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

专题十四无机综合与推断（包括化学工艺流程）

1．（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。

2.（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）DH=-520kJ/mol

S（s）+O2（g）=SO2（g）DH=-297kJ/mol

Mn（s）+S（s）+2O2（g）=MnSO4（s）DH=-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）DH=-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）DH=-520kJ/mol

S（s）+O2（g）=SO2（g）DH=-297kJ/mol

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

根据盖斯定律：

-

-

得：

DH=-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）DH=-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）]=

3．（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

4、（2014·江苏单科化学卷，T16）（12分）烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。

实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6—2x]溶液，并用于烟气脱硫研究。

（1）酸浸时反应的化学方程式为；滤渣Ⅰ的主要成分为（填化学式）。

（2）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2（SO4）3转化为Al2（SO4）x（OH）6—2x。

滤渣Ⅱ的主要成分为（填化学式）；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是（用离子方程式表示）。

（3）上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2量，其主要原因是；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将（填“增大”、“减小”或“不变”）。

【答案】（12分）

（1）Al2O3+3H2SO4=Al2（so4）3+3H2OSiO2

（2）CaSO43CaCO3+2Al3++3SO42-+3H2O=2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2

（3）溶液中的部分亚硫酸根被氧化成硫酸根，减小

【解析】

（1）粉镁灰中含有氧化铝和二氧化硅，加入硫酸，氧化铝与硫酸反应，二氧化硅不和硫酸反应，化学方程式为：

Al2O3+3H2SO4=Al2（so4）3+3H2O，滤渣的成分为二氧化硅。

（2）加入碳酸钙调节溶液的pH，溶液中的硫酸根与钙离子结合生成滤渣，滤渣

的主要成分是硫酸钙；若溶液的pH值偏高则部分硫酸铝转化成氢氧化铝沉淀，导致溶液中的铝离子含量降低，离子方程式为3CaCO3+2Al3++3SO42-+3H2O=2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2

（3）流程中完全分解产生的二氧化硫小于被吸收的二氧化硫的总量，主要是因为有部分亚硫酸根被氧化成硫酸根；二氧化硫被吸收后生成盐，被循环利用的溶液的pH值减小。

5．（2014·安徽理综化学卷，T27）（14分）LiPF6是锂离子电池中广泛应用的电解质。

某工厂用LiF、PCl5为原料，低温反应制备LiPF6，其流程如下：

已知：

HCl的沸点是－85.0℃，HF的沸点是19.5℃。

（1）第①步反应中无水HF的作用是、。

反应设备不能用玻璃材质的原因是（用化学方程式表示）。

无水HF有腐蚀性和毒性，工厂安全手册提示：

如果不小心将HF沾到皮肤上，可立即用2%的溶液冲洗。

（2）该流程需在无水条件下进行，第③步反应中PF5极易水解，其产物为两种酸，写出PF5水解的化学方程式：

。

（3）第④步分离采用的方法是；第⑤步分离尾气中HF、HCl采用的方法是。

（4）LiPF6产品中通常混有少量LiF。

取样品wg。

测得Li的物质的量为nmol，则该样品中LiPF6的物质的量为mol（用含有w、n的代数式表示）。

【答案】（14分）

（1）反应物溶剂SiO2+4HF=SiF4↑+2H2ONaHCO3

（2）PF5+4H2O=H3PO4+5HF

（3）过滤冷凝

（4）

（本题部分小题属于开放试题，合理答案均给分）

【解析】

（1）根据题目中的流程可以看出，固体+液体反应

新物质+饱和溶液，所以无水HF的作用是反应物和溶剂；玻璃的主要成分中含有二氧化硅，能和HF发生反应，反应的方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；HF属于弱酸，必须用弱碱性溶液来除去（比如2%的NaHCO3溶液）；

（2）根据题目中的信息“PF5极易水解，其产物为两种酸”，则根据元素组成可知，两种酸分别是H3PO4和HF，所以反应的方程式为PF5+4H2O=H3PO4+5HF；

（3）第④步分离的是固体（LiPF4（s））和液体（HF（l）），所以采用过滤的方法；分离尾气中HF、HCl，可以利用二者沸点的差异（HF分子之间存在氢键）进行分离，所以采用冷凝法；

（4）根据守恒可以得到；设LiPF6为xmol，LiF为ymol；根据Li守恒，有x+y=n，根据质量守恒有152x+26y=w，解得x=

mol。

6．（2014·福建理综化学卷，T23）（15分）元素周期表中第

A族元素的单质及其化合物的用途广泛。

（1）与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为。

（2）能作为氯、溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据是（填序号）。

a．Cl2、Br2、I2的熔点b．Cl2、Br2、I2的氧化性

c．HCl、HBr、HI的热稳定性d．HCl、HBr、HI的酸性

（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：

NaCl溶液

NaClO3溶液

KClO3晶体

①完成

中反应的总化学方程式：

□NaCl＋□H2O＝□NaClO3＋□。

②

中转化的基本反应类型是，该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的原因是。

（4）一定条件，在水溶液中1molCl－、ClO－（x＝1，2，3，4）的能量（KJ）相对大小如右图所示。

①D是（填离子符号）。

②B→A＋C反应的热化学方程式为（用离子符号表示）。

【答案】（15分）

（1）

（2）b、c

（3）①1NaCl+3H2O==1NaClO3+3H2↑

②复分解反应室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体

（4）①ClO4—

②3ClO—（

）==ClO3—（

）+2Cl—（

）△H=

117KJ·mol—1

【解析】

（1）与氯元素同主族的短周期元素位F，原子结构示意图为：

能作为非金属性判断的依据是单质之间的氧化性顺序，b正确，气态氢化物的热稳定性顺序，c正确；单质的熔沸点和氢化物的酸性不是判断依据。

根据氧化还原反应得失电子守恒，1NaCl+3H2O==1NaClO3+3H2↑；氯酸钠与氯化钾反应生成氯酸钾，反应类型为复分解反应，能析出晶体的原因是氯酸钾的溶解度小于其他晶体。

根据图像，D物质中化合价为+7，则D是ClO4—则根据化合价可得反应方程式为：

3ClO—（

）==ClO3—（

）+2Cl—（

）△H=63+0-3×60=-117KJ·mol—1。

7．（2014·福建理综化学卷，T24）（15分）铁及其化合物与生产、生活关系密切。

（1）右图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。

①该电化腐蚀称为。

②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是（填字母）。

（2）用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如下：

①步骤

若温度过高，将导致硝酸分解。

硝酸分解的化学方程式为。

②步骤

中发生反应：

4Fe（NO3）2＋O2＋（2n＋4）H2O＝2Fe2O3·nH2O＋8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，该反应的化学方程式为。

③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是（任写一项）。

（3）已知t℃时，反应FeO（s）＋CO（g）

Fe（s）＋CO2（g）的平衡常数K＝0.25。

①t℃时，反应达到平衡时n（CO）：

n（CO2）＝。

②若在1L密闭容器中加入0.02molFeO（s），并通入xmolCO，t℃时反应达到平衡。

此时FeO（s）转化率为50%，则x＝。

【答案】（15分）

（1）①吸氧腐蚀②B

（2）①4HNO3

4NO2↑+O2↑+2H2O②4Fe+10HNO3=4Fe（NO3）3+NH4NO3+3H2O

③氮氧化物排放少（或其他合理答案）

（3）①4:

1②0.05

【解析】

（1）由图看出，在海水中，该电化腐蚀属于吸氧腐蚀，在ABCD四个区域中，生成铁锈最多是B区，能接触到氧气。

（2）浓硝酸分解的化学方程式为4HNO3

4NO2↑+O2↑+2H2O,硝酸氧化废铁皮中铁的化学方程式为4Fe+10HNO3=4Fe（NO3）3+NH4NO3+3H2O，生产过程中体现绿色思想的是整个过程中氮氧化物排放减少。

根据反应FeO（s）＋CO（g）

Fe（s）＋CO2（g），平衡常数K为0.25，因为固体的浓度为1，则反应达到平衡时n（CO）：

n（CO2）=4:

1，若在1L密闭容器中加入0.02molFeO（s），并通入xmolCO，t℃时反应达到平衡。

此时FeO（s）转化率为率为50%，

FeO（s）＋CO（g）

Fe（s）＋CO2（g）

起始0.02x00

变化0.010.010.010.01

平衡时0.01x-0.010.010.01

根据平衡常数K=0.25得：

，解得x=0.05。

8．（2014·广东理综化学卷，T31）（16分）用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应①为主反应，反应②和③为副反应。

①

CaSO4（s）+CO（g）

CaS（s）+CO2（g）∆H1=—47.3kJ∙mol-1

②CaSO4（s）+CO（g）

CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）∆H2=+210.5kJ∙mol-1

③CO（g）

C（s）+

CO2（g）∆H3=—86.2kJ∙mol-1

（1）反应2CaSO4（s）+7CO（g）

CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的∆H＝___________（用∆H1、∆H2和∆H3表示）

（2）反应①－③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线见图18，结合各反应的∆H，归纳lgK-T曲线变化规律：

a）_______________________________；b）____________________________。

（3）向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO，反应①于900℃达到平衡，c平衡（CO）=8.0×10-5mol∙L-1，计算CO的转化率（忽略副反应，结果保留两位有效数字）。

（4）为减少副产物，获得更纯净的CO2，可在初始燃料中适量加入____________。

（5）以反应①中生成的CaS为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生CaSO4，该反应的化学方程式为_______________；在一定条件下，CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，产物的结构简式为________________。

【答案】（16分）

（1）∆H＝4∆H1+∆H2+2∆H3（2分）

（2）a）反应②为吸热反应，温度升高K值增大，lgK也增大（2分）

b）反应①③为放热反应，温度升高K值减小，lgK也减小（2分）

（3）99%

CaSO4（s）+CO（g）

CaS（s）+CO2（g）

初始浓度（mol/L）a0

转化浓度（mol/L）a-

平衡（CO）a-

平衡（CO）

平衡浓度（mol/L）

平衡（CO）a-

平衡（CO）

依题意，K=

，a=8.08×10—3mol∙L—1

CO的转化率：

（5分）

（4）氧气（2分）

（5）CaS+2O2

CaSO4（2分）

（1分）

【解析】

（1）根据盖斯定律，①×4+②+③×2得：

2CaSO4（s）+7CO（g）

CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g），所以∆H＝4∆H1+∆H2+2∆H3；

（2）结合图像及反应的∆H可知，反应①③为放热反应，温度升高K值减小，lgK也减小，反应②为吸热反应，温度升高K值增大，lgK也增大。

（3）由图可可知，900℃时

CaSO4（s）+CO（g）

CaS（s）+CO2（g）的lgK=2，即K=100，K=

，可知平衡时c（CO2）=8.0×10—3mol∙L—1，CO的转化率为

=99%；

（5）CaS转化为CaSO4，从元素守恒角度分析，CaS与O2按照1:

2反应转化为CaSO4，才能满足原子利用率100%，所以化学方程式为CaS+2O2

CaSO4；CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，因为对二甲苯的苯环上的氢原子只有1种，所以结构简式为

。

9、（2014·海南单科化学卷，T16）（9分）锂锰电池的体积小，性能优良，是常用的一次电池。

该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2。

回答下列问题：

（1）外电路的电流方向是由__________极流向__________极。

（填字母）

（2）电池正极反应式为________________________________________。

（3）是否可用水代替电池中的混合有机溶剂？

__________（填“是”或“否”）原因是_______________。

（4）MnO2可与KOH和KClO4在高温条件下反应，生成K2MnO4，反应的化学方程式为______________________________________，K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为______________。

【答案】（9分）

（1）ba（每空1分，共2分）

（2）MnO2+e—+Li+=LiMnO2（2分）

（3）否电极Li是活泼金属，能与水反应（每空1分，共2分）

（4）3MnO2+KClO3+6KOH

2K2MnO4+KCl+3H2O（2分）

2:

1（1分）

【解析】

（1）结合所给装置图以及原电池反应原理，可知Li作负极材料，MnO2作正极材料，所以电子流向是从a→b，那么电流方向则是b→a；

（2）根据题目中的信息“电解质Li