=3的醋酸溶液稀釋到原體積的10倍后，加水稀釋促進醋酸電離，所以稀釋后溶液氫離子濃度

10、大于原的，所以溶液的3pH4，故A錯誤；B、為確定某酸H2A是強酸還是弱酸，可測NaHA溶液的pH若pH7，H2A也可能是弱酸，如亞硫酸，故B錯誤；C、酸性HFCH3COOH，物質(zhì)的量濃度相等的NaF與CH3COOK溶液，醋酸根離子的水解程度比氟離子強，醋酸根離子濃度小，鉀離子與鈉離子濃度相等，所以c（Na+）c（F）c（K+）c（CH3COO），故C正確；D、相同溫度下，氯化銀溶液存在溶解平衡，溶液氯離子濃度越大，抑制氯化銀溶解程度越大，硝酸銀是可溶性鹽，所以硝酸銀銀離子濃度最大，則銀離子濃度大小順序是：dabc，故D錯誤；故選C點評：本題考查鹽類水解、弱電解質(zhì)的電離等知識點，明確弱電解質(zhì)電

11、離及鹽類水解特點即可解答，注意C很多同學易忘記硝酸銀易溶而導致錯誤，題目難度不大6一定溫度下，將等量的氣體分別溶入起始體積相同的密閉容器I和II，使其發(fā)生反應，t0時容器I達到化學平衡，X、Y、Z的物質(zhì)的量的變化如圖所示則下列有關推斷正確的是( )A該反應的化學方程式：3X+2Y=2ZB若兩容器均達到平衡時，兩容器的體積V（I）V（II），則容器II達到平衡所需時間小于t0C若兩容器均達到平衡時，兩容器Z的物質(zhì)的量分數(shù)相同，則Y為固態(tài)或液態(tài)D若達平衡后對容器II升高溫度使其體積增大，說明Z發(fā)生的反應為吸熱反應分析：A、根據(jù)X、Y、Z物質(zhì)的量的變化判斷反應物、產(chǎn)物，利用物質(zhì)的量之比等于化學計量數(shù)

12、之比確定化學計量數(shù)，據(jù)此書寫化學方程式；B、是恒容容器，是恒壓容器，根據(jù)計算得到的化學方程式的反應特點分析；C、兩容器Z的物質(zhì)的量分數(shù)相同說明達到相同的平衡狀態(tài)；D、升高溫度平衡向吸熱反應方向進行，但容器是恒壓容器，升高溫度時其體積也會增大解答：解：A、由圖可知，X、Y的物質(zhì)的量增大，為生成物，Z物質(zhì)的量減小，為反應物，到平衡后，X生成18mol，Y生成12mol，Z反應18mol，X、Y、Z的化學計量數(shù)之比=18：12：18=3：2：3，則反應的化學方程式為：3Z3X+2Y，故A錯誤；B、反應的化學方程式為：3Z3X+2Y，若兩容器均達到平衡時，兩容器的體積V（）V（），則容器達到平衡時體積

13、增大，壓強減小的過程，達到平衡所需時間大于t0，故B錯誤；C、若兩容器均達到平衡時，兩容器Z的物質(zhì)的量分數(shù)相同，說明達到相同的平衡，不受壓強的變化影響，所以反應前后氣體體積應是不變的反應，所以Y為固態(tài)或液態(tài)，故C正確；D、若達平衡后，容器是恒壓容器，升高溫度時其體積增大，但不能說明平衡正向進行，Z發(fā)生的反應不一定為吸熱反應，故D錯誤；故選C點評：本題考查了恒溫容器和恒壓容器的平衡影響條件的分析判斷，主要考查影響化學平衡的因素，平衡移動的方向判斷是關鍵二、解答題（共6小題，滿分64分）7C、O、Na、Al、S、Cl是常見的六種元素（1）C元素位于元素周期表第二周期，第IVA族C元素的一種子數(shù)為8

14、的同位素的符號C（2）用“大于”“小于”或“等于”填空（3）CaCO3和適量HCl溶液反應時，每產(chǎn)生44g氣體（不考慮氣體溶解），放熱a KJ，則該反應的熱化學方程式為CaCO3（s）+2HCl（aq）=CaCl2（aq）+H2O（l）+CO2（g）H=10a kJ/mol上述反應至無氣泡逸出后，取適量殘留溶液，插入pH傳感器并逐滴滴入碳酸鈉溶液，測得pH變化曲線如圖所示請用離子方程式表示BC段發(fā)生的反應Ca2+CO32=CaCO3（4）氫氣氧氣常用作燃料電池，寫出電解質(zhì)為氫氧化鈉溶液時負極上的電極方程式H2+2OH2e2H2O分析：（1）C的原子序數(shù)為6，原子結構有2個電子層，最外層電子數(shù)為

15、4；C元素的一種子數(shù)為8的同位素的符號為：C；（2）具有相同電子排布的離子，原子序數(shù)大的離子半徑??；非金屬性越強，最高價氧化物的水化物酸性越強；非金屬性越強，對應離子的還原性越弱；同種非金屬的不同原子，得到電子的能力相同；（3）每產(chǎn)生44g 氣體（不考慮氣體溶解），放熱a kJ，則生成1mol氣體放出10akJ的熱量；上述反應至無氣泡逸出后，取適量殘留溶液，含氯化鈣，逐滴滴入碳酸鈉溶液，由BC段pH=7，可知反應生成碳酸鈣沉淀和NaCl；（4）氫氣氧氣常用作燃料電池，負極發(fā)生氧化反應解答：解：（1）C的原子序數(shù)為6，原子結構有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，C元素位于元素周期表第二周期，第IVA

16、族，C元素的一種子數(shù)為8的同位素的符號為：C；故答案為：二；IVA；C（2）具有相同電子排布的離子，原子序數(shù)大的離子半徑小，則離子半徑為N3大于Al3+；非金屬性ClS，最高價氧化物的水化物酸性為H2SO4小于HClO4；非金屬性OS，對應離子的還原性為O2小于S2；同種非金屬的不同原子，得到電子的能力相同，則得電子能力35Cl等于37Cl，故答案為：大于；小于；小于；等于；（3）每產(chǎn)生44g 氣體（不考慮氣體溶解），放熱a kJ，則生成1mol氣體放出10akJ的熱量，熱化學方程式為CaCO3（s）+2HCl（aq）=CaCl2（aq）+H2O（l）+CO2（g）H=10a kJ/mol，故

17、答案為：CaCO3（s）+2HCl（aq）=CaCl2（aq）+H2O（l）+CO2（g）H=10a kJ/mol；上述反應至無氣泡逸出后，取適量殘留溶液，含氯化鈣，逐滴滴入碳酸鈉溶液，由BC段pH=7，可知反應生成碳酸鈣沉淀和NaCl，離子反應為Ca2+CO32=CaCO3，故答案為：Ca2+CO32=CaCO3；（4）氫氧燃料電池工作時，負極上燃料失電子發(fā)生氧化反應，電極反應方程式為H2+2OH2e2H2O，故答案為：H2+2OH2e2H2O點評：本題考查較綜合，涉及元素周期表的結構及應用、元素非金屬性的比較及應用、離子反應及圖象分析等，注重高頻考點的考查，題目難度不大8（18分）脫水環(huán)化

18、是合成生物堿類天然產(chǎn)物的重要步驟，某生物堿V合成路線如下：（1）寫出IV含氧官能團的名稱醚鍵和羰基（2）寫出IV物質(zhì)的分子式C16H17NO2（3）寫出下列反應的類型氧化反應，取代反應（4）反應的化學方程式（5）I和III在濃硫酸催化加熱時反應的化學方程式是（6）下列說法正確的是BAI和V均屬于芳香烴 BII能發(fā)生銀鏡反應CII能與4mol H2發(fā)生加成反應 D反應屬于酯化反應（7）A的結構簡式（8）VI與I互為同分異構體，VI遇三氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，其苯環(huán)上的一氯代物只有兩種，寫出滿足上述條件的VI的結構簡式分析：（1）根據(jù)的結構簡式可知，的含氧官能團為醚鍵和羰基；（2）根據(jù)的結構簡式可

19、知其分子式；（3）反應是將的醛基氧化成了羧基，反應是將和A反應形成了肽鍵；（4）反應是苯甲醛發(fā)生氧化反應生成苯甲酸；（5）I和III在濃硫酸催化加熱時發(fā)生酯化反應生成苯甲酸苯甲酯；（6）A根據(jù)I和V的結構簡式判斷，BII有醛基，能發(fā)生銀鏡反應，CII的物質(zhì)的量未知，D反應是形成了肽鍵的反應；（7）反應是將和A反應形成了肽鍵，比較和的結構簡式可推斷出A的結構；（8）VI與I互為同分異構體，VI遇三氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，說明有酚羥基，其苯環(huán)上的一氯代物只有兩種，說明有兩個處于對位的基團，據(jù)此寫同分異構體的結構簡式解答：解：（1）根據(jù)的結構簡式可知，的含氧官能團為醚鍵和羰基，故答案為：醚鍵和羰基；

20、（2）根據(jù)的結構簡式可知其分子式為C16H17NO2，故答案為：C16H17NO2；（3）反應是將的醛基氧化成了羧基，是氧化反應，反應是將和A反應形成了肽鍵，是取代反應，故答案為：氧化反應；取代反應；（4）反應是苯甲醛發(fā)生氧化反應生成苯甲酸，反應方程式為，故答案為：；（5）I和III在濃硫酸催化加熱時發(fā)生酯化反應生成苯甲酸苯甲酯，反應方程式為，故答案為：；（6）A根據(jù)I和V的結構簡式可知，它們組成除了碳氫外還都有氧元素，不屬于烴類，故A錯誤； BII有醛基，能發(fā)生銀鏡反應，故B正確；CII有一個苯環(huán)和一個醛基都能與氫氣加成，但的物質(zhì)的量未知，故C錯誤；D反應是形成了肽鍵的反應，該反應不是酯化反

21、應，故D錯誤，故選B；（7）反應是將和A反應形成了肽鍵，比較和的結構簡式可知A的結構為，故答案為：；（8）VI與I互為同分異構體，VI遇三氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，說明有酚羥基，其苯環(huán)上的一氯代物只有兩種，說明有兩個處于對位的基團，所以符合條件的的同分異構體的結構簡式為，故答案為：點評：本題考查有機物推斷，流程官能團的變化是解題的關鍵，需要學生熟練掌握官能團的性質(zhì)，側重考查學生分析推理與知識遷移應用能力，難度等9實驗室制備一氧化碳原理是：HCOOHCO+H2O（1）從如圖挑選所需儀器，畫出I所缺的氣體發(fā)生裝置，并標明容器的試劑（2）裝置II的作用防止水槽的水因倒吸流入蒸餾燒瓶分析：（1）該反應的

22、制取原理為 液+液氣體，且需控制反應的溫度，故發(fā)生裝置應選用；（2）CO不溶于水，可用排水法收集，為防倒吸，在發(fā)生裝置與收集裝置間加一個安全瓶解答：解：（1）該反應的制取原理為 液+液氣體，故應選用分液漏斗和蒸餾燒瓶作為氣體發(fā)生裝置，溫度計的水銀球在液體，測量反應液的溫度，裝置為確定鋅鍍層被除去的標志是，故答案為：；（2）生成的氣體含有CO、HCOOH和H2O，HCOOH易溶于水，會發(fā)生倒吸現(xiàn)象，需在收集前加一個安全瓶，故裝置的作用是防止水槽的水因倒吸流入蒸餾燒瓶，故答案為：防止水槽的水因倒吸流入蒸餾燒瓶點評：本題考查了氣體發(fā)生裝置的選擇、安全瓶的運用，難度不大，注意安全瓶的作用和制備氣體的裝

23、置10實驗室制備四水甲酸銅Cu（HCOO）24H2O晶體實驗步驟如下（1）堿式碳酸銅的制備：a步驟i是將一定量膽礬和碳酸氫鈉固體一起放到研缽研磨，其目的是研細并混合均勻b步驟ii是在攪拌下將固體混合物分多次緩慢加入熱水，反應溫度控制在7080，如果看到有黑色固體生成（寫實驗現(xiàn)象），說明溫度過高c相關的化學方程式2CuSO4+4NaHCO3=Cu（OH）2CuCO3+3CO2+2Na2SO4+H2O（2）四水甲酸銅晶體的制備：將堿式碳酸銅固體放入燒杯，加入一定量熱的蒸餾水，再逐滴加入甲酸至堿式碳酸銅恰好全部溶解，乘熱過濾除去少量不溶性雜質(zhì)，然后蒸發(fā)冷卻過濾，在用少量無水乙醇洗滌晶體23次晾干，得

24、到產(chǎn)品a相關的化學方程式Cu（OH）2CuCO3+4HCOOH+5H2O=2Cu（HCOO）24H2O+CO2b趁熱過濾，必須趁熱的原因是防止甲酸銅晶體析出c用乙醇洗滌晶體的目的洗去晶體表面的水和其它雜質(zhì)，減少甲酸銅的損失分析：（1）膽礬和碳酸氫鈉兩種固體物質(zhì)要要充分接觸才能充分反應，堿式碳酸銅受熱易分解，生成黑色的氧化銅，硫酸銅與碳酸氫鈉反應生成堿式碳酸銅，根據(jù)元素守恒書寫化學方程式；（2）堿式碳酸銅與甲酸反應生成甲酸銅，根據(jù)元素守恒書寫化學方程式，甲酸銅的溶解度隨溫度的升高而變大，需趁熱過濾，根據(jù)“相似相溶原理”可知甲酸銅易溶于水，難溶于有機溶劑解答：解：（1）a、膽礬和碳酸氫鈉兩種固體物

25、質(zhì)要要充分接觸才能充分反應，所以研磨的作用是把藥品研細并混合均勻，故答案為：研細并混合均勻；b、溫度過高，Cu（OH）2CuCO3會分解生成黑色的氧化銅，故答案為：有黑色固體生成；c、硫酸銅與碳酸氫鈉反應生成堿式碳酸銅，根據(jù)元素守可知化學方程式為2CuSO4+4NaHCO3=Cu（OH）2CuCO3+3CO2+2Na2SO4+H2O，故答案為：2CuSO4+4NaHCO3=Cu（OH）2CuCO3+3CO2+2Na2SO4+H2O；（2）a、堿式碳酸銅與甲酸反應制得四水甲酸銅Cu（HCOO）24H2O晶體，根據(jù)元素守可知化學方程式為Cu（OH）2CuCO3+4HCOOH+5H2O=2Cu（HC

26、OO）24H2O+CO2，故答案為：Cu（OH）2CuCO3+4HCOOH+5H2O=2Cu（HCOO）24H2O+CO2；b、甲酸銅的溶解度隨溫度的升高而變大，如果冷卻，會有晶體析出，降低產(chǎn)率，因此需趁熱過濾，故答案為：防止甲酸銅晶體析出；c、甲酸銅易溶于水，難溶于酒精，不能用蒸餾水洗滌，故需用乙醇進行洗滌，洗去晶體表面的液體雜質(zhì)，故答案為：洗去晶體表面的水和其它雜質(zhì)，減少甲酸銅的損失點評：本題考查了物質(zhì)制備方案的設計，題目難度等，明確制備原理為解答關鍵，注意掌握物質(zhì)制備方案的設計原則，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學生的分析、理解能力及化學實驗能力11探究小組用滴定法測定四水甲酸銅

27、Cu（HCOO）24H2O（Mr=226）的含量取ag式樣配成100ml溶液，每次取2000ml，消除干擾離子后，用cmol/L EDTA（H2Y2）標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液6ml滴定反應如下：Cu2+H2Y22H+CuY2（1）計算Cu（HCOO）24H2O質(zhì)量分數(shù)的表達式=100%（2）下列操作會導致Cu（HCOO）24H2O含量的測定結果偏高的是ca未干燥錐形瓶b滴定終點時，滴定管建最終產(chǎn)生氣泡c未除凈可與EDTA反應的干擾離子分析：由Cu2+H2Y22H+CuY2，銅離子物質(zhì)的量和標準液物質(zhì)的量相同=cmol/Lb103L=bc103mol；依據(jù)元素守恒得到：則20ml

28、溶液含有的Cu（HCOO）24H2O物質(zhì)的量為bc103mol；100ml溶液含bc103mol5=5bc103mol，得到Cu（HCOO）24H2O質(zhì)量分數(shù)；滴定實驗誤差分析依據(jù)標準溶液消耗的多少進行分析判斷，標準溶液體積增大，測定結果偏高解答：解：取a g試樣配成100mL溶液，每次取2000mL，消除干擾離子后，用c molL1 EDTA（H2Y2）標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液6mL滴定反應如下：Cu2+H2Y2=CuY2+2H+銅離子物質(zhì)的量和標準液物質(zhì)的量相同=cmol/Lb103L=bc103mol；依據(jù)元素守恒得到：則20ml溶液含有的Cu（HCOO）24H2O物質(zhì)的

29、量為bc103mol；100ml溶液含bc103mol5=5bc103mol；所以Cu（HCOO）24H2O質(zhì)量分數(shù)的表達式=100%；a未干燥錐形瓶對實驗結果無影響；b滴定終點時滴定管尖嘴產(chǎn)生氣泡說明消耗標準液讀數(shù)偏小，結果偏低；c未除凈可與EDTA反應的干擾離子，消耗標準液多，結果偏高；故答案為：；c點評：本題考查離子分離的方法，實驗設計，試劑選擇，和滴定的簡單計算和誤差的分析，離子性質(zhì)的熟練掌握是解題關鍵，題目難度等12CH4和CO2反應可以制造價值更高的化學產(chǎn)品（1）250時，以鎳合金為催化劑，向4L容器通入6mol CO2、6mol CH4，發(fā)生反應：CO2 （g）+CH4（g）2C

30、O（g）+2H2（g）平衡體系各組分的濃度為：此溫度下，該反應的平衡常數(shù)K=64 mol2L2（注明單位）已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H1kJmol1CO（g）+H2O （g）=CO2（g）+H2 （g）H2 kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H3 kJmol1反應CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g） 的H=（H12H3+2H2） kJmol1（2）用Cu2Al2O4做催化劑，一定條件下，發(fā)生反應：CO2+CH4CH3COOH，請回答：溫度與催化劑的催化效率和乙酸的生成速率如圖250300時，溫度升高而乙酸的生成速率降低的原因

31、是溫度在250300時，催化劑的催化效率降低為提高上述反應CH4的轉(zhuǎn)化率，可采取的措施有增大反應壓強、增大CO2的濃度（寫2種）Cu2Al2O4可溶解在稀硝酸，被氧化的元素為Cu，每消耗3mol Cu2Al2O4時被還原的HNO3為2mol（3）Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，若尋找吸收CO2的其他物質(zhì)，下列建議合理的是aca可在堿性氧化物尋找b可在具有強氧化性的物質(zhì)尋找c可在A、A族元素的氧化物尋找Li4SiO4可用于吸收、釋放CO2，原理是：500時，CO2與Li4SiO4接觸生成Li2CO3；平衡后加熱至700，反應逆向進行，放出CO2，Li4SiO4再生，該原理的化學方程式2CO2+Li4SiO42Li2CO3+SiO2專題：化學平衡專題分析：（1）先利用三段法求出各物質(zhì)的物質(zhì)的量，然后再根據(jù)平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積；根據(jù)蓋斯定律解答；（2）根據(jù)溫度對催化劑活性的影響；根據(jù)外界條件對化學平衡的影響，平衡正向移動，反應物轉(zhuǎn)化率增大；先將Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2OAl2O3，再根據(jù)氧化物與酸反應生成離子方程式，需要注意的是一價銅具有還原性；（3）二氧化碳為酸性氣體，Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2與氧化性無關；根據(jù)題干信息，反應物為CO2與Li4SiO4，生成物