2014年高考化学题分十三个专题详解
2014年高考化学题分十三个专题详解
复习的重点一是要掌握所有的知识点，二就是要大量的做题，常梦网的编辑就为各位考生带来了2014年高考化学题分十三个专题详解
(2013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可发生如下可逆反应：
反应Ⅰ：2NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g) (NH4)2CO3 (aq) △H1
反应Ⅱ：NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g) NH4HCO3 (aq) △H2
反应Ⅲ：(NH4)2CO3 (aq) + H2O (l)+ CO2 (g) 2NH4HCO3 (aq) △H3
请回答下列问题：
(1)△H1与△H2、△H3之间的关系是：△H3=_____ ______。
(2)为研究温度对(NH4)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)。则：
①△H3______0(填“>”、“=”或“<”)。②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_____ ____。
③反应Ⅲ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，将该反应体系温度迅速上升到T2，并维持该温度。请在该图中画出t1时刻后溶液的pH变化趋势曲线。
(3)利用反应Ⅲ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)下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是
A.NH4Cl B.Na2CO3 C.HOCH2CH2OH D.HOCH2CH2NH2
.【解析】(1)将反应Ⅰ倒过来书写：
(NH4)2CO3 (aq) 2NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g) —△H1
将反应Ⅱ×2：
+) 2NH3 (l)+ 2H2O (l)+ 2CO2 (g) 2NH4HCO3 (aq) 2△H2
得：(NH4)2CO3 (aq) + H2O (l)+ CO2 (g) 2NH4HCO3 (aq) △H3 =2△H2—△H1
(2)由图1可知：在温度为T3时反应达平衡，此后温度升高，c(CO2)增大，平衡逆向移动，说明反应Ⅲ是放热反应(△H3<0)。在T3前反应未建立平衡，无论在什么温度下(NH4)2CO3 (aq)总是捕获CO2，故c(CO2)减小。
反应Ⅲ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，反应如下：
Na2CO3 +CO2 +H2O===2NaHCO3
HOCH2CH2NH2 +CO2 +H2O== HOCH2CH2NH3+ HCO3—
【答案】(1)2△H2—△H1 (2)①< ②T1-T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，反应速率越快，所以CO2被捕获的量随温度的升而提高。T4- T5区间，化学反应已到达平衡，由于正反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获。 ③
(3)降低温度;增加CO2浓度(或压强) (4)BD
(2013广东卷)31.(16分)大气中的部分碘源于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步反应组成：
①I-(aq)+ O3(g)= IO-(aq)+O2(g) △H1
②IO-(aq)+H+(aq) HOI(aq) △H2
③HOI(aq) + I-(aq) + H+(aq) I2(aq) + H2O(l) △H3
总反应的化学方程式为 ，其反应△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-反应的影响(反应体系如图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。
①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是_______。
②图13中的A为_____，由Fe3+生成A的过程能显著提高Ⅰ-的转化率，原因是_______。
③第2组实验进行18s后，I3-浓度下降。导致下降的直接原因有(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-的平均反应速率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
解析：(1)将已知3个化学方程式连加可得O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+ 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)①由表格可以看出第一组溶液的pH由反应前的5.2变为反应后的11.0，其原因是反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大。
②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Ⅰ—：2Fe3++2Ⅰ—=Ⅰ2+2Fe2+，即A是亚铁离子。Ⅰ—消耗量增大，转化率增大，与Ⅰ2反应的量减少，Ⅰ3—浓度减小。
(4)由图给数据可知△c(Ⅰ3—)=(11.8×10—3 mol/L-3.5×10—3 mol/L)=8.3×10—3 mol/L，由速率公式得：v(Ⅰ3—)=△c(Ⅰ3—)/△t= 8.3×10—3 mol/L/(18—3)=5.5×10—4 mol/L•s。
答案：(1) O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+ O2+ H2O，△H=△H1+△H2+△H3。(2)
(3)反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大;Fe3+，BD
(4)(计算过程略)5.5×10—4 mol/L•s
命题意图：化学反应原理与元素化合物
(2013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K2O•M2O3•2RO2•nH2O的无机材料纯化制取的氢气
①已知元素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，则R的原子结构示意图为¬_________
②常温下，不能与M单质发生反应的是_________(填序号)
a.CuSO4溶液 b.Fe2O3 c.浓硫酸 d.NaOH e.Na2CO3固体
(2)利用H2S废气制取氢气来的方法有多种
①高温热分解法
已知：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 mol•L-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应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=________;说明温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：___________
②电化学法
该法制氢过程的示意图如右。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是___________;反应池中发生反应的化学方程式为_____________________。反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为_______________________。
【答案】(1)① ②b、e
(2)① 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短(或其它合理答案)
②增大反应物接触面积，使反应更反分
H2S + 2FeCl3 = 2FeCl2 + S↓ + 2HCl 2Fe2+ + 2H+ 2Fe3+ + H2↑
【解析】本题考查元素推断、原子结构、化学平衡的影响因素及计算、电化学等化学反应原理的知识，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不反应，与Na2CO3也不反应;(2)①K= = = 。温度越高，反应速率越快，反应物的转化率越高，与平衡转化率差距越小，所以离得近。②FeCl3具有强氧化性，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，反应充分。从图可知电解过程中从左池通入的Fe2生成Fe3(阳极反应)，循环使用;而另一电极产生的则为H2(阴极反应)。故电解总的离子方程式为：2Fe2++2H
专题十二：化学反应中的能量变化
(2013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：
下列说法不正确的是( )
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+△H3
D.以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH——2e—=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。
(2013海南卷)5.已知下列反应的热化学方程式：
6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l) △H1
2 H2(g)+ O2(g)= 2H2O(g) △H2
C(s)+ O2(g)=CO2(g) △H3
则反应4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的△H为
A.12△H3+5△H2-2△H1 B.2△H1-5△H2-12△H3
C.12△H3-5△H2 -2△H1 D.△H1-5△H2-12△H3
[答案]A
[解析]：盖斯定律常规考查。③×12+②×5-①×2即可得到4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的△H，答案选A。
[2013高考∙重庆卷∙6]已知：P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g) △H=a kJ∙mol—1
P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g) △H=b kJ∙mol—1
P4具有正四面体结构，PCl5中P-Cl键的键能为c kJ∙mol—1，PCl3中P-Cl键的键能为1.2c kJ∙mol—1。
下列叙述正确的是
A.P-P键的键能大于P-Cl键的键能
B.可求Cl2(g)+ PCl3(g)=4PCl5(g)的反应热△H
C.Cl-Cl键的键能为(b-a+5.6c)/4 kJ∙mol—1
D.P-P键的键能为(5a-3b+12c)/8 kJ∙mol—1
答案：C
【解析】原子半径P>Cl,因此P-P键键长大于P-Cl键键长，则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)/4KJ•mol-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)/4KJ•mol-1可得E(Cl-Cl)+3×1.2c-5c=(b-a)/4，因此可得E(Cl-Cl)=(b-a+5.6c)/4kJ•mol-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)/4-4×5c=b，解得E(P-P)=(2.5a-1.5b+6c)/6 kJ•mol-1，D项错误。
(2013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。然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可见
A. NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应
B.该反应中，热能转化为产物内部的能量
C.反应物的总能量高于生成物的总能量
D.反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HCl→NH4Cl+CO2↑+H2O-Q
答案：B
【解析】醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，A项错误;因反应为吸热反应，即吸热的热量转化为产物内部的能量，故B项正确;因反应为吸热反应，则反应后生成物的总能量高于反应物的总能量，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。
(2013山东卷)12.CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)△H﹤0，在其他条件不变的情况下
A.加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变
B.改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
C.升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变
D.若在原电池中进行，反应放出的热量不变
解析：催化剂虽然改变了反应途径，但是△H只取决于反应物、生成物的状态，△H不变，A错;这是一个反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量也不变，B正确;该反应是放热反应，升高温度，平衡左移，反应放出的热量减小，C错;若在原电池中进行，反应不放出热量，而是转换为电能，D错。
答案：B
(2013新课标卷2)12.在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应
H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g) △H1
2H2S(g)+SO2(g)= S2(g)+2H2O(g) △H2
H2S(g)+ O2(g)=S(g)+H2O(g) △H3
2S(g) =S2(g) △H4
则△H4的正确表达式为
A.△H4= (△H1+△H2-3△H3) B.△H4= (3△H3-△H1-△H2)
C.△H4= (△H1+△H2+3△H3) D.△H4= (△H1-△H2-3△H3)
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2—3×方程式2)×32;即选择△H4的正确表达式为△H4= (△H1+△H2-3△H3)，即选项A正确。
答案：A
(2013北京卷)6.下列设备工作时，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。
(2013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应：
甲醇合成反应：
①CO(g)+ 2H2(g)=CH3OH(g) △H1=-90.1 kJ•mol-1
②CO2(g)+ 3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.0 kJ•mol-1
水煤气变换反应：
③CO(g) + H2O (g)=CO2(g)+H2(g) △H3=-41.1 kJ•mol-1
二甲醚合成反应：
④2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) △H4=-24.5 kJ•mol-1
⑴Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应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) 。
⑵分析二甲醚合成反应④对于CO转化率的影响 。
⑶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 。
⑷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，结果如下图所示。其中CO转化率随温度升高而降低的原因是____________。
⑸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(5.93kW•h•kg-1)，若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为_______________。
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，1kW•h=3.6×105J )
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，促进甲醇合成反应①平衡向右移，CO转化率增大;生成的H2O，通过水煤气变换反应③消耗部分CO。
(3)2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-204.7kJ/mol;该反应分子数减小，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，反应速率增大。
(4)反应放热，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参与的反应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)根据盖斯定律可知，将①×2+④即得到反应2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)，所以该反应的放热△H=-90.1 kJ/mol×2-24.5 kJ/mol=-204.7kJ/mol。
(4)该反应分子数减小，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，反应速率增大。
(5)原电池中负极失去电子，所以负极电极反应式是CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+;二甲醚中碳原子的化合价是-2价，反应后变为+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=电池输出电能/燃料质量，所以该电池的能量密度=
。
(2013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反应，其能量变化示意图如下:
①写出该反应的热化学方程式: _ 。
②随温度升高，该反应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。
①当尾气中空气不足时，NOX在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：_ 。
② 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 <2oCaO <38SrO<56BaO。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:
①Pt电极上发生的是 反应(填“氧化”或“还原”)。
②写出NiO电极的电极反应式: 。
【答案】(1)3NO2+2H2O=2HNO3+NO;
(2)①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+183KJ/mol; ②增大;
(3)①2NO+2CO N2+2CO2
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数，得知它们均为第ⅡA族。同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大;
(4)①还原; ②NO+O2--2e-=NO2;
【解析】(1)NO2与H2O反应生成HNO3与NO;
(2)①△H=945kJ/mol+498kJ/mol-2×630KJ/mol=+183KJ/mol;
②该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，化学平衡常数增大;
(3)①NO被CO还原N2，CO被氧化为CO2;
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数可知，它们均处于第ⅡA族，同一主族自上而下，原子半径增大，金属性增强;
(4)①由工作原理示意图可知，O2在Pt电极发生还原反应生成O2-;
②在O2-参加反应下，NO在NiO电极发生氧化反应生成NO2。
专题十三：化学与生活、技术、环境和工业
(2013大纲卷)6、下面有关发泡塑料饭盒的叙述，不正确的是
A.主要材质是高分子材料 B.价廉、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】本题结合生活，考察学生的有机基础知识，有机物的通性。
(2013福建卷)6. 化学与社会、生产、生活紧切相关。下列说法正确的是
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应才能实现
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。
(2013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。下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是
A.甲醇 B.天然气 C.液化石油气 D.氢气
【参考答案】D
【解析】本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，氢气的确是最理想的能源。太阳能和氢能全面使用将是新能源领域人类努力的方向。
(2013四川卷)1. 化学与生活密切相关，下列说法不正确的是( )
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】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。
(2013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，有一部分原料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分离NaCl、NH4Cl的滤液时，是向低温滤液中通入NH3使NH4Cl析出，最后得到溶液基本上是饱和NaCl溶液，可循环利用，提高了NaCl的利用率，故答案为：A。
(2013山东卷)7.化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A.聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应
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
(2013全国新课标卷1)7、化学无处不在，下列与化学有关的说法，不正确的是()
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，补碘常在食盐中加入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，均为最基本的化学常识，属于基础性试题的考查。
(2013天津卷)2、以下食品化学知识的叙述不正确的是
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
(2013浙江卷)7、下列说法不正确的是
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.CH3CH—CH2和CO2反应生成可降解聚合物[ O—CHCH2—O—C ]n，该反应符合绿色化学的原则
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，同时增大气固的接触面积，提高反应速率。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应生成聚碳酸酯，原子利用率达到100%，生成的聚碳酸酯易降解生成无毒无害物质，所以此反应符合绿色化学原则。B选项：pH计可用于酸碱中和滴定终点的判断。
答案：B
(2013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。阴极主要的电极反应式为________________________________________。
(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还原成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，电极反应式是2H++2e-=H2↑
(2)电解是阳极是铁失去电子，生成亚铁离子。然后加入双氧水将亚铁离子氧化生成铁离子，在加入氨水则生成氢氧化铁沉淀，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，且在反应过程中加入了氨水和醋酸铵，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)氢气还原Co2O3生成CO粉的同时，还有水生成，所以该反应的化学方程式是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
(2013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)可作还原剂和沉淀剂，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:
回答下列问题
(1) CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为 、 。
(2)该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤液是 ，滤渣是 ;过滤操作②的滤液是 和 ，滤渣是 。
(3)工艺过程中③和④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, 反应的离子方程式为 ;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：在解题时要仔细观察流程图，根据物质的性质，比如一些物质的溶解性、草酸钙难溶于水、硫酸钙微溶于水，可以推出过滤操作①和②中滤液和滤渣的成分，从而完成各步问题。
解析：(1)根据已知信息并结合原子守恒可得出该反应的化学方程式是CO+NaOH HCOONa、2HCOONa NaOOC-COONa+H2↑。
(2)草酸钠和氢氧化钙反应生成草酸钙和氢氧化钠，草酸钙难溶于水，则过滤①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②中滤渣是硫酸钙，滤液是草酸和过量的稀硫酸。
(3)工艺流程③中有氢氧化钠生成，而④中有硫酸生成，所以工艺过程中③和④的目的是分别循环利用氢氧化钠和硫酸(降低成本)，减少污染。
(4)由于甲酸钠脱氢后生成的产物是草酸钠，直接和硫酸反应生成草酸和硫酸钠，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，还原产物是锰离子。草酸是还原剂氧化产物是CO2，所以根据电子的得失守恒可知，该反应的离子方程式是5C2O42-+16H++2MnO4-=2Mn2++8H2O+10CO2↑。该题反应的方程式可知，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(降低成本)，减少污染
(4)Na2SO4
(5)5C2O42-+16H++2MnO4-=2Mn2++8H2O+10CO2↑
。
(2013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。
回答下列问题：
(1) 普通锌锰电池放电时发生的主要反应为：
Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH
① 该电池中，负极材料主要是________，电解质的主要成分是______，正极发生的主要反应是 。
② 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他金属)。
(3)图(b)中产物的化学式分别为A_______，B________。
① 操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4。操作b中，绿色的K2MnO4溶液反应后生成紫色溶液和一种黑褐色固体，该反应的离子方程式为
。
② 采用惰性电极电解K2MnO4溶液也能得到化合物D，则阴极处得到的主要物质是________。(填化学式)
解析：(1)①原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。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，发生还原反应。所以根据反应的总方程式可知，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，电极反应式是MnO2+e-+NH4+=MnOOH+NH3。
②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)氯化锌和氯化铵易溶于水，所以滤液的主要成分是氯化锌和氯化铵。氯化铵步稳定，加热易分解，所以A是氯化锌，B是氯化铵。
①绿色的K2MnO4溶液反应后生成紫色溶液和一种黑褐色固体，这说明反应中有MnO4-和MnO2生成，因此该反应是锰酸钾自身的氧化还原反应，所以方程式是3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2+2CO32-。
②电解池中阴极得到电子，所以是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，而在MnO42-阳极失去电子生成高锰酸钾溶液。
答案：(1)①Zn;NH4Cl;MnO2+e-+NH4+=MnOOH+NH3
②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;
(3)ZnCl2; NH4Cl;
①3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2+2CO32-;
②H2;
(2013海南卷)20.[选修2——化学与技术] (20分)
20-I(6分)下列叙述正确的是
A.合成氨的“造气”阶段会产生废气
B.电镀的酸性废液用碱中和后就可以排放
C.电解制铝的过程中，作为阳极材料的无烟煤不会消耗
D.使用煤炭转化的管道煤气比直接燃煤可减少环境污染
[答案]AD
[解析]：A中氨的造气用天燃气或煤，必产生二氧化碳;B中电镀液含重金属离子，应处理后排放;C中，铝的生产中阳极会产生二氧化碳，煤有消耗;D中煤的气化后作了脱硫处理，污染减少。
20-II(14分)硅在地壳中的含量较高。硅及其化合物的开发由来已久，在现代生活中有广泛应用。回答下列问题：
(1)1810年瑞典化学家贝采利乌斯在加热石英砂、木炭和铁时，得到一种“金属”。这种“金属”可能是 。
(2)陶瓷、水泥和玻璃是常用的硅酸盐材料。其中，生产普通玻璃的主要原料有 。
(3)高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：
①用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式为 ;碳化硅又称 ，其晶体结构与 相似。
②在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如下表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和 。
物质 Si SiCl4 SiHCl3 SiH2Cl2 SiH3Cl HCl SiH4
沸点/℃ 2355 57.6 31.8 8.2 -30.4 -84.9 -111.9
③SiHCl3极易水解，其完全水解的产物为 。
(4)氯碱工业可为上述工艺生产提供部分原料，这些原料是 。
[答案] (1)含有硅、碳的铁合金(或硅铁) (2)石英砂、纯碱和石灰石
(3)①SiO2+3C SiC+2CO↑ 金刚砂 金刚石(或单晶硅) ②精馏(或蒸馏)③H4SiO4(或H2SiO3)、H2、HCl (4)H2、HCl
[解析]：大多为常见知识考查。(3)比较SiHCl3、SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl的沸点，可得常温下SiHCl3、SiCl4为液体、SiH2Cl2、SiH3Cl为气体，沉降除去产物中的固体后，冷凝得到SiHCl3、SiCl4的混合液体，用蒸馏可分离二者。
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