2018届二轮复习精准语言描述1——突破原理型简答题的瓶颈学案（全国通用）

2018届二轮复习精准语言描述1——突破原理型简答题的瓶颈学案（全国通用）

题空一　读懂图表　精准解答 ‎1．图表题的审题要领 ‎(1)看题干，明方向：看清题目要求，在题干中圈出关键词，明确是速率问题还是平衡移动问题，分清楚是“恒温恒压”还是“恒温恒容”，或其他限制条件。‎ ‎(2)识图表，“面、点、线”‎ 识图是解题的基础，①面即坐标系，明晰横、纵坐标所表示的化学含义，这是理解题意和进行正确思维的前提。明晰坐标含义，也就是用变量的观点分析坐标，找出横、纵坐标的关系，再结合教材，联系相应的知识点；②找点：找出曲线中的特殊点(起点、顶点、拐点、终点、交叉点、平衡点等)，分析这些点所表示的化学意义以及影响这些点的主要因素及限制因素等，大多考题就落在这些点的含义分析上，因为这些点往往隐含着某些限制条件或某些特殊的化学含义；③析线：正确分析曲线的走向、变化趋势(上升、下降、平缓、转折等)，同时对走势有转折变化的曲线，要分区段进行分析，研究找出各段曲线的变化趋势及其含义。‎ ‎2. 气相平衡移动类简答题的答题模板 叙特点(反应特点或容器特点)―→变条件―→定方向―→得结论(或结果)‎ 例2　在密闭容器中充入一定量H2S，发生反应2H2S(g)??2H2(g)＋S2(g)　ΔH＝＋169.8 kJ·mol－1。下图为H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系。‎ ‎(1)图中压强(p1、p2、p3)的大小顺序为________，理由是_______________________‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)该反应平衡常数大小：K(T1)_____________(填“>”“<”或“＝”)K(T2)，理由是________________________________________________________________________。‎ ‎(3)如果要进一步提高H2S的平衡转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有________________。‎ ‎[解题思路]　‎ 答案　(1)p1”或“＝”)T2，理由是________________________。‎ ‎(2)实验Ⅱ、Ⅲ相比，实验Ⅲ先达到化学平衡的原因可能是______________________。‎ ‎(3)若将容器体积变为0.5 L，其他条件与实验Ⅰ完全相同。与实验Ⅰ相比，下列说法错误的是________。(填字母)‎ a．达到平衡的时间缩短 b．N2的转化率增大 c．化学平衡常数不变 d．混合气体中NH3的体积分数减小 答案　(1)>　达到平衡时，T2温度下c(N2)小，即T2时N2转化率高，该反应是放热反应，在其他条件相同时，温度越低N2的转化率越高，平衡时c(N2)越小，故T1>T2‎ ‎(2)实验Ⅲ使用催化剂 ‎(3)d 解析　由表中数据知实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ达到平衡的时间分别为15 min、20 min、10 min；平衡时c(N2)分别为0.08 mol·L－1、0.06 mol·L－1、0.06 mol·L－1。‎ ‎(1)实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ反应物初始加入量相同，该反应是放热反应，其他条件相同时，温度越高，N2转化率越低，平衡时c(N2)越大，故T1>T2。‎ ‎(2)实验Ⅱ、Ⅲ中，反应物浓度、温度、压强完全相同，且N2转化率相同，而Ⅲ反应速率大，达到化学平衡的时间短，是因为实验Ⅲ使用了催化剂(催化剂加快反应速率，不改变化学平衡)。‎ ‎(3)该反应是气体体积减小的反应，容器体积变为0.5 L，反应物浓度增大、压强增大，则反应速率加快，达到平衡的时间缩短，反应物转化率增大，化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变；混合气体中NH3 的体积分数增大。‎ ‎3．已知氢氧化钙和碳酸钙在水中分别存在下列溶解平衡：Ca(OH)2(s) Ca2＋＋2OH－，CaCO3(s) Ca2＋＋CO。在火力发电厂燃烧煤的废气中往往含有SO2、O2、N2、CO2等。为了除去有害气体SO2并变废为宝，常常用粉末状的碳酸钙或熟石灰的悬浊液洗涤废气，‎ 反应产物为石膏(CaSO4·2H2O)。‎ ‎(1)粉末状碳酸钙能吸收废气中SO2的原因：___________________________________。‎ ‎(2)SO2与Ca(OH)2悬浊液反应生成石膏的总方程式：____________________________‎ ‎_________________________________________________________________________。‎ ‎(3)试说明用熟石灰的悬浊液而不用澄清石灰水的理由：__________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 答案　(1)由于亚硫酸的酸性比碳酸强，亚硫酸与碳酸根反应产生CO2气体，CaCO3的溶解平衡向右移动，生成亚硫酸钙，再被氧化为硫酸钙 ‎(2)2SO2＋O2＋2Ca(OH)2＋2H2O===2CaSO4·2H2O ‎(3)Ca(OH)2微溶，澄清的石灰水中Ca(OH)2的浓度小，不利于吸收SO2‎ 解析　(1)SO2与CaCO3悬浊液反应，相当于弱酸制更弱的酸。(2)SO2与Ca(OH)2悬浊液反应，相当于酸碱中和反应，再被氧气氧化为硫酸钙。(3)用熟石灰的悬浊液而不用澄清石灰水，与浓度有关，浓度大时吸收二氧化硫的效果好。‎ ‎4．[2016·全国卷Ⅲ，27(2)(3)(4)]煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：‎ ‎(2)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度323 K，NaClO2溶液浓度为5×10－3 mol·L－1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。‎ 离子 SO SO NO NO Cl－‎ c/mol·L－1‎ ‎8.35×10－4‎ ‎6.87×10－6‎ ‎1.5×10－4‎ ‎1.2×10－5‎ ‎3.4×10－3‎ ‎①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式__________________________。增加压强，NO的转化率________(填“提高”“不变”或“降低”)。‎ ‎②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐_____(填“增大”“不变”或“减小”)。‎ ‎③由实验结果可知，脱硫反应速率________脱硝反应速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是________________________。‎ ‎(3)在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压pe如图所示。‎ ‎①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均________(填“增大”“不变”或“减小”)。‎ ‎②反应ClO＋2SO??2SO＋Cl－的平衡常数K表达式为____________________。‎ ‎(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。‎ ‎①从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是_____________________。‎ ‎②已知下列反应：‎ SO2(g)＋2OH－(aq)===SO(aq)＋H2O(l)　ΔH1‎ ClO－(aq)＋SO(aq)===SO(aq)＋Cl－(aq)　ΔH2‎ CaSO4(s)===Ca2＋(aq)＋SO(aq)　ΔH3‎ 则反应SO2(g)＋Ca2＋(aq)＋ClO－(aq)＋2OH－(aq)===CaSO4(s)＋H2O(l)＋Cl－(aq)的ΔH＝________________________________________________________________________。‎ 答案　(2)①4NO＋3ClO＋4OH－===4NO＋3Cl－＋2H2O　提高　②减小　③大于　NO溶解度较低(或脱硝反应活化能较高)　(3)①减小　②K＝ ‎(4)①形成硫酸钙沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高 ‎②ΔH1＋ΔH2－ΔH3‎ 解析　(2)①亚氯酸钠具有氧化性，可将NO气体氧化为NO，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为4NO＋3ClO＋4OH－===4NO＋3Cl－＋2H2O。该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强，有利于反应向消耗NO的方向进行，所以增大压强，NO的转化率提高。②脱硝反应消耗OH－，故随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐减小。③根据题中表格数据发现，反应一段时间后溶液中SO的离子浓度最大，说明脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。(3)①由图分析可知，温度升高，SO2或NO平衡分压的负对数均减小，说明升高温度，平衡逆向移动，因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小。②根据反应ClO＋2SO??2SO＋Cl－可写出其平衡常数表达式为K＝。(4)①相对于NaClO，Ca(ClO)2能形成CaSO4沉淀，有利于平衡向脱硫方向移动，提高了SO2的转化率。②将题中的3个反应依次标记为①、②、③，根据盖斯定律，①＋②－③即得所求的反应，ΔH＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3。‎ 题空二　物质变化类简答题 ‎1．结合物质的性质，推测产生结果的原因；叙述时一般可使用因果表述法。‎ 例1　铁炭混合物(铁屑和活性炭的混合物)、纳米铁粉均可用于处理水中污染物。‎ ‎(1)铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池。将含有Cr2O的酸性废水通过铁炭混合物，‎ 在微电池正极上Cr2O转化为Cr3＋，其电极反应式为_____________________________。‎ ‎(2)在相同条件下，测量总质量相同、铁的质量分数不同的铁炭混合物对水中Cu2＋和Pb2＋的去除率，结果如图所示。‎ ‎①当铁炭混合物中铁的质量分数为0时，也能去除水中少量的Cu2＋和Pb2＋，其原因是___________________________________________________________________________。‎ ‎②当铁炭混合物中铁的质量分数大于 50%时，随着铁的质量分数的增加，Cu2＋和Pb2＋的去除率不升反降，其主要原因是_________________________________________________。‎ ‎(3)纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。纳米铁粉除去水中NO反应的离子方程式为4Fe＋NO＋10H＋===4Fe2＋＋NH＋3H2O，研究发现，若pH偏低将会导致NO的去除率下降，其原因是___________________________________________________________________。‎ 答案　(1)Cr2O＋6e－＋14H＋===2Cr3＋＋7H2O ‎(2)①活性炭对Cu2＋和Pb2＋有吸附作用 ‎②铁的质量分数增加，铁炭混合物中微电池数目减少 ‎(3)纳米铁粉与H＋反应生成H2‎ ‎2．推理判断理由的阐述 该类型简答题一般是依据题意，根据化学知识及相关的知识对题目所给的问题先进行分析判断，然后说明判断的理由。解题的思路：先对问题作出判断，得出结论，然后再由结论追溯到分析过程，最后再回到结论。采分点是推理过程和结论。‎ 例2　H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：‎ ‎①写出阳极的电极反应式______________________________________________________。‎ ‎②分析产品室可得到H3PO2的原因______________________________________________。‎ ‎③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2‎ 稀溶液代替。并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有____________杂质。该杂质产生的原因是_______________________________。‎ ‎[解题思路]　②‎ ‎③‎ 解析　①阳极发生氧化反应，在反应中OH－失去电子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋。‎ ‎②H2O放电产生H＋，H＋进入产品室，原料室的H2PO穿过阴膜扩散至产品室，二者发生反应：H＋＋H2POH3PO2。‎ ‎③如果撤去阳膜，H2PO或H3PO2可能被氧化。‎ 答案　①2H2O－4e－===O2↑＋4H＋　②阳极室的H＋穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2　③PO　H2PO或H3PO2被氧化 ‎1．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，在潮湿空气中易水解、氧化，且在氯离子浓度较大的体系中存在CuCl＋Cl－ [CuCl2]－。‎ 工业上可用向硫酸铜饱和溶液中加入NaCl和Na2SO3制取CuCl，请回答下列问题：‎ ‎(1)写出生成CuCl沉淀的离子方程式：________________________________________。‎ ‎(2)在反应进行时，当氯化钠用量增加到一定程度后氯化亚铜的沉淀率减小，原因是_________________________________________________________________________。‎ ‎(3)实验测得溶液的 pH 与亚硫酸钠溶液体积的关系曲线如图所示。‎ ‎①解释图像中Va时，随着亚硫酸钠溶液的体积增大，溶液pH增大的原因是_______________‎ ‎__________________________________________________________________________。‎ 答案　(1)2Cu2＋＋2Cl－＋SO＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋‎ ‎(2)当Cl－浓度过大时，生成的沉淀CuCl又会发生CuCl＋Cl－ [CuCl2]－，因而沉淀率会降低 ‎(3)①由于发生2Cu2＋＋2Cl－＋SO＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋，H＋浓度逐渐增大 ‎②当铜离子完全反应后，再加入Na2SO3消耗溶液中的H＋，又使H＋浓度逐渐减小 ‎2．电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是________________________________________________________________，说明理由：__________________________________________________________________。‎ 答案　NH3　根据反应：8NO＋7H2O3NH4NO3＋2HNO3，电解产生的HNO3多 ‎3．用Fe作电极电解含Cr2O的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀以达到除铬的目的。‎ ‎(1)用Fe作电极的原因为______________________________________________________。‎ ‎(2)在阴极附近溶液pH升高的原因是___________________________________________。‎ ‎(3)溶液中除生成Cr(OH)3沉淀外还生成________沉淀，解释产生的原因_____________。‎ 答案　(1)阳极反应为Fe－2e－===Fe2＋，提供还原剂Fe2＋‎ ‎(2)水电离产生的H＋放电生成H2：2H＋＋2e－===H2↑；同时产生了大量OH－‎ ‎(3)Fe(OH)3　溶液中的Fe2＋被Cr2O氧化为Fe3＋，电解过程中pH升高，Fe3＋水解程度增大，转化为Fe(OH)3沉淀 解析　(1)在电解法除铬中，铁作阳极，阳极反应为Fe－2e－===Fe2＋，以提供还原剂Fe2＋。‎ ‎(2)阴极氢离子的放电能力较强，先放电，因而氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大。‎ ‎(3)溶液中的Fe2＋被Cr2O氧化为Fe3＋，电解过程中pH升高，Fe3＋水解程度增大，转化为Fe(OH)3沉淀。‎ 高考12题逐题特训 A组 ‎1．已知H2S高温热分解制H2的反应如下：‎ ‎2H2S(g) 2H2(g)＋S2(g)。在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S的分解实验。‎ 以H2S的起始浓度均为c mol·L－1测定H2S的转化率，结果如图所示。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。请说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：___________________。‎ 答案　温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，故曲线b向曲线a靠近 解析　弄清两根曲线表示的含义，温度低时，H2S转化率相差较大，温度高时，H2S转化率几乎相等，说明温度高时，在该段时间里已经达到平衡。‎ ‎2．取少量待检水样(含有少量Cu2＋)于试管中，先加入NaOH溶液，观察到有蓝色沉淀生成，继续加入NaOH溶液，直到不再产生蓝色沉淀为止，再加入Na2S溶液，有黑色沉淀生成，且蓝色沉淀逐渐减少。请你使用化学用语，结合必要的文字解释其原因_____________。‎ 答案　待检水样中含有Cu2＋，加碱发生Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓，再加入Na2S溶液，CuS比Cu(OH)2更难溶，则发生Cu(OH)2(s)＋S2－(aq) CuS(s)＋2OH－(aq)‎ 解析　因铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，CuS比Cu(OH)2更难溶，则加入Na2S溶液能发生沉淀的转化。‎ ‎3．不同的金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度曲线如图所示。‎ ‎(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是______。‎ ‎(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH为________(填字母)。‎ A．＞1 B．4左右 C．＜6‎ ‎(3)在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，______(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法将其除去，理由是_____________________________________________________。‎ 答案　(1)Cu2＋‎ ‎(2)B ‎(3)不能　Co2＋、Ni2＋沉淀的pH范围相差太小 解析　由图像可知Fe3＋沉淀pH范围大约为1.8～2.7，Cu2＋沉淀pH范围约为4.5～5.9，Ni2＋、Co2＋沉淀pH范围都约是7～7.9，相差很小。‎ ‎4．汽车尾气中含有NO、CO和碳颗粒等有害物质，已成为某些大城市空气的主要污染源。‎ ‎(1)汽车燃料中一般不含氮元素，汽缸中生成NO的原因为(可逆反应，用化学方程式表示)___________________________________________________________________________，且汽缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，试分析其原因___________________。‎ ‎(2)治理汽车尾气中NO和CO污染的一种方法是将其转化为无害的CO2和N2，反应原理：2NO(g)＋2CO(g) 2CO2(g)＋N2(g)　ΔH＜0‎ 某研究小组在三个容积均为5 L的恒容密闭容器中，分别充入0.4 mol NO和0.4 mol CO，在三种不同实验条件下进行上述反应(体系各自保持温度不变)，反应体系总压强随时间的变化如图所示。‎ ‎①计算实验Ⅱ从开始至达到平衡时的反应速率v(NO)＝________________。‎ ‎②图中三组实验从开始至达到平衡时的反应速率v(NO)由大到小的顺序为_______(填序号)。‎ ‎③与实验Ⅱ相比，实验Ⅰ和实验Ⅲ分别仅改变一种反应条件，所改变的条件和判断的理由：‎ 实验Ⅰ________________________________________________________________________；‎ 实验Ⅲ________________________________________________________________________。‎ ‎④三组实验中CO的平衡转化率αⅠ(CO)、αⅡ(CO)、αⅢ(CO)的大小关系为_______________。‎ 答案　(1)N2＋O22NO　温度升高，反应速率加快 ‎(2)①1.75×10－3 mol·L－1·min－1　②Ⅲ、Ⅰ、Ⅱ　③升高温度；达到平衡时的时间比Ⅱ缩短，起始压强增大加催化剂；达到平衡的时间比Ⅱ缩短，平衡没有移动　④αⅡ(CO)＝αⅢ(CO)＞αⅠ(CO)‎ 解析　(1)汽车尾气中含有NO，原因是空气中的氮气和氧气在高温或放电的条件下生成NO，该反应温度越高，反应速率越快，故汽车启动后，汽缸的温度越高，单位时间内NO的排放量越大。‎ ‎(2)①实验Ⅱ从开始到平衡时压强从320 kPa降低至250 kPa，总物质的量浓度由0.16 mol·L－1变为0.125 mol·L－1，根据化学方程式2NO＋2CO===N2＋2CO2，总浓度减少0.035 mol·L－1，反应的NO的浓度为0.07 mol·L－1，则v(NO)＝＝1.75×10－3 mol·L－1·min－1。②根据图像可知，三种条件下反应速率由大到小的顺序为Ⅲ、Ⅰ、Ⅱ。③与实验Ⅱ相比，实验 Ⅰ改变的条件是升高温度，因为达到平衡的时间比Ⅱ缩短，起始压强增大。与实验Ⅱ相比，实验Ⅲ改变的条件是加催化剂，因为达到平衡的时间比Ⅱ缩短，平衡没有移动。④三组实验中CO的转化率：Ⅲ、Ⅱ的转化率相等，反应Ⅰ的压强改变量由400到350，反应Ⅲ、Ⅱ的压强改变量由320到250，故Ⅰ转化率最小，故αⅡ(CO)＝αⅢ(CO)＞αⅠ(CO)。‎ ‎5．增强环保意识，爱护环境是每个公民的职责。利用碳的氧化物合成甲醇等资源化利用对环境保护具有重要意义。请回答下列问题：‎ ‎(1)溶于海水的CO2有4种存在形式，除CO2外还有H2CO3、____________________、_____________________________________________________________________________，‎ 解释产生另外两种的原因：____________________________________________________。‎ ‎(2)一定条件下，甲醇可同时发生：‎ A．2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)‎ B．2CH3OH(g)===C2H4(g)＋2H2O(g)‎ 上述反应过程中能量变化如图所示：‎ ‎①写出反应速率较大的序号并说明原因：_______________________________________‎ ‎____________________________________________________________________________。‎ ‎②若容器中加入催化剂，则E2－E1将________(填“变大”“不变”或“变小”)。‎ 答案　(1)HCO　CO　CO2溶于水生成H2CO3，H2CO3电离出H＋和HCO，HCO继续发生微弱的电离生成H＋和CO ‎(2)①A，反应A活化能低，在相同条件下反应速率较大 ‎②不变 解析　(2)①反应的活化能越小，反应速率越快；②加入催化剂改变了反应的途径，降低反应所需的活化能，所以E1和E2均减小，催化剂不能改变反应热大小，ΔH＝E1－E2，ΔH不变，则E2－E1不变。‎ B组 ‎1．简要回答下列问题：‎ ‎(1)用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2＋、Mg2＋、SO等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的________________(填化学式)，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的SO，其原因是 ‎_____________________________________________________________________________‎ ‎[已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10、Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9]。‎ ‎(2)氯碱工业中电解饱和食盐水时，用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，用化学平衡移动原理解释盐酸的作用：__________________________________________________________。‎ ‎(3)已知Ba2＋有很强的毒性，医学上进行消化系统的X射线透视时，常使用BaSO4作内服造影剂。胃酸酸性很强(pH约为1)，但服用大量BaSO4仍然是安全的，BaSO4不溶于酸的原因是__________________________________________________(用沉淀溶解平衡原理解释)。‎ 答案　(1)BaCl2　BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO时，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)(或其他合理答案)‎ ‎(2)由于阳极上生成氯气，而氯气可溶于水，并发生下列反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，增大HCl的浓度可使平衡逆向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的逸出 ‎(3)对于平衡BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO(aq)，H＋不能减小SO的浓度，故平衡不能向溶解方向移动，Ba2＋浓度很小，因而对人身无害 解析　(1)根据后面加入的物质为Na2CO3和NaOH，可知前面缺少除去SO的试剂BaCl2。BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO时，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)。‎ ‎2．等浓度的H2SO3和NaHSO3混合液，加入少量的强酸或强碱溶液，pH值都没有明显变化，请解释其原因：_______________________________________________________________‎ ‎__________________________________________________________(用离子方程式表示)。‎ 答案　加碱时发生反应：H2SO3＋OH－===HSO＋H2O；加酸时发生反应：HSO＋H＋===H2SO3‎ 解析　当加碱时，H2SO3与OH－反应，使c(OH－)增大不明显；当加酸时，HSO与H＋反应，消耗H＋，使c(H＋)增大不明显。‎ ‎3．直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。‎ ‎(1)吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO)∶n(HSO)变化关系如下表：‎ n(SO)∶n(HSO)‎ ‎91∶9‎ ‎1∶1‎ ‎9∶91‎ pH ‎8.2‎ ‎7.2‎ ‎6.2‎ 由上表判断，NaHSO3溶液显________性，用化学平衡原理解释：_____________________‎ ‎______________________________________________________________________________。‎ ‎(2)当吸收液的pH降至约为6时，需送到电解槽再生。再生示意图如下：‎ 当阴极室中溶液pH升到8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理：________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 答案　(1)酸　NaHSO3溶液中的HSO存在两个平衡：HSOH＋＋SO和HSO＋H2OH2SO3＋OH－，HSO的电离程度大于其水解程度 ‎(2)H＋在阴极得电子生成H2，溶液中的c(H＋)降低，促使HSO电离生成SO，且Na＋进入阴极室，吸收液得以再生 ‎4．NaClO2的漂白能力是漂白粉的4～5倍。NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等。工业上生产NaClO2的工艺流程如下：‎ ‎(1)ClO2发生器中的反应为2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4。实际工业生产中可用硫黄、浓硫酸代替反应原料中的SO2，其原因是________________________________‎ ‎__________________________________________________________________________‎ ‎(用化学方程式表示)。‎ ‎(2)反应结束后，向ClO2发生器中通入一定量空气的目的是____________________。‎ ‎(3)吸收器中生成NaClO2的离子方程式为______________________________________‎ ‎________________________________________________________________________，‎ 其中反应温度不能高于5 ℃可能的原因为_____________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 答案　(1)S＋2H2SO4(浓)3SO2↑＋2H2O ‎(2)驱赶出ClO2，确保其被充分吸收 ‎(3)2ClO2＋2OH－＋H2O2===2ClO＋O2＋2H2O 提高ClO2的利用率(或防止H2O2分解)‎ 解析　(1)因为浓硫酸和硫黄反应产生SO2，反应的化学方程式为S＋2H2SO4(浓)3SO2↑＋2H2O。(2)通入一定量的空气后，能将生成的ClO2全部吹出后被吸收。(3)在吸收器中通入了ClO2气体，加入了双氧水和NaOH溶液，故发生反应的离子方程式为2ClO2＋2OH－＋H2O2===2ClO＋O2＋2H2O；温度过高时，参加反应的H2O2易分解，易造成ClO2‎ 的利用率降低。‎ ‎5．难溶性杂卤石(K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O)属于“呆矿”，在水中存在如下平衡：‎ K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O(s) 2Ca2＋＋2K＋＋Mg2＋＋4SO＋2H2O 为能充分利用钾资源，用饱和Ca(OH)2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，工艺流程如下：‎ ‎(1)滤渣主要成分有________和________以及未溶杂卤石。‎ ‎(2)用化学平衡移动原理解释Ca(OH)2溶液能溶解杂卤石浸出K＋的原因：___________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)“除杂”环节中，先加入______________溶液，经搅拌等操作后，过滤，再加入______________溶液调滤液pH至中性。‎ 答案　(1)Mg(OH)2　CaSO4　(2)加入Ca(OH)2溶液，Mg2＋与OH－结合生成Mg(OH)2沉淀，Mg2＋浓度减小，平衡正向移动，K＋增多　(3)K2CO3　H2SO4‎ 解析　解题时，要依据制备K2SO4的工艺流程，结合物质的分离与提纯的原则进行分析。‎ ‎(1)杂卤石中加入Ca(OH)2溶液，Mg2＋与OH－结合生成Mg(OH)2沉淀，CaSO4微溶于水，过滤后，滤渣中含有Mg(OH)2、CaSO4及未溶解的杂卤石。‎ ‎(2)加入Ca(OH)2溶液，Mg2＋与OH－结合生成Mg(OH)2沉淀，使c(Mg2＋)减小，杂卤石的溶解平衡正向移动，同时c(Ca2＋)与c(SO)均增大，从而析出CaSO4沉淀，K＋留在滤液中。‎ ‎(3)滤液中含有Ca2＋、OH－，可先加入过量K2CO3溶液除去Ca2＋，过滤后，再加入稀H2SO4调节溶液的pH至中性。‎ ‎6．煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示：‎ ‎(1)②中NH3参与反应的化学方程式为________________________________________。‎ ‎(2)③中加入的物质可以是________(填字母)。‎ a．空气 b．CO c．KNO3 d．NH3‎ ‎(3)焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶()，其分子中相邻的C和N原子相比，N原子吸引电子能力更______(填“强”或“弱”)，从原子结构角度解释原因：__________。‎ ‎(4)用间接电化学法除去NO的过程，如图所示：‎ 已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，写出阴极的电极反应式：____________。‎ 用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：____________________________________。‎ 答案　(1)4NH3＋5O24NO＋6H2O　(2)bd　(3)强　C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强 ‎(4)2HSO＋2e－＋2H＋===S2O＋2H2O　2NO＋2S2O＋2H2O===N2＋4HSO C组 ‎1．化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：Fe＋2H2O＋2OH－FeO＋3H2↑，工作原理如图甲所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色FeO，镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。‎ ‎(1)电解一段时间后，c(OH－)降低的区域在__________(填“阴极室”或“阳极室”)。‎ ‎(2)电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因是__________________________‎ ‎____________________________________________________________________________。‎ ‎(3)c(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如图乙，任选M、N两点中的一点，分析c(Na2FeO4)低于最高值的原因：____________________________________________________________。‎ 答案　(1)阳极室　(2)防止Na2FeO4与H2反应使产率降低　(3)M点：c(OH－)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢[或N点：c(OH－)过高，铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成，使Na2FeO4产率降低]‎ 解析　(1)由电解装置图可知，阳极为Fe电极，阴极为Ni电极，电解总反应为Fe＋2H2O＋2OH－FeO＋3H2↑；装置通电后，铁电极附近生成紫红色的FeO，镍电极有气泡产生，则阳极反应式为Fe＋8OH－－6e－===FeO＋4H2O，阴极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，由于阳极反应中消耗OH－，故电解一段时间后，阳极室c(OH－)降低。‎ ‎(2)Na2FeO4易被H2还原，电解过程中，将阴极产生的气体(H2)及时排出，可防止Na2FeO4被 H2还原，使其产率降低。‎ ‎(3)由c(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化图可知，当c(NaOH)＝14 mol·L－1时，c(Na2FeO4)达到最大值。Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，M点在最高值之前，溶液中c(OH－)较低，Na2FeO4的稳定性差，且反应速度慢。由题中信息“若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质”，即有Fe(OH)3生成；N点在最高值之后，溶液中c(OH－)过大，铁电极上有Fe(OH)3生成，使Na2FeO4的产率降低。‎ ‎2．烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6－2x]溶液，并用于烟气脱硫研究。‎ ‎(1)酸浸时反应的化学方程式为____________________________________________________；滤渣Ⅰ的主要成分为________________(填化学式)。‎ ‎(2)加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2(SO4)3转化为Al2(SO4)x(OH)6－2x。滤渣Ⅱ的主要成分为__________________(填化学式)；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是________________(用离子方程式表示)。‎ 答案　(1)Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O　SiO2‎ ‎(2)CaSO4　3CaCO3＋2Al3＋＋3SO＋3H2O===2Al(OH)3＋3CaSO4＋3CO2↑‎ 解析　(1)酸浸时能与H2SO4反应的是Al2O3，H2SO4与Al2O3反应生成盐和水，SiO2不和H2SO4反应，成为滤渣。‎ ‎(2)CaCO3和溶液中的H2SO4反应生成CaSO4；如果pH偏高，一部分Al3＋会转化为Al(OH)3沉淀，离子方程式为3CaCO3＋2Al3＋＋3SO＋3H2O===2Al(OH)3＋3CaSO4＋3CO2↑。‎ ‎3．氯化亚铜(CuCl)广泛用于化工、印染、电镀等行业。CuCl微溶于水，不溶于稀酸，可溶于Cl－浓度较大的体系，在潮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的工艺流程如下：‎ ‎(1)溶解步骤的温度应该控制在60～70 ℃，原因是___________________________________‎ ‎____________________________________________________。该步骤Cu与NH4NO3反应的离子方程式为(N元素被还原到最低价)______________________ __________________。‎ ‎(2)还原步骤发生反应的离子方程式为__________________________________________。‎ ‎(3)滤液的主要成分为__________(填化学式)，洗净过滤所得固体应选用________(填字母)。‎ A．盐酸 B．硫酸 C．硝酸 ‎(4)(NH4)2SO3的用量与Cu2＋沉淀率的关系如上图所示，工业上采用0.6最为适宜，此时(NH4)2SO3略过量，其原因是_____________________________________________。‎ 答案　(1)温度过低，溶解速率慢，温度过高，NH4NO3会分解　4Cu＋NO＋10H＋===4Cu2＋＋NH＋3H2O ‎(2)2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋‎ ‎(3)(NH4)2SO4，H2SO4　B ‎(4)SO易被氧化，确保Cu2＋完全被还原为CuCl ‎4．乙烯气相水合反应的热化学方程式为C2H4(g)＋H2O(g)===C2H5OH(g)　ΔH＝－45.5 kJ·mol－1，下图是乙烯气相水合法制乙醇中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n(H2O)∶n(C2H4)＝1∶1]。‎ ‎(1)列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp：___________________________ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。‎ ‎(2)图中压强(p1、p2、p3、p4)的大小顺序为__________，理由是____________________。‎ ‎(3)气相直接水合法常采用的工艺条件：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290 ℃、压强6.9 MPa，n(H2O)∶n(C2H4)＝0.6∶1。乙烯的转化率为5%，若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有__________________________________、‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 答案　(1)设起始时C2H4和H2O(g)的物质的量均为n mol，则Kp＝＝＝≈0.07‎ ‎(2)p1＜p2＜p3＜p4　反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高 ‎(3)将产物乙醇液化移去　增加n(H2O)∶n(C2H4)比 解析　(1)设起始时C2H4和H2O(g)的物质的量均为n mol，根据A点C2H4的转化率为20%，则平衡时C2H4、H2O(g)和C2H5OH的物质的量分别为80%n mol、80%n mol和20%n mol，则Kp＝＝＝≈0.07。‎ ‎(2)增大压强，平衡将正向移动，能提高C2H4的转化率，故利用图像可知压强：p1＜p2＜p3＜p4。‎ ‎(3)为了使平衡正向移动，还可以将乙醇液化及时分离，或采取增大n(H2O)∶n(C2H4)之比等措施。‎ ‎5．碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：‎ Bodensteins研究了下列反应：2HI(g) H2(g)＋I2(g)　ΔH＝＋11 kJ·mol－1‎ 在716 K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：‎ t/min ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎120‎ x(HI)‎ ‎1‎ ‎0.91‎ ‎0.85‎ ‎0.815‎ ‎0.795‎ ‎0.784‎ x(HI)‎ ‎0‎ ‎0.60‎ ‎0.73‎ ‎0.773‎ ‎0.780‎ ‎0.784‎ ‎(1)根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为_____________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)上述反应中，正反应速率为v正＝k正x2(HI)，逆反应速率为v逆＝k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为____________(以K和k正表示)。若k正＝0.002 7 min－1，在t＝40 min时，v正＝________min－1。‎ ‎(3)由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为______________(填字母)。‎ 答案　(1)　(2)k正/K　1.95×10－3　(3)A点、E点 解析　(1)2HI(g) H2 (g)＋I2 (g)是反应前后气体物质的量不变的反应。反应后x(HI)＝0.784‎ ‎，则x(H2)＝x(I2)＝0.108，K＝＝＝。‎ ‎(2)到达平衡时，v正＝v逆，即k正x2(HI)＝k逆x(H2)x(I2)，k逆＝k正·＝k正/K。在t＝40 min时，x(HI)＝0.85，v正＝k正x2(HI)＝0.002 7 min－1×(0.85)2≈1.95×10－3 min－1。(3)原平衡时，x(HI)为0.784，x(H2)为0.108，二者图中纵坐标均约为1.6(因为平衡时v正＝v逆)，升高温度，正、逆反应速率均加快，对应两点在1.6上面， 升高温度，平衡向正反应方向移动，x(HI)减小(A点符合)，x(H2)增大(E点符合)。‎