全国名校高考化学试题分类解析汇编 O单元+化学与技术含试题Word格式.docx
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全国名校高考化学试题分类解析汇编 O单元+化学与技术含试题Word格式.docx
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【知识点】纯碱工业(侯氏制碱)
【答案解析】
(1)①NaCl+H2SO4(浓)=NaHSO4+HCl↑
或2NaCl+H2SO4(浓)
Na2SO4+2HCl↑(2分)
②Na2SO4+2C+CaCO3
CaS+Na2CO3+2CO2↑(2分)
(2)Ca(OH)2(2分) NH3(2分)②NH3
+
CO2
+NaCl
+H2O
=
NaHCO3↓+
NH4Cl
(2分)
(3)提高食盐利用率、副产物氯化铵可用作化肥、可利用合成氨的产物CO2。
(2分)
(4)不可行(1分)因为KHCO3的溶解度较大,且在常温下与KCl溶解度相差小,在铵盐水碳酸化时无法大量析出。
解析:
(1)①根据难挥发性酸制备挥发性酸的原理,浓硫酸与氯化钠晶体反应生成HCl气体,反应方程式为:
NaCl+H2SO4(浓)=NaHSO4+HCl↑或2NaCl+H2SO4(浓)
Na2SO4+2HCl↑(2分);
②硫酸钠和焦炭、石灰石反应的产物之一为CaS,说明发生了氧化还原反应,S元素的化合价降低,Na2SO4作氧化剂,则作还原剂的为焦炭,C元素的化合价升高为+4价,由此可判断产物还有碳酸钠和二氧
化碳,其反应方程式为Na2SO4+2C+CaCO3
CaS+Na2CO3+2CO2↑;
(2)①甲装置为煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳的装置,生成的氧化钙与水反应生成氢氧化钙,所以C应为Ca(OH)2,Ca(OH)2加入到丁装置,与NH4Cl反应生成NH3,则D应为NH3;
②在溶液中足量的CO2和H2O及NH3会生成HCO3-,HCO3-再与Na+结合
生成NaHCO3晶体,以沉淀的形式析出,故答案为:
NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl
(3)该方法能提高原料的利用率,减少废渣的排放,保留了氨碱法的优点,消除了它的缺点,使食盐的利用率提高;
NH4Cl可做氮肥;
可与合成氨厂联合,使合成氨的原料气CO转化成CO2,革除了CaCO3制CO2这一工序.
故答案为:
提高食盐利用率、副产物氯化铵可用作化肥、可利用合成氨的产物CO2。
(4)由溶解曲线图可知KHCO3和NH4Cl的溶解度相差不大,当温度高于40℃时,由图象可知,降温结晶时会析出较多的KCl;
【思路点拨】本题以工艺流程为依托,综合考查了氧化还原反应、物质的溶解性、化学实验等知识,综合性较强,有一定难度。
36.B3F1F2F4O1【2014·
江西师大附中三模】【化学——选修2:
第五主族的磷单质及其化合物在工业上有广泛应用。
(1)同磷灰石在高温下制备黄磷的热化学方程式为:
4Ca5(PO4)3F(s)+21SiO2(s)+30C(s)=3P4(g)+20CaSiO3(s)+30
CO(g)+SiF4(g)
H
已知相同条件下:
4Ca3(PO4)2F(s)+3SiO2(s)=6Ca3(PO4)2(s)+2CaSiO3(s)+SiF4(g)△H1
2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)=P4(g)+6CaO(s)+10CO(g)△H2
SiO2(s)+CaO(s)=CaSiO3(s)△H3
用△H1、△H2和△H3表示
H,则
H=____________________;
(2)三聚磷酸可视为三个磷酸分子(磷酸结构式如图)之间脱去两个水分子产物,其结构式为________________________________,三聚磷酸钠(俗称“五钠”)是常用的水处理剂,其化
学式为____________;
(3)次磷酸钠(NaH2PO2)可用于工业上的化学镀镍。
①化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2-,在酸性等条件下发生下述反应:
(a)_____Ni2++____H2PO2-+_____→__
_Ni++______H2PO3-+____
(b)6H2PO-2+2H+=2P+4H2PO3+3H2↑
请在答题卡上写出并配平反应式(a);
②利用①中反应可在塑料镀件表面沉积镍—磷合金,从而达到化学镀镍的目的,这是一种常见的化学镀。
请从以下方面比较化学镀与电镀。
方法上的不同点:
______________________________________________________;
原理上的不同点:
化学镀的优点:
________________________________________________________。
【知识点】热化学方程式、氧化还原反应方程式的配平、电解原理【答案解析】
(1)△H1—3△H2+18△H3(2分)
(2)
(2分),Na5P3O10(2分)
(3)2Ni2++1H2PO2-+1H2O→2Ni++1H2PO3-+2H+(3分)
(4)化学镀中镀件直接与电解质溶液接触反应;
(2分)
电镀通过外加电流,在镀件外形成镀层
;
化学镀是利用化学腐蚀反应;
电镀是利用电解池,外加电流进行氧化还原反应
(2分)
装置简便,节约能源,操作简便
(1)热化学方程式4Ca5(PO4)3F(s)+2lSiO2(s)+30C(s)=3P4(g)+20CaSiO3(s)+30CO(g)+SiF4可以将下列三个反应相加得到:
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)3△H2;
18SiO2(s)+18CaO(s)=18CaSiO3(s)18△H3;
根据盖斯定律可得△H=△H1+3△H2+18△H3;
(2)一个磷酸中的羟基与另一个磷酸的H之间可以脱水.结构式则为
,“五钠”即五个钠原子,所以三聚磷酸钠的化学式为Na5P3O10,故答案为:
Na5P3O10;
(3)①(a)根据得失电子守恒:
镍元素的化合价降低了1价,磷元素的
化合价升高的2价,所以根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为:
2Ni2++1H2PO2-+1H2O→2Ni++1H2PO3-+2H+;
②从方法上分析,电镀是利用电解原理通过外加直流电源,在镀件表面形成的镀层,镀层一般只有镍,而化学镀是利用氧化还原反应镀件直接与电解质溶液接触,在塑料镀件表面沉积镍-磷合金,这是两者的不同;
从原理上分析,无论电镀还是化学镀均有电子的转移,均是利用了氧化还原反应,这是两者的相同点,
化学镀中镀件直接与电解质溶液接触反应化学镀无需通电,而电镀需要通电;
电镀通过外加电流,在镀件外形成镀层;
电镀是利用电解池,外加电流进行氧化还原反应;
装置简便,节约能源,操作简便化学镀对镀件的导电性无特殊要求。
【思路点拨】本题考查学生对热化学方程式含义及对氧化还原反应本质的理解,综合性较强,难度较大。
36、A4H1H3J2F4O1【2014·
临川二中一模】[化学—选修:
化学与技术]
SO2、NO是大气污染物。
吸收SO2和NO,获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素):
(1)装置Ⅰ中生成HSO3-的离子方程为。
(2)含硫各微粒(H2SO3、HSO3-和SO32-)存在于SO2与NaOH溶液反应后的溶液中,它们的物质的量分数X(i)与溶液pH的关系如右图所示。
下列说法正确的是(填字母序号)。
a.pH=8时,溶液中
c(HSO3-)<
c(SO32-)
b.pH=7时,溶液中c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)
c.为获得尽可能纯的NaHSO3,可将溶液的pH控制在4~5左右
向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液,溶液中出现浑浊,pH降为2,用化学平衡移动原理解释溶液pH降低的原因:
(3)装置Ⅱ中,酸性条件下,NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-、NO2-,写出生成NO3-的离子方程式。
(4)装置Ⅲ的作用之一是再生C
e4+,其原理如下图所示。
①生成Ce4+的电极反应式为。
②生成Ce4+从电解槽的(填字母序号)口流出。
(5)已知进入装置Ⅳ的溶液中,NO2-的浓度为ag·
L-1,要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3,需至少向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2L。
(用含a代数式表示,计算结果保留整数)
【知识点】无机流程、溶液中的离子浓度大小、电化学、计算
【答案解析】
(1)SO2+OH-===HSO3-(2分);
(2)①a、c(3分)
②HSO3-
SO32-+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)①Ce3+-e-===Ce4+(2分)②a(2分)
(5)243a(242a、244a、5600a/23都给分)(3分)
(1)进入装置Ⅰ中的物质有:
NaOH、NO、SO2,则生成HSO3-的离子方程为:
SO2+OH-===HSO3-
(2)
如图pH=8时,溶液中c(HSO3-)<
c(SO32-)a正确。
pH=7时,溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-),c(H+)=c(OH-),所以b不正确。
如图pH控制在4~5左右,溶液中没有HSO3-,所以c错。
向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液,溶液中出现浑浊,pH降为2原因为HSO3-
(3)装置Ⅱ中,如流程图反应物为NO、Ce4+生成物有Ce3+、NO3-。
根据电荷守恒和题意给出酸性溶液,反应物还有H2O,生成物还有H+。
根据氧化还原原理和得失电子守恒配平得NO+2H2O+3Ce4+===3Ce3++NO3-+4H+。
(4)①根据流程图其电极方程式只能是Ce3+-e-=Ce4+。
②由Ce3+-e-=Ce4+得阳极生成Ce4+,所以从电解槽的a口流出。
(5)根据得失电子守恒NO2-和O2的物质的量之比为2:
1。
得氧气的体积为
=243a。
【思路点拨】本题考查了离子方式、电极方程式的书写,溶液中浓度大小的比较,氧化还原反应,利用电荷守恒计算。
题目难度较大。
注意从已知提取信息,培养看图分析能力。
32.C3J2O1【2014·
中山一中高考内部调研】
(16分)碱式硫酸铁Fe(OH)SO4对水中的悬浮物、有机物、硫化物、重金属等都能絮凝,工业上常用硫酸亚铁法制备,工艺流程如下图所示:
已知:
Fe3+沉淀完全时的pH=3.1,Fe2+沉淀完全时的pH=9.7。
(1)请写出溶解过程中加快溶解速率和提高浸出率的两点措施:
_______________________________,______________________________。
(2)加入硫酸的作用是控制体系的pH值,若硫酸加入量过小,反应体系酸度太低,容易生成沉淀;
若硫酸加入量过大,不利于产品形成,试从平衡移动的角度分析原因是。
(3)氧化过程中生成的气体遇空气变红棕色。
写出氧化过程发生的离子方程式:
____
____________________________________________________________。
(4)流程图中的“系列操作”包括,,过滤,洗涤,烘干。
【知识点】化工流程分析
【答案解析】
(16分)
(1)适当升温、充分搅拌、延长溶解时间等(每空2分,共4分)
(2)Fe(OH)3沉淀
(2分)过量的硫酸与Fe(OH)SO4电离出来的OH-中和,使电离平衡向右移动(3分)(3)Fe2++NO2-+SO42-+H+=Fe(OH)SO4+NO↑(3分)(4)蒸发浓缩(2分)、冷却结晶;
(2分);
(1)根据化学反应速率的影响因素及规律,适当升温、充分搅拌、延长溶解时间等均可加快溶解速率和提高浸出率。
(2)若硫酸加入量过小,反应体系酸度太低,Fe3+容易转化为Fe(OH)3沉淀。
若硫酸加入量过大,过量的硫酸与Fe(OH)SO4电离出来的OH-中和,使电离平衡向右移动,不利于产品形成。
(3)氧化过程生成的气体为NO,NO2-被还原为NO,则Fe2+被氧化为Fe3+,根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平离子方程式为:
Fe2++NO2-+SO42-+H+=Fe(OH)SO4+NO↑。
(4)流程图中的“系列操作”是由溶液得到晶体,为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,洗涤,烘干。
【思路点拨】本题考查碱式硫酸铁的工艺流程分析,主要考查工艺流程中原理、操作及措施等,涉及化学反应速率、化学平衡、氧化还原反应、化学实验操作等知识。
O2海水的综合利用
O3石油、煤和天然气的综合利用
O4
化学与材料、技术的发展发展
36、A4B3E3J1J2J4O4【2014·
武汉二中模拟】【化学——选修2化学与技术】
纳米材料二氧化钛(TiO2)具有很高的化学活性,可做性能优良的催化剂。
(1)工业上二氧化钛的制备是:
I.将干燥后的金红石(主要成分TiO2,主要杂质SiO2)与碳粉混合装入氯化炉中,在高温下通入Cl2,制得混有SiCl4杂质的TiCl4。
II.将混有SiCl4杂质的TiCl4分离,得到纯净的TiCl4。
III.在TiCl4中加水、加热,水解得到沉淀TiO2•xH2O。
IV.TiO2·
xH2O高温分解得到TiO2。
①TiCl4与SiCl4在常温下的状态是_______。
II中所采取的操作名称_______。
②如实验IV中,应将TiO2.xH2O放在_______(填
仪器编号)中加热。
(2)据报道:
“生态马路”是在铺设时加入一定量的TiO2,TiO2受太阳光照射后,产生的电子被空气或水中的氧获得,生成H2O2,其过程大致如下:
a.O2→2Ob.O+H2O→2OH(羟基)c.OH+OH→H2O2
①b中破坏的是 (填“极性共价键”或“非极性共价键”)。
②H2O2能清除路面空气中的
等,其主要是利用了H2O2的 (填“氧化性”或“还原性”)。
(3)过氧化氢是重要的化学试剂,它的水溶液又称为双氧水,常用作消毒、杀菌、漂白等。
某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液,准确测定了过氧化氢的含量。
请填写下列空白:
①取10.00mL密度为Pg/mL的过氧化氢溶液稀释至250mL。
取稀释后的过氧化氢溶液25.00mL至锥形瓶中,加入稀硫酸酸化,用蒸馏水稀释,作被测试样。
用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样,其反应的离子方程式如下,请将相关物质的化学计量数配平及化学式填写在方框里。
MnO
+H2O2+H+=Mn2++H2O+
②滴定时,将高锰酸钾标准溶液注入______________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
滴定到达终点的现象是____________________________。
③重复滴定三次,平均耗用Cmol/LKMnO4标准溶液VmL,则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为_________
_____。
④若滴定前滴定管尖嘴中有气泡,滴定后气泡消失,则测定结果_________(填“偏高”或“偏低”或“不变”)。
【知识点】制备实验方案的设计;
化学方程式的有关计算;
极性键和非极性键;
氧化还原反应;
直接加热的仪器及使用方法;
物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用
(1)①液态(1分)蒸馏(1分)②b(1分)
(2)①极性共价键(1分)②氧化性(1分)
(3)①256285O2↑(2分)
②酸式(1分)滴入最后一滴高锰酸钾溶液时,溶液呈浅红色,且半分钟内不褪色
③
(3分)④偏高(2分)
解析:
(1)①根据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点可知,TiCl4与SiCl4在常温下的状态是液态;
分离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法;
②Ⅳ为烧杯与蒸发皿通常进行液态加热,高温分解固体物质常在坩埚中进行;
(2)①由2O+H2O→2OH,可知水中O-H键断裂,O-H键属于极性共价键;
②CxHy、CO等具有还原性,H2O2具有强氧化性,H2O2能氧化CxHy、CO等,清除路面空气中的CxHy、CO等,故答案为:
氧化性;
(3)①方程式中,高锰酸钾有强氧化性,能将双氧水氧化为氧气,先确定缺的是O2,锰元素化合价降低了5价,生成1mol氧气时,氧元素化合价升高2价,根据电子转移守恒,配平化学方程式高锰酸根前面的系数为2,双氧水前面的系数为5,根据原子守恒来配平其他物质前面的系数,答案为:
2、5、6、2、8、502;
②由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性,所以只能使用酸式滴定管,滴定到达终点的现象是:
滴入一滴高锰酸钾溶液,溶液呈浅红色,且30秒内不褪色,故答案为:
酸式;
滴入一滴高锰酸钾溶液,溶液呈浅红色,且30秒内不褪色;
③根据化学方程式可以得到关系式:
2MnO4-~5H2O2,耗用cmol/LKMnO4标准溶液VmL,即cV×
10-3mol的高锰酸钾时,所用双氧水的物质的量:
2.5cV×
10-3mol,则原过氧化氢的质量为:
0.025cVmol×
34g/mol=0.85cV,过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为:
④若滴定前滴定管尖嘴中有气泡,滴定后气泡消失,有一部分溶液占据了气泡的体积,并没有滴入锥形瓶,则测定结果偏高。
【思路点拨】本题考查学生阅读题目获取信息能力、物质分离提纯等基本操作、对实验原理装置的理解等,难度中等,要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息、基础知识解决问题的能力。
O5化学与技术综合
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