天津市和平区2015届高考化学一模试卷解析版

1、天津市和平区2015届高考化学一模试卷一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1下列有关说法不正确的是( )A利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学方法B纤维素，淀粉，油脂均为天然高分子物质C通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯D石油催化剂裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯丙烯等气态短链烃分析：A利用太阳能和催化剂分解水没有污染；B相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，油脂的相对分子量较小，不属于高分子化合物；C根据乙醇与乙酸乙酯含有的官能团以及红外光谱主要用于分析有机物的官能团类分析；D石油裂化

2、的目的是为了提高轻质液体燃料的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等；解答：解：A利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能，不消耗能源，也不产生污染，是一种绿色化学方法，故A正确；B淀粉、纤维素属于天然高分子化合物；油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；C乙醇含有羟基，乙酸乙酯含有酯基，官能团不同，所以通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯，故C正确；D石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，故D正确； 故选B点评：本题考查

3、较为综合，涉及太阳能、高分子化合物辨析、有机物的鉴别、石油裂化裂解等知识，题目难度不大，注意对相关知识的积累，侧重于考查学生对基础知识的应用能力2下列关于元素及其化合物的说法，正确的是( )AABBCCDD分析：A浓硝酸易挥发，且具有强氧化性；B向溶液加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液生成白色沉淀，可能是硫酸钡也可能是氯化银；C甲苯与溴水不发生化学反应；DAgCl、AgI均不溶于水，但AgI的溶解度更小解答：解：A铜与浓硝酸反应，生成气体用湿润KI淀粉试纸检验，试纸变蓝，因浓硝酸易挥发，且具有强氧化性，则不能说明NO2为酸性气体，故A错误；B向溶液加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液生成白色沉淀，可能是

4、硫酸钡也可能是氯化银，若有白色沉淀产生，该沉淀不一定是BaSO4，故B错误；C向甲苯滴入少量浓溴水，振荡，静置，溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色，发生了萃取，不发生化学反应，故C错误；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，发生沉淀的转化，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀，则说明Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故D正确；故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及离子的检验、沉淀的转化、萃取及物质的性质，选项A为解答的易错点，注意硝酸易挥发及其氧化性，题目难度等3一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂电池总反应为：C2H5OH+3

5、O22CO2+3H2O，电池示意如图，下列说法正确的是( )Aa极为电池的正极B电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极C电池负极的电极反应为：4H+O2+4e=2H2OD电池工作时，1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移专题：电化学专题分析：A在燃料电池，燃料在负极发生失电子的反应；B在燃料电池，电流在电路从正极流向负极；C在燃料电池，正极上是氧气得电子的还原反应，燃料在负极发生失电子的反应；D根据电池反应：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，乙醇被氧化电极反应式为C2H5OH+3H2O12e=2CO2+12H+，反应转移电子数为12解答：解：A在燃料电池，燃料乙醇在负极发生失电子

6、的反应，氧气是在正极上发生得电子的反应，则a为负极，故A错误；B电池工作时，电流由正极经外电路流向负极，在该电池由b极流向a极，故B错误；C在燃料电池，正极上是氧气得电子的还原反应，在酸性电解质环境下，正极的电极反应为：4H+O2+4e=2H2O，故C错误；D根据电池反应：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，乙醇被氧化电极反应式为C2H5OH+3H2O12e=2CO2+12H+，则1mol乙醇被氧化失去12mol电子，故D正确；故选D点评：本题考查原电池知识，题目难度等，本题注意把握根据电池总反应书写电极方程式的方法4香兰素是重要的香料之一，它可由丁香酚经多步反应合成，有关上述两种化合物

7、的说法正确的是( )A香兰素分子至少有12个原子共平面B丁香酚不能与三氯化铁溶液发生显色反应C1mol香兰素最多能与3mol氢气发生加成反应D常温下1mol丁香酚只能与1molBr2反应分析：丁香酚含有碳碳双键、苯、酚羟基、醚键，所以具有烯烃、苯、酚和醚的性质，香兰素含有醛基、酚羟基和醚键、苯环，具有醛、酚、醚和苯的性质，据此分析解答解答：解：A香兰素分子苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子在同一平面内，则7个C原子、3个H原子、2个O原子在同一平面内，所以香兰素分子至少有12个原子共平面，故A正确；B丁香酚含有酚羟基，具有酚的性质，能和氯化铁溶液发生显色反应，故B错误；C羰基、苯环都可以和氢

8、气发生加成反应，则1mol香兰素最多能与4mol氢气发生加成反应，故C错误；D苯环上酚羟基的邻对位H原子能被溴取代，碳碳双键能和溴发生加成反应，则常温下1mol丁香酚只能与2molBr2反应，故D错误；故选A点评：本题考查有机物的结构和性质，为2015届高考高频点，明确官能团与性质的关系是解本题关键，注意酚苯环上H原子发生取代反应的位置，难点是共面原子个数的判断5下列说法正确的是( )A常温下将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH=4B未确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH若pH7，则H2A是弱酸；pH7，H2A是强酸C已知酸性HFCH3COOH，物质的量浓度相

9、等的NaF与CH3COOK溶液：c（Na+）c（F）c（K+）c（CH3COO）D相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的蒸馏水 01mol/L盐酸 01mol/L氯化镁溶液 01mol/L硝酸银溶液，Ag+浓度：=分析：A、醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离；B、为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH，若pH7，H2A也可能是弱酸；C、弱酸的酸性越弱，其酸根离子的水解程度越大；D、相同温度下，氯化银溶液存在溶解平衡，溶液氯离子浓度越大，抑制氯化银溶解程度越大解答：解：A、常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，加水稀释促进醋酸电离，所以稀释后溶液氢离子浓度

10、大于原的，所以溶液的3pH4，故A错误；B、为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH若pH7，H2A也可能是弱酸，如亚硫酸，故B错误；C、酸性HFCH3COOH，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液，醋酸根离子的水解程度比氟离子强，醋酸根离子浓度小，钾离子与钠离子浓度相等，所以c（Na+）c（F）c（K+）c（CH3COO），故C正确；D、相同温度下，氯化银溶液存在溶解平衡，溶液氯离子浓度越大，抑制氯化银溶解程度越大，硝酸银是可溶性盐，所以硝酸银银离子浓度最大，则银离子浓度大小顺序是：dabc，故D错误；故选C点评：本题考查盐类水解、弱电解质的电离等知识点，明确弱电解质电

11、离及盐类水解特点即可解答，注意C很多同学易忘记硝酸银易溶而导致错误，题目难度不大6一定温度下，将等量的气体分别溶入起始体积相同的密闭容器I和II，使其发生反应，t0时容器I达到化学平衡，X、Y、Z的物质的量的变化如图所示则下列有关推断正确的是( )A该反应的化学方程式：3X+2Y=2ZB若两容器均达到平衡时，两容器的体积V（I）V（II），则容器II达到平衡所需时间小于t0C若两容器均达到平衡时，两容器Z的物质的量分数相同，则Y为固态或液态D若达平衡后对容器II升高温度使其体积增大，说明Z发生的反应为吸热反应分析：A、根据X、Y、Z物质的量的变化判断反应物、产物，利用物质的量之比等于化学计量数

12、之比确定化学计量数，据此书写化学方程式；B、是恒容容器，是恒压容器，根据计算得到的化学方程式的反应特点分析；C、两容器Z的物质的量分数相同说明达到相同的平衡状态；D、升高温度平衡向吸热反应方向进行，但容器是恒压容器，升高温度时其体积也会增大解答：解：A、由图可知，X、Y的物质的量增大，为生成物，Z物质的量减小，为反应物，到平衡后，X生成18mol，Y生成12mol，Z反应18mol，X、Y、Z的化学计量数之比=18：12：18=3：2：3，则反应的化学方程式为：3Z3X+2Y，故A错误；B、反应的化学方程式为：3Z3X+2Y，若两容器均达到平衡时，两容器的体积V（）V（），则容器达到平衡时体积

13、增大，压强减小的过程，达到平衡所需时间大于t0，故B错误；C、若两容器均达到平衡时，两容器Z的物质的量分数相同，说明达到相同的平衡，不受压强的变化影响，所以反应前后气体体积应是不变的反应，所以Y为固态或液态，故C正确；D、若达平衡后，容器是恒压容器，升高温度时其体积增大，但不能说明平衡正向进行，Z发生的反应不一定为吸热反应，故D错误；故选C点评：本题考查了恒温容器和恒压容器的平衡影响条件的分析判断，主要考查影响化学平衡的因素，平衡移动的方向判断是关键二、解答题（共6小题，满分64分）7C、O、Na、Al、S、Cl是常见的六种元素（1）C元素位于元素周期表第二周期，第IVA族C元素的一种子数为8

14、的同位素的符号C（2）用“大于”“小于”或“等于”填空（3）CaCO3和适量HCl溶液反应时，每产生44g气体（不考虑气体溶解），放热a KJ，则该反应的热化学方程式为CaCO3（s）+2HCl（aq）=CaCl2（aq）+H2O（l）+CO2（g）H=10a kJ/mol上述反应至无气泡逸出后，取适量残留溶液，插入pH传感器并逐滴滴入碳酸钠溶液，测得pH变化曲线如图所示请用离子方程式表示BC段发生的反应Ca2+CO32=CaCO3（4）氢气氧气常用作燃料电池，写出电解质为氢氧化钠溶液时负极上的电极方程式H2+2OH2e2H2O分析：（1）C的原子序数为6，原子结构有2个电子层，最外层电子数为

15、4；C元素的一种子数为8的同位素的符号为：C；（2）具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小；非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强；非金属性越强，对应离子的还原性越弱；同种非金属的不同原子，得到电子的能力相同；（3）每产生44g 气体（不考虑气体溶解），放热a kJ，则生成1mol气体放出10akJ的热量；上述反应至无气泡逸出后，取适量残留溶液，含氯化钙，逐滴滴入碳酸钠溶液，由BC段pH=7，可知反应生成碳酸钙沉淀和NaCl；（4）氢气氧气常用作燃料电池，负极发生氧化反应解答：解：（1）C的原子序数为6，原子结构有2个电子层，最外层电子数为4，C元素位于元素周期表第二周期，第IVA

16、族，C元素的一种子数为8的同位素的符号为：C；故答案为：二；IVA；C（2）具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为N3大于Al3+；非金属性ClS，最高价氧化物的水化物酸性为H2SO4小于HClO4；非金属性OS，对应离子的还原性为O2小于S2；同种非金属的不同原子，得到电子的能力相同，则得电子能力35Cl等于37Cl，故答案为：大于；小于；小于；等于；（3）每产生44g 气体（不考虑气体溶解），放热a kJ，则生成1mol气体放出10akJ的热量，热化学方程式为CaCO3（s）+2HCl（aq）=CaCl2（aq）+H2O（l）+CO2（g）H=10a kJ/mol，故

17、答案为：CaCO3（s）+2HCl（aq）=CaCl2（aq）+H2O（l）+CO2（g）H=10a kJ/mol；上述反应至无气泡逸出后，取适量残留溶液，含氯化钙，逐滴滴入碳酸钠溶液，由BC段pH=7，可知反应生成碳酸钙沉淀和NaCl，离子反应为Ca2+CO32=CaCO3，故答案为：Ca2+CO32=CaCO3；（4）氢氧燃料电池工作时，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应方程式为H2+2OH2e2H2O，故答案为：H2+2OH2e2H2O点评：本题考查较综合，涉及元素周期表的结构及应用、元素非金属性的比较及应用、离子反应及图象分析等，注重高频考点的考查，题目难度不大8（18分）脱水环化

18、是合成生物碱类天然产物的重要步骤，某生物碱V合成路线如下：（1）写出IV含氧官能团的名称醚键和羰基（2）写出IV物质的分子式C16H17NO2（3）写出下列反应的类型氧化反应，取代反应（4）反应的化学方程式（5）I和III在浓硫酸催化加热时反应的化学方程式是（6）下列说法正确的是BAI和V均属于芳香烃 BII能发生银镜反应CII能与4mol H2发生加成反应 D反应属于酯化反应（7）A的结构简式（8）VI与I互为同分异构体，VI遇三氯化铁溶液发生显色反应，其苯环上的一氯代物只有两种，写出满足上述条件的VI的结构简式分析：（1）根据的结构简式可知，的含氧官能团为醚键和羰基；（2）根据的结构简式可

19、知其分子式；（3）反应是将的醛基氧化成了羧基，反应是将和A反应形成了肽键；（4）反应是苯甲醛发生氧化反应生成苯甲酸；（5）I和III在浓硫酸催化加热时发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯；（6）A根据I和V的结构简式判断，BII有醛基，能发生银镜反应，CII的物质的量未知，D反应是形成了肽键的反应；（7）反应是将和A反应形成了肽键，比较和的结构简式可推断出A的结构；（8）VI与I互为同分异构体，VI遇三氯化铁溶液发生显色反应，说明有酚羟基，其苯环上的一氯代物只有两种，说明有两个处于对位的基团，据此写同分异构体的结构简式解答：解：（1）根据的结构简式可知，的含氧官能团为醚键和羰基，故答案为：醚键和羰基；

20、（2）根据的结构简式可知其分子式为C16H17NO2，故答案为：C16H17NO2；（3）反应是将的醛基氧化成了羧基，是氧化反应，反应是将和A反应形成了肽键，是取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；（4）反应是苯甲醛发生氧化反应生成苯甲酸，反应方程式为，故答案为：；（5）I和III在浓硫酸催化加热时发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯，反应方程式为，故答案为：；（6）A根据I和V的结构简式可知，它们组成除了碳氢外还都有氧元素，不属于烃类，故A错误； BII有醛基，能发生银镜反应，故B正确；CII有一个苯环和一个醛基都能与氢气加成，但的物质的量未知，故C错误；D反应是形成了肽键的反应，该反应不是酯化反

21、应，故D错误，故选B；（7）反应是将和A反应形成了肽键，比较和的结构简式可知A的结构为，故答案为：；（8）VI与I互为同分异构体，VI遇三氯化铁溶液发生显色反应，说明有酚羟基，其苯环上的一氯代物只有两种，说明有两个处于对位的基团，所以符合条件的的同分异构体的结构简式为，故答案为：点评：本题考查有机物推断，流程官能团的变化是解题的关键，需要学生熟练掌握官能团的性质，侧重考查学生分析推理与知识迁移应用能力，难度等9实验室制备一氧化碳原理是：HCOOHCO+H2O（1）从如图挑选所需仪器，画出I所缺的气体发生装置，并标明容器的试剂（2）装置II的作用防止水槽的水因倒吸流入蒸馏烧瓶分析：（1）该反应的

22、制取原理为 液+液气体，且需控制反应的温度，故发生装置应选用；（2）CO不溶于水，可用排水法收集，为防倒吸，在发生装置与收集装置间加一个安全瓶解答：解：（1）该反应的制取原理为 液+液气体，故应选用分液漏斗和蒸馏烧瓶作为气体发生装置，温度计的水银球在液体，测量反应液的温度，装置为确定锌镀层被除去的标志是，故答案为：；（2）生成的气体含有CO、HCOOH和H2O，HCOOH易溶于水，会发生倒吸现象，需在收集前加一个安全瓶，故装置的作用是防止水槽的水因倒吸流入蒸馏烧瓶，故答案为：防止水槽的水因倒吸流入蒸馏烧瓶点评：本题考查了气体发生装置的选择、安全瓶的运用，难度不大，注意安全瓶的作用和制备气体的装

23、置10实验室制备四水甲酸铜Cu（HCOO）24H2O晶体实验步骤如下（1）碱式碳酸铜的制备：a步骤i是将一定量胆矾和碳酸氢钠固体一起放到研钵研磨，其目的是研细并混合均匀b步骤ii是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水，反应温度控制在7080，如果看到有黑色固体生成（写实验现象），说明温度过高c相关的化学方程式2CuSO4+4NaHCO3=Cu（OH）2CuCO3+3CO2+2Na2SO4+H2O（2）四水甲酸铜晶体的制备：将碱式碳酸铜固体放入烧杯，加入一定量热的蒸馏水，再逐滴加入甲酸至碱式碳酸铜恰好全部溶解，乘热过滤除去少量不溶性杂质，然后蒸发冷却过滤，在用少量无水乙醇洗涤晶体23次晾干，得

24、到产品a相关的化学方程式Cu（OH）2CuCO3+4HCOOH+5H2O=2Cu（HCOO）24H2O+CO2b趁热过滤，必须趁热的原因是防止甲酸铜晶体析出c用乙醇洗涤晶体的目的洗去晶体表面的水和其它杂质，减少甲酸铜的损失分析：（1）胆矾和碳酸氢钠两种固体物质要要充分接触才能充分反应，碱式碳酸铜受热易分解，生成黑色的氧化铜，硫酸铜与碳酸氢钠反应生成碱式碳酸铜，根据元素守恒书写化学方程式；（2）碱式碳酸铜与甲酸反应生成甲酸铜，根据元素守恒书写化学方程式，甲酸铜的溶解度随温度的升高而变大，需趁热过滤，根据“相似相溶原理”可知甲酸铜易溶于水，难溶于有机溶剂解答：解：（1）a、胆矾和碳酸氢钠两种固体物

25、质要要充分接触才能充分反应，所以研磨的作用是把药品研细并混合均匀，故答案为：研细并混合均匀；b、温度过高，Cu（OH）2CuCO3会分解生成黑色的氧化铜，故答案为：有黑色固体生成；c、硫酸铜与碳酸氢钠反应生成碱式碳酸铜，根据元素守可知化学方程式为2CuSO4+4NaHCO3=Cu（OH）2CuCO3+3CO2+2Na2SO4+H2O，故答案为：2CuSO4+4NaHCO3=Cu（OH）2CuCO3+3CO2+2Na2SO4+H2O；（2）a、碱式碳酸铜与甲酸反应制得四水甲酸铜Cu（HCOO）24H2O晶体，根据元素守可知化学方程式为Cu（OH）2CuCO3+4HCOOH+5H2O=2Cu（HC

26、OO）24H2O+CO2，故答案为：Cu（OH）2CuCO3+4HCOOH+5H2O=2Cu（HCOO）24H2O+CO2；b、甲酸铜的溶解度随温度的升高而变大，如果冷却，会有晶体析出，降低产率，因此需趁热过滤，故答案为：防止甲酸铜晶体析出；c、甲酸铜易溶于水，难溶于酒精，不能用蒸馏水洗涤，故需用乙醇进行洗涤，洗去晶体表面的液体杂质，故答案为：洗去晶体表面的水和其它杂质，减少甲酸铜的损失点评：本题考查了物质制备方案的设计，题目难度等，明确制备原理为解答关键，注意掌握物质制备方案的设计原则，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力11探究小组用滴定法测定四水甲酸铜

27、Cu（HCOO）24H2O（Mr=226）的含量取ag式样配成100ml溶液，每次取2000ml，消除干扰离子后，用cmol/L EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6ml滴定反应如下：Cu2+H2Y22H+CuY2（1）计算Cu（HCOO）24H2O质量分数的表达式=100%（2）下列操作会导致Cu（HCOO）24H2O含量的测定结果偏高的是ca未干燥锥形瓶b滴定终点时，滴定管建最终产生气泡c未除净可与EDTA反应的干扰离子分析：由Cu2+H2Y22H+CuY2，铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/Lb103L=bc103mol；依据元素守恒得到：则20ml

28、溶液含有的Cu（HCOO）24H2O物质的量为bc103mol；100ml溶液含bc103mol5=5bc103mol，得到Cu（HCOO）24H2O质量分数；滴定实验误差分析依据标准溶液消耗的多少进行分析判断，标准溶液体积增大，测定结果偏高解答：解：取a g试样配成100mL溶液，每次取2000mL，消除干扰离子后，用c molL1 EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL滴定反应如下：Cu2+H2Y2=CuY2+2H+铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/Lb103L=bc103mol；依据元素守恒得到：则20ml溶液含有的Cu（HCOO）24H2O物质的

29、量为bc103mol；100ml溶液含bc103mol5=5bc103mol；所以Cu（HCOO）24H2O质量分数的表达式=100%；a未干燥锥形瓶对实验结果无影响；b滴定终点时滴定管尖嘴产生气泡说明消耗标准液读数偏小，结果偏低；c未除净可与EDTA反应的干扰离子，消耗标准液多，结果偏高；故答案为：；c点评：本题考查离子分离的方法，实验设计，试剂选择，和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质的熟练掌握是解题关键，题目难度等12CH4和CO2反应可以制造价值更高的化学产品（1）250时，以镍合金为催化剂，向4L容器通入6mol CO2、6mol CH4，发生反应：CO2 （g）+CH4（g）2C

30、O（g）+2H2（g）平衡体系各组分的浓度为：此温度下，该反应的平衡常数K=64 mol2L2（注明单位）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反应CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g） 的H=（H12H3+2H2） kJmol1（2）用Cu2Al2O4做催化剂，一定条件下，发生反应：CO2+CH4CH3COOH，请回答：温度与催化剂的催化效率和乙酸的生成速率如图250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因

31、是温度在250300时，催化剂的催化效率降低为提高上述反应CH4的转化率，可采取的措施有增大反应压强、增大CO2的浓度（写2种）Cu2Al2O4可溶解在稀硝酸，被氧化的元素为Cu，每消耗3mol Cu2Al2O4时被还原的HNO3为2mol（3）Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，若寻找吸收CO2的其他物质，下列建议合理的是aca可在碱性氧化物寻找b可在具有强氧化性的物质寻找c可在A、A族元素的氧化物寻找Li4SiO4可用于吸收、释放CO2，原理是：500时，CO2与Li4SiO4接触生成Li2CO3；平衡后加热至700，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，该原理的化学方程式2CO2+Li4SiO42Li2CO3+SiO2专题：化学平衡专题分析：（1）先利用三段法求出各物质的物质的量，然后再根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；根据盖斯定律解答；（2）根据温度对催化剂活性的影响；根据外界条件对化学平衡的影响，平衡正向移动，反应物转化率增大；先将Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2OAl2O3，再根据氧化物与酸反应生成离子方程式，需要注意的是一价铜具有还原性；（3）二氧化碳为酸性气体，Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2与氧化性无关；根据题干信息，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物