2014年高考真题化学解析分类汇编—专题18 化学与技术

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2014年普通高等学校招生全国统一考试化学试题分类汇编

专题十八 化学与技术

1．（2014·浙江理综化学卷，T7）下列说法不正确的是 ．．．A．光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济

+

L）内的数个目标分子，据此可推算该检测技术

B．氨氮废水（含NH4及NH3）可用化学氧化法或电化学氧化法处理

C．某种光学检测技术具有极高的灵敏度，可检测到单个细胞（V≈10

－12

－12

能测量细胞内浓度约为10~10

－11

mol·L

－1

的目标分子

D．向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变

【答案】D

【解析】发电需要能源，光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济，A正确；氨氮废水(含NH4及NH3)可用化学氧化法或电化学氧化法处理，B正确；物质的量为6.02×10mol根据浓度单位，细胞内浓度约为10的目标分子，C正确；汽油与甲醇的热值不同，D错误。

2．（2014·天津理综化学卷，T10）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N2(g)＋3H2(g)ΔH＝－92.4 kJ·mol1。一种工业合成氨的简式流程图如下：

－

+

23-1－12

～10

－11

mol ·L

－1

2NH3(g)

(1)天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：________________________________________________________________________。

(2)步骤Ⅱ中制氢气的原理如下： ①CH4(g)＋H2O(g)②CO(g)＋H2O(g)

CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206.4 kJ·mol1

－

CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol1

－

对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是____________。 a．升高温度 b．增大水蒸气浓度 c．加入催化剂 d．降低压强

利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2的产量。若1 mol CO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应，得到1.18 mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO的转化率为____________。

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(3)图(a)表示500 ℃、60.0 MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：____________。

(4)依据温度对合成氨反应的影响，在图(b)坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图。

(a) (b)

(5)上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是(填序号)________。简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：

________________________________________________________________________。 【答案】

一定条件

(1)2NH4HS＋O2=====2NH3·H2O＋2S↓ (2)a 90% (3)14.5%

(4) (5)Ⅳ 对原料气加压；分离液氨后，未反应的N2、H2循环使用

【解析】(1)由题意可知为空气中的O2将负二价硫氧化为硫单质，根据电子守恒将方程式配平即可。(2)反应①为气体物质的量增大的吸热反应，降低压强使平衡右移，但反应速率减小，d错；催化剂不能改变反应限度，即不能改变H2的百分含量，c错；增大水蒸气浓度虽可使反应速率增大以及平衡右移，但产物H2的百分含量却减小，b错；升高温度反应速率增大，且平衡正向移动，H2的百分含量增大，a对。CO与H2的混合气体与水蒸气的反应中，反应体系中的气体的物质的量不变，而1 molCO与H2的混合气体参加反应生成1.18 mol混合气，说明有0.18 mol 水蒸气参加反应，则根据方程式②可知参加反应的CO也为0.18 mol，则其转化率为

0.18 mol

×100%＝90%。

1 mol×20%

(3)由图中看出当N2与H2物质的量比为1∶3时，NH3的平衡体积分数最大，为42%。设平衡时转化的N2的物质的量为x mol，由三段式：

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N2＋3H2

2NH3

起始(mol): 1 3 0 转化(mol): x 3x 2x 平衡(mol): 1－x 3－ 3x 2x

2x

×100%＝42%，则x＝0.59

（1－x）＋（3－3x）＋2x则平衡时N2的体积分数为

（1－x）

×100%＝14.5%。(4)作图时要注意开始时NH3物质的量不断增多，

（1－x）＋（3－3x）＋2x

是因为反应正向进行(反应未达平衡)，达到一定程度后反应达到平衡而此时温度继续升高，平衡逆向移动，NH3的物质的量减小。(5)热交换器可以使需要加热的物质得到加热，还可以使需要冷却的物质得到冷却，能充分利用能量。合成氨反应为气体物质的量减小的反应，加压利于反应正向进行；此外，循环利用可反复利用原料，提高原料利用率。

3. （2014·四川理综化学卷，T11）（16分）污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含少量铁，铝，铜，镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下简化流程，既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）。

请回答下列问题：

（1）上述流程脱硫实现了 （选填下列字母编号）。 A．废弃物的综合利用 B．白色污染的减少 C．酸雨的减少 （2）用MnCO3能除去溶液中Al和Fe，其原因是 。 （3）已知：25℃、101kPa时，Mn(s)+O2(g)=MnO2 S(s)+O2(g)=SO2

H=-520kJ/mol H=-297kJ/mol

3＋

3＋

Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s) ?H=-1065kJ/mol SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式是

（4）MnO2可作超级电容材料。用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是 （5）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料。碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是

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（6）假设脱除的SO2只与软锰矿浆中MnO2反应。按照图示流程，将a m3(标准状况)含SO2的体积分数为b%的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为89.6%，最终得到MnO2的质量ckg，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素相当于MnO2 kg。

【答案】（1）A、C

（2）消耗溶液中的酸，促进Al和Fe水解生成氢氧化物沉淀 （3）MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4（4）Mn+2H2O-2e=MnO2+4H （5）MnO2+H2O+e=MnO(OH)+OH （6）

－

－

3＋3＋

H=-248kJ/mol

＋

2＋

－

1500c?87ab

2500【解析】（1）根据题意，既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2，上述流程脱硫能够实现废弃物的综合利

用，二氧化硫的减少可以减少酸雨。

（2）用MnCO3能除去溶液中Al和Fe的原因是MnCO3本身难溶于水，消耗溶液中的酸，促进Al和Fe水解生成氢氧化物沉淀。

（3） Mn(s)+O2(g)=MnO2(s) H=-520kJ/mol ① S(s)+O2(g)=SO2(g) H=-297kJ/mol ② Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4

H=-1065kJ/mol ③

3＋

3＋

3＋

3＋

根据盖斯定律： ③-①-②得：H=-248kJ/mol，则SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式是MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4

H=-248kJ/mol

2＋

－

＋

（4）用惰性电极电解MnSO4溶液，正极的反应式为Mn+2H2O-2e=MnO2+4H

（5）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料。碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式MnO2+H2O+e=MnO(OH)+OH （6）最终得到MnO2的质量ckg，减去和二氧化硫反应的二氧化锰的质量，即为除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的MnO2 的质量。m=c-[a×10×b%×89.6%×87/(22.4×1000)]=

3

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1500c?87ab

25004．（2014·山东理综化学卷，T32）（12分）【化学—化学与技术】工业上用重铬酸钠（Na2Cr2O7）结晶后的母液（含

Na2Cr2O7母液 碱液调母液I 反应过滤 少量杂质Fe）生产重铬酸钾（K2Cr2O7）。工艺流程及相关物质溶解度曲线3+KCl(s) 如图： 加热 沸腾 冷却 结晶 K2Cr2O7

第4页（共9页） II 山东世纪金榜科教文化股份有限公司 母液 固体A 冷却 结晶 母液III 蒸发 浓缩 固体A