2020届江西省南昌市四校联盟高三第二次联考理综化学试题(解析版).pdf

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1、2020 百度届四校联盟高三年级第二次联考试卷理科综合考试时间:150 分钟总分:300 分 2020.3.29 可能用到的相对原子质量：Ti-48 C-12 N-14 O-16 P-31 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Li-7 第 I 卷(选择题共 126 分)一、选择题（本题共13 个小题，每小题6 分。共 78 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）7.中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法错误的是（）A.“木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素B.“指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分

2、是Fe2O3 C.“苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质D.“黑陶”是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐8.设 NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A.1mol 金刚石中含有2NA个 C-C键，1mol SiO2含有 2NA个 Si-O 键B.标况下，将9.2g 甲苯加入足量的酸性高锰酸钾溶液中转移的电子数为0.6NAC.在含 CO32-总数为 NA的 Na2CO3溶液中，Na+总数为 2NAD.标准状况下，22.4 L 庚烷中所含的分子数约为NA9.下列关于有机化合物的说法正确的是（）A.除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石

3、灰，经过滤后即得乙醇B.HOCH2CH（CH3）2与（CH3）3COH 属于碳链异构C.除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得乙酸乙酯D.一个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团，如果在苯环上再连接一个-CH3，其同分异构体有16 种10.如图所示为某同学设计的检验浓硫酸和碳反应所得气体产物的实验装置图。下列说法正确的是（）A.若按顺序连接，可检验所有气体产物B.若装置只保留a、b，同样可以达到实验目的C.若圆底绕瓶内碳粉过量，充分反应后恢复到25，溶液的pH5.6 D.实验结束后，应按从下往上、从左往右的顺序拆卸装置11.某新型水系钠离子电池工作原

4、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.充电时，太阳能转化为电能，又转化为化学能B.放电时，a 极的电极反应式为：4S2-6e-=S42-C.充电时，阳极的电极反应式为：3I-2e-=I3-D.M是阴离子交换膜12.W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，W 的原子核外只有6 个电子，X+和 Y3+的电子层结构相同，Z-的电子数比Y3+多 8 个，下列叙述正确的是（）A.W 在自然界只有一种核素B.半径大小：X+Y3+Z-C.Y 与 Z形成的化合物的水溶液呈弱酸性D.X 的最高价氧化物对应的水化物为弱碱13.向

5、湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和 CuSO4，可生成CuCl 沉淀除去Cl-，降低对电解的影响，反应原理如下：Cu（s）+Cu2+（aq）?2Cu+（aq）H1=akJ?mol-1 Cl-（aq）+Cu+（aq）?CuCl（s）H2=bkJ?mol-1实验测得电解液pH对溶液中残留c（Cl-）的影响如图所示。下 列说法正确的是（）A.向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除B.溶液 pH越大，Ksp（CuCl）增大C.反应达到平衡后，增大c（Cu2+），c（Cl-）减小D.Cu（s）+Cu2+（aq）+Cl-（aq）?CuCl（s）的 H=（a+2b）kJ?mol-1第卷（非选择题）三、非选择

6、题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22 题第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33 题第38 题为选考题，考生根据要求作答。26.ClO2（黄绿色易溶于水的气体）是一种高效、低毒的消毒剂某兴趣小组通过图1 装置（夹持装置略）对其制备、吸收和释放进行了研究（1）仪器 A的名称是 _（2）安装 F 中导管时，应选用图2 中的 _（3）A中发生反应生成ClO2和 Cl2，其氧化产物和还原产物物质的量之比为_（4）关闭 B的活塞，ClO2在 D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时 F 中溶液的颜色不变，则装置 C的作用是 _（5）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl 并释

7、放出ClO2，该反应的离子方程式为_（6）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液为测定所得溶液中ClO2的浓度，进行了下列实验：步骤 1：准确量取ClO2溶液 10.00mL，稀释成100.00mL 试样，量取V0mL试样加入到锥形瓶中；步骤 2：用稀硫酸调节试样的pH 2.0，加入足量的KI 晶体，静置片刻；步骤 3：加入指示剂，用c mol?L-1Na2S2O3溶液滴定至终点重复2 次，测得消耗Na2S2O3溶液平均值为V1mL （已知 2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O 2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI）计算该 ClO2的浓度为 _

8、g/L（用含字母的代数式表示，计算结果化简）27.工业上以锂辉石为原料生产碳酸锂的部分工业流程如图：已知：锂辉石的主要成分为Li2O?Al2O3?4SiO2，其中含少量Ca、Mg元素。Li2O?Al2O3?4SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O3?4SiO2?H2O 某些物质的溶解度（s）如下表所示。T/20 40 60 80 s（Li2CO3）/g 1.33 1.17 1.01 0.85 s（Li2SO4）/g 34.2 32.8 31.9 30.7（1）从滤渣中分离出Al2O3的流程如图所示。请写出生成沉淀的离子方程式_。（2）已知滤渣2 的主要成分有Mg（OH）2和 CaCO

9、3向滤液1 中加入石灰乳的作用是（运用化学平衡原理简述）_。（3）最后一个步骤中，用“热水洗涤”的目的是_。（4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：a将 Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH 溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。b电解后向LiOH 溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3。a中，阳极的电极反应式是_ 电解后，LiOH 溶液浓度增大的原因_，b中生成 Li2CO3反应的化学方程式是_。（5）磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+，试写出该电池放电

10、时的正极反应：_。28.C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。（1）CO2的重整用CO2和 H2为原料可得到CH4燃料。已知：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H1=247k/mol CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H2=205k/mol 写出 CO2重整的热化学方程式：_。（2）“亚碳酸盐法”吸收烟中的SO2将烟气通入1.0mol/L 的 Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的 pH不断 _（填“减小”“不变”或“增大）。当溶液pH约为 6 时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸

11、收剂，此时溶液中c（SO32-）=0.2 mol/L，则溶液中c（HSO3-）=_。室温条件下，将烟气通入（NH4）2SO3溶液中，测得溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图1：b 点时溶液pH=7，则 n（NH4+）：n（HSO3-）=_。（3）催化氧化法去除NO 一定条件下，用NH3消除 NO污染，其反应原理；4NH3+6NO 5N2+6H2O 不同温度条件下，n（NH3）：n（NO）的物质的量之比分别为4：1、3：1、1：3 时，得到NO脱除率曲线如图2 所示：曲线 a 中，NO的起始浓度为610-4mg?m-3，从 A点到 B点经过 0.8s，该时间段内NO的脱除速率为 _mg?m

12、-3?s-1。曲线 b 对应 NH3与 NO的物质的量之比是_。（4）间接电化学法除NO 其原理如图3 所示：写出阴极的电极反应式（阴极室溶液呈酸性）_。吸收池中除去NO的原理 _（用离子方程式表示）。35【选修3：物质结构与性质】(15 分)钛及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。（1）基态钛原子的价电子排布式为_，与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有_种。（2）钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料，钛的硬度比铝大的原因是_。（3）在浓的 TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl 至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3?6H2O的绿色晶体，该晶体中两种

13、配体的物质的量之比为1：5，则该配合离子的化学式为_。（4）半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其结构如图1 所示。组成 M的元素中，电负性最大的是_（填名称）。M 中碳原子的杂化方式为_。M 中不含 _（填代号）。a 键b 键c离子键d配位键（5）金红石（TiO2）是含钛的主要矿物之一。其晶胞结构（晶胞中相同位置的原子相同）如图 2 所示。A、B、C、D 4 种微粒，其中氧原子是_（填代号）。若 A、B、C的原子坐标分别为A（0，0，0）、B（0.69a，0.69a，c）、C（a，a，c），则 D的原子坐标为D（0.19a，_，_）；钛氧键的键长d=_（用代数式表示）。36【选

14、修5：有机化学基础】(15 分)药物 Targretin（F）能治疗顽固性皮肤T 细胞淋巴瘤，其合成路线如图所示：已知：RCOOH RCOCl（R表示烃基）（1）反应的反应类型是_。（2）反应的化学方程式：_。（3）C的核磁共振氢谱图中有_个峰。（4）反应的化学方程式：_。（5）F 的分子式是C24H28O2F中含有的官能团：_。（6）写出满足下列条件A的两种同分异构体的结构简式（不考虑-O-O-或结构）：_。a苯环上的一氯代物有两种b既能发生银镜反应又能发生水解反应（7）已知：（R、R为烃基）。以2-溴丙烷和乙烯为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转

15、化关系，箭头上注明试剂和反应条件解析版7.【答案】B【解析】解：A“木活字”是木头制造的，其主要成分是纤维素，故A正确；B“指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe3O4，故B错误；C苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质，故C正确；D“黑陶”是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐，故D正确；故选：B。A木材的主要成分是纤维素；B磁石的主要成分是Fe3O4；C蚕丝的主要成分是蛋白质；D陶瓷的主要成分是硅酸盐。本题考查物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的组成、化学与生活生产的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的

16、组成，题目难度不大。8.【答案】B【解析】解：A.1mol 二氧化硅中含有4molSi-O 键，个数为：2NA，故 A错误；B依据方程式：1+2KMnO41+2MnO2+1H2O+1KOH，消耗 1mol 甲苯转移 6mol 电子，1mol 甲苯质量为92g，则将 9.2g 甲苯加入足量的酸性高锰酸钾溶液中转移的电子数为0.6NA，故 B正确；C碳酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解，在含CO32-总数为 NA的 Na2CO3溶液中，Na+总数大于2NA，故 C错误；D标况下庚烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故D错误；故选：B。A.1mol 二氧化硅中含有4molSi-O 键；B依据方程式：

17、1+2KMnO41+2MnO2+1H2O+1KOH 结合化合价变化判断；C碳酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解；D气体摩尔体积使用对象为气体。本题主要考查了阿伏伽德罗常数的应用，掌握可逆反应、氧化还原反应的电子转移计算、过量计算是解答的关键，题目难度中等，注意气体摩尔体积使用条件和对象。9.【答案】D【解析】解：ACaO与水反应后，增大沸点差异，应选蒸馏法分离，故A错误；B-OH的位置不同，属于位置异构，故B错误；C乙酸乙酯与NaOH 反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；D一个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团，如果在苯环上再连接一个-CH3，看成二甲苯

18、（置，固定-OH在间位时乙基有3 种位置，有6 种；则同分异构体有7+3+6=16 种，故 D正确。故选：D。ACaO与水反应后生成氢氧化钙，氢氧化钙是离子化合物，增大了沸点差异；B碳链异构是碳链的连接方式不同，-OH的位置不同是位置异构；C乙酸乙酯能够在NaOH溶液中水解；D可看成二甲苯（）苯环上的H原子被-CH2CH3、-OH取代。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。10.【答案】B【解析】【分析】本题考查了浓硫酸的化学性质，题目难度中等，注意掌握浓硫酸的化学性质，明确检验碳与浓硫

19、酸反应产物的方法及先后顺序。【解答】木炭粉与浓硫酸反应，表现了浓硫酸的强氧化性，把碳氧化为最高价二氧化碳，本身被还原为二氧化硫，反应生成SO2和 CO2，化学方程式为：C+2H2SO4（浓）2SO2+CO2+2H2O，装置用于检验水蒸气，无色硫酸铜遇水反应变蓝；装置中第一个试剂瓶中品红溶液用于证明二氧化硫存在，高锰酸钾溶液除去二氧化硫，第二个试剂瓶中品红溶液用于检验二氧化硫是否除尽，装置中澄清石灰水用于检验二氧化碳气体，A若装置连接顺序变成，二氧化碳和二氧化硫都可以使澄清石灰水变浑浊，无法检验反应产物，故A错误；B装置中第一个试剂瓶中品红溶液用于证明二氧化硫存在，第二个试剂瓶中品红溶液用于检验

20、二氧化硫是否除尽，若装置只保留a、b，需要 b 中高锰酸钾溶液过量，溶液颜色变浅但不完全褪去判断二氧化硫全部除净，同样可以达到实验目的，故B正确；C若圆底绕瓶内碳粉过量，随反应进行最后变化为稀硫酸不与碳反应，溶液pH小于 5.6，故 C错误；D实验结束后，应按从上往下、从右往左的顺序拆卸装置，故D错误；故选：B。11.【答案】D【解析】解：A、根据题意：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，电能又转化为化学能，故A正确；B、充电时Na2S4还原为 Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a 是负极，电极反应式为：4S2-6e-=S42-，故 B正确；C、在充电时，阳

21、极b 上发生失电子的氧化反应，根据图示知道电极反应为3I-2e-I3-，故C正确；D、根据图示可以知道交换膜允许钠离子自由通过，所以 M应该是阳离子交换膜，故 D错误。故选：D。根据题意：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 是电池的正极，在充电时，阳极上发生失电子的氧化反应：3I-2e-I3-，据此回答。本题考查了原电池原理，明确正负极上得失电子及反应类型是解本题关键，难点是电极反应式的书写，根据M晶体的类型确定M的导电作用，题目难度中等。12.【答案】C【解析】解

22、：AC在自然界有多种核素，如12C、14C等，故 A错误；BNa+和 Al3+的电子层结构相同，核电荷数大离子半径小，Cl-比 Na+和 Al3+多一个电子层，离子半径最大，则离子半径大小：Al3+Na+Cl-，故 B错误；CAlCl3的水溶液中Al3+水解，溶液呈弱酸性，故C正确；DNa的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，为强碱，故D错误。故选：C。W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核外只有6 个电子，则W为 C元素；X+和 Y3+的电子层结构相同，则X为 Na元素，Y为 Al 元素；Z-的电子数比Y3+多 8 个，则 Z 为 Cl 元素，以此解答该题。本题考查原

23、子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意短周期元素的限制条件及规律性知识的应用，题目难度不大。13.【答案】C【解析】解：A由图可知，溶液的pH越小，溶液中残留c（Cl-）越大，则向电解液中加入稀硫酸，酸性增强，不利于Cl-的去除，故A错误；BKsp（CuCl）只与温度有关，与溶液pH无关，故B错误；C增大 c（Cu2+），促进生成CuCl，则 Cl-（aq）+Cu+（aq）?CuCl（s）右移，c（Cl-）减小，故 C正确；D Cu（s）+Cu2+（aq）?2Cu+（aq）H1=a kJ?mol-1，Cl-（aq）+Cu+

24、（aq）?CuCl（s）H2=bkJ?mol-1，结合盖斯定律可知+得到Cu（s）+Cu2+（aq）+Cl-（aq）?CuCl（s）H=（+b）kJ?mol-1，故 D错误；故选：C。A由图可知，溶液的pH越小，溶液中残留c（Cl-）越大；BKsp（CuCl）只与温度有关；C增大 c（Cu2+），促进生成CuCl；D Cu（s）+Cu2+（aq）?2Cu+（aq）H1=a kJ?mol-1，Cl-（aq）+Cu+（aq）?CuCl（s）H2=bkJ?mol-1，结合盖斯定律可知+得到Cu（s）+Cu2+（aq）+Cl-（aq）?CuCl（s）。本题考查难溶电解质，为高频考点，把握物质的性质、K

25、sp、平衡移动、盖斯定律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。26.【解析】解：（1）根据仪器特征，可知仪器A是园底烧瓶，故答案为：园底烧瓶；（2）F 装置应是Cl2和 KI 反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选 b，故答案为：b；（3）氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和 ClO2，NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4 价，盐酸中氯为-1 价，被氧化成0 价氯，转移电子数为2，所以 NaClO3、ClO2前系数为2，Cl2前系数为 1，反应化学方程式：2NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O，其氧化

26、产物Cl2和还原产物 ClO2物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；（4）F 装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F 中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2，故答案为：吸收Cl2；（5）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl 并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O，故答案为：4H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O；（6）设原 ClO2溶液的浓度为x，2ClO25I2 10Na2S2O32mol 10mol（1）根据仪器特征，可知仪器A是园底烧瓶；（2）F 装置应是C

27、l2和 KI 反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；（3）根据电子转移守恒和原子守恒书写氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和 ClO2的反应化学方程式计算；（4）F 装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F 中溶液的颜色不变，说明Cl2被吸收；（5）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl 并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O；（6）根据关系式2ClO25I210Na2S2O3计算 c（ClO2）本题以 ClO2的制备、吸收、释放为载体，考查实验制备方案设计、基本操作、对装置

28、及操作的分析评价等，注意根据问题进行制备流程分析，题目难度中等27.【解析】解：锂辉石（Li2O?Al2O3?4SiO2，含少量Ca，Mg元素）经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，经过过滤，得到滤渣1 为二氧化硅，滤液1 经过调节pH值，向滤液1 中加入石灰乳以增加Ca2+、OH-的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，（1）铝离子生成氢氧化铝的反应，氢氧化铝不能溶解于弱碱溶液氨水中，反应离子方程式为 Al3+3NH3H2O Al（OH）3+3NH4+

29、，故答案为：Al3+3NH3H2O Al（OH）3+3NH4+（2）石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，更完全的沉淀镁离子和碳酸根离子，向滤液 1 中加入石灰乳的作用是增加Ca2+、OH-的浓度，有利于Mg（OH）2、CaCO3的析出，故答案为：增加Ca2+、OH-的浓度，有利于Mg（OH）2、CaCO3的析出；（3）图表中碳酸锂溶解度随温度升高减小，向滤液2 中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，用“热水洗涤”可减少Li2CO3的损失，故答案为：Li2CO3的溶解度随温度升高而减小（4）Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为：2Cl-2e

30、=Cl2，故答案为：2Cl-2e-Cl2；阴极区由水电离出氢离子放电剩余氢氧根离子，锂离子向阴极移动，导致LiOH 溶液的浓度增大；电解后向LiOH 溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂的方程式为：2LiOH+NH4HCOLi2CO3;+2H2O+NH3，故答案为：阴极氢离子放电，锂离子向阴极移动；2LiOH+NH4HCOLi2CO3+2H2O+NH3（5）磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+，则负极的电极反应式为：Li-e-=Li+，总反应减去负极反应可得该电池放电时的正极反应为：FePO4+Li+e-=LiFe

31、PO4，故答案为：FePO4+Li+e-=LiFePO4。锂辉石（Li2O?Al2O3?4SiO2，含少量Ca，Mg元素）经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，经过过滤，得到滤渣1 为二氧化硅，滤液1 经过调节pH值，向滤液 1 中加入石灰乳以增加Ca2+、OH-的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣 2，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，（1）铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；（2）氢氧化钙提供氢氧根离子和钙离子，更完全的沉淀镁离子和碳酸根离子（3）根据图表中数据可知，碳酸锂溶解度随温度

32、升高减小，用“热水洗涤”可减少Li2CO3的损失（4）Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，据此书写阳极反应式阴极区由水电离出氢离子放电剩余氢氧根离子，锂离子向阴极移动，LiOH溶液的浓度增大碳酸氢铵与LiOH 反应生成碳酸锂、水和氨气（5）磷酸亚铁锂电池总反应为FePO4+LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+，则负极的电极反应式为：Li-e-=Li+，总反应减去负极反应可得该电池放电时的正极反应。本题通过锂辉石为原料生产碳酸锂考查制备方案的设计，题目难度中等，根据制备流程明确制备原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题有利于提高

33、学生的分析、理解能力及化学实验能力。28.【解析】解：（1）已知：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H1=+247k/mol，CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H2=+205k/mol，根据盖斯定律，由-2 得反应：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）H=H1-2 H2=-163kJ/mo1，故答案为：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）H=-163kJ/mo1；（2）将烟气通入1.0mol/L的 Na2SO3溶液，亚硫酸与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液pH不断减小；向亚硫酸钠溶

34、液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式SO2+Na2SO3+2H2O=2NaHSO3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1：2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为（1.0-0.2）mol/L，则生成 c（HSO3-）=2（1.0-0.2）mol/L=1.6 mol/L，故答案为：减小；1.6mol/L；b 点时溶液pH=7，此时溶液中的溶质是（NH4）2SO3和 NH4HSO3，根据电荷守恒，c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO3-）+2c（SO32-），因 pH=7，故 c（H+）=c（OH-），则 c（NH4+）=c（HSO3-）+2c（SO32-），

35、由图可读出b 点时，c（HSO3-）=c（SO32-），则 c（NH4+）=3c（HSO3-），因在同一体系，n（NH4+）：n（HSO3-）=3：1，故答案为：3：1；（3）曲线 a 中，NO的起始浓度为610-4mg?m-3，A点的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从 A点到 B点经过 0.8s，该时间段内NO 的脱除速率为610-4mg?m-3（0.75-0.55）0.8s=1.510-4mg?m-3?s-1，故答案为：1.5 10-4；NH3与 NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，则物质的量之比分别为4：1、3：1、1：3 时，对应的曲线为a、b、c，即曲线b 对应的物质的

36、量之比是3：1，故答案为：3：1；（4）阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是HSO3-在酸性条件下发生还原反应，生成S2O42-，其电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；根据图示，吸收池中 S2O42-和 NO是反应物，N2和 HSO3-是生成物，则吸收池中除去NO的原理是2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，故答案为：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-。（1）已知：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H1=+247k/mol，CH4（g）+H2O（g）=CO

37、（g）+3H2（g）H2=+205k/mol，根据盖斯定律，-2 得：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g），据此计算H；（2）二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据反应方程式的量的关系计算可得；先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用pH=7时，c（H+）=c（OH-）找出其他离子的等量关系，结合图示进行等量删减或替换，最后得出结果；（3）曲线a 中，NO的起始浓度为610-4mg?m-3，根据图象得到A、B处的 NO脱除率，可得两处的NO的浓度，再计算脱除速率；NH3与 NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，据此分析；（4）阴极得到电子发

38、生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收NO。本题考查较为综合，涉及盖斯定律应用、化学反应原理、影响化学平衡的因素、电解池原理等知识，题目难度中等，注意掌握盖斯定律内容、化学平衡及其影响，试题知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力。35.【解析】解：（1）Ti 位于周期表中第4 周期第 B族，其价电子排布式为3d24s2，与钛同周期元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有Ni，Ge，Se，共 3 种，故答案为：3d24s2；3；（2）钛硬度比铝大，考虑Ti 的金属键更强，Ti 原子的价电子数比Al 多，金属键更强，故答案为：Ti 原子的价电子数比Al 多，金属键更强（或T

39、i 的原子化热比Al 大，金属键更强等其他合理答案）；（3）浓的 TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl 至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3?6H2O的绿色晶体，晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，另一种配体为H2O，三个Cl-，一个在内界，两个在外界，满足电中性，所以配离子为：TiCl（H2O）52+，故答案为：TiCl（H2O）52+；（4）M中含有的元素有：Ti，Cl，O，C，H，其中电负性最大的是O，故答案为：氧；M中碳原子存在单键和双键，前者为sp3杂化，后者为sp2杂化，故答案为：sp2、sp3；M中含有共价键、配位键，共价单键为键，共价双键中一根为键，一根为键，所

40、以M中不含离子键，故答案为：c；（5）根据晶胞结构分析，四方晶胞中，顶点粒子占，面上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，晶体化学式为TiO2，O的数目是Ti 的两倍，则A、B、C、D 4 种微粒，其中氧原子是 B、D，故答案为：B、D；A、B、C的原子坐标分别为A（0，0，0）、B（0.69a，0.69a，c）、C（a，a，c），金红石晶胞中，Ti 处于体心，体心Ti 周围有 8 个 O形成八面体结构，上底面结构为：，中间半层的结构为，l 即为钛氧键的键长 d，根据上底面结构，D处于高的一半处所在的平面，根据中间半层的结构分析，l=d=0.31，已知 D的 x 坐标为 0.19a，则 y=a-0.

41、19a=0.81a，所以 D的坐标为（0.19a，0.81a，0.5c），故答案为：0.81a；0.5c；。（1）Ti 位于周期表中第4 周期第 B族，其价电子排布式为3d24s2；（2）钛硬度比铝大，考虑Ti 的金属键更强；（3）浓的 TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl 至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3?6H2O的绿色晶体，晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，另一种配体为H2O，三个Cl-，一个在内界，两个在外界，满足电中性；（4）M中含有的元素有：Ti，Cl，O，C，H；M中碳原子存在单键和双键；M中含有共价键、配位键，共价单键为键，共价双键中一根为键，一根为键；（5

42、）根据晶胞结构分析，四方晶胞中，顶点粒子占，面上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有；根据 A、B、C的原子坐标，坐标系原点选取为A，根据立体几何知识分析D的原子坐标并计算钛氧键键长d。本题考查物质结构知识，涉及到核外电子排布，价键类型判断，杂化轨道理论，晶体结构分析，整体难度中等，最后一题偏难，考查金红石晶胞。36.【解析】解：（1）对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化为对苯二甲酸，反应的反应类型是氧化反应，故答案为：氧化反应；（2）对苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成（B），反应的化学方程式：+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；（3）根据以上分析可知，有机物C的结构简式为（CH3）2CBr-CH=CH-BrC（CH3）2，以碳碳双键为对称轴进行分析可知，核磁共振氢谱图中有2 个峰，故答案为：2；（4）根据信息可知，（CH3）2CBr-CH2CH2-BrC（CH3）2与发生取代反应生成；反应的化学方程式：+2HBr，故答案为：+2HBr；本题考查有机物的推断与合成，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，题目涉及有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、官能团的性质、合成路线设计等，是对有机化学基础的综合考查，难度中等。