高考化学重庆专用二轮复习高考真题分类.docx

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高考化学重庆专用二轮复习高考真题分类

2014年普通高等学校招生全国统一考试化学试题分类汇编

专题十八化学与技术

1．（2014·浙江理综化学卷，T7）下列说法不正确的是

A．光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济

B．氨氮废水（含NH4+及NH3）可用化学氧化法或电化学氧化法处理

C．某种光学检测技术具有极高的灵敏度，可检测到单个细胞（V≈10－12L）内的数个目标分子，据此可推算该检测技术能测量细胞内浓度约为10－12~10－11mol·L－1的目标分子

D．向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变

【答案】D

【解析】发电需要能源，光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济，A正确；氨氮废水（含NH4+及NH3）可用化学氧化法或电化学氧化法处理，B正确；物质的量为6.02×1023mol-1根据浓度单位，细胞内浓度约为10－12～10－11mol·L－1的目标分子，C正确；汽油与甲醇的热值不同，D错误。

2．（2014·天津理综化学卷，T10）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N2（g）＋3H2（g）

2NH3（g）　ΔH＝－92.4kJ·mol－1。

一种工业合成氨的简式流程图如下：

（1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。

一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：

________________________________________________________________________。

（2）步骤Ⅱ中制氢气的原理如下：

①CH4（g）＋H2O（g）

CO（g）＋3H2（g）ΔH＝＋206.4kJ·mol－1

②CO（g）＋H2O（g）

CO2（g）＋H2（g）ΔH＝－41.2kJ·mol－1

对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是____________。

a．升高温度　b．增大水蒸气浓度　c．加入催化剂　d．降低压强

利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2的产量。

若1molCO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，则CO的转化率为____________。

（3）图（a）表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。

根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：

____________。

（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图（b）坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图。

（a）　　　　　　　　　（b）

（5）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是（填序号）________。

简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：

________________________________________________________________________。

【答案】

（1）2NH4HS＋O2

2NH3·H2O＋2S↓

（2）a　90%

（3）14.5%

（4）

（5）Ⅳ　对原料气加压；分离液氨后，未反应的N2、H2循环使用

【解析】

（1）由题意可知为空气中的O2将负二价硫氧化为硫单质，根据电子守恒将方程式配平即可。

（2）反应①为气体物质的量增大的吸热反应，降低压强使平衡右移，但反应速率减小，d错；催化剂不能改变反应限度，即不能改变H2的百分含量，c错；增大水蒸气浓度虽可使反应速率增大以及平衡右移，但产物H2的百分含量却减小，b错；升高温度反应速率增大，且平衡正向移动，H2的百分含量增大，a对。

CO与H2的混合气体与水蒸气的反应中，反应体系中的气体的物质的量不变，而1molCO与H2的混合气体参加反应生成1.18mol混合气，说明有0.18mol水蒸气参加反应，则根据方程式②可知参加反应的CO也为0.18mol，则其转化率为

×100%＝90%。

（3）由图中看出当N2与H2物质的量比为1∶3时，NH3的平衡体积分数最大，为42%。

设平衡时转化的N2的物质的量为xmol，由三段式：

　　　　　N2＋3H2

2NH3

起始（mol）:

130

转化（mol）:

x3x2x

平衡（mol）:

1－x3－3x2x

×100%＝42%，则x＝0.59

则平衡时N2的体积分数为

×100%＝14.5%。

（4）作图时要注意开始时NH3物质的量不断增多，是因为反应正向进行（反应未达平衡），达到一定程度后反应达到平衡而此时温度继续升高，平衡逆向移动，NH3的物质的量减小。

（5）热交换器可以使需要加热的物质得到加热，还可以使需要冷却的物质得到冷却，能充分利用能量。

合成氨反应为气体物质的量减小的反应，加压利于反应正向进行；此外，循环利用可反复利用原料，提高原料利用率。

3.（2014·四川理综化学卷，T11）（16分）污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。

某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含少量铁，铝，铜，镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下简化流程，既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）。

请回答下列问题：

（1）上述流程脱硫实现了（选填下列字母编号）。

A．废弃物的综合利用B．白色污染的减少C．酸雨的减少

（2）用MnCO3能除去溶液中Al3＋和Fe3＋，其原因是。

（3）已知：

25℃、101kPa时，Mn（s）+O2（g）=MnO2（s）H=-520kJ/mol

S（s）+O2（g）=SO2（g）H=-297kJ/mol

Mn（s）+S（s）+2O2（g）=MnSO4（s）∆H=-1065kJ/mol

SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式是

（4）MnO2可作超级电容材料。

用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是

（5）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料。

碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是

（6）假设脱除的SO2只与软锰矿浆中MnO2反应。

按照图示流程，将am3（标准状况）含SO2的体积分数为b%的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为89.6%，最终得到MnO2的质量ckg，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素相当于MnO2kg。

【答案】

（1）A、C

（2）消耗溶液中的酸，促进Al3＋和Fe3＋水解生成氢氧化物沉淀

（3）MnO2（s）+SO2（g）=MnSO4（s）H=-248kJ/mol

（4）Mn2＋+2H2O-2e－=MnO2+4H＋

（5）MnO2+H2O+e－=MnO（OH）+OH－

（6）

【解析】

（1）根据题意，既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2，上述流程脱硫能够实现废弃物的综合利用，二氧化硫的减少可以减少酸雨。

（2）用MnCO3能除去溶液中Al3＋和Fe3＋的原因是MnCO3本身难溶于水，消耗溶液中的酸，促进Al3＋和Fe3＋水解生成氢氧化物沉淀。

（3）Mn（s）+O2（g）=MnO2（s）H=-520kJ/mol

S（s）+O2（g）=SO2（g）H=-297kJ/mol

Mn（s）+S（s）+2O2（g）=MnSO4（s）H=-1065kJ/mol

根据盖斯定律：

-

-

得：

H=-248kJ/mol，则SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式是MnO2（s）+SO2（g）=MnSO4（s）H=-248kJ/mol

（4）用惰性电极电解MnSO4溶液，正极的反应式为Mn2＋+2H2O-2e－=MnO2+4H＋

（5）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料。

碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式MnO2+H2O+e－=MnO（OH）+OH－

（6）最终得到MnO2的质量ckg，减去和二氧化硫反应的二氧化锰的质量，即为除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的MnO2的质量。

m=c-[a×103×b%×89.6%×87/（22.4×1000）]=

4．（2014·山东理综化学卷，T32）（12分）【化学—化学与技术】工业上用重铬酸钠（Na2Cr2O7）结晶后的母液（含少量杂质Fe3+）生产重铬酸钾（K2Cr2O7）。

工艺流程及相关物质溶解度曲线如图：

（1）由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为____________________________，通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是____________________________。

（2）向Na2Cr2O7母液中加碱液调PH的目的是____________________________。

（3）固体A主要为__________________（填化学式），固体B主要为________（填化学式）。

（4）用热水洗涤固体A，回收的洗涤液转移到母液______（填“I”“II”或“III”）中，既能提高产率又可使能耗最低。

【答案】（12分）

（1）Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl；

低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7溶解度明显减小。

（合理即得分）

（2）除去Fe3+

（3）NaCl；K2Cr2O7

（4）II

【解析】

（1）根据流程图可知，生成K2Cr2O7是在Na2Cr2O7母液加入KCl（s）后，所以反应的方程式为Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl；从溶解度曲线可以看出，低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7溶解度明显减小，从而析出大量晶体；

（2）调节PH的目的是使母液中的杂质（Fe3+）变成氢氧化铁沉淀而除去；

（3）根据溶解度的大小，高温浓缩时，NaCl析出，所以固体A主要为NaCl；冷却结晶时，K2Cr2O7析出，所以固体B主要为K2Cr2O7；

（4）用热水洗涤固体NaCl，洗涤液中含有NaCl，所以洗涤液转移到母液II中，既能提高产率又能使能耗最低。

5．（2014·全国理综I化学卷，T36）[化学——选修2：

化学与技术]（15分）磷矿石主要以磷酸钙[Ca3（PO4）2

H2O]和磷灰石[Ca5F（PO4）3、Ca5（OH）（PO4）3]等形式存在。

图（a）为目前国际上磷矿石利用的大致情况，其中湿法磷酸是指磷矿石用过量硫酸分解制备磷酸。

图（b）是热法磷酸生成过程中由磷灰石制单质磷的流程。

图（a）

图（b）

部分物质的相关性质如下：

熔点/℃

沸点/℃

备注

白磷

44

280.5

PH3

-133.8

-87.8

难溶于水，具有还原性

SiF4

-90

-86

易水解

回答下列问题：

（1）世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的℅。

（2）以磷灰石为原料，湿法磷酸过程中Ca3F（PO4）3反应的化学方程式为：

。

现有1吨折合含有五氧化二磷约30%的磷灰石，最多可制得85℅的商品磷酸吨。

（3）如图（b）所示，热法生产磷酸的第一步是将二氧化硅、过量焦炭与磷灰石混合，高温反应生成白磷。

炉渣的主要成分是：

（填化学式）冷凝塔1的主要沉积物是：

冷凝塔2的主要沉积物是：

（4）尾气中主要含有，还含有少量PH3、H2S和HF等，将尾气先通入纯碱溶液，可除去；再通入次氯酸钠溶液，可除去（均填化学式）

（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是：

。

【答案】

（1）69%

（2）Ca5F（PO4）3＋5H2SO4＝3H3PO4＋5CaSO4＋HF↑0.49t

（3）CaSiO3，，液体白磷；固体白磷。

（4）CO、SiF4；H2S、HF、SiF4，PH3。

（5）产品纯度高或产品浓度大

【解析】

（1）含磷的肥料有两种：

磷矿粉肥和最终制得的磷肥，共4%+96%×85%×80%＝69%

（2）湿法生产磷酸属于复分解反应,符合强酸制取弱酸的反应，Ca5F（PO4）3＋5H2SO4＝3H3PO4＋5CaSO4＋HF

根据P原子守恒：

P2O5→2H3PO4

142196

0.3t85%x

则：

85%x×142＝196×0.3t，x＝0.49t

（3）炉渣主要成分是硅酸钙（CaSiO3），冷凝塔1的温度为70℃，白磷蒸汽冷凝为液体；冷凝塔2的温度为18℃，白磷液体固化变为固体。

（4）因为使用了过量的焦炭，所以尾气中中有大量的CO气体，还含有SiF4；通过碱性溶液，酸性的H2S、HF以及易水解的SiF4被吸收，再通过氧化性的次氯酸钠溶液，还原性的PH3被吸收。

（5）用白磷制取磷酸可以制得高纯度的磷酸

6.（2014·全国理综II化学卷，T36）【化学——选修2：

化学与技术】（15分）将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一。

一般是先将海水淡化，再从剩余的浓海水中滤过一系列工艺流程提取其他产品。

回答下列问题：

（1）下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是（填序号）。

①用混凝法获取淡水②提高部分产品的质量

③优化提取产品的品种④改进钾、溴、镁等的提取工艺

（2）采用“空气吹出法”从弄海水吹出Br2，并用纯碱吸收，碱吸收溴的主要反应是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO

+NaHCO

，吸收1molBr2时，转移的电子数为

mol。

（3）海水提取镁的一段工艺流程如下图：

浓海水的主要成分如下：

离子

Na+

Mg2+

Cl—

SO42—

浓度/（g·L-1）

63.7

28.8

144.6

46.4

该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为，产品2的化学式为。

1L浓海水最多可得到产品2的质量为g。

（4）采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为；电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式。

【答案】[化学选修—2：

化学与技术]（15分）

（1）②③④

（2）

（3）Ca2++SO42-=CaSO4↓Mg（OH）269.6

（4）MgCl2

Mg+Cl2↑Mg+2H2O

Mg（OH）2+H2↑

【解析】

（1）混凝法只能除去水中的悬浮颗粒物，不能获取淡水，故设想和做法可行的是②③④。

（2）Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO

+NaHCO

属于氧化还原反应，我们可以利用得失电子守恒进行方程式的配平，配平后即是3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO

+

6NaHCO

，所以吸收1molBr2时转移电子的物质的量是

mol；

（3）根据流程图可知，“脱硫”阶段是除去浓海水中的“SO42—”，加入的试剂是“Ca2+”，发生的离子反应是Ca2++SO42-=CaSO4↓，制备产品2的主要反应是Mg2++2OH—=Mg（OH）2，所以产品2的化学式是Mg（OH）2。

由题目中的信息可知，1L浓海水中含Mg2+的质量是28.8g（则n（Mg2+）=1.2mol），那么1.2mol的Mg2+最多可以得到1.2mol的Mg（OH）2，故Mg（OH）2的质量是

；

（4）因为阳极的电极材料是石墨，所以电解熔融的氯化镁发的方程式为MgCl2

Mg+Cl2↑；Mg的化学性质比较活泼，能与水发生反应，反应的方程式为Mg+2H2O

Mg（OH）2+H2↑。