2020高考化学二轮专题复习专题25化学和技术(选修)化学试题分项(含解析)

2020高考化学二轮专题复习专题25化学和技术(选修)化学试题分项版(含解析)2020高考化学二轮专题复习专题25化学和技术(选修)化学试题分项版(含解析)2020高考化学二轮专题复习专题25化学和技术(选修)化学试题分项版(含解析)专题25化学与技术1．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以下：回答以下问题：（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比率在“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KMnO转变成KMnO的生产有两种工艺。244①“CO2歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使系统呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反响，反响中生成KMnO、MnO和（写化学式）。242②“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响为，阴极逸出的气体是。③“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1.0800g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，摇匀。取浓度为mol·L-1的H2C2O4标准溶液mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均耗资的体积为24.48mL，该样品的纯度为（列出计算式即可，已知-+2+2MnO+5HCO+6H=2Mn+10CO↑+8HO）。422422【答案】（1）增大反响物接触面积，加快反响速率，提高原料利用率；（2）2MnO+4KOH+O2KMnO+2HO；2242（3）提高氧气的压强，加快反响速率，增加软锰矿转变率；2---344210-32100158（5）5100%。【解析】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，2-失去电子，发生氧化反响，产生-2---MnOMnO。阳极的电极反响式是：MnO-e=MnO；4444在阴极，溶液中的水电离产生的H+获得电子变成氢气逸出，阴极的电极反响式是：--2H2O+2e=H2↑+2OH。因此阴极逸出的气体是H2；总反响方程式是：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+H2↑+2KOH；③依照“电解法”方程式2K2MnO4+2HO2KMnO4+H2↑+2KOH可知，K2MnO4完好转变成KMnO4，因此K2MnO4的理论利用率是100%；而在“CO2歧化法”3K2MnO4+4CO2+2H2O＝2KMnO4+MnO2+4KHCO3；中，反响的K2MnO4中只有2/3反响转变成KMnO4，因此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）依据离子方程式2MnO4+5H2C2O4+6H=2+-12Mn+10CO2↑+8H2O可知，KMnO4与草酸反响的关系式是：2KMnO4～5H2C2O4。取浓度为0.2000mol·L的H2C2O4标准溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均耗资的体积为24.48mL，则配制的溶液的浓度为：c103Lmol/L5103L

。则1.0800g样品中含KMnO4的物质的量为：n(KMnO4)＝c·V＝mol/L100L220.00103100mol，因为样品的质量是5100051.0800g，则该样品含有的KMnO4的的纯度为：-3210015810Ω＝5100%。【考点定位】观察物质制备工艺流程的知识。【名师点睛】化学反响速率和化学平衡理论是重要的化学原理。影响化学反响速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂等。对于固体来说，其浓度不变，因此要使反响速率加快，可经过将固体粉碎成微小的颗粒、搅拌等方法进行。外界条件对化学平衡搬动的影响可经过勒夏特列原理进行解析，但是平衡搬动的趋势是稍微的，不能够改变这种改变。要会依照反响方程式解析判断物质的转变率的大小，转变率大的反响速率不用然快，物质的转变率大小与反响快慢是不相同的看法，要掌握其差异与联系。要会依照方程式中相应物质之间的关系进行相关物质的量的化学计算。本题将化学反响速率、化学平衡、电解原理、滴定方法的应用综合一起观察，反响了考生的综合应用知识解析、解决问题的能力。2．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，其反响原理和生产流程以下列图：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，在必然的温度、压力和催化剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺获得双氧水。回答以下问题：1）蒽醌法制备双氧水理论上耗资的原料是_______，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中反响的化学方程式为_______，进入氧化塔C的反响混杂液中的主要溶质为_______。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，该反响的离子方程式为

_______。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，与氢气混杂，易发生爆炸（5）

+-2+6H+5H2O2+2MnO4=2Mn+5O2↑+8H2O

；（4）H2O2分解放出氧气，与氢气混杂，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元素的化合价由-1价高升到

KMnO4发生氧化还原反响，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，O0价，依照得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，该反响的离+-2+子方程式为6H+5H2O2+2MnO4=2Mn+5O2↑+8H2O；c=1000×1.10×27.5%÷。【考点定位】观察工业制双氧水的工艺流程解析等知识。【名师点睛】本题以蒽醌法生产双氧水的工业制备作为背景，观察了化工中的基本操作和常有工艺流程解析，诚然背景陌生，但考点其实不突兀，依照反响原理和生产流程解析可知，氢气与乙基蒽醌在氢化釜中反响生成乙基氢蒽醌，乙基氢蒽醌再与氧气反响乙基蒽醌与H2O2，利用乙基蒽醌与

H2O2的物理性质将其分别，知识本源于课本，高于课本，学生读题不会感觉陌生，有利于观察学生的基础知识。3．聚合硫酸铁（

PFS）是水办理中重要的絮凝剂，以下列图是以回收废铁屑为原料制备

PFS的一种工艺流程。回答以下问题（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_____，写出铁锈与酸反响的离子方程式____________。3）反响釜中加入氧化剂的作用是_________，以下氧化剂中最合适的是____（填标号）。a．KMnOb．Cl2c．H2O2d．HNO34（4）聚合釜中溶液的pH必定控制在必然的范围内。pH偏小时Fe3+水解程度弱，pH偏大时则_______。（5）有对于常压蒸发，减压蒸发的优点是______。（6）盐基度B是衡量絮凝剂絮凝收效的重要指标，定义式为B3n(OH)（n为物质的量）。为n(Fe)测量样品的B值，取样品mg，正确加入过分盐酸，充分反响，再加入煮沸后冷却的蒸馏水，以酚酞为指示剂，用cmolL-1的标准NaOH溶液进行中和滴定（部分操作略去，已消除铁离子搅乱）。到终点时耗资NaOH溶液VmL。依照上述步骤做空白比较试验，耗资NaOH溶液V0mL，已知该样品中Fe的质量分数w，则B的表达式为__________。【答案】（1）FeO·xHO采用微小颗粒，增大反响物接触面积，提高“酸浸”反响速率232（2）硫酸Fe+3+价变成+3价c2O3·xH2O+6H=2Fe+(x+3)H2O（3）使Fe从+2（4）pH过大，简单生成Fe（OH）3积淀，产率降低（5）降低蒸发温度，防范产物分解（6）0.168c(V0V)mw（3）因为溶液中含有亚铁离子，则反响釜中加入氧化剂的作用是氧化则氧化剂中最合适的是绿色氧化剂双氧水。

Fe2+，因为不能够引入杂质，【考点定位】观察化学与技术模块解析，重视于物质制备【名师点睛】本题观察工艺流程问题，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，从能力上观察了学生的阅读能力以及解析问题、办理问题、解决问题的能力。表现了化学是一门合用性，从而提高学生学习化学的积极性和学习的兴趣。化学反响中影响反响速率因素有：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，加快反响速率。物质的制备中除去杂质，不能够引入新杂质，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，同时还要注意节约原料，达到利益最大，不能够加入原料过多，简单造成原料的浪费。本题有些难度。4．Ⅰ以下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以以下列图所示。回答以下问题：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响方程式为。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】ⅠBC2－BaSO4(每空1分，共2分）（2）Cl2+2Br－==2Cl－+Br2(2分)Ⅱ（1）SO4（3）脱除氯化镁晶体中的部分水防范氯化镁晶体进一步脱水过程中发生水解（每空2分，共4分）2+－==Mg（2分）（5）氯气；除溴塔（除溴工段）（每空2分，共4分）（4）Mg+2e3）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范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，故阴极的电极反响方程式为2+－Mg+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：观察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连续发展、环境保护、水办理技术等主题。重点观察了海水资源合开发利用、化学反响中的原子经济性、有毒有害废水的办理、生产工艺等内容；同时观察了学生正确运用化学用语和相关化学知识讲解及解决生活与生产实质中化学问题的能力。本课程模块的内容以化学知识为基础，观察自然资源的开发利用，资料制造和工农业生产中的应用，观察学生运用所学知识解决与化学相关的一系列技术问题做出合理的解析，增强应妄图识和实践能力。5．氯化亚铜（CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的系统，在润湿空气中易水解氧化。以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程以下：回答以下问题：（1）步骤①中获得的氧化产物是_________，溶解温度应控制在60～70度，原因是__________。2）写出步骤③中主要反响的离子方程式___________。3）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_________（写名称）。（4）上述工艺中，步骤⑥不能够省略，原因是。（5）步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分别。工业上常用的固液分别设备有__________（填字母）A．分馏塔B．离心计C．反响釜D．框式压滤机（6）正确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于若两的FeCl3溶液中，待样品完好溶解后，加入合适稀硫酸，用amol/L的KCrO溶液滴定到终点，耗资2-KCrO溶液bmL，反响中CrO22722727被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为__________。【答案】（1）CuSO4或Cu2+；温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解（2）2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+（3）硫酸（4）醇洗有利加快去除CuCl表面水分，防范其水解氧化（5）B、D（6）1000m0【解析】（1）海绵铜的主要成分是Cu与CuO，溶解所需试剂中有硝酸铵、水、硫酸，则Cu被氧化为铜离子；在稀溶液中，硝酸根离子作氧化剂，硫酸没有氧化性，作酸性介质，因此2++Cu和NH都4会变成对应的硫酸盐。（5）用于分别固体和液体的设备与实验室中的过滤的原理是相似的。A、分馏塔是用于分别互溶的液体的设备，错误；B、离心计可利用离心力的作用使液体中的固体沉降，达到固液分其他目的，正确；C、反响釜为发生反响的设备，错误；D、框式压滤机能够使物料中的水经过挤压而排出，达到固液分其他目的，正确，答案选BD；6）依照题意，CuCl与K2Cr2O7发生氧化还原反响，K2Cr2O7被还原为Cr3+，则bmL、amol/LK2Cr2O7溶液发生反响时，转移电子的物质的量是ab×10-3×2×3mol=6ab×10-3mol，+1价Cu会被氧化为Cu2+，依照得失电子守恒，则CuCl的物质的量是6ab×10-3mol，则样品中CuCl的质量分数是(6ab-310mol×99.5g/mol)/mg××100%。【考点定位】观察对工业流程的解析、物质制备原理的解析判断、质量分数的计算；试题难度为较难等级。6．【化学——选修2：化学与技术】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，其反响和工艺流程表示图以下：相关化合物的物理常数物质相对分子质量密度（g/cm-3）沸点/℃异丙苯120153丙酮58苯酚94182回答以下问题：（1）在反响器A中通入的X是。（2）反响①和②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为少置浓硫酸，其作用是______，优点是用量少，缺点是_______________。（4）反响②为（填“放热”或“吸热”）反响。反响温度控制在50-60℃，温度过高的安全隐患是。（5）中和釜D中加入的Z最合适的是（填编号。已知苯酚是一种弱酸）。a.NaOHb.CaCOc.NaHCOd.CaO（6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为和，判断的依照是。（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是。【答案】（1）氧气（或空气）（2）A；C（3）催化剂（提高反响速率）；腐化设备（4）放热；可能会以致（过氧化物）爆炸（5）c（6）丙酮、苯酚；苯酚的沸点高于丙酮（7）原子利用率高（5）苯酚与碳酸氢钠不反响，因此选择碳酸氢钠。（6）因为苯酚的沸点高于丙酮，丙酮先气化，因此蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为丙酮和苯酚。7）依照以上解析可知用该方法合成苯酚和丙酮的优点是原子利用率高、没有副产物。【考点定位】本题主若是观察物质制备工艺流程图的解析与应用，涉及试剂的选择、物质的分别与提纯、反响条件控制、实验方案设计与研究。7．工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体(含NO、NO2)制备NaNO2、NaNO3，工艺流程以下：已知：Na2CO3＋NO＋NO2=2NaNO＋CO21）中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有__________(填化学式)。（2）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，防范浓度过大，目的是___。蒸发Ⅰ产生的蒸气中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能够直接排放，将其冷凝后用于流程中的____(填操作名称最合理。（3）母液Ⅰ进行转变时加入稀HNO3的目的是____。母液Ⅱ需回收利用，以下办理方法合理的是

)_____。a．转入中和液

b

．转入结晶Ⅰ操作c．转入转变液

d

．转入结晶Ⅱ操作（4）若将

NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为

2：1，则生产

1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为______吨(假定Na2CO3恰好完好反响)。【答案】（1）NaNO3（2）防范NaNO2的析出；溶碱（3）将NaNO2氧化为NaNO2；c、d；（4）【考点定位】本题经过化学工艺流程观察了化学在工业实践中的应用，包括了物质的推断、操作的作用的解析和选择、化学计算。8．Ⅰ（6分）以下相关海水综合利用的说法正确的选项是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响D．海水提镁涉及到复分解反响Ⅱ（14分）铁在自然界分别广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用。回答以下问题：（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含有。除去铁矿石中脉石（主要成分为SiO2）的化学反响方程式为、；高炉排出气体的主要成分有N、CO和(填化学式)。22（2）已知：①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)H=+494kJ·mol-1②CO(g)+1O2(g)=CO2(g)H=-283kJ·mol-12③C(s)+1O2(g)=CO(g)H=-110kJ·mol-123则反响Fe2O3(s)+3C(s)+2O2(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的H=kJ·mol-1。理论上反响放出的热量足以供给反响所需的热量（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，主要反响的化学方程式为；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。【答案】ⅠCD。Ⅱ（1）石灰石，CaCO3高温CaO+CO2↑、CaO+SiO2高温CaSiO3；CO。2）-355；②③，①。（3）炉身，Fe2O3+3CO高温2Fe+3CO；炉腹。4）用碱液吸取（氢氧化钠溶液或氨水等）。【解析】ⅠA．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，不能够制得金属钠，金属钠的制备方法是电解熔融的氯化钠，错误；B．海带中的碘元素以碘离子形式存在，海带提碘过程中碘离子被氧化为碘单质，涉及化学变化，错误；C