（備考）全國名校高考化學(xué)試題分類解析匯編 O單元+化學(xué)與技術(shù)（含6月試題）(1).doc

o單元 化學(xué)與技術(shù)o1 化學(xué)與工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)1o2 海水的綜合利用8o3 石油、煤和天然氣的綜合利用8o4 化學(xué)與材料、技術(shù)的發(fā)展發(fā)展8o5 化學(xué)與技術(shù)綜合10o1 化學(xué)與工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)36o1【2014寧夏銀川一中三?！俊净瘜W(xué)選修2：化學(xué)與技術(shù)】（15分）工業(yè)上可用食鹽和石灰石為主要原料，經(jīng)不同的方法生產(chǎn)純堿。請(qǐng)回答下列問題：（1）盧布蘭芳是以食鹽、石灰石、濃硫酸、焦炭為原料，在高溫下進(jìn)行煅燒，再浸取，結(jié)晶而制得純堿。 食鹽和濃硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為 ； 硫酸鈉和焦炭、石灰石反應(yīng)的化學(xué)方程式為_ （已知產(chǎn)物之一為cas）； （2）氨堿法的工藝如下圖所示，得到的碳酸氫鈉經(jīng)煅燒生成純堿。圖中的中間產(chǎn)物c是_，d_。（寫化學(xué)式）；裝置乙中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 ；（3）聯(lián)合制堿法對(duì)氨堿法的改進(jìn)，其優(yōu)點(diǎn)是 ；（4）有人認(rèn)為碳酸氫鉀與碳酸氫鈉的化學(xué)性質(zhì)相似，故也可用氨堿法以氯化鉀和石灰石為原料制碳酸鉀。請(qǐng)結(jié)合下圖的溶解度（s）隨溫度變化曲線，分析說明是否可行？ 。【知識(shí)點(diǎn)】純堿工業(yè)（侯氏制堿）【答案解析】 （1）nacl+h2so4(濃)=nahso4+hcl或2nacl+h2so4(濃) na2so4+2hcl(2分)na2so4+ 2c+caco3 cas+na2co3+2co2 (2分)（2）ca(oh)2(2分)nh3(2分)nh3+co2+nacl+h2o=nahco3+nh4cl（2分）（3）提高食鹽利用率、副產(chǎn)物氯化銨可用作化肥、可利用合成氨的產(chǎn)物co2。 (2分) （4）不可行(1分) 因?yàn)閗hco3的溶解度較大，且在常溫下與kcl溶解度相差小，在銨鹽水碳酸化時(shí)無法大量析出。(2分)解析：（1）根據(jù)難揮發(fā)性酸制備揮發(fā)性酸的原理，濃硫酸與氯化鈉晶體反應(yīng)生成hcl氣體，反應(yīng)方程式為： nacl+h2so4(濃)=nahso4+hcl或2nacl+h2so4(濃) na2so4+2hcl(2分)；硫酸鈉和焦炭、石灰石反應(yīng)的產(chǎn)物之一為cas，說明發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，s元素的化合價(jià)降低，na2so4作氧化劑，則作還原劑的為焦炭，c元素的化合價(jià)升高為+4價(jià)，由此可判斷產(chǎn)物還有碳酸鈉和二氧化碳，其反應(yīng)方程式為na2so4+ 2c+caco3 cas+na2co3+2co2 ；（2）甲裝置為煅燒石灰石生成氧化鈣和二氧化碳的裝置，生成的氧化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，所以c應(yīng)為ca（oh）2，ca（oh）2加入到丁裝置，與nh4cl反應(yīng)生成nh3，則d應(yīng)為nh3；在溶液中足量的co2和h2o及nh3會(huì)生成hco3-，hco3-再與na+結(jié)合生成nahco3晶體，以沉淀的形式析出，故答案為：nacl+co2+h2o+nh3=nahco3+nh4cl （3）該方法能提高原料的利用率，減少廢渣的排放，保留了氨堿法的優(yōu)點(diǎn)，消除了它的缺點(diǎn)，使食鹽的利用率提高；nh4cl 可做氮肥；可與合成氨廠聯(lián)合，使合成氨的原料氣 co 轉(zhuǎn)化成 co2，革除了 caco3 制 co2 這一工序故答案為：提高食鹽利用率、副產(chǎn)物氯化銨可用作化肥、可利用合成氨的產(chǎn)物co2。（4）由溶解曲線圖可知khco3和nh4cl的溶解度相差不大，當(dāng)溫度高于40時(shí)，由圖象可知，降溫結(jié)晶時(shí)會(huì)析出較多的kcl；【思路點(diǎn)撥】本題以工藝流程為依托，綜合考查了氧化還原反應(yīng)、物質(zhì)的溶解性、化學(xué)實(shí)驗(yàn)等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，有一定難度。36b3 f1 f2 f4 o1【2014江西師大附中三?！俊净瘜W(xué)選修2：化學(xué)與技術(shù)】（15分）第五主族的磷單質(zhì)及其化合物在工業(yè)上有廣泛應(yīng)用。（1）同磷灰石在高溫下制備黃磷的熱化學(xué)方程式為：4ca5(po4)3f(s)+21sio2(s)+30c(s)=3p4(g)+20casio3(s)+30co(g)+sif4(g)h已知相同條件下：4ca3(po4)2f(s)+3sio2(s)=6ca3(po4)2(s)+2casio3(s)+sif4(g) h12ca3(po4)2(s)+10c(s)=p4(g)+6cao(s)+10co(g) h2sio2(s)+cao(s)=casio3(s) h3用h1、h2和h3表示h，則h=_；（2）三聚磷酸可視為三個(gè)磷酸分子（磷酸結(jié)構(gòu)式如圖）之間脫去兩個(gè)水分子產(chǎn)物，其結(jié)構(gòu)式為_，三聚磷酸鈉（俗稱“五鈉”）是常用的水處理劑，其化學(xué)式為_；（3）次磷酸鈉（nah2po2）可用于工業(yè)上的化學(xué)鍍鎳。化學(xué)鍍鎳的溶液中含有ni2+和h2po2，在酸性等條件下發(fā)生下述反應(yīng)：（a）_ ni2+ + _ h2po2+ _ _ni+_ h2po3+ _（b）6h2po-2 +2h+ =2p+4h2po3+3h2請(qǐng)?jiān)诖痤}卡上寫出并配平反應(yīng)式（a）；利用中反應(yīng)可在塑料鍍件表面沉積鎳磷合金，從而達(dá)到化學(xué)鍍鎳的目的，這是一種常見的化學(xué)鍍。請(qǐng)從以下方面比較化學(xué)鍍與電鍍。方法上的不同點(diǎn)：_；原理上的不同點(diǎn)：_；化學(xué)鍍的優(yōu)點(diǎn)：_。 【知識(shí)點(diǎn)】熱化學(xué)方程式、氧化還原反應(yīng)方程式的配平、電解原理【答案解析】 （1） h13h2+18h3 （2分） （2） （2分） ，na5p3o10（2分） （3）2ni2+ + 1h2po2+ 1h2o 2ni+ +1h2po3+ 2h+（3分） （4）化學(xué)鍍中鍍件直接與電解質(zhì)溶液接觸反應(yīng)；（2分） 電鍍通過外加電流，在鍍件外形成鍍層；化學(xué)鍍是利用化學(xué)腐蝕反應(yīng)；電鍍是利用電解池，外加電流進(jìn)行氧化還原反應(yīng)； （2分） 裝置簡便，節(jié)約能源，操作簡便（2分）解析：（1）熱化學(xué)方程式4ca5（po4）3f（s）+2lsio2（s）+30c（s）=3p4（g）+20casio3（s）+30co（g）+sif4可以將下列三個(gè)反應(yīng)相加得到：4ca5（po4）3f（s）+3sio2（s）=6ca3（po4）2（s）+2casio3（s）+sif4（g）h1；6ca3（po4）2（s）+30c（s）=3p4（g）+18cao（s）+30co（g）3h2；18sio2（s）+18cao（s）=18casio3（s）18h3；根據(jù)蓋斯定律可得h=h1+3h2+18h3；（2）一個(gè)磷酸中的羥基與另一個(gè)磷酸的h之間可以脫水結(jié)構(gòu)式則為，“五鈉”即五個(gè)鈉原子，所以三聚磷酸鈉的化學(xué)式為na5p3o10，故答案為：na5p3o10；（3）（a）根據(jù)得失電子守恒：鎳元素的化合價(jià)降低了1價(jià)，磷元素的化合價(jià)升高的2價(jià)，所以根據(jù)原子守恒結(jié)合電荷守恒可得配平的方程式為：2ni2+ + 1h2po2+ 1h2o 2ni+ +1h2po3+ 2h+；從方法上分析，電鍍是利用電解原理通過外加直流電源，在鍍件表面形成的鍍層，鍍層一般只有鎳，而化學(xué)鍍是利用氧化還原反應(yīng)鍍件直接與電解質(zhì)溶液接觸，在塑料鍍件表面沉積鎳-磷合金，這是兩者的不同；從原理上分析，無論電鍍還是化學(xué)鍍均有電子的轉(zhuǎn)移，均是利用了氧化還原反應(yīng)，這是兩者的相同點(diǎn)，故答案為：化學(xué)鍍中鍍件直接與電解質(zhì)溶液接觸反應(yīng)化學(xué)鍍無需通電，而電鍍需要通電；電鍍通過外加電流，在鍍件外形成鍍層；化學(xué)鍍是利用化學(xué)腐蝕反應(yīng)；電鍍是利用電解池，外加電流進(jìn)行氧化還原反應(yīng)；裝置簡便，節(jié)約能源，操作簡便化學(xué)鍍對(duì)鍍件的導(dǎo)電性無特殊要求?！舅悸伏c(diǎn)撥】本題考查學(xué)生對(duì)熱化學(xué)方程式含義及對(duì)氧化還原反應(yīng)本質(zhì)的理解，綜合性較強(qiáng)，難度較大。36、a4 h1 h3 j2 f4 o1【2014臨川二中一?！炕瘜W(xué)選修：化學(xué)與技術(shù)so2、no是大氣污染物。吸收so2 和no，獲得na2s2o4和nh4no3產(chǎn)品的流程圖如下（ce為鈰元素）：（1）裝置中生成hso3的離子方程為 。（2）含硫各微粒（h2so3、hso3和so32）存在于so2與naoh溶液反應(yīng)后的溶液中，它們的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x(i)與溶液ph 的關(guān)系如右圖所示。下列說法正確的是 （填字母序號(hào)）。aph=8時(shí)，溶液中c(hso3) c(so32)bph=7時(shí)，溶液中c(na+) =c(hso3)+c(so32) c為獲得盡可能純的nahso3，可將溶液的ph控制在45左右向ph=5的nahso3溶液中滴加一定濃度的cacl2溶液，溶液中出現(xiàn)渾濁，ph降為2，用化學(xué)平衡移動(dòng)原理解釋溶液ph降低的原因： 。（3）裝置中，酸性條件下，no被ce4+氧化的產(chǎn)物主要是no3、no2，寫出生成no3的離子方程式 。（4）裝置的作用之一是再生ce4+，其原理如下圖所示。 生成ce4+的電極反應(yīng)式為 。 生成ce4+從電解槽的 （填字母序號(hào)）口流出。（5） 已知進(jìn)入裝置的溶液中，no2的濃度為a gl-1，要使1 m3該溶液中的no2完全轉(zhuǎn)化為nh4no3，需至少向裝置中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的o2 l。（用含a代數(shù)式表示，計(jì)算結(jié)果保留整數(shù)）【知識(shí)點(diǎn)】無機(jī)流程、溶液中的離子濃度大小、電化學(xué)、計(jì)算【答案解析】 （1）so2 + oh= hso3（2分）； （2）a、c （3分） hso3so32+h+，加入cacl2溶液， ca2+so32= caso3使平衡右移，c(h+)增大。（3）no+2h2o+3ce4+=3ce3+no3+4h+（3分）（4）ce3+- e= ce4+ （2分） a （2分）（5）243a（242a、244a、5600a /23都給分）（3分）解析：（1）進(jìn)入裝置中的物質(zhì)有：naoh、no、so2，則生成hso3的離子方程為： so2 + oh= hso3（2）如圖ph=8時(shí)，溶液中c(hso3) c(so32)a正確。ph=7時(shí)，溶液中c(na+)+c(h+) =c(hso3)+2c(so32)+c(oh-)，c(h+)= c(oh-)，所以b不正確。如圖ph控制在45左右，溶液中沒有hso3，所以c錯(cuò)。向ph=5的nahso3溶液中滴加一定濃度的cacl2溶液，溶液中出現(xiàn)渾濁，ph降為2原因?yàn)閔so3so32+h+，加入cacl2溶液， ca2+so32= caso3使平衡右移，c(h+)增大。（3）裝置中，如流程圖反應(yīng)物為no、ce4+生成物有ce3+、no3。根據(jù)電荷守恒和題意給出酸性溶液，反應(yīng)物還有h2o，生成物還有h+。根據(jù)氧化還原原理和得失電子守恒配平得no+2h2o+3ce4+=3ce3+no3+4h+。（4）根據(jù)流程圖其電極方程式只能是ce3+- e=ce4+。由ce3+- e= ce4+得陽極生成ce4+，所以從電解槽的a口流出。（5）根據(jù)得失電子守恒no2和o2的物質(zhì)的量之比為2:1。得氧氣的體積為=243a ?！舅悸伏c(diǎn)撥】本題考查了離子方式、電極方程式的書寫，溶液中濃度大小的比較，氧化還原反應(yīng)，利用電荷守恒計(jì)算。題目難度較大。注意從已知提取信息，培養(yǎng)看圖分析能力。32c3 j2 o1【2014中山一中高考內(nèi)部調(diào)研】（16分）堿式硫酸鐵fe(oh)so4對(duì)水中的懸浮物、有機(jī)物、硫化物、重金屬等都能絮凝，工業(yè)上常用硫酸亞鐵法制備，工藝流程如下圖所示：已知： fe3+沉淀完全時(shí)的ph3.1， fe2+沉淀完全時(shí)的ph9.7。（1）請(qǐng)寫出溶解過程中加快溶解速率和提高浸出率的兩點(diǎn)措施： _，_。（2）加入硫酸的作用是控制體系的ph值，若硫酸加入量過小，反應(yīng)體系酸度太低，容易生成 沉淀；若硫酸加入量過大，不利于產(chǎn)品形成，試從平衡移動(dòng)的角度分析原因是 。（3）氧化過程中生成的氣體遇空氣變紅棕色。寫出氧化過程發(fā)生的離子方程式： _。（4）流程圖中的“系列操作”包括 ， ，過濾，洗滌，烘干?！局R(shí)點(diǎn)】化工流程分析【答案解析】（16分）（1）適當(dāng)升溫、充分?jǐn)嚢?、延長溶解時(shí)間等 （每空2分，共4分） （2）fe(oh)3沉淀；（2分） 過量的硫酸與fe(oh)so4電離出來的oh中和，使電離平衡向右移動(dòng)（3分）（3）fe2+ + no2+ so42+ h+ fe(oh)so4 + no （3分）（4）蒸發(fā)濃縮（2分）、冷卻結(jié)晶；（2分）；解析：（1）根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素及規(guī)律，適當(dāng)升溫、充分?jǐn)嚢?、延長溶解時(shí)間等均可加快溶解速率和提高浸出率。（2）若硫酸加入量過小，反應(yīng)體系酸度太低，fe3容易轉(zhuǎn)化為fe(oh)3沉淀。若硫酸加入量過大，過量的硫酸與fe(oh)so4電離出來的oh中和，使電離平衡向右移動(dòng)，不利于產(chǎn)品形成。（3）氧化過程生成的氣體為no，no2被還原為no，則fe2被氧化為fe3，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒配平離子方程式為：fe2+ + no2+ so42- + h+ fe(oh)so4 + no。（4）流程圖中的“系列操作”是由溶液得到晶體，為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，洗滌，烘干?！舅悸伏c(diǎn)撥】本題考查堿式硫酸鐵的工藝流程分析，主要考查工藝流程中原理、操作及措施等，涉及化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡、氧化還原反應(yīng)、化學(xué)實(shí)驗(yàn)操作等知識(shí)。o2 海水的綜合利用o3 石油、煤和天然氣的綜合利用o4 化學(xué)與材料、技術(shù)的發(fā)展發(fā)展36、a4 b3 e3 j1 j2 j4 o4【2014武漢二中模擬】【化學(xué)選修2化學(xué)與技術(shù)】（15分）納米材料二氧化鈦(tio2)具有很高的化學(xué)活性，可做性能優(yōu)良的催化劑。（1）工業(yè)上二氧化鈦的制備是：i. 將干燥后的金紅石(主要成分tio2,主要雜質(zhì)sio2)與碳粉混合裝入氯化爐中，在高溫下通入cl2,制得混有sicl4雜質(zhì)的ticl4。ii. 將混有sicl4雜質(zhì)的ticl4分離，得到純凈的ticl4。iii. 在ticl4中加水、加熱，水解得到沉淀tio2xh2o。iv. tio2xh2o高溫分解得到tio2。ticl4與sicl4在常溫下的狀態(tài)是_。ii中所采取的操作名稱_。資料卡片物質(zhì)熔點(diǎn)沸點(diǎn)sicl47057.6ticl425136.5如實(shí)驗(yàn)iv中，應(yīng)將tio2.xh2o放在_ (填儀器編號(hào))中加熱。（2）據(jù)報(bào)道：“生態(tài)馬路”是在鋪設(shè)時(shí)加入一定量的tio2,tio2受太陽光照射后，產(chǎn)生的電子被空氣或水中的氧獲得，生成h2o2,其過程大致如下：a. o22o b. o+h2o2oh(羥基) c. oh+ohh2o2b中破壞的是（填“極性共價(jià)鍵”或“非極性共價(jià)鍵”）。h2o2能清除路面空氣中的等，其主要是利用了h2o2的（填“氧化性”或“還原性”）。（3）過氧化氫是重要的化學(xué)試劑，它的水溶液又稱為雙氧水，常用作消毒、殺菌、漂白等。某化學(xué)興趣小組取一定量的過氧化氫溶液，準(zhǔn)確測定了過氧化氫的含量。請(qǐng)?zhí)顚懴铝锌瞻祝喝?0.00 ml密度為p g/ml的過氧化氫溶液稀釋至250 ml。取稀釋后的過氧化氫溶液25.00ml至錐形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸餾水稀釋，作被測試樣。用高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定被測試樣，其反應(yīng)的離子方程式如下，請(qǐng)將相關(guān)物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)配平及化學(xué)式填寫在方框里。 mno+ h2o2+ h+= mn2+ h2o+ 滴定時(shí)，將高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液注入_（填“酸式”或“堿式”）滴定管中。滴定到達(dá)終點(diǎn)的現(xiàn)象是_。重復(fù)滴定三次，平均耗用c mol/l kmno4標(biāo)準(zhǔn)溶液 v ml,則原過氧化氫溶液中過氧化氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_。若滴定前滴定管尖嘴中有氣泡，滴定后氣泡消失，則測定結(jié)果_ （填“偏高”或“偏低”或“不變”）。【知識(shí)點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算；極性鍵和非極性鍵；氧化還原反應(yīng)；直接加熱的儀器及使用方法；物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用【答案解析】（1）液態(tài)(1分) 蒸餾(1分) b (1分) （2）極性共價(jià)鍵 (1分) 氧化性(1分) （3）2 5 6 2 8 5o2 （2分）酸式（1分）滴入最后一滴高錳酸鉀溶液時(shí)，溶液呈淺紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色（2分）（3分） 偏高 （2分） 解析：（1）根據(jù)資料卡片中的ticl4與sicl4熔點(diǎn)、沸點(diǎn)可知，ticl4與sicl4在常溫下