2014年高考化學(xué)試題分類匯編解析-14-無機(jī)綜合與推斷

2014年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試化學(xué)試題分類匯編專題十四 無機(jī)綜合與推斷（包括化學(xué)工藝流程）1（2014天津理綜化學(xué)卷，T10）合成氨是人類科學(xué)技術(shù)上的一項重大突破，其反應(yīng)原理為N2(g)3H2(g)2NH3(g)H92.4 kJmol1。一種工業(yè)合成氨的簡式流程圖如下：x k b 1 . c o m(1)天然氣中的H2S雜質(zhì)常用氨水吸收，產(chǎn)物為NH4HS。一定條件下向NH4HS溶液中通入空氣，得到單質(zhì)硫并使吸收液再生，寫出再生反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。(2)步驟中制氫氣的原理如下：CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g) H206.4 kJmol1CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g) H41.2 kJmol1對于反應(yīng)，一定可以提高平衡體系中H2的百分含量，又能加快反應(yīng)速率的措施是_。a升高溫度b增大水蒸氣濃度c加入催化劑d降低壓強(qiáng)利用反應(yīng)，將CO進(jìn)一步轉(zhuǎn)化，可提高H2的產(chǎn)量。若1 mol CO和H2的混合氣體(CO的體積分?jǐn)?shù)為20%)與H2O反應(yīng)，得到1.18 mol CO、CO2和H2的混合氣體，則CO的轉(zhuǎn)化率為_。(3)圖(a)表示500 、60.0 MPa條件下，原料氣投料比與平衡時NH3體積分?jǐn)?shù)的關(guān)系。根據(jù)圖中a點數(shù)據(jù)計算N2的平衡體積分?jǐn)?shù)：_。(4)依據(jù)溫度對合成氨反應(yīng)的影響，在圖(b)坐標(biāo)系中，畫出一定條件下的密閉容器內(nèi)，從通入原料氣開始，隨溫度不斷升高，NH3物質(zhì)的量變化的曲線示意圖。(a)(b)(5)上述流程圖中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步驟是(填序號)_。簡述本流程中提高合成氨原料總轉(zhuǎn)化率的方法： _?！敬鸢浮?1)2NH4HSO22NH3H2O2S(2)a90%(3)14.5%(4)(5)對原料氣加壓；分離液氨后，未反應(yīng)的N2、H2循環(huán)使用【解析】(1)由題意可知為空氣中的O2將負(fù)二價硫氧化為硫單質(zhì)，根據(jù)電子守恒將方程式配平即可。(2)反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量增大的吸熱反應(yīng)，降低壓強(qiáng)使平衡右移，但反應(yīng)速率減小，d錯；催化劑不能改變反應(yīng)限度，即不能改變H2的百分含量，c錯；增大水蒸氣濃度雖可使反應(yīng)速率增大以及平衡右移，但產(chǎn)物H2的百分含量卻減小，b錯；升高溫度反應(yīng)速率增大，且平衡正向移動，H2的百分含量增大，a對。CO與H2的混合氣體與水蒸氣的反應(yīng)中，反應(yīng)體系中的氣體的物質(zhì)的量不變，而1 molCO與H2的混合氣體參加反應(yīng)生成1.18 mol混合氣，說明有0.18 mol 水蒸氣參加反應(yīng)，則根據(jù)方程式可知參加反應(yīng)的CO也為0.18 mol，則其轉(zhuǎn)化率為100%90%。(3)由圖中看出當(dāng)N2與H2物質(zhì)的量比為13時，NH3的平衡體積分?jǐn)?shù)最大，為42%。設(shè)平衡時轉(zhuǎn)化的N2的物質(zhì)的量為x mol，由三段式：N23H22NH3 起始(mol): 1 3 0轉(zhuǎn)化(mol): x 3x 2x平衡(mol): 1x 3 3x 2x100%42%，則則平衡時N2的體積分?jǐn)?shù)為100%14.5%。(4)作圖時要注意開始時NH3物質(zhì)的量不斷增多，是因為反應(yīng)正向進(jìn)行(反應(yīng)未達(dá)平衡)，達(dá)到一定程度后反應(yīng)達(dá)到平衡而此時溫度繼續(xù)升高，平衡逆向移動，NH3的物質(zhì)的量減小。(5)熱交換器可以使需要加熱的物質(zhì)得到加熱，還可以使需要冷卻的物質(zhì)得到冷卻，能充分利用能量。合成氨反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，加壓利于反應(yīng)正向進(jìn)行；此外，循環(huán)利用可反復(fù)利用原料，提高原料利用率。2. （2014四川理綜化學(xué)卷，T11）（16分）污染物的有效去除和資源的充分利用是化學(xué)造福人類的重要研究課題。某研究小組利用軟錳礦（主要成分為MnO2，另含少量鐵，鋁，銅，鎳等金屬化合物）作脫硫劑，通過如下簡化流程，既脫除燃煤尾氣中的SO2，又制得電池材料MnO2（反應(yīng)條件已省略）。請回答下列問題：（1）上述流程脫硫?qū)崿F(xiàn)了 （選填下列字母編號）。 A廢棄物的綜合利用 B白色污染的減少 C酸雨的減少（2）用MnCO3能除去溶液中Al3和Fe3，其原因是 。（3）已知：25、101kPa時，Mn(s)+O2(g)=MnO2(s) DH=-520kJ/mol S(s)+O2(g)=SO2(g) DH=-297kJ/molx k b 1 . c o m Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s) DH=-1065kJ/molSO2與MnO2反應(yīng)生成無水MnSO4的熱化學(xué)方程式是 （4）MnO2可作超級電容材料。用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO2，其陽極的電極反應(yīng)式是 （5）MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料。堿性鋅錳電池放電時，正極的電極反應(yīng)式是 （6）假設(shè)脫除的SO2只與軟錳礦漿中MnO2反應(yīng)。按照圖示流程，將a m3(標(biāo)準(zhǔn)狀況)含SO2的體積分?jǐn)?shù)為b%的尾氣通入礦漿，若SO2的脫除率為89.6%，最終得到MnO2的質(zhì)量ckg，則除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時，所引入的錳元素相當(dāng)于MnO2 kg?！敬鸢浮浚?）A、C （2）消耗溶液中的酸，促進(jìn)Al3和Fe3水解生成氫氧化物沉淀（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）根據(jù)題意，既脫除燃煤尾氣中的SO2，又制得電池材料MnO2，上述流程脫硫能夠?qū)崿F(xiàn)廢棄物的綜合利用，二氧化硫的減少可以減少酸雨。（2）用MnCO3能除去溶液中Al3和Fe3的原因是MnCO3本身難溶于水，消耗溶液中的酸，促進(jìn)Al3和Fe3水解生成氫氧化物沉淀。（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 根據(jù)蓋斯定律： -得：DH=-248kJ/mol，則SO2與MnO2反應(yīng)生成無水MnSO4的熱化學(xué)方程式是MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) DH=-248kJ/mol（4）用惰性電極電解MnSO4溶液，正極的反應(yīng)式為Mn2+2H2O-2e=MnO2+4H（5）MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料。堿性鋅錳電池放電時，正極的電極反應(yīng)式MnO2+H2O+e=MnO(OH)+OH（6）最終得到MnO2的質(zhì)量ckg，減去和二氧化硫反應(yīng)的二氧化錳的質(zhì)量，即為除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時，所引入的MnO2 的質(zhì)量。m=c-a103b%89.6%87/(22.41000)= 3（2014全國理綜I化學(xué)卷，T36）化學(xué)選修2：化學(xué)與技術(shù)（15分）磷礦石主要以磷酸鈣Ca3(PO4)2H2O和磷灰石Ca5F(PO4)3、Ca5(OH)(PO4)3等形式存在。圖（a）為目前國際上磷礦石利用的大致情況，其中濕法磷酸是指磷礦石用過量硫酸分解制備磷酸。圖（b）是熱法磷酸生成過程中由磷灰石制單質(zhì)磷的流程。圖（a）圖（b）部分物質(zhì)的相關(guān)性質(zhì)如下：熔點/沸點/備注白磷44280.5PH3-133.8-87.8難溶于水，具有還原性SiF4xkb 1-90-86易水解回答下列問題：（1）世界上磷礦石最主要的用途是生產(chǎn)含磷肥料，約占磷礦石使用量的 。（2）以磷灰石為原料，濕法磷酸過程中Ca3F(PO4)3反應(yīng)的化學(xué)方程式為： ?，F(xiàn)有1噸折合含有五氧化二磷約30%的磷灰石，最多可制得85的商品磷酸 噸。（3）如圖(b)所示，熱法生產(chǎn)磷酸的第一步是將二氧化硅、過量焦炭與磷灰石混合，高溫反應(yīng)生成白磷。爐渣的主要成分是： (填化學(xué)式)冷凝塔1的主要沉積物是： 冷凝塔2的主要沉積物是： （4）尾氣中主要含有 ，還含有少量PH3、H2S和HF等，將尾氣先通入純堿溶液，可除去 ；再通入次氯酸鈉溶液，可除去 (均填化學(xué)式)（5）相比于濕法磷酸，熱法磷酸工藝復(fù)雜，能耗高，但優(yōu)點是： ?！敬鸢浮浚?）69%（2）Ca5F(PO4)35H2SO43H3PO45CaSO4HF 0.49t（3）CaSiO3，液體白磷；固體白磷。（4）CO、SiF4；H2S、HF、SiF4，PH3。（5）產(chǎn)品純度高或產(chǎn)品濃度大【解析】（1）含磷的肥料有兩種：磷礦粉肥和最終制得的磷肥，共4%+96%85%80%69%（2）濕法生產(chǎn)磷酸屬于復(fù)分解反應(yīng),符合強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)， Ca5F(PO4)35H2SO43H3PO45CaSO4HF 根據(jù)P原子守恒：P2O52 H3PO4 142 196 0.3t 85%x則：85%x1421960.3t，x0.49t（3）爐渣主要成分是硅酸鈣（CaSiO3），冷凝塔1的溫度為70，白磷蒸汽冷凝為液體；冷凝塔2的溫度為18，白磷液體固化變?yōu)楣腆w。（4）因為使用了過量的焦炭，所以尾氣中中有大量的CO氣體，還含有SiF4；通過堿性溶液，酸性的H2S、HF以及易水解的SiF4被吸收，再通過氧化性的次氯酸鈉溶液，還原性的PH3被吸收。（5）用白磷制取磷酸可以制得高純度的磷酸4、（2014江蘇單科化學(xué)卷，T16）（12分）煙氣脫硫能有效減少二氧化硫的排放。實驗室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制備堿式硫酸鋁Al2(SO4)x(OH)62x溶液，并用于煙氣脫硫研究。（1）酸浸時反應(yīng)的化學(xué)方程式為 ；濾渣的主要成分為 （填化學(xué)式）。（2）加CaCO3調(diào)節(jié)溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2(SO4)3轉(zhuǎn)化為Al2(SO4)x(OH)62x。濾渣的主要成分為 （填化學(xué)式）；若溶液的pH偏高，將會導(dǎo)致溶液中鋁元素的含量降低，其原因是 （用離子方程式表示）。（3）上述流程中經(jīng)完全熱分解放出的SO2量總是小于吸收的SO2量，其主要原因是 ；與吸收SO2前的溶液相比，熱分解后循環(huán)利用的溶液的pH將 （填“增大”、“減小”或“不變”）?！敬鸢浮浚?2分）（1）Al2O3+3H2SO4=Al2（so4）3+3H2O SiO2 （2）CaSO4 3CaCO3+2Al3+3SO42-+3H2O=2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2（3）溶液中的部分亞硫酸根被氧化成硫酸根，減小【解析】（1）粉鎂灰中含有氧化鋁和二氧化硅，加入硫酸，氧化鋁與硫酸反應(yīng)，二氧化硅不和硫酸反應(yīng)，化學(xué)方程式為：Al2O3+3H2SO4=Al2（so4）3+3H2O，濾渣的成分為二氧化硅。（2）加入碳酸鈣調(diào)節(jié)溶液的pH，溶液中的硫酸根與鈣離子結(jié)合生成濾渣，濾渣II的主要成分是硫酸鈣；若溶液的pH值偏高則部分硫酸鋁轉(zhuǎn)化成氫氧化鋁沉淀，導(dǎo)致溶液中的鋁離子含量降低，離子方程式為3CaCO3+2Al3+3SO42-+3H2O=2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2（3）流程中完全分解產(chǎn)生的二氧化硫小于被吸收的二氧化硫的總量，主要是因為有部分亞硫酸根被氧化成硫酸根；二氧化硫被吸收后生成鹽，被循環(huán)利用的溶液的pH值減小。5（2014安徽理綜化學(xué)卷，T27）(14分)LiPF6是鋰離子電池中廣泛應(yīng)用的電解質(zhì)。某工廠用LiF、PCl5為原料，低溫反應(yīng)制備LiPF6，其流程如下：已知：HCl的沸點是85.0 ，HF的沸點是19.5 。（1）第步反應(yīng)中無水HF的作用是 、 。反應(yīng)設(shè)備不能用玻璃材質(zhì)的原因是 (用化學(xué)方程式表示)。無水HF有腐蝕性和毒性，工廠安全手冊提示：如果不小心將HF沾到皮膚上，可立即用2%的 溶液沖洗。（2）該流程需在無水條件下進(jìn)行，第步反應(yīng)中PF5極易水解，其產(chǎn)物為兩種酸，寫出PF5水解的化學(xué)方程式： 。（3）第步分離采用的方法是 ；第步分離尾氣中HF、HCl采用的方法是 。（4）LiPF6產(chǎn)品中通?；煊猩倭縇iF。取樣品wg。測得Li的物質(zhì)的量為nmol，則該樣品中LiPF6的物質(zhì)的量為 mol(用含有w、n的代數(shù)式表示)。 【答案】（14分） （1）反應(yīng)物 溶劑 SiO2+4HF=SiF4+2H2O NaHCO3 （2）PF5+4H2O=H3PO4+5HF （3）過濾 冷凝 （4） （本題部分小題屬于開放試題，合理答案均給分）【解析】（1）根據(jù)題目中的流程可以看出，固體+液體反應(yīng)新物質(zhì)+飽和溶液，所以無水HF的作用是反應(yīng)物和溶劑；玻璃的主要成分中含有二氧化硅，能和HF發(fā)生反應(yīng)，反應(yīng)的方程式為SiO2+4HF=SiF4+2H2O；HF屬于弱酸，必須用弱堿性溶液來除去（比如2%的NaHCO3溶液）；（2）根據(jù)題目中的信息“PF5極易水解，其產(chǎn)物為兩種酸”，則根據(jù)元素組成可知，兩種酸分別是H3PO4和HF，所以反應(yīng)的方程式為PF5+4H2O=H3PO4+5HF；（3）第步分離的是固體（LiPF4(s)）和液體（HF(l)），所以采用過濾的方法；分離尾氣中HF、HCl，可以利用二者沸點的差異（HF分子之間存在氫鍵）進(jìn)行分離，所以采用冷凝法；（4）根據(jù)守恒可以得到；設(shè)LiPF6為xmol，LiF為ymol；根據(jù)Li守恒，有x+y=n，根據(jù)質(zhì)量守恒有152x+26y=w，解得x=mol。6（2014福建理綜化學(xué)卷，T23）(15分)元素周期表中第VIIA族元素的單質(zhì)及其化合物的用途廣泛。（1）與氯元素同族的短周期元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖為 。（2）能作為氯、溴、碘元素非金屬性(原子得電子能力)遞變規(guī)律的判斷依據(jù)是 (填序號)。aCl2、Br2、I2的熔點 b Cl2、Br2、I2的氧化性cHCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性 d HCl、HBr、HI的酸性（3）工業(yè)上，通過如下轉(zhuǎn)化可制得KClO3晶體：NaCl溶液 NaClO3溶液KClO3晶體w w w .x k b 1.c o m完成I中反應(yīng)的總化學(xué)方程式：NaClH2ONaClO3 。II中轉(zhuǎn)化的基本反應(yīng)類型是 ，該反應(yīng)過程能析出KClO3晶體而無其它晶體析出的原因是 。（4）一定條件，在水溶液中1 mol Cl、ClO(x1，2，3，4)的能量(KJ)相對大小如右圖所示。D是 (填離子符號)。BAC反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為 (用離子符號表示)?！敬鸢浮浚?5分）（1）（2）b、c（3） 1 NaCl+ 3 H2O= 1 NaClO3+ 3 H2 復(fù)分解反應(yīng) 室溫下，氯酸鉀在水中的溶解度明顯小于其他晶體 （4）ClO4新$課$標(biāo)$第$一$網(wǎng) 3 ClO()=ClO3()+2Cl() H=117KJmol1【解析】（1）與氯元素同主族的短周期元素位F，原子結(jié)構(gòu)示意圖為：（2） 能作為非金屬性判斷的依據(jù)是單質(zhì)之間的氧化性順序，b正確，氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性順序，c正確；單質(zhì)的熔沸點和氫化物的酸性不是判斷依據(jù)。（3） 根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒，1 NaCl+ 3 H2O= 1 NaClO3+ 3 H2；氯酸鈉與氯化鉀反應(yīng)生成氯酸鉀，反應(yīng)類型為復(fù)分解反應(yīng)，能析出晶體的原因是氯酸鉀的溶解度小于其他晶體。（4） 根據(jù)圖像，D物質(zhì)中化合價為+7，則D是ClO4則根據(jù)化合價可得反應(yīng)方程式為：3 ClO()=ClO3()+2Cl() H=63+0-360=-117 KJmol1。7（2014福建理綜化學(xué)卷，T24）(15分)鐵及其化合物與生產(chǎn)、生活關(guān)系密切。（1）右圖是實驗室研究海水對鐵閘不同部位腐蝕情況的剖面示意圖。該電化腐蝕稱為 。圖中A、B、C、D四個區(qū)域，生成鐵銹最多的是 (填字母)。（2）用廢鐵皮制取鐵紅(Fe2O3)的部分流程示意圖如下：步驟I若溫度過高，將導(dǎo)致硝酸分解。硝酸分解的化學(xué)方程式為 。步驟II中發(fā)生反應(yīng)：4Fe(NO3)2O2(2n4)H2O2Fe2O3nH2O8HNO3，反應(yīng)產(chǎn)生的HNO3又將廢鐵皮中的鐵轉(zhuǎn)化為Fe(NO3)2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。上述生產(chǎn)流程中，能體現(xiàn)“綠色化學(xué)”思想的是 (任寫一項)。（3）已知t時，反應(yīng)FeO(s)CO(g)Fe(s)CO2(g)的平衡常數(shù)K0.25。t時，反應(yīng)達(dá)到平衡時n(CO)：n(CO2) 。若在1 L密閉容器中加入0.02 mol FeO(s)，并通入xmolCO，t時反應(yīng)達(dá)到平衡。此時FeO(s)轉(zhuǎn)化率為50%，則x 。【答案】（15分）（1）吸氧腐蝕 B（2）4HNO34NO2+O2+2H2O 4Fe+10HNO3=4Fe(NO3)3+NH4NO3+3H2O 氮氧化物排放少（或其他合理答案）（3） 4:1 0.05【解析】（1）由圖看出，在海水中，該電化腐蝕屬于吸氧腐蝕，在ABCD四個區(qū)域中，生成鐵銹最多是B區(qū)，能接觸到氧氣。（2）濃硝酸分解的化學(xué)方程式為4HNO34NO2+O2+2H2O,硝酸氧化 廢鐵皮中鐵的化學(xué)方程式為4Fe+10HNO3=4Fe(NO3)3+NH4NO3+3H2O，生產(chǎn)過程中體現(xiàn)綠色思想的是整個過程中氮氧化物排放減少。根據(jù)反應(yīng)FeO(s)CO(g)Fe(s)CO2(g)，平衡常數(shù)K為0.25，因為固體的濃度為1，則反應(yīng)達(dá)到平衡時n(CO)：n(CO2)=4:1，若在1 L密閉容器中加入0.02 mol FeO(s)，并通入xmolCO，t時反應(yīng)達(dá)到平衡。此時FeO(s)轉(zhuǎn)化率為率為50%，F(xiàn)eO(s)CO(g)Fe(s)CO2(g)起始 0.02 x 0 0變化 0.01 0.01 0.01 0.01平衡時 0.01 x-0.01 0.01 0.01 根據(jù)平衡常數(shù)K=0.25得：，解得x=0.05。8（2014廣東理綜化學(xué)卷，T31）（16分）用CaSO4代替O2與燃料CO反應(yīng)，既可提高燃燒效率，又能得到高純CO2，是一種高效、清潔、經(jīng)濟(jì)的新型燃燒技術(shù)，反應(yīng)為主反應(yīng)，反應(yīng)和為副反應(yīng)。CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g) H1= 47.3kJmol-1 CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+CO2(g) +SO2(g) H2= +210.5kJmol-1 CO(g) C(s)+ CO2(g) H3= 86.2kJmol-1 （1）反應(yīng)2CaSO4(s)+7CO(g) CaS(s)+ CaO(s)+6CO2(g)+ C(s) +SO2(g)的H_（用H1、H2和H3表示）（2）反應(yīng)的平衡常數(shù)的對數(shù)lgK隨反應(yīng)溫度T的變化曲線見圖18，結(jié)合各反應(yīng)的H，歸納lgK-T曲線變化規(guī)律：a)_；b)_。（3）向盛有CaSO4的真空恒容密閉容器中充入CO，反應(yīng)于900達(dá)到平衡，c平衡(CO)=8.010-5 molL-1，計算CO的轉(zhuǎn)化率（忽略副反應(yīng)，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（4）為減少副產(chǎn)物，獲得更純凈的CO2，可在初始燃料中適量加入_。（5）以反應(yīng)中生成的CaS為原料，在一定條件下經(jīng)原子利用率100%的高溫反應(yīng)，可再生CaSO4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_；在一定條件下，CO2可與對二甲苯反應(yīng)，在其苯環(huán)上引入一個羧基，產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為_。 【答案】（16分）（1）H4H1+H2+2H3（2分）新 課 標(biāo) xk b1. c om（2）a)反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度升高K值增大，lgK也增大（2分）b)反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高K值減小，lgK也減?。?分）（3）99% w!w!w.!x!k!b!1.comCaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g)初始濃度（mol/L） a 0轉(zhuǎn)化濃度（mol/L） a-平衡（CO） a-平衡（CO）平衡濃度（mol/L） 平衡（CO） a-平衡（CO）依題意，K=，a=8.08103 molL1CO的轉(zhuǎn)化率：（5分）（4）氧氣 （2分）（5）CaS+2O2CaSO4 （2分） CH3 CH3 COOH （1分） 【解析】（1）根據(jù)蓋斯定律，4+2得：2CaSO4(s)+7CO(g) CaS(s)+ CaO(s)+6CO2(g)+ C(s) +SO2(g)，所以H4H1+H2+2H3； （2）結(jié)合圖像及反應(yīng)的H可知，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高K值減小，lgK也減小，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度升高K值增大，lgK也增大。（3）由圖可可知，900時CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g)的lgK=2，即K=100，K=，可知平衡時c(CO2)= 8.0103 molL1，CO的轉(zhuǎn)化率為=99%； （5）CaS轉(zhuǎn)化為CaSO4，從元素守恒角度分析，CaS與O2按照1:2反應(yīng)轉(zhuǎn)化為CaSO4，才能滿足原子利用率100%，所以化學(xué)方程式為CaS+2O2CaSO4；CO2可與對二甲苯反應(yīng)，在其苯環(huán)上引入一個羧基，因為對二甲苯的苯環(huán)上的氫原子只有1種，所以結(jié)構(gòu)簡式為CH3 CH3 COOH 。9、（2014海南單科化學(xué)卷，T16）（9分）鋰錳電池的體積小，性能優(yōu)良，是常用的一次電池。該電池反應(yīng)原理如圖所示，其中電解質(zhì)LiClO4溶于混合有機(jī)溶劑中，Li+ 通過電解質(zhì)遷移入MnO2晶格中，生成LiMnO2。回答下列問題：（1）外電路的電流方向是由_極流向_極。（填字母）（2）電池正極反應(yīng)式為_。（3）是否可用水代替電池中的混合有機(jī)溶劑？_（填“是”或“否”）原因是_。（4）MnO2可與KOH和KClO4在高溫條件下反應(yīng)，生成K2MnO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_，K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物質(zhì)的量之比為_。【答案】（9分） （1）b a （每空1分，共2分）（2）MnO2+e+Li+=LiMnO2 （2分）（3）否 電極Li是活潑金屬，能與水反應(yīng) （每空1分，共2分）（4）3MnO2+KClO3+6KOH2K2MnO4+KCl+3H2O （2分） 2:1 （1分）【解析】（1）結(jié)合所給裝置圖以及原電池反應(yīng)原理，可知Li作負(fù)極材料，MnO2作正極材料，所以電子流向是從ab，那么電流方向則是ba；（2）根據(jù)題目中的信息“電解質(zhì)LiClO4溶于混合有機(jī)溶劑中，Li+ 通過電解質(zhì)遷移入MnO2晶格中，生成LiMnO2”，所以正極的電極反應(yīng)式MnO2+e+Li+=LiMnO2；（3）因為負(fù)極的電極材料Li是活潑的金屬，能夠與水發(fā)生反應(yīng)，故不能用水代替電池中的混合有機(jī)溶劑；（4）由題目中的信息“MnO2可與KOH和KClO4在高溫條件下反應(yīng)，生成K2MnO4”，可知該反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，Mn元素化合價升高（），則Cl元素的化合價降低（），所以方程式為3MnO2+KClO3+6KOH2K2MnO4+KCl+3H2O；根據(jù)“K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4（）和MnO2（）”，根據(jù)電子得失守恒，可知生成的KMnO4和MnO2的物質(zhì)的量之比為2:1。10、（2014海南單科化學(xué)卷，T20-II）（14分）鋅是一種應(yīng)用廣泛的金屬，目前工業(yè)上主要采用“濕法”工藝冶煉鋅。某含鋅礦的主要成分為ZnS（還含