2022年高考化学二轮复习 专题跟踪训练15 第一部分 专题七 化学技术

2022年高考化学二轮复习 专题跟踪训练15 第一部分 专题七 化学技术一、选择题1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原料易得解析侯德榜制碱法的最突出的优点是原料的利用率高，A正确；B、C、D均错误。答案A2(xx河北石家庄二中一模)有关化学资源的合成、利用与开发的叙述合理的是()A大量使用化肥和农药，能不断提高农作物产量B通过有机合成，可以制造出比钢铁更强强韧的新型材料C安装煤炭燃烧过程中的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率D开发利用可燃冰(固态甲烷水合物)，有助于海洋生态环境的治理解析大量使用农药和化肥会造成环境污染，A项错误；安装煤炭燃烧过程中的“固硫”装置，是为了减少SO2的排放，C项错误；开发利用可燃冰，有助于开发新能源，与海洋生态环境的治理无关，D项错误。答案B3(xx福建漳州质检)下列相关工业制法的描述不正确的是()A电解熔融氯化钠制取金属钠B电解熔融的Al(OH)3制取金属铝C用石英、纯碱、石灰石为原料制玻璃D用焦炭在电炉中还原二氧化硅得到含杂质的粗硅解析Al(OH)3受热易分解，工业上采用电解熔融Al2O3的方法制取金属铝。答案B4(xx江苏泰州二模)制备下列物质的工业生产流程合理的是()A由SO2制亚硫酸钠：SO2NaHSO3溶液Na2SO3溶液B由NaCl制漂粉精：NaCl(aq)Cl2漂粉精C由NH3制硝酸：NH3NO2HNO3D由乙烯制乙酸：H2CCH2CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH解析A项，H2SO3的酸性强于H2CO3，向Na2CO3溶液中通入足量的SO2制得NaHSO3溶液，再向NaHSO3溶液中加入NaOH溶液，调节溶液的pH，使NaHSO3与NaOH恰好反应生成Na2SO3，这样做不仅操作方便，而且制得的Na2SO3含杂质少；B项，应把Cl2通入石灰乳中；C项，由NH3制硝酸的流程应为NH3NONO2HNO3；D项，此流程在实验室中可行，但不符合工业生产原则，工业上由乙烯制乙酸的流程为H2CCH2CH3CHOCH3COOH。答案A5(xx上海十三校第二次联考)捕碳技术是指从空气中捕获CO2的技术。目前NH3已经被用作工业捕碳剂。下列物质中不能作为捕碳剂的是()A BH2NCH2CH2NH2C(NH4)2CO3 DNa2CO3解析CO2是酸性气体，作为捕碳剂的物质应具有碱性， (尿素)不能作为捕碳剂。答案A6(xx浙江六校3月联考)化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列叙述正确的是()A目前科学家已经制得单原子层锗，其电子迁移率是硅的10倍，有望取代硅用于制造更好的晶体管B石油裂解的主要目的是为了提高汽油等轻质油的产量与质量，石油催化裂化的主要目的是为了得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃C汽车尾气催化转化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体转化为N2和CO2，该装置中的催化剂可降低NO和CO反应的活化能，有利于提高该反应的平衡转化率D近期在西非国家爆发的埃博拉疫情呈加速蔓延之势，已知该病毒对化学药品敏感，乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的解析A项，由于单原子层锗电子迁移率比硅快，所以可以取代硅用于制造更好的晶体管；B项，裂解是深度裂化，所以石油催化裂化的目的是为了提高汽油等轻质油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯等气态短链不饱和烃；C项，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变平衡，所以不能提高反应物的平衡转化率；D项，乙醇消毒的原理是乙醇通过渗透作用使蛋白质变性，而非将病毒氧化。答案A7化学工业是国民经济的支柱产业，下列生产过程中不涉及化学变化的是()A氮肥厂用氢气和氮气合成氨B钢铁厂用热还原法冶炼铁C硫酸厂用接触法生产硫酸D炼油厂用分馏法生产汽油解析N23H22NH3，A符合题意，3COFe2O33CO22Fe，B符合题意；SO2SO2,2SO2O22SO3，C符合题意；分馏是利用物质沸点不同进行分离，是物理变化。答案D8下列关于硫酸工业生产过程的叙述错误的是()A在接触室中使用铁粉作催化剂B在接触室中运用热交换技术可充分利用能源C把硫铁矿磨成细粉末，可以提高原料的利用率D该反应采用450500主要是因为该温度下催化剂活性好解析A项，接触室中使用V2O5作催化剂；B项，热交换技术中使用的热量是反应放出的热量，用来加快反应速率；C项，把硫铁矿磨成细粉末，增大反应物接触面积，能加快反应速率；D项，SO2和O2反应放热，高温不利于SO2的转化，450500时催化剂活性好。答案A9下列叙述正确的是()A“接触法”制H2SO4时，催化氧化阶段的反应原理为：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H0B海水提镁的主要步骤为：CaCO3 盐酸 海水Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)Mg(l)Cl2(g)C普通水泥的主要成分是硅酸钙D黏土的主要成分是三氧化二铝解析A项为接触法制硫酸的基本原理；B项镁工业先期加入的是生石灰不是石灰石，后期电解的也不是氯化镁溶液，电解氯化镁溶液得不到镁；C项普通水泥的成分为硅酸二钙、硅酸三钙、铝酸三钙，主要成分为硅酸钙；D项黏土的主要成分是硅酸盐。答案AC10污水经过一级、二级处理后，还含有少量Cu2、Hg2、Pb2等重金属离子，可加入沉淀剂使其沉淀。下列物质不能作为沉淀剂的是()A氨水 B硫化氢气体C硫酸钠溶液 D纯碱溶液解析氨水、Na2SO4溶液均不能使Cu2转化为沉淀，其中氨水与Cu2形成配离子。答案AC二、非选择题11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0.250 g溶于水，用0.0500 molL1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_。解析(1)CO和NaOH在200，2 MPa条件下合成甲酸钠，反应的化学方程式为CONaOHHCOONa，甲酸钠加热脱氢生成草酸钠，反应的化学方程式为2HCOONaNa2C2O4H2。(2)该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作是分离草酸钠和氢氧化钙反应的生成物，溶液为氢氧化钠，固体为草酸钙，所以滤液是氢氧化钠溶液，滤渣是草酸钙固体；过滤操作是分离草酸钙和硫酸反应的生成物，溶液是草酸溶液，固体是硫酸钙，所以过滤得到的滤液是草酸溶液和过量的硫酸溶液，滤渣是硫酸钙固体。(3)工艺过程中是循环利用氢氧化钠，是循环利用硫酸，这两步都是降低生产成本，减小污染。(4)有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸，这样操作，在结晶时得到的是草酸晶体和硫酸钠晶体的混合物，导致产品不纯。(5)结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。草酸和酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5C2O2MnO16H=2Mn28H2O10CO2，当滴定至浅粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00 mL，则该成品的纯度的计算式为100%94.5%。答案(1)CONaOHHCOONa2HCOONaNa2C2O4H2(2)NaOH溶液CaC2O4H2C2O4溶液H2SO4溶液CaSO4(3)分别循环利用氢氧化钠和硫酸，降低成本，减小污染(4)Na2SO4(5)5C2O2MnO16H=2Mn28H2O10CO2100%94.5%12合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，它缓解了地球上因粮食不足而导致的数亿人口的饥饿和死亡问题。已知合成氨的反应为：N23H22NH3H0。请回答下列问题：(1)合成氨所需的氮气来源于_；氢气来源于水和碳氢化合物，如在9001000时，甲烷和水蒸气在催化剂作用下能生成H2和CO2，写出此反应的化学方程式：_。(2)合成氨为放热反应，但工业上采用400500的温度，主要原因是_。(3)在合成氨的原料气中混有的杂质必须除去的原因是_；从合成塔出来的混合气体，通常仅含有15%(体积分数)的氨。为提高原料的利用率，通常采取的措施是_。(4)氨主要用来制取硝酸等产品。在制取浓硝酸时，将浓硫酸与50%的硝酸一起蒸馏，浓硫酸的作用是作_(填“催化剂”、“氧化剂”、“吸水剂”或“脱水剂”)。采用氨的催化氧化法制硝酸时，若氧化炉中氨的转化率为90%，且氮的氧化物得到充分的循环利用，则1 t 液氨理论上可合成50%的硝酸_t(计算结果精确到小数点后两位)。解析(4)设1 t液氨理论上可合成50%的硝酸x t。根据氮原子守恒有：NH3HNO317 631 t90% 50%x t得x6.67。答案(1)空气CH42H2OCO24H2(2)该温度范围内反应速率较快，且催化剂的活性较大(3)防止催化剂中毒将N2、H2循环利用(4)吸水剂6.6713由黄铜矿(主要成分是CuFeS2)炼制精铜的工艺流程示意图如下：(1)在反射炉中，把铜精矿砂和石英砂混合加热到1000左右，黄铜矿与空气反应生成Cu和Fe的低价硫化物，且部分Fe的硫化物转变为低价氧化物。该过程中两个主要反应的化学方程式分别是_、_，反射炉内生成炉渣的主要成分是_；(2)冰铜(Cu2S和FeS互相熔合而成)含Cu量为20%50%。转炉中，将冰铜加熔剂(石英砂)在1200左右吹入空气进行吹炼。冰铜中的Cu2S被氧化为Cu2O，生成的Cu2O与Cu2S反应，生成含Cu量约为98.5%的粗铜，该过程发生反应的化学方程式分别是_、_。(3)粗铜的电解精炼如图所示。在粗铜的电解过程中，粗铜板应是图中电极_(填图中的字母)；在电极d上发生的电极反应式为_；若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为_。解析(1)明确黄铜矿与O2反应，生成的低价硫化物为FeS、Cu2S。根据氧化还原反应中化合价的升降规律，必然S元素被氧化为SO2，反应方程式为2CuFeS2O2Cu2S2FeSSO2,2FeS3O22FeO2SO2，生成的FeO和SiO2反应生成FeSiO3。(2)根据信息写出反应物和生成物，根据化合价升降相等的观点将化学方程式配平：2Cu2S3O22Cu2O2SO2,2Cu2OCu2S6CuSO2。(3)电解精炼时，粗铜作阳极，精铜作阴极，CuSO4作电解液，比铜活泼的金属失电子生成离子进入溶液，不如铜活泼的金属形成阳极泥沉积下来。答案(1)2CuFeS2O2Cu2S2FeSSO22FeS3O22FeO2SO2FeSiO3(2)2Cu2S3O22Cu2O2SO22Cu2OCu2S6CuSO2(3)cCu22e=CuAu、Ag以单质的形式沉积在c(阳极)下方，Fe以Fe2的形式进入电解液中14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如图(a)所示。图(a)两种干电池的构造示意图回答下列问题：(1)普通锌锰电池放电时发生的主要反应为：Zn2NH4Cl2MnO2=Zn(NH3)2Cl22MnOOH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_。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)。图(b)一种回收利用废旧普通锌锰电池的工艺图(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_。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)失电子者为负极，负极材料为Zn，电解质为NH4Cl，正极发生的反应为：MnO2NHe=MnOOHNH3。(2)由普通锌锰电池反应产物和电池构造可知废旧电池经机械分离后得到的黑色固体混合物为ZnCl2、NH4Cl以及MnOOH等，该混合物经水浸后ZnCl2、NH4Cl进入溶液，利用NH4Cl受热易分解为NH3和HCl，NH3与HCl气体相遇又可化合生成NH4Cl，参照流程可推知A为ZnCl2、B为NH4Cl。K2MnO4中Mn为6价，在酸性条件下发生歧化反应生成KMnO4和MnO2，反应的离子方程式为：3MnO2CO2=2MnOMnO22CO。电解K2MnO4溶液阳极得到KMnO4，阴极电极反应式：2H2e=H2。答案(1)ZnNH4ClMnO2NHe=MnOOHNH3碱性电池不易发生电解质的泄漏，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(答案合理即可)(2)ZnCl2NH4Cl3MnO2CO2=2MnOMnO22COH2