全國名校2014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、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

2、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)合制堿法對氨堿法的改進(jìn)，其優(yōu)點是 ；（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？ 。【知識點】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 +

3、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) 因為KHCO3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

4、的化合價降低，Na2SO4作氧化劑，則作還原劑的為焦炭，C元素的化合價升高為+4價，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

5、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，消除了它的缺點，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，由圖象可知，降溫結(jié)晶時會析出較多的KCl；【思路點撥】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)實驗等知識，綜合性較強，有一定難度。36B3 F1 F2 F4 O1【2014·江西師大附中三?！俊净瘜W(xué)選

6、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磷酸分

7、子（磷酸結(jié)構(gòu)式如圖）之間脫去兩個水分子產(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?；瘜W(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請在答題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。請從以下方面比較化學(xué)鍍與電鍍。方法上的不同點：_；原理上的不同點：_；化學(xué)鍍的優(yōu)點：_。 【知識點】熱

8、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（

9、s）=3P4（g）+20CaSiO3（s）+30CO（g）+SiF4可以將下列三個反應(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）一個磷酸中的羥基與另一個磷酸的H之間可以脫水結(jié)構(gòu)式則為，“五鈉”即五個鈉原子，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

10、子守恒：鎳元素的化合價降低了1價，磷元素的化合價升高的2價，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，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)

11、；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)鍍對鍍件的導(dǎo)電性無特殊要求。【思路點撥】本題考查學(xué)生對熱化學(xué)方程式含義及對氧化還原反應(yīng)本質(zhì)的理解，綜合性較強，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

12、法正確的是 （填字母序號）。apH=8時，溶液中c(HSO3) < c(SO32)bpH=7時，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）口流出。（5） 已知進(jìn)

13、入裝置的溶液中，NO2的濃度為a g·L-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，計算結(jié)果保留整數(shù)）【知識點】無機流程、溶液中的離子濃度大小、電化學(xué)、計算【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 /

14、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，溶液中c(HSO3) < c(SO32)a正確。pH=7時，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。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原因為HSO3SO32+H+，加入CaCl2溶液， Ca2+SO32= CaSO3使平衡右移，c(H+)增大。（3

15、）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。32

16、C3 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對水中的懸浮物、有機物、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+沉淀完全時的pH3.1， Fe2+沉淀完全時的pH9.7。（1）請寫出溶解過程中加快溶解速率和提高浸出率的兩點措施： _，_。（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”

17、包括 ， ，過濾，洗滌，烘干。【知識點】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（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，F(xiàn)e3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F

18、e(OH)SO4電離出來的OH中和，使電離平衡向右移動，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)實驗操作等知識。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、

19、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. TiO2·xH2O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

20、作名稱_。資料卡片物質(zhì)熔點沸點SiCl47057.6TiCl425136.5如實驗IV中，應(yīng)將TiO2.xH2O放在_ (填儀器編號)中加熱。（2）據(jù)報道：“生態(tài)馬路”是在鋪設(shè)時加入一定量的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“極性共價鍵”或“非極性共價鍵”）。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

21、過氧化氫溶液，準(zhǔn)確測定了過氧化氫的含量。請?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，請將相關(guān)物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)配平及化學(xué)式填寫在方框里。 MnO+ H2O2+ H+= Mn2+ H2O+ 滴定時，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”）?！局R點】制備實驗方案的設(shè)計；化學(xué)方程式的有關(guān)計算；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，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、沸點可知，TiCl4與SiCl4在常溫下的狀