2016—2018高考化学试题分类 8页

‎ 专题24 化学与技术（选修）‎ ‎1．【2016新课标1卷】[化学——选修2：化学与技术]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1∶1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。‎ ‎①“歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成K2MnO4、MnO2和 （写化学式）。‎ ‎②“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 。‎ ‎③“电解法”和“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1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 mol·L−1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2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）。‎ ‎【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；‎ ‎（2）2MnO2+4KOH + O22K2MnO4+2H2O；‎ ‎（3）提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率；‎ ‎（4）①KHCO3；②MnO42−−e−=MnO4−；H2；③3:2；‎ ‎（5）。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）MnO2是固体物质，对于有固体参加的化学反应，由于其浓度不变，因此可通过增大其反应 化学反应速率加快；再结合外界条件对化学平衡移动的影响，任何反应都具有一定的可逆性，该反应的正反应是气体体积减小的反应。若增大压强，可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故可以提高原料的转化率；（4）①在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，这时K2MnO4会发生歧化反应，生成KMnO4、MnO2，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物是KHCO3；根据氧化还原反应中的电子守恒及反应的原子守恒，可得该反应的化学方程式是：3K2MnO4+ 4CO2+2H2O = 2KMnO4+MnO2+4KHCO3；②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽阳极，MnO42−失去电子，发生氧化反应，产生MnO4−。阳极的电极反应式是：MnO42−−e−=MnO4−；在阴极，溶液中的水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出，阴极的电极反应式是：2H2O+2e−=H2↑+2OH−。所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式是：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+H2↑+2KOH；③根据“电解法”方程式2K2MnO4+ 2H2O2KMnO4+H2↑+2KOH 可知，K2MnO4完全转化为KMnO4，所以K2MnO4的理论利用率是100%；而在“CO2歧化法” 3K2MnO4+ 4CO2+2H2O＝2KMnO4+MnO2+4KHCO3；中，反应的K2MnO4中只有2/3反应转化为KMnO4，所以K2MnO4的理论利用率是2/3，故“电解法”和“CO2歧化法”制取KMnO4时K2MnO4的理论利用率之比为1:2/3=3:2；（5）根据离子方程式2MnO4-+5H2C2O4+ 6H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，KMnO4与草酸反应的关系式是：2KMnO4～5H2C2O4。取浓度为0.2000 mol·L−1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，则配制的溶液的浓度为：。则1.0800 g样品中含KMnO4的物质的量为：n(KMnO4)＝c·V＝，由于样品的质量是1.0800g，则该样品含有的KMnO4的的纯度为：‎ Ω＝。‎ ‎【考点定位】考查物质制备工艺流程的知识。 ‎ ‎【名师点睛】化学反应速率和化学平衡理论是重要的化学原理。影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂等。对于固体来说，其浓度不变，所以要使反应速率加快，可通过将固体粉碎成细小的颗粒、搅拌等方法进行。外界条件对化学平衡移动的影响可通过勒夏特列原理进行分析，但是平衡移动的趋势是微弱的，不能改变这种改变。要会根据反应方程式分析判断物质的转化率的大小，转化率大的反应速率不一定快，物质的转化率大小与反应快慢是不同的概念，要掌握其区别与联系。要会根据方程式中相应物质之间的关系进行有关物质的量的化学计算。本题将化学反应速率、化学平衡、电解原理、滴定方法的应用综合一起考查，反映了考生的综合应用知识分析、解决问题的能力。‎ ‎2．【2016新课标2卷】[化学-选修2：化学与技术]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：‎ A．氢化釜B．过滤器C．氧化塔D．萃取塔E.净化塔F.工作液再生装置G.工作液配制装置 生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定的温度、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）蒽醌法制备双氧水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1.10g·cm3），其浓度为______mol/L。‎ ‎【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 ‎（2）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）6H++5H2O2+2MnO4-=2Mn2++5O2↑+8H2O ；8.9‎ ‎【解析】‎ ‎（2）根据反应原理，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乙基氢蒽醌。‎ ‎（3）萃取塔D中需要分离双氧水和乙基蒽醌，H2O2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，所以选取的萃取剂是水。‎ ‎（4）H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸，工因此作液再生装置F中要除净残留的H2O2。‎ ‎（5）双氧水在酸性条件下与KMnO4发生氧化还原反应，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，O元素的化合价由-1价升高到0价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，该反应的离子方程式为6H++5H2O2+2MnO4-=2Mn2++5O2↑+8H2O；c=1000×1.10×27.5%÷34=8.9mol/L。‎ ‎【考点定位】考查工业制双氧水的工艺流程分析等知识。 ‎ ‎【名师点睛】本题以蒽醌法生产双氧水的工业制备作为背景，考查了化工中的基本操作和常见工艺流程分析，虽然背景陌生，但考点并不突兀，根据反应原理和生产流程分析可知，氢气与乙基蒽醌在氢化釜中反应生成乙基氢蒽醌，乙基氢蒽醌再与氧气反应乙基蒽醌与H2O2，利用乙基蒽醌与H2O2的物理性质将其分离，知识来源于课本，高于课本，学生读题不会感到陌生，有利于考查学生的基础知识。‎ ‎3．【2016新课标3卷】[化学——选修2：化学与技术]聚合硫酸铁（PFS）是水处理中重要的絮凝剂，下图是以回收废铁屑为原料制备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，铁锈的主要成分为_________。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）。‎ a．KMnO4b．c．d．‎ ‎（4）聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内。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（n为物质的量）。为测量样品的B值，取样品mg，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。按照上述步骤做空白对照试验，消耗NaOH溶液，已知该样品中Fe的质量分数w，则B的表达式为__________。‎ ‎【答案】（1）Fe2O3·xH2O 选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率 ‎（2）硫酸 Fe2O3·xH2O+6H+=2Fe3++(x+3)H2O （3）使Fe从+2价变成+3价 c ‎ ‎（4）pH过大，容易生成Fe（OH）3沉淀，产率降低 （5）降低蒸发温度，防止产物分解（6）‎ ‎【解析】‎ ‎（4）聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内，pH偏小时水解程度弱，pH偏大时则Fe3+转化为氢氧化铁沉淀而损失，造成产率降低。‎ ‎（5）相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是可防止温度过高，聚合硫酸铁分解。‎ ‎（6）做空白对照试验，消耗NaOH溶液，这说明与样品反应的盐酸的物质的量是（V0－V）c×10－3mol，所以样品中氢氧根的物质的量是（V0－V）c×10－3mol。已知该样品中Fe的质量分数w，则铁的物质的量是，因此B的表达式为＝。‎ ‎【考点定位】考查化学与技术模块分析，侧重于物质制备 ‎ ‎【名师点睛】本题考查工艺流程问题，涉及元素及其化合物的性质、环境保护、压强和沸点的关系等知识，从能力上考查了学生的阅读能力以及分析问题、处理问题、解决问题的能力。体现了化学是一门实用性学科，从而提高学生学习化学的积极性和学习的兴趣。化学反应中影响反应速率因素有：温度、浓度、催化剂、压强、固体颗粒等，粉碎的目的：增加和硫酸接触面积，加快反应速率。物质的制备中除去杂质，不能引入新杂质，因此酸浸，审清目标产物，故应选择硫酸。在工业生产中，要注意环境的保护，过氧化氢被称为“绿色氧化剂”，还原产物是水，对环境无污染。工业生产中除了提高目标产物的产量，同时还要注意节省原料，达到利益最大，不能加入原料过多，容易造成原料的浪费。本题有些难度。‎ ‎4．【2016海南卷】Ⅰ下列单元操作中采用了热交换设计的有 A．电解食盐水制烧碱 ‎ B．合成氨中的催化合成 C．硫酸生产中的催化氧化 ‎ D．氨碱法中的氨盐水碳酸化 Ⅱ海水晒盐的卤水中还有氯化镁，以卤水为原料生产镁的一中工艺流程如下图所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）脱硫槽、搅拌槽均用于脱除卤水中的（填离子符号），M的主要成分是__________（填化学式）。‎ ‎（2）除溴塔中主要的离子方程式为。‎ ‎（3）沸腾炉①和②的主要作用是。沸腾炉③通入热氯化氢的主要目的是。‎ ‎（4）电解槽中阴极的电极反应方程式为。‎ ‎（5）电解槽中阳极产物为，该产物可直接用于本工艺流程中的。‎ ‎【答案】Ⅰ BC Ⅱ（1）SO42－BaSO4(每空1分，共2分） （2）Cl2+2Br－==2Cl－+Br2(2分)‎ ‎（3）脱除氯化镁晶体中的部分水防止氯化镁晶体进一步脱水过程中发生水解（每空2分，共4分）‎ ‎（4）Mg2++2e－==Mg （2分） （5）氯气；除溴塔（除溴工段）（每空2分，共4分）‎ ‎【解析】‎ ‎（2）除溴塔中是利用氯气将Br－氧化为Br2，离子方程式为Cl2+2Br－==2Cl－+Br2。‎ ‎（3）沸腾炉①和②的主要作用是脱除氯化镁晶体中的部分水。沸腾炉③通入热氯化氢的主要目的是防止氯化镁晶体进一步脱水过程中发生水解。‎ ‎（4）电解槽中为电解熔融的MgCl2，故阴极的电极反应方程式为Mg2++2e－==Mg。‎ ‎（5）电解槽中阳极产物为Cl2，可直接用于本工艺流程中的除溴阶段。‎ 考点：考查海水的综合应用及海水提镁的方法。 ‎ ‎【名师点睛】“化学与技术”模块试题紧扣绿色化学与可持续发展、环境保护、水处理技术等主题。重点考查了海水资源合开发利用、化学反应中的原子经济性、有毒有害废水的处理、生产工艺等内容；同时考查了学生正确运用化学用语和有关化学知识解释及解决生活与生产实际中化学问题的能力。本课程模块的内容以化学知识为基础，考查自然资源的开发利用，材料制造和工农业生产中的应用，考查学生运用所学知识解决与化学有关的一系列技术问题做出合理的分析，强化应用意识和实践能力。‎ ‎5．【2016上海卷】在硫酸工业生产中，为了有利于SO2‎ 的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见图）。下列说法错误的是 A．a、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同 B．c、d两处的混合气体成分含量相同，温度不同 C．热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体 D．c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【考点定位】考查工业制硫酸中SO2催化氧化的设备及工作原理。‎ ‎【名师点睛】化学工业是历次考试题的重要组成部分，虽然完全考查设备的题型不是特别多，但是往往以工业流程为载体考查元素化合物知识，所以教材中的几个重要工业（工业生产中均有重要应用）的整体流程、主要设备、反应条件的选择等是我们学习的重要内容之一。需要关注的有：工业制硫酸、合成氨工业、硝酸工业、纯碱工业、氯碱工业、海水资源的综合利用及镁的冶炼、铝的冶炼、铜的精炼等。要求会正确书写相关的化学方程式，理解硫酸工业、合成氨工业条件的选择依据。‎