资源描述
名目 O单元 化学与技术
O1 化学与工农业生产 1
O2 海水的综合利用 8
O3 石油、煤和自然气的综合利用 8
O4 化学与材料、技术的进展进展 8
O5 化学与技术综合 10
O1 化学与工农业生产
36．O1【2022·宁夏银川一中三模】【化学——选修2：化学与技术】（15分）
工业上可用食盐和石灰石为主要原料，经不同的方法生产纯碱。请回答下列问题：
（1）卢布兰芳是以食盐、石灰石、浓硫酸、焦炭为原料，在高温下进行煅烧，再浸取，结晶而制得纯碱。
①食盐和浓硫酸反应的化学方程式为 ；
②硫酸钠和焦炭、石灰石反应的化学方程式为_ （已知产物之一为CaS）；
（2）氨碱法的工艺如下图所示，得到的碳酸氢钠经煅烧生成纯碱。
①图中的中间产物C是_______，D_______。（写化学式）；
②装置乙中发生反应的化学方程式为 ；
（3）联合制碱法对氨碱法的改进，其优点是 ；
（4）有人认为碳酸氢钾与碳酸氢钠的化学性质相像，故也可用氨碱法以氯化钾和石灰石为原料制碳酸钾。请结合下图的溶解度（S）随温度变化曲线，分析说明是否可行？ 。
【学问点】纯碱工业（侯氏制碱）
【答案解析】 （1）①NaCl+H2SO4(浓)=NaHSO4+HCl↑
或2NaCl+H2SO4(浓) Na2SO4+2HCl↑(2分)
②Na2SO4+ 2C+CaCO3 CaS+Na2CO3+2CO2↑ (2分)
（2）Ca(OH)2(2分) NH3(2分)②NH3 + CO2 +NaCl +H2O = NaHCO3↓+ NH4Cl （2分）
（3）提高食盐利用率、副产物氯化铵可用作化肥、可利用合成氨的产物CO2。 (2分)
（4）不行行(1分) 由于KHCO3的溶解度较大，且在常温下与KCl溶解度相差小，在铵盐水碳酸化时无法大量析出。(2分)
解析：（1）①依据难挥发性酸制备挥发性酸的原理，浓硫酸与氯化钠晶体反应生成HCl气体，反应方程式为： NaCl+H2SO4(浓)=NaHSO4+HCl↑或2NaCl+H2SO4(浓) Na2SO4+2HCl↑(2分)；②硫酸钠和焦炭、石灰石反应的产物之一为CaS，说明发生了氧化还原反应，S元素的化合价降低，Na2SO4作氧化剂，则作还原剂的为焦炭，C元素的化合价上升为+4价，由此可推断产物还有碳酸钠和二氧化碳，其反应方程式为Na2SO4+ 2C+CaCO3 CaS+Na2CO3+2CO2↑ ；（2）①甲装置为煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳的装置，生成的氧化钙与水反应生成氢氧化钙，所以C应为Ca（OH）2，Ca（OH）2加入到丁装置，与NH4Cl反应生成NH3，则D应为NH3； ②在溶液中足量的CO2和H2O及NH3会生成HCO3-，HCO3-再与Na+结合生成NaHCO3晶体，以沉淀的形式析出，故答案为：NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl
（3）该方法能提高原料的利用率，削减废渣的排放，保留了氨碱法的优点，消退了它的缺点，使食盐的利用率提高；NH4Cl 可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气 CO 转化成 CO2，革除了 CaCO3 制 CO2 这一工序．
故答案为：提高食盐利用率、副产物氯化铵可用作化肥、可利用合成氨的产物CO2。
（4）由溶解曲线图可知KHCO3和NH4Cl的溶解度相差不大，当温度高于40℃时，由图象可知，降温结晶时会析出较多的KCl；
【思路点拨】本题以工艺流程为依托，综合考查了氧化还原反应、物质的溶解性、化学试验等学问，综合性较强，有确定难度。
36．B3 F1 F2 F4 O1【2022·江西师大附中三模】【化学——选修2：化学与技术】（15分）
第五主族的磷单质及其化合物在工业上有广泛应用。
（1）同磷灰石在高温下制备黄磷的热化学方程式为：
4Ca5(PO4)3F(s)+21SiO2(s)+30C(s)=3P4(g)+20CaSiO3(s)+30CO(g)+SiF4(g)H
已知相同条件下：
4Ca3(PO4)2F(s)+3SiO2(s)=6Ca3(PO4)2(s)+2CaSiO3(s)+SiF4(g) △H1
2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)=P4(g)+6CaO(s)+10CO(g) △H2
SiO2(s)+CaO(s)=CaSiO3(s) △H3
用△H1、△H2和△H3表示H，则H=____________________；
（2）三聚磷酸可视为三个磷酸分子（磷酸结构式如图）之间脱去两个水分子产物，其结构式为________________________________，三聚磷酸钠（俗称“五钠”）是常用的水处理剂，其化学式为____________；
（3）次磷酸钠（NaH2PO2）可用于工业上的化学镀镍。
①化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2－，在酸性等条件下发生下述反应：
（a）_____ Ni2+ + ____ H2PO2－+ _____ → ___Ni++______ H2PO3－+ ____
（b）6H2PO-2 +2H+ =2P+4H2PO3+3H2↑
请在答题卡上写出并配平反应式（a）；
②利用①中反应可在塑料镀件表面沉积镍—磷合金，从而达到化学镀镍的目的，这是一种常见的化学镀。请从以下方面比较化学镀与电镀。
方法上的不同点：______________________________________________________；
原理上的不同点：______________________________________________________；
化学镀的优点：________________________________________________________。
【学问点】热化学方程式、氧化还原反应方程式的配平、电解原理
【答案解析】 （1） △H1—3△H2+18△H3 （2分）
（2） （2分） ，Na5P3O10（2分）
（3）2Ni2+ + 1H2PO2－+ 1H2O →2Ni+ +1H2PO3－+ 2H+（3分）
（4）化学镀中镀件直接与电解质溶液接触反应；（2分）
电镀通过外加电流，在镀件外形成镀层 ；化学镀是利用化学腐蚀反应；电镀是利用电解池，外加电流进行氧化还原反应 ； （2分）
装置简便，节省能源，操作简便 （2分）
解析：（1）热化学方程式4Ca5（PO4）3F（s）+2lSiO2（s）+30C（s）=3P4（g）+20CaSiO3（s）+30CO（g）+SiF4可以将下列三个反应相加得到：4Ca5（PO4）3F（s）+3SiO2（s）=6Ca3（PO4）2（s）+2CaSiO3（s）+SiF4（g）△H1；6Ca3（PO4）2（s）+30C（s）=3P4（g）+18CaO（s）+30CO（g）3△H2；18SiO2（s）+18CaO（s）=18CaSiO3（s）18△H3；依据盖斯定律可得△H=△H1+3△H2+18△H3；
（2）一个磷酸中的羟基与另一个磷酸的H之间可以脱水．结构式则为，“五钠”即五个钠原子，所以三聚磷酸钠的化学式为Na5P3O10，故答案为：Na5P3O10；
（3）①（a）依据得失电子守恒：镍元素的化合价降低了1价，磷元素的化合价上升的2价，所以依据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：2Ni2+ + 1H2PO2－+ 1H2O →2Ni+ +1H2PO3－+ 2H+；
②从方法上分析，电镀是利用电解原理通过外加直流电源，在镀件表面形成的镀层，镀层一般只有镍，而化学镀是利用氧化还原反应镀件直接与电解质溶液接触，在塑料镀件表面沉积镍-磷合金，这是两者的不同；从原理上分析，无论电镀还是化学镀均有电子的转移，均是利用了氧化还原反应，这是两者的相同点，
故答案为：化学镀中镀件直接与电解质溶液接触反应化学镀无需通电，而电镀需要通电；电镀通过外加电流，在镀件外形成镀层；化学镀是利用化学腐蚀反应；电镀是利用电解池，外加电流进行氧化还原反应；装置简便，节省能源，操作简便化学镀对镀件的导电性无特殊要求。
【思路点拨】本题考查同学对热化学方程式含义及对氧化还原反应本质的理解，综合性较强，难度较大。
36、A4 H1 H3 J2 F4 O1【2022·临川二中一模】［化学—选修：化学与技术］
SO2、NO是大气污染物。吸取SO2 和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下（Ce为铈元素）：
（1）装置Ⅰ中生成HSO3－的离子方程为 。
（2）含硫各微粒（H2SO3、HSO3－和SO32－）存在于SO2与NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数X(i)与溶液pH 的关系如右图所示。
①下列说法正确的是 （填字母序号）。
a．pH=8时，溶液中c(HSO3－) < c(SO32－)
b．pH=7时，溶液中c(Na+) =c(HSO3－)+c(SO32－)
c．为获得尽可能纯的NaHSO3，可将溶液的pH把握在4～5左右
②向pH=5的NaHSO3溶液中滴加确定浓度的CaCl2溶液，溶液中毁灭浑浊，pH降为2，用化学平衡移动原理解释溶液pH降低的缘由： 。
（3）装置Ⅱ中，酸性条件下，NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3－、NO2－，写诞生成NO3－的离子方程式 。
（4）装置Ⅲ的作用之一是再生Ce4+，其原理如下图所示。
①生成Ce4+的电极反应式为 。
②生成Ce4+从电解槽的 （填字母序号）口流出。
（5） 已知进入装置Ⅳ的溶液中，NO2－的浓度为a g·L-1，要使1 m3该溶液中的NO2－完全转化为NH4NO3，需至少向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2 L。（用含a代数式表示，计算结果保留整数）
【学问点】无机流程、溶液中的离子浓度大小、电化学、计算
【答案解析】 （1）SO2 + OH－=== HSO3－（2分）；
（2）①a、c （3分）
②HSO3－SO32－+H+，加入CaCl2溶液， Ca2++SO32－=== CaSO3↓使平衡右移，c(H+)增大。（3）NO+2H2O+3Ce4+===3Ce3++NO3－+4H+（3分）
（4）①Ce3+- e－=== Ce4+ （2分） ② a （2分）
（5）243a（242a、244a、5600a /23都给分）（3分）
解析：（1）进入装置Ⅰ中的物质有：NaOH、NO、SO2，则生成HSO3－的离子方程为：
SO2 + OH－=== HSO3－
（2）①如图pH=8时，溶液中c(HSO3－) < c(SO32－)a正确。pH=7时，溶液中c(Na+)+c(H+) =c(HSO3－)+2c(SO32－)+c(OH-)，c(H+)= c(OH-)，所以b不正确。如图pH把握在4～5左右，溶液中没有HSO3－，所以c错。②向pH=5的NaHSO3溶液中滴加确定浓度的CaCl2溶液，溶液中毁灭浑浊，pH降为2缘由为HSO3－SO32－+H+，加入CaCl2溶液， Ca2++SO32－=== CaSO3↓使平衡右移，c(H+)增大。
（3）装置Ⅱ中，如流程图反应物为NO、Ce4+生成物有Ce3+、NO3－。依据电荷守恒和题意给出酸性溶液，反应物还有H2O，生成物还有H+。依据氧化还原原理和得失电子守恒配平得NO+2H2O+3Ce4+===3Ce3++NO3－+4H+。
（4）①依据流程图其电极方程式只能是Ce3+- e－=Ce4+。②由Ce3+- e－= Ce4+得阳极生成Ce4+，所以从电解槽的a口流出。
（5）依据得失电子守恒NO2－和O2的物质的量之比为2:1。得氧气的体积为=243a 。
【思路点拨】本题考查了离子方式、电极方程式的书写，溶液中浓度大小的比较，氧化还原反应，利用电荷守恒计算。题目难度较大。留意从已知提取信息，培育看图分析力气。
32．C3 J2 O1【2022·中山一中高考内部调研】（16分）碱式硫酸铁Fe(OH)SO4对水中的悬浮物、有机物、硫化物、重金属等都能絮凝，工业上常用硫酸亚铁法制备，工艺流程如下图所示：
已知： Fe3+沉淀完全时的pH＝3.1， Fe2+沉淀完全时的pH＝9.7。
（1）请写出溶解过程中加快溶解速率和提高浸出率的两点措施：
_______________________________，______________________________。
（2）加入硫酸的作用是把握体系的pH值，若硫酸加入量过小，反应体系酸度太低，简洁生成 沉淀；若硫酸加入量过大，不利于产品形成，试从平衡移动的角度分析缘由是 。
（3）氧化过程中生成的气体遇空气变红棕色。写出氧化过程发生的离子方程式：
________________________________________________________________。
（4）流程图中的“系列操作”包括 ， ，过滤，洗涤，烘干。
【学问点】化工流程分析
【答案解析】（16分）（1）适当升温、充分搅拌、延长溶解时间等 （每空2分，共4分） （2）Fe(OH)3沉淀；（2分） 过量的硫酸与Fe(OH)SO4电离出来的OH－中和，使电离平衡向右移动（3分）（3）Fe2+ + NO2－+ SO42－+ H+ ＝Fe(OH)SO4 + NO↑ （3分）（4）蒸发浓缩（2分）、冷却结晶；（2分）；
解析：（1）依据化学反应速率的影响因素及规律，适当升温、充分搅拌、延长溶解时间等均可加快溶解速率和提高浸出率。（2）若硫酸加入量过小，反应体系酸度太低，Fe3＋简洁转化为Fe(OH)3沉淀。若硫酸加入量过大，过量的硫酸与Fe(OH)SO4电离出来的OH－中和，使电离平衡向右移动，不利于产品形成。（3）氧化过程生成的气体为NO，NO2－被还原为NO，则Fe2＋被氧化为Fe3＋，依据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平离子方程式为：Fe2+ + NO2－+ SO42- + H+ ＝Fe(OH)SO4 + NO↑。（4）流程图中的“系列操作”是由溶液得到晶体，为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤，烘干。
【思路点拨】本题考查碱式硫酸铁的工艺流程分析，主要考查工艺流程中原理、操作及措施等，涉及化学反应速率、化学平衡、氧化还原反应、化学试验操作等学问。
O2 海水的综合利用
O3 石油、煤和自然 气的综合利用
O4 化学与材料、技术的进展进展
36、A4 B3 E3 J1 J2 J4 O4【2022·武汉二中模拟】【化学——选修2化学与技术】（15分）
纳米材料二氧化钛(TiO2)具有很高的化学活性，可做性能优良的催化剂。
（1）工业上二氧化钛的制备是：
I. 将干燥后的金红石(主要成分TiO2,主要杂质SiO2)与碳粉混合装入氯化炉中，在高温下通入Cl2,制得混有SiCl4杂质的TiCl4。
II. 将混有SiCl4杂质的TiCl4分别，得到纯洁的TiCl4。
III. 在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2•xH2O。
IV. TiO2·xH2O高温分解得到TiO2。
①TiCl4与SiCl4在常温下的状态是_______。II中所实行的操作名称_______。
资料卡片
物质
熔点
沸点
SiCl4
－70℃
57.6℃
TiCl4
－25℃
136.5℃
②照试验IV中，应将TiO2.xH2O放在_______ (填仪器编号)中加热。
（2）据报道：“生态大路”是在铺设时加入确定量的TiO2,TiO2受太阳光照射后，产生的电
子被空气或水中的氧获得，生成H2O2,其过程大致如下：
a. O2→2O b. O+H2O→2OH(羟基) c. OH+OH→H2O2
①b中破坏的是 （填“极性共价键”或“非极性共价键”）。
②H2O2能清除路面空气中的等，其主要是利用了H2O2的 （填“氧化性”或“还原性”）。
（3）过氧化氢是重要的化学试剂，它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等。
某化学爱好小组取确定量的过氧化氢溶液，精确 测定了过氧化氢的含量。
请填写下列空白：
①取10.00 mL密度为P g/mL的过氧化氢溶液稀释至250 mL。取稀释后的过氧化氢溶液25.00mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样。
用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，其反应的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数配平及化学式填写在方框里。
MnO+ H2O2+ H+= Mn2++ H2O+
②滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入______________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。滴定到达终点的现象是____________________________。
③重复滴定三次，平均耗用C mol/L KMnO4标准溶液 V mL,则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为______________。
④若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消逝，则测定结果_________ （填“偏高”或“偏低”或“不变”）。
【学问点】制备试验方案的设计；化学方程式的有关计算；极性键和非极性键；氧化还原反应；直接加热的仪器及使用方法；物质分别和提纯的方法和基本操作综合应用
【答案解析】（1）①液态(1分) 蒸馏(1分) ② b (1分)
（2）①极性共价键 (1分) ②氧化性(1分)
（3）①2 5 6 2 8 5O2 ↑ （2分）
②酸式（1分）滴入最终一滴高锰酸钾溶液时，溶液呈浅红色，且半分钟内不褪色
（2分）
③（3分） ④偏高 （2分）
解析：（1）①依据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点可知，TiCl4与SiCl4在常温下的状态是液态；分别沸点相差较大的互溶液体常实行蒸馏方法；
②Ⅳ为烧杯与蒸发皿通常进行液态加热，高温分解固体物质常在坩埚中进行；
（2） ①由2O+H2O→2OH，可知水中O-H键断裂，O-H键属于极性共价键；
②CxHy、CO等具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2能氧化CxHy、CO等，清除路面空气中的CxHy、CO等，故答案为：氧化性；
（3） ①方程式中，高锰酸钾有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气，先确定缺的是O2，锰元素化合价降低了5价，生成1mol氧气时，氧元素化合价上升2价，依据电子转移守恒，配平化学方程式高锰酸根前面的系数为2，双氧水前面的系数为5，依据原子守恒来配平其他物质前面的系数，答案为：2、5、6、2、8、502；
②由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性，所以只能使用酸式滴定管，滴定到达终点的现象是：滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色，故答案为：酸式；滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色；
③依据化学方程式可以得到关系式：2MnO4-～5H2O2，耗用c mol/L KMnO4标准溶液V mL，即cV×10-3mol的高锰酸钾时，所用双氧水的物质的量：2.5cV×10-3mol，则原过氧化氢的质量为：0.025cVmol×34g/mol=0.85cV，过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为：；
④若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消逝，有一部分溶液占据了气泡的体积，并没有滴入锥形瓶，则测定结果偏高。
【思路点拨】本题考查同学阅读题目猎取信息力气、物质分别提纯等基本操作、对试验原理装置的理解等，难度中等，要求同学要有扎实的试验基础学问和机敏应用信息、基础学问解决问题的力气。
O5 化学与技术综合
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