高考化学一轮总复习 专题二十六 化学与技术AB卷1

化学与技术A卷全国卷化学与工农业生产1(2016课标全国卷，36，15分)双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂。生产双氧水常采用蒽醌法，其反应原理和生产流程如图所示：生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定温度、压力和催化剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水。回答下列问题：(1)蒽醌法制备H2O2理论上消耗的原料是_，循环使用的原料是_，配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是_。(2)氢化釜A中反应的化学方程式为_，进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为_。(3)萃取塔D中的萃取剂是_，选择其作萃取剂的原因是_。(4)工作液再生装置F中要除净残留的H2O2，原因是_。(5)双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4溶液测定，该反应的离子方程式为_，一种双氧水的质量分数为27.5%(密度为1.10 gcm3)，其浓度为_molL1。解析(1) 根据反应原理可知，蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是氧气和氢气；由工艺流程图可知，循环使用的原料是乙基蒽醌；乙基蒽醌属于有机物，根据相似相溶原理，乙基蒽醌(乙基氢蒽醌)不溶于水，易溶于有机溶剂，故配制工作液时采用有机溶剂而不采用水。(2)根据反应原理，在氢化釜A中反应的化学方程式为，进入氧化塔C中的反应混合液中的主要溶质为乙基氢蒽醌。(3) 萃取塔D中需要双氧水和乙基蒽醌，H2O2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，故选取的萃取剂是水。(4) H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸，工作液再生装置F中要除净残留的H2O2。(5)双氧水在酸性条件下与高锰酸钾发生氧化还原反应，锰元素的化合价由7价降低到2价，氧元素的化合价由1价升高到0价，根据化合价升高总数与降低总数相等、电荷守恒和原子守恒配平，该反应的离子方程式为6H5H2O22MnO=2Mn2 5O2 8H2O；根据公式c(H2O2) molL18.9 molL1。答案(1) 氢气和氧气乙基蒽醌乙基蒽醌(乙基氢蒽醌)不溶于水，易溶于有机溶剂乙基氢蒽醌(3) 水H2O2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水 (4) H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸(5) 6H5H2O22MnO=2Mn25O28H2O 8.92(2014课标全国卷，36，15分)磷矿石主要以磷酸钙Ca3(PO4)2H2O和磷灰石Ca5F(PO4)3、Ca5(OH)(PO4)3等形式存在。图(a)为目前国际上磷矿石利用的大致情况。其中湿法磷酸是指磷矿石用过量硫酸分解制备磷酸。图(b)是热法磷酸生产过程中由磷灰石制单质磷的流程。图(b)部分物质的相关性质如下：熔点/沸点/备注白磷44280.5PH3133.887.8难溶于水，有还原性SiF49086易水解回答下列问题：(1)世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的_%。(2)以磷灰石为原料，湿法磷酸过程中Ca5F(PO4)3反应的化学方程式为_。现有1 t折合含有P2O5约30%的磷灰石，最多可制得85%的商品磷酸_t。(3)如图(b)所示，热法磷酸生产过程的第一步是将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温反应生成白磷。炉渣的主要成分是_(填化学式)。冷凝塔1的主要沉积物是_，冷凝塔2的主要沉积物是_。(4)尾气中主要含有_，还含有少量的PH3、H2S和HF等。将尾气先通入纯碱溶液，可除去_；再通入次氯酸钠溶液，可除去_。(均填化学式)(5)相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是_。解析(1)4%96%85%80%69%。(2)Ca5F(PO4)35H2SO4=5CaSO4HF3H3PO4，依据P原子守恒：生成磷酸的量为：130%14229885%0.49(t)。(3)炉渣主要成分是CaSiO3，冷凝塔1的主要沉积物是液态白磷，冷凝塔2的主要沉积物是固态白磷。(4)尾气主要含有CO、SiF4，还含有少量PH3、H2S和HF等。通过碱液可以除去SiF4、HF、H2S，再通入NaClO溶液可以除去PH3。(5)热法磷酸工艺的优点是产品纯度高。答案(1)69(2)Ca5F(PO4)35H2SO4=5CaSO4HF3H3PO40.49(3)CaSiO3液态白磷固态白磷(4)CO、SiF4SiF4、H2S、HFPH3(5)产品纯度高化学与资源的开发利用3(2016课标全国，36，15分)聚合硫酸铁(PFS)是水处理中重要的絮凝剂。下图是以回收的废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程。回答下列问题：(1)废铁屑主要为表面附有大量铁锈的铁，铁锈的主要成分是_。粉碎过筛的目的是_。(2)酸浸时最合适的酸是_，写出铁锈与酸反应的离子方程式_。(3)反应釜中加入氧化剂的作用是_，下列氧化剂中最合适的是_(填标号)。aKMnO4bCl2cH2O2dHNO3(4)聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围。pH偏小时Fe3水解程度弱，pH偏大时则_。(5)相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是_。(6)盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，定义式为B(n为物质的量)。为测量样品的B值，取样品m g，准确加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水，以酚酞为指示剂，用c molL1的标准NaOH溶液进行中和滴定(部分操作略去，已排除铁离子干扰)。到终点时消耗NaOH溶液V mL。按上述步骤做空白对照试验，消耗NaOH溶液V0 mL。已知该样品中Fe质量分数w，则B的表达式为_。解析(1)废铁屑主要为表面附有大量铁锈的铁，铁锈的主要成分为Fe2O3xH2O。粉碎过筛的目的是选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率。(2)PFS固体产品中酸根为SO，故酸浸时最合适的酸是硫酸，这样不会引入杂质，铁锈与酸反应的离子方程式为Fe2O3xH2O6H=2Fe3(x3)H2O。(3)由于溶液中含有Fe2，所以反应釜中加入氧化剂的作用是氧化Fe2为Fe3，既能氧化Fe2又不引入杂质，则氧化剂中最合适的是双氧水。(4)聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围。pH偏小时Fe3水解程度弱，pH偏大时则Fe3会转化为Fe(OH)3沉淀，造成产率降低。(5)减压蒸发的优点是降低蒸发温度，防止产物分解。(6)结合空白对照实验可知样品反应消耗的HCl的物质的量为c(V0V)103 mol，则样品中OH的物质的量为c(V0V)103 mol。又知样品中Fe的质量分数为w，则铁的物质的量为 mol，则B的表达式为B。答案(1)Fe2O3xH2O选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率(2)H2SO4Fe2O3xH2O6H=2Fe3(x3)H2O(3)使Fe从2价变为3价c(4)形成Fe(OH)3沉淀(5)降低蒸发温度，防止产物分解(6)4(2014课标全国卷，36，15分)将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一。一般是先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺流程提取其他产品。回答下列问题：(1)下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是_(填序号)。用混凝法获取淡水提高部分产品的质量优化提取产品的品种改进钾、溴、镁等的提取工艺(2)采用“空气吹出法”从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收。碱吸收溴的主要反应是Br2Na2CO3H2ONaBrNaBrO3NaHCO3，吸收1 mol Br2时，转移的电子数为_mol。(3)海水提镁的一段工艺流程如下图：浓海水的主要成分如下：离子NaMg2ClSO浓度/(gL1)63.728.8144.646.4该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为_，产品2的化学式为_，1 L浓海水最多可得到产品2的质量为_g。(4)采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为_；电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式_。解析(2)根据反应原理，将方程式配平：3Br26Na2CO33H2O=5NaBrNaBrO36NaHCO3。每3 mol Br2被吸收时转移5 mol e，则吸收1 mol Br2转移 mol e。(3)工艺流程中，脱硫加入的是得到产品2过程中过滤时的滤液，而此滤液中所含的能够脱硫的离子来源于合成步骤中的石灰乳，故脱硫阶段的主要离子方程式为Ca2SO=CaSO4；而产品2是由加入石灰乳之后得到的沉淀得来的，即Mg2Ca(OH)2=Mg(OH)2Ca2，故产品2为Mg(OH)2；1 L浓海水中Mg2为28.8 g，故可得到产品2即Mg(OH)2的质量为58 gmol169.6 g。(4)电解熔融MgCl2会得到Mg和Cl2，故化学方程式为MgCl2MgCl2。因为Mg会与H2O发生反应生成Mg(OH)2和H2，故水存在会造成产品Mg的消耗，有关反应的化学方程式为Mg2H2OMg(OH)2H2。答案(1)(2)(3)Ca2SO=CaSO4Mg(OH)269.6(4)MgCl2MgCl2Mg2H2OMg(OH)2H2化学与材料制造5(2016新课标全国，36，15分)高锰酸钾(KMnO4)是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：回答下列问题：(1)原料软锰矿与氢氧化钾按11的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是_。(2)“平炉”中发生的化学方程式为_。(3)“平炉”中需要加压，其目的是_。(4)将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。“CO2歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4、MnO2和_(写化学式)。“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为_，阴极逸出的气体是_。“电解法”和“CO2歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为_。(5)高锰酸钾纯度的测定：称取1.080 0 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.200 0 molL1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，该样品的纯度为(列出计算式即可，已知2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O)。解析(1)原料软锰矿与氢氧化钾混配前将软锰矿粉碎的作用是增大原料间的接触面积，加快化学反应速率。(2)由以软锰矿为原料生产高锰酸钾的工艺流程，可知“平炉”中发生反应的反应物是MnO2、KOH和O2，生成物是K2MnO4，其反应的化学方程式为2MnO24KOHO22K2MnO42H2O。(3)“平炉”加压可以增大氧气的浓度，从而可以加快化学反应速率，并促进反应正向移动提高软锰矿的转化率。(4)由于“CO2歧化法”将K2MnO4转化为KMnO4的生产工艺中，在K2MnO4溶液中通入CO2气体使体系呈中性或弱碱性，则K2MnO4发生歧化反应除了生成KMnO4、MnO2外，根据原子守恒和反应环境的酸碱性，可知还会生成KHCO3，其反应的化学方程式为3K2MnO44CO22H2O=2KMnO4MnO24KHCO3，K2MnO4的理论利用率为2/3。“电解法”将K2MnO4转化为KMnO4的生产工艺中，电解槽中阳极发生氧化反应，其电极反应为MnOe=MnO，阴极发生还原反应为2H2O2e=H22OH，则阴极逸出的气体是H2，总的反应方程式为2K2MnO42H2O2KMnO42KOH，K2MnO4的理论利用率为1。由以上和分析，可知“电解法”和“CO2歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为32。(5)根据滴定反应的化学方程式：2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O，可以计算出所配制的高锰酸钾溶液的浓度为 molL1，则1.080 0 g样品中所含高锰酸钾的质量为 molL10.1 L158 gmol1，则可计算出该样品的纯度为100%。学科答案(1)增大反应物接触面积，加快化学反应速率，提高原料利用率(2)2MnO24KOHO22K2MnO42H2O(3)提高氧气的压强，加快反应速率，提高软锰矿转化率(4)KHCO3MnOe=MnOH232(5)100%6(2015课标全国卷，36，15分)苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下：相关化合物的物理常数物质相对分子质量密度/(gcm3)沸点/异丙苯1200.864 0153丙酮580.789 856.5苯酚941.072 2182回答下列问题：(1)在反应器A中通入的X是_。(2)反应和分别在装置_和_中进行(填装置符号)。(3)在分解釜C中加入的Y为少量浓硫酸，其作用是_，优点是用量少，缺点是_。(4)反应为_(填“放热”或“吸热”)反应。反应温度应控制在5060 ，温度过高的安全隐患是_。(5)中和釜D中加入的Z最适宜的是_(填序号，已知苯酚是一种弱酸)。aNaOH bCaCO3 cNaHCO3 dCaO(6)蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为_和_，判断的依据是_。(7)用该方法合成苯酚和丙酮的优点是_。解析(1)根据反应和工艺流程示意图可知，反应在反应器A中进行，通入的X是氧气或空气。(2)反应是分解反应，应在分解釜C中进行。(3)反应是在酸性条件下进行，则浓硫酸作催化剂；浓硫酸具有强酸性，可腐蚀设备。(4)反应的H0，属于放热反应；若温度过高，异丙苯过氧化氢可能发生副反应，甚至发生爆炸。(5)加入Z的目的是中和硫酸，但不能与苯酚反应，苯酚是一种酸性比碳酸弱但比NaHCO3强的弱酸，可与NaOH、CaCO3、CaO反应，而不与NaHCO3反应，因此只有NaHCO3符合。(6)由于丙酮的沸点远低于苯酚，所以丙酮先被蒸馏出来，即T为丙酮，P为苯酚。(7)由反应和反应可知，用该方法合成苯酚和丙酮，原子利用率为100%。答案(1)氧气(或空气)(2)AC(3)催化剂(提高反应速率)腐蚀设备(4)放热可能会导致(过氧化物)爆炸(其他合理答案也可)(5)c(6)丙酮苯酚苯酚的沸点远高于丙酮(7)原子利用率高B卷地方卷化学与资源的开发利用1(2015海南化学，20，20分).下列有关海水综合利用的说法正确的是(双选)()A电解饱和食盐水可制得金属钠B海带提碘只涉及物理变化C海水提溴涉及到氧化还原反应D海水提镁涉及到复分解反应.铁在自然界分布广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用。回答下列问题：(1)用铁矿石(赤铁矿)冶炼生铁的高炉如图(a)所示。原料中除铁矿石和焦炭外还有_。除去铁矿石中脉石(主要成分为SiO2)的化学反应方程式为_、_；高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和_(填化学式)。(2)已知：Fe2O3(s)3C(s)=2Fe(s)3CO(g) H494 kJmol1CO(g)O2(g)=CO2(g) H283 kJmol1C(s)O2(g)=CO(g) H110 kJmol1则反应Fe2O3(s)3C(s)O2(g)=2Fe(s)3CO2(g)的H_ kJmol1。理论上反应_放出的热量足以供给反应_所需要的热量(填上述方程式序号)。(3)有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图(b)所示，其中，还原竖炉相当于高炉的_部分，主要反应的化学方程式为_；熔融造气炉相当于高炉的_部分。(4)铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2污染空气，脱SO2的方法是_。解析.A项，电解饱和食盐水的产物为氢氧化钠、氢气和氯气，不可能制得金属钠，错误；B项，海带中的碘元素以碘离子的形式存在，海带提取碘涉及化学变化，错误；C项，海水的溴元素以化合态形式存在，从海水提取溴涉及到氧化还原反应，正确；D项，浓缩的海水中加入生石灰与水反应生成Ca(OH)2得到Mg(OH)2沉淀，Mg(OH)2又与盐酸发生复分解反应Mg(OH)22HCl=MgCl22H2O，故海水提取镁涉及到复分解反应，正确。故选CD。.(1)用铁矿石冶炼生铁的原料中除铁矿石和焦炭外，还需石灰石，用以除去铁矿石中的脉石(主要成分为二氧化硅)，化学反应方程式为CaCO3CaOCO2，CaOSiO2CaSiO3；高炉排出气体的主要成分为N2、CO2和CO等。(2)根据盖斯定律：3得反应：Fe2O3(s)3C(s)O2(g)=2Fe(s)3CO2(g)的H355 kJmol1。理论上反应放出的热量足以供给反应所需的热量。(3)分析流程图中可知“二步熔融还原法”炼铁工艺中，还原竖炉相当于高炉的炉腰部分，主要反应的化学方程式为3COFe2O32Fe3CO2；熔融造气炉相当于高炉的炉腹部分。(4)脱SO2 的方法是用碱液吸收(氢氧化钠溶液或氨水等)。答案.CD.(1)石灰石CaCO3CaOCO2CaOSiO2CaSiO3CO (2)355 (3)炉腰Fe2O33CO2Fe3CO2炉腹 (4)用碱液吸收(氢氧化钠溶液或氨水等)化学与材料制造2(2013山东理综，31，8分)废旧硬质合金刀具中含碳化钨(WC)、金属钴(Co)及少量杂质铁，利用电解法可回收WC和Co。工艺流程简图如下：(1)电解时废旧刀具作阳极，不锈钢作阴极，HCl溶液为电解液。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粉的化学反应方程式为_。解析(1)HCl溶液为电解液，不锈钢做阴极的反应为2H2e=H2。(2)加入H2O2，将Fe2氧化为Fe3，因此滤饼主要成分为Fe(OH)3，洗涤液中含Co2需回收利用。(3)CoC2O4焙烧时若含NH4Cl会产生NH3和HCl，污染环境。答案(1)2H2e=H2(2)Fe(OH)3Co2(或Co)(3)NH4Cl焙烧时NH4Cl分解产生NH3和HCl(4)Co2O33H22Co3H2O