高考化学题分十三个专题详解

1、23/232019年高考化学题分十三个专题详解(2019浙江卷)27、捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂 ,它们与CO2可发生如下可逆反响：反响：2NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g) (NH4)2CO3 (aq) H1反响：NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g) NH4HCO3 (aq) H2反响：(NH4)2CO3 (aq) + H2O (l)+ CO2 (g) 2NH4HCO3 (aq) H3请答复以下问题：(1)H1与H2、H3之间的关系是：H3=_ _。(2)为研究温度对(NH4

2、)2CO3捕获CO2气体效率的影响 ,在某温度T1下 ,将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中 ,并充入一定量的CO2气体(用氮气作为稀释剂) ,在t时刻 ,测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下 ,保持其它初始实验条件不变 ,重复上述实验 ,经过相同时间测得CO2气体浓度 ,得到趋势图(见图1)。那么：H3_0(填、=或)。在T1-T2及T4- T5二个温度区间 ,容器内CO2气体浓度呈现如图1所示的变化趋势 ,其原因是_ _。反响在温度为T1时 ,溶液pH随时间变化的趋势曲线如图2所示。当时间到达t1时 ,将该反响体系温度迅速上升到T2 ,并维持该温度

3、。请在该图中画出t1时刻后溶液的pH变化趋势曲线。(3)利用反响捕获CO2 ,在(NH4)2CO3初始浓度和体积确定的情况下 ,提高CO2吸收量的措施有_(写出2个)。(4)以下物质中也可能作为CO2捕获剂的是A.NH4Cl B.Na2CO3 C.HOCH2CH2OH D.HOCH2CH2NH2.【解析】(1)将反响倒过来书写：(NH4)2CO3 (aq) 2NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g) H1将反响2：+) 2NH3 (l)+ 2H2O (l)+ 2CO2 (g) 2NH4HCO3 (aq) 2H2得：(NH4)2CO3 (aq) + H2O (l)+ CO2 (g) 2

4、NH4HCO3 (aq) H3 =2H2H1(2)由图1可知：在温度为T3时反响达平衡 ,此后温度升高 ,c(CO2)增大 ,平衡逆向移动 ,说明反响是放热反响(H30)。在T3前反响未建立平衡 ,无论在什么温度下(NH4)2CO3 (aq)总是捕获CO2 ,故c(CO2)减小。反响在温度为T1时建立平衡后(由图2可知：溶液pH不随时间变化而变化) ,迅速上升到T2并维持温度不变 ,平衡逆向移动 ,溶液pH增大 ,在T2时又建立新的平衡。(3)根据平衡移动原理 ,降低温度或增大c(CO2)(4)具有碱性的物质均能捕获CO2 ,反响如下：Na2CO3 +CO2 +H2O=2NaHCO3HOCH2

5、CH2NH2 +CO2 +H2O= HOCH2CH2NH3+ HCO3【答案】(1)2H2H1 (2) T1-T2区间 ,化学反响未到达平衡 ,温度越高 ,反响速率越快 ,所以CO2被捕获的量随温度的升而提高。T4- T5区间 ,化学反响已到达平衡 ,由于正反响是放热反响 ,温度升高 ,平衡向逆反响方向移动 ,所以不利于CO2的捕获。 (3)降低温度;增加CO2浓度(或压强) (4)BD(2019广东卷)31.(16分)大气中的局部碘源于O3对海水中I-的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究.(1)O3将I-氧化成I2的过程由3步反响组成：I-(aq)+ O3(g)= IO-(aq)+

6、O2(g) H1IO-(aq)+H+(aq) HOI(aq) H2HOI(aq) + I-(aq) + H+(aq) I2(aq) + H2O(l) H3总反响的化学方程式为 ,其反响H= 。(2)在溶液中存在化学平衡：I2(aq) + I-(aq) I3-(aq) ,其平衡常数表达式为_。(3) 为探究Fe2+ 对O3氧化I-反响的影响(反响体系如图13) ,某研究小组测定两组实验中I3-浓度和体系pH ,结果见图14和下表。第1组实验中 ,导致反响后pH升高的原因是_。图13中的A为_ ,由Fe3+生成A的过程能显著提高-的转化率 ,原因是_。第2组实验进行18s后 ,I3-浓度下降。导致

7、下降的直接原因有(双选)_。A.c(H+)减小 B.c(I-)减小 C. I2(g)不断生成 D. c(Fe3+)增加(4)据图14 ,计算3-18s内第2组实验中生成I3-的平均反响速率(写出计算过程 ,结果保存两位有效数字)。解析：(1)将3个化学方程式连加可得O3+2+2H+=2+ O2+ H2O ,由盖斯定律得H=H1+H2+H3。(2)依据平衡常数的定义可得 ,K= 。(3)由表格可以看出第一组溶液的pH由反响前的5.2变为反响后的11.0 ,其原因是反响过程中消耗氢离子 ,溶液酸性减弱 ,pH增大 ,水电离出氢离子参与反响破坏水的电离平衡 ,氢氧根浓度增大 ,溶液呈碱性 ,pH增大

8、。由于是持续通入O3= ,O3可以将Fe2+氧化为Fe3+：O3+2Fe2+2H+=2Fe3+ O2+ H2O ,Fe3+氧化：2Fe3+2=2+2Fe2+ ,即A是亚铁离子。消耗量增大 ,转化率增大 ,与2反响的量减少 ,3浓度减小。(4)由图给数据可知c(3)=(11.8103 mol/L-3.5103 mol/L)=8.3103 mol/L ,由速率公式得：v(3)=c(3)/t= 8.3103 mol/L/(183)=5.5104 mol/Ls。答案：(1) O3+2+2H+=2+ O2+ H2O ,H=H1+H2+H3。(2)(3)反响过程中消耗氢离子 ,溶液酸性减弱 ,pH增大 ,

9、水电离出氢离子参与反响破坏水的电离平衡 ,氢氧根浓度增大 ,溶液呈碱性 ,pH增大;Fe3+ ,BD(4)(计算过程略)5.5104 mol/Ls命题意图：化学反响原理与元素化合物(2019福建卷)23.(16分)利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气 ,既廉价又环保。(1)工业上可用组成为K2OM2O32RO2nH2O的无机材料纯化制取的氢气元素M、R均位于元素周期表中第3周期 ,两种元素原子的质量数之和为27 ,那么R的原子结构示意图为_常温下 ,不能与M单质发生反响的是_(填序号)a.CuSO4溶液 b.Fe2O3 c.浓硫酸 d.NaOH e.Na2CO3固体(2)利用H2

10、S废气制取氢气来的方法有多种高温热分解法：H2S(g)=H2+1/2S2(g)在恒温密闭容器中 ,控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为c molL-1测定H2S的转化率 ,结果见右图。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线 ,b曲线表示不同温度下反响经过相同时间且未到达化学平衡时H2S的转化率。据图计算985时H2S按上述反响分解的平衡常数K=_;说明温度的升高 ,曲线b向曲线a逼近的原因：_电化学法该法制氢过程的示意图如右。反响池中反响物的流向采用气、液逆流方式 ,其目的是_;反响池中发生反响的化学方程式为_。反响后的溶液进入电解池 ,电解总反响的离子方程式为_。【答案】(

11、1) b、e(2) 温度升高 ,反响速率加快 ,到达平衡所需的进间缩短(或其它合理答案)增大反响物接触面积 ,使反响更反分H2S + 2FeCl3 = 2FeCl2 + S + 2HCl 2Fe2+ + 2H+ 2Fe3+ + H2【解析】此题考查元素推断、原子结构、化学平衡的影响因素及计算、电化学等化学反响原理的知识 ,同时考查学生的图表分析能力。(1)R为+4价 ,位于第3周期 ,应为Si元素 ,同理M为Al元素。常温下铝与Fe2O3不反响 ,与Na2CO3也不反响;(2)K= = = 。温度越高 ,反响速率越快 ,反响物的转化率越高 ,与平衡转化率差距越小 ,所以离得近。FeCl3具有强

12、氧化性 ,能够氧化H2S：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S+2HCl。该逆流原理与浓硫酸中SO3的吸收相类似 ,气体从下端通入 ,液体从上端喷 ,可以增大气液接触面积 ,反响充分。从图可知电解过程中从左池通入的Fe2生成Fe3(阳极反响) ,循环使用;而另一电极产生的那么为H2(阴极反响)。故电解总的离子方程式为：2Fe2+2H专题十二：化学反响中的能量变化(2019福建卷)11.某科学家利用二氧化铈(CeO2)在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO。其过程如下：以下说法不正确的选项是()A.该过程中CeO2没有消耗B.该过程实现了太阳能向化学能的转化C.右图中H1=H2+H3D

13、.以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反响式为CO+4OH2e=CO32+2H2O【答案】C【解析】利用盖斯定律可知H1+H2+H3=0 ,正确的应该是H1=-(H2+H3) ,这里是考察盖斯定律。(2019海南卷)5.以下反响的热化学方程式：6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l) H12 H2(g)+ O2(g)= 2H2O(g) H2C(s)+ O2(g)=CO2(g) H3那么反响4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的H为A.12H3+5H2-2H1 B.2H1-5H2-12H3

14、C.12H3-5H2 -2H1 D.H1-5H2-12H3答案A解析：盖斯定律常规考查。12+5-2即可得到4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的H ,答案选A。2019高考重庆卷6：P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g) H=a kJmol1P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g) H=b kJmol1P4具有正四面体结构 ,PCl5中P-Cl键的键能为c kJmol1 ,PCl3中P-Cl键的键能为1.2c kJmol1。以下表达正确的选项是A.P-P键的键能大于P-Cl键的键能B.可求Cl2(g)+ PCl3(g

15、)=4PCl5(g)的反响热HC.Cl-Cl键的键能为(b-a+5.6c)/4 kJmol1D.P-P键的键能为(5a-3b+12c)/8 kJmol1答案：C【解析】原子半径PCl,因此P-P键键长大于P-Cl键键长 ,那么P-P键键能小于P-Cl键键能 ,A项错误;利用盖斯定律 ,结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)H=(b-a)/4KJmol-1 ,但不知PCl5(g)=PCl5(s)的H ,因此无法求出Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(s)的H ,B项错误;利用Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)H=(b-a)/4KJmol-1可

16、得E(Cl-Cl)+31.2c-5c=(b-a)/4 ,因此可得E(Cl-Cl)=(b-a+5.6c)/4kJmol-1 ,C项正确;由P4是正四面体可知P4中含有6个P-P键 ,由题意得6E(P-P)+10(b-a+5.6c)/4-45c=b ,解得E(P-P)=(2.5a-1.5b+6c)/6 kJmol-1 ,D项错误。(2019上海卷)9.将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中参加盐酸 ,反响剧烈 ,醋酸逐渐凝固。由此可见A. NH4HCO3和盐酸的反响是放热反响B.该反响中 ,热能转化为产物内部的能量C.反响物的总能量高于生成物的总能量D.反响的热

17、化学方程式为：NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2+H2O-Q答案：B【解析】醋酸逐渐凝固说明反响吸收热量导致醋酸溶液温度降低 ,即NH4HCO3与HCl的反响为吸热反响 ,A项错误;因反响为吸热反响 ,即吸热的热量转化为产物内部的能量 ,故B项正确;因反响为吸热反响 ,那么反响后生成物的总能量高于反响物的总能量 ,C项错误;书写热化学方程式时 ,应注明物质的状态, D项错误。(2019山东卷)12.CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)H0 ,在其他条件不变的情况下A.参加催化剂 ,改变了反响的途径 ,反响的H也随之改变B.改变压强 ,平衡不发生移动 ,反响放出的热量不变C.

18、升高温度 ,反响速率加快 ,反响放出的热量不变D.假设在原电池中进行 ,反响放出的热量不变解析：催化剂虽然改变了反响途径 ,但是H只取决于反响物、生成物的状态 ,H不变 ,A错;这是一个反响前后气体物质的量不变的反响 ,改变压强 ,平衡不发生移动 ,反响放出的热量也不变 ,B正确;该反响是放热反响 ,升高温度 ,平衡左移 ,反响放出的热量减小 ,C错;假设在原电池中进行 ,反响不放出热量 ,而是转换为电能 ,D错。答案：B(2019新课标卷2)12.在1200时 ,天然气脱硫工艺中会发生以下反响H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g) H12H2S(g)+SO2(g)= S2(g

19、)+2H2O(g) H2H2S(g)+ O2(g)=S(g)+H2O(g) H32S(g) =S2(g) H4那么H4的正确表达式为A.H4= (H1+H2-3H3) B.H4= (3H3-H1-H2)C.H4= (H1+H2+3H3) D.H4= (H1-H2-3H3)解析：考察盖斯定律。根据S守恒原理 ,要得到方程式4 ,可以用(方程式1+方程式23方程式2)即选择H4的正确表达式为H4= (H1+H2-3H3) ,即选项A正确。答案：A(2019北京卷)6.以下设备工作时 ,将化学能转化为热能的是【答案】D【解析】A、硅太阳能电池是将太阳能直接转化为电能 ,故错误;B、锂离子电池将化学能

20、直接转化为电能 ,故错误;C、太阳能集热器是将太阳能转变为热能 ,故错误;D、燃料燃烧将化学能直接转化为热能 ,故正确。(2019全国新课标卷1)28.二甲醚(CH3OCH3)是无色气体 ,可作为一种新型能源 ,由合成气(组成为H2、CO、和少量CO2)直接制备二甲醚 ,其中主要过程包括以下四个反响：甲醇合成反响：CO(g)+ 2H2(g)=CH3OH(g) H1=-90.1 kJmol-1CO2(g)+ 3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) H2=-49.0 kJmol-1水煤气变换反响：CO(g) + H2O (g)=CO2(g)+H2(g) H3=-41.1 kJmol-1二甲醚

21、合成反响：2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) H4=-24.5 kJmol-1Al2O3是合成气直接制备二甲醚反响催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是 (以化学方程式表示) 。分析二甲醚合成反响对于CO转化率的影响 。由H2和CO直接制备二甲醚(另一产物为水蒸气)的热化学方程式为 。有研究者在催化剂(含Cu-Zn-Al-O和Al2O3) ,压强为5.0MPa的条件下由H2和CO直接制备二甲醚 ,结果如以下图所示。其中CO转化率随温度升高而降低的原因是_。二甲醚直接燃料电池具有启动快 ,效率高等优点 ,其能量密度高于甲醇直接燃烧燃料电池(

22、5.93kWhkg-1) ,假设电解质为酸性 ,二甲醚直接燃料电池的负极反响为_。一个二甲醚分子经过电化学氧化 ,可以产生_个电子的电量;该电池理论输出电压1.20V ,能量密度E=_(列式计算 ,能量密度=电池输出电能/燃料质量 ,1kWh=3.6105J )答案：(1)Al2O3(铝土矿)+2NaOH+3H2O=2NaAl(OH)4;NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al(OH)3 2Al(OH)3 Al2O3+3H2O(2)消耗甲醇 ,促进甲醇合成反响平衡向右移 ,CO转化率增大;生成的H2O ,通过水煤气变换反响消耗局部CO。(3)2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3

23、(g)+H2O(g) H=-204.7kJ/mol;该反响分子数减小 ,压强升高使平衡右移 ,CO和H2的转化率增大 ,CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2的浓度增加 ,反响速率增大。(4)反响放热 ,温度升高 ,平衡左移(5)CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+;12(1)工业上从铝土矿中提纯高纯度氧化铝的流程是：用氢氧化钠溶液溶解铝土矿 ,然后过滤 ,在滤液中通入过量的CO2 ,得到氢氧化铝 ,然后高温煅烧氢氧化铝 ,即可得到高纯度的氧化铝。(2)合成二甲醚消耗甲醇 ,对于CO参与的反响相当于减小生成物的浓度 ,有利于平衡向右移动 ,使CO的转化率提高。(3)根据

24、盖斯定律可知 ,将2+即得到反响2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) ,所以该反响的放热H=-90.1 kJ/mol2-24.5 kJ/mol=-204.7kJ/mol。(4)该反响分子数减小 ,压强升高使平衡右移 ,CO和H2的转化率增大 ,CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2的浓度增加 ,反响速率增大。(5)原电池中负极失去电子 ,所以负极电极反响式是CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+;二甲醚中碳原子的化合价是-2价 ,反响后变为+4价 ,失去6个电子 ,所以一个二甲醚分子经过电化学氧化 ,可以产生12个电子的电量;由于能量密度=电池输

25、出电能/燃料质量 ,所以该电池的能量密度=(2019北京卷)26.(14分)NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。(1) NOx能形成酸雨 ,写出NO2转化为HNO3的化学方程式:_ .(2)汽车发动机工作时会引发N2和02反响 ,其能量变化示意图如下:写出该反响的热化学方程式: _ 。随温度升高 ,该反响化学平衡常数的变化趋势是_ 。(3)在汽车尾气系统中装置催化转化器 ,可有效降低NOX的排放。当尾气中空气缺乏时 ,NOX在催化转化器中被复原成N2排出。写出NO被CO复原的化学方程式：_ 。 当尾气中空气过量时 ,催化转化器中的金属氧化物吸收NOX生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO 2o

26、CaO 38SrO56BaO。原因是 ,元素的金属性逐渐增强 ,金属氧化物对NOX的吸收能力逐渐增强。(4) 通过NOx传感器可监测NOx的含量 ,其工作原理示意图如下:Pt电极上发生的是 反响(填氧化或复原)。写出NiO电极的电极反响式: 。【答案】(1)3NO2+2H2O=2HNO3+NO;(2)N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+183KJ/mol; 增大;(3)2NO+2CO N2+2CO2由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数 ,得知它们均为第A族。同一主族的元素 ,从上到下 ,原子半径逐渐增大;(4)复原; NO+O2-2e-=NO2;【解析】(1)NO2与H2O反响生成HNO3

27、与NO;(2)H=945kJ/mol+498kJ/mol-2630KJ/mol=+183KJ/mol;该反响正反响是吸热反响 ,升高温度 ,平衡向正反响移动 ,化学平衡常数增大;(3)NO被CO复原N2 ,CO被氧化为CO2;由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数可知 ,它们均处于第A族 ,同一主族自上而下 ,原子半径增大 ,金属性增强;(4)由工作原理示意图可知 ,O2在Pt电极发生复原反响生成O2-;在O2-参加反响下 ,NO在NiO电极发生氧化反响生成NO2。专题十三：化学与生活、技术、环境和工业(2019大纲卷)6、下面有关发泡塑料饭盒的表达 ,不正确的选项是A.主要材质是高分子材料 B.价

28、廉、质轻、保温性能好C.适用于微波炉加热食品 D.不适于盛放含油较多的食品【答案】C【解析】此题结合生活 ,考察学生的有机根底知识 ,有机物的通性。(2019福建卷)6. 化学与社会、生产、生活紧切相关。以下说法正确的选项是A.石英只能用于生产光导纤维B.从海水提取物质都必须通过化学反响才能实现C.为了增加食物的营养成分 ,可以大量使用食品添加剂D.地沟油禁止食用 ,但可以用来制肥皂【答案】D【解析】A是一种用途 ,但不是唯一用途;B蒸馏淡水是物理变化;C不能过量。(2019江苏卷)1.燃料电池能有效提高能源利用率 ,具有广泛的应用前景。以下物质均可用作燃料电池的燃料 ,其中最环保的是A.甲醇

29、 B.天然气 C.液化石油气 D.氢气【参考答案】D【解析】此题属于考核化学与社会问题中的节能减排、保护环境、资源利用等相关问题。燃料电池的能量转换率为80% ,普通燃烧过程能量转换率为30%左右(?选修四?教材P77) ,氢气作为燃料电池的燃料 ,其产物又是水 ,对环境无危害性 ,从能效比及环境保护的角度看 ,氢气确实是最理想的能源。太阳能和氢能全面使用将是新能源领域人类努力的方向。(2019四川卷)1. 化学与生活密切相关 ,以下说法不正确的选项是()A.二氧化硫可广泛用于食品的增白B.葡萄糖可用于补钙药物的合成C.聚乙烯塑料制品可用于食品的包装D.次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌【答案】

30、A【解析】二氧化硫有一定毒性 ,少量用于漂白 ,但不能用于食品漂白 ,A不正确 ,其余选项都是正确的 ,答案选A。(2019上海卷)6.与索尔维制碱法相比 ,侯德榜制碱法最突出的优点是A.原料利用率高 B.设备少C.循环利用的物质多 D.原料易得答案：A【解析】索尔维法制碱与侯德榜制碱法均分两个过程 ,第一个过程相同 ,在第二个过程中 ,索尔维法再用Ca(OH)2溶液与含NaCl、NH4Cl滤液作用得到循环利用的NH3时 ,有一局部原料NaCl伴随CaCl2溶液作为废液被抛弃了 ,造成NaCl的利用率降低;侯德榜制碱法在在第二步别离NaCl、NH4Cl的滤液时 ,是向低温滤液中通入NH3使NH

31、4Cl析出 ,最后得到溶液根本上是饱和NaCl溶液 ,可循环利用 ,提高了NaCl的利用率 ,故答案为：A。(2019山东卷)7.化学与生活密切相关 ,以下说法正确的选项是A.聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反响B.煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C.合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料D.利用粮食酿酒经过了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程解析：聚乙烯塑料的老化是因为被氧化所致 ,A选项错;煤的气化是化学变化 ,B错;碳纤维是碳的单质 ,C错;用粮食酿酒时 ,先在糖化酶作用下水解为葡萄糖 ,然后在酵母作用下转变为酒精 ,都是化学变化。D正确。答案：D(2019全国新课标卷1)

32、7、化学无处不在 ,以下与化学有关的说法 ,不正确的选项是()A、侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B、可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C、碘是人体必须微量元素 ,所以要多吃富含高碘酸的食物D、黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成答案：C解析：A对 ,侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中 ,由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3,故NaHCO3在溶液中析出。B对 ,浓盐酸易挥发 ,与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒 ,冒白烟。C错 ,碘是人体必需元素 ,补碘常在食盐中参加KIO3固体而不是高碘酸 ,高碘酸为强酸性物质。D对 ,制备黑火药的原料

33、为S、KNO3、C ,三者比例为1：2：3备注：该题与人们日常生活紧密结合 ,均为最根本的化学常识 ,属于根底性试题的考查。(2019天津卷)2、以下食品化学知识的表达不正确的选项是A、食盐可作调味剂 ,也可作食品防腐剂B、新鲜蔬菜做熟后 ,所含维生素C会有损失C、纤维素在人体内可水解为葡萄糖 ,故可做人类的营养物质D、葡萄糖中的花青素在碱性环境下显蓝色 ,故可用苏打粉检验假红酒。【解析】该题考查和生活息息相关的一些物质的主要性质。命题依据来源于选修1?化学与生活?。A选项正确 ,考查程食盐的常识性知识;B选项考查维生素C的性质 ,维生素C再人体内或受热时很容易被氧化 ,生吃新鲜蔬菜比熟吃损失

34、小 ,正确;C选项 ,纤维素在人体内不能水解 ,所以不能作为人类的营养物质 ,错误。D选项苏打是碳酸钠 ,呈碱性 ,假设红酒中没有葡萄糖时与苏打不显蓝色 ,正确。答案选：C(2019浙江卷)7、以下说法不正确的选项是A.多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料B.pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断C.科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷(As)元素 ,该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素D.CH3CHCH2和CO2反响生成可降解聚合物 OCHCH2OC n ,该反响符合绿色化学的原那么O CH3 O【解析】A选项：氢氧燃料电池要求电极必须多孔具有很强的吸附能力 ,并具一定的催化作用 ,同

35、时增大气固的接触面积 ,提高反响速率。C选项：As和P同主族。甲基环氧乙烷与二氧化碳在一定条件下反响生成聚碳酸酯 ,原子利用率到达100% ,生成的聚碳酸酯易降解生成无毒无害物质 ,所以此反响符合绿色化学原那么。B选项：pH计可用于酸碱中和滴定终点的判断。答案：B(2019山东卷)31.(8分)【化学化学与技术】废旧硬质合金刀具中含有碳化钨(WC)、金属钴(Co)及少量杂质铁 ,利用电解法可回收WC和Co。工艺流程图如下：(1)电解时废旧刀具做阳极 ,不锈钢做阴极 ,HCl溶液为电解质溶液。阴极主要的电极反响式为_。(2)净化步骤所得滤饼的主要成分是_。回收的洗涤液代替水配制电解液 ,目的是回

36、收利用其中的_。(3)溶液I的主要成分是_。洗涤CoC2O4不充分对最终产品纯度并无明显影响 ,但焙烧时会造成环境污染 ,原因是_。(4)将Co2O3复原成CO粉的化学方程式为_。解析：(1)电解时阴极得到电子 ,由于HCl是电解质溶液 ,所以阴极是氢离子放电生成氢气 ,电极反响式是2H+2e-=H2(2)电解是阳极是铁失去电子 ,生成亚铁离子。然后参加双氧水将亚铁离子氧化生成铁离子 ,在参加氨水那么生成氢氧化铁沉淀 ,即净化步骤所得滤饼的主要成分是Fe(OH)3。回收的洗涤液中含有Co2+ ,因此目的是回收利用其中的Co2+。(3)由于电解质溶液是盐酸 ,且在反响过程中参加了氨水和醋酸铵 ,

37、所以过滤后溶液I的主要成分是NH4Cl。由于在煅烧是氯化铵分解生成氨气和氯化氢 ,从而造成环境污染。(4)氢气复原Co2O3生成CO粉的同时 ,还有水生成 ,所以该反响的化学方程式是Co2O3+3H2=2CO+3H2O。(1)2H+2e-=H2 (2)Fe(OH)3;Co2+(或Co)(3)NH4Cl;焙烧时NH4Cl分解产生NH3和HCl(4)Co2O3+3H2=2CO+3H2O(2019全国新课标卷1)36.【化学选修2:化学与技术(15分)草酸(乙二酸)可作复原剂和沉淀剂 ,用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。一种制备草酸(含2个结晶水)的工艺流程如下:答复以下问题(1) CO和NaOH在

38、一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反响方程式分别为 、 。(2)该制备工艺中有两次过滤操作 ,过滤操作的滤液是 ,滤渣是 ;过滤操作的滤液是 和 ,滤渣是 。(3)工艺过程中和的目的是 。(4)有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸。该方案的缺点是产品不纯 ,其中含有的杂质主要是 。(5)结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。称量草酸成品0.250g溶于水 ,用0.0500 mol . L-1的酸性KMnO4溶液滴定 ,至浅粉红色不消褪 ,消耗KMnO4溶液15.00 mL, 反响的离子方程式为 ;列式计算该成品的纯度 。考点：考查物质的分类、化学方程式和离子方程式的书写审题策略

39、：在解题时要仔细观察流程图 ,根据物质的性质 ,比方一些物质的溶解性、草酸钙难溶于水、硫酸钙微溶于水 ,可以推出过滤操作和中滤液和滤渣的成分 ,从而完成各步问题。解析：(1)根据信息并结合原子守恒可得出该反响的化学方程式是CO+NaOH HCOONa、2HCOONa NaOOC-COONa+H2。(2)草酸钠和氢氧化钙反响生成草酸钙和氢氧化钠 ,草酸钙难溶于水 ,那么过滤中滤渣是草酸钙 ,滤液中是氢氧化钠;用硫酸将草酸钙酸化 ,生成草酸和硫酸钙 ,其中硫酸钙是微溶于水 ,所以在过滤中滤渣是硫酸钙 ,滤液是草酸和过量的稀硫酸。(3)工艺流程中有氢氧化钠生成 ,而中有硫酸生成 ,所以工艺过程中和的

40、目的是分别循环利用氢氧化钠和硫酸(降低本钱) ,减少污染。(4)由于甲酸钠脱氢后生成的产物是草酸钠 ,直接和硫酸反响生成草酸和硫酸钠 ,得到的草酸中含有硫酸钠杂质 ,所以该方案是不可取的。(5)高锰酸钾是氧化剂 ,复原产物是锰离子。草酸是复原剂氧化产物是CO2 ,所以根据电子的得失守恒可知 ,该反响的离子方程式是5C2O42-+16H+2MnO4-=2Mn2+8H2O+10CO2。该题反响的方程式可知 ,该成品的纯度是 。答案：(1)CO+NaOH HCOONa、2HCOONa NaOOC-COONa+H2(2)氢氧化钠溶液;草酸钙;草酸溶液和硫酸溶液;硫酸钙(3)别循环利用氢氧化钠和硫酸(降

41、低本钱) ,减少污染(4)Na2SO4(5)5C2O42-+16H+2MnO4-=2Mn2+8H2O+10CO2(2019全国新课标卷2)36.化学选修2：化学与技术(15)锌锰电池(俗称干电池)在生活中的用量很大。两种锌锰电池的构造图如图(a)所示。答复以下问题：(1) 普通锌锰电池放电时发生的主要反响为：Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH 该电池中 ,负极材料主要是_ ,电解质的主要成分是_ ,正极发生的主要反响是 。 与普通锌锰电池相比 ,碱性锌锰电池的优点及其理由是(2) 图(b)表示回收利用废旧普通锌锰电池的一种工艺(不考虑废旧电池中实际存在的少量其

42、他金属)。(3)图(b)中产物的化学式分别为A_ ,B_。 操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4。操作b中 ,绿色的K2MnO4溶液反响后生成紫色溶液和一种黑褐色固体 ,该反响的离子方程式为 采用惰性电极电解K2MnO4溶液也能得到化合物D ,那么阴极处得到的主要物质是_。(填化学式)解析：(1)原电池中较活泼的金属是负极 ,失去电子 ,发生氧化反响。电子经导线传递到正极 ,所以溶液中的阳离子向正极移动 ,正极得到电子 ,发生复原反响。所以根据反响的总方程式可知 ,锌失去电子 ,做负极。电解质的主要成分是氯化铵 ,正极是二氧化锰得到电子 ,电极反响式是MnO2+e-+NH4+=MnOOH+NH3。碱性电池不容易发生电解质溶液泄漏 ,因为消耗的负极改装在电池的内部;碱性电池使用寿命较长 ,因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高;(2)氯