江苏高考化学一轮复习专题十第五题化学反应原理题型研究学案含解析

江苏高考化学一轮复习专题十第五题化学反应原理题型研究学案含解析

化学反应原理题型研究 ‎[试题特点]‎ ‎—————————————————————————————————————‎ 这一类试题将有关化学反应原理融合到化工生产流程中。试题设问较多，考査的内容较多，导致思维转换角度较大；试题的难度较大，对思维能力的要求较高。这类试题具有较大的综合性，能很好地考査考生应用化学知识解决实际问题的能力。主要是由“热化学方程式的书写或反应热计算”“电极反应或电池总反应”“陌生离子方程式或化学方程式的书写”“影响化学反应速率和化学平衡的因素”“根据化学原理回答相关问题”等组成。‎ ‎[做真题—明考查特点]‎ ‎1．(2018·江苏高考)NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。‎ ‎(1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下： ‎ ‎2NO2(g)＋H2O(l)===HNO3(aq)＋HNO2(aq)‎ ΔH＝－116.1 kJ·mol－1‎ ‎3HNO2(aq)===HNO3(aq)＋2NO(g)＋H2O(l)‎ ΔH＝75.9 kJ·mol－1‎ 反应3NO2(g)＋H2O(l)===2HNO3(aq)＋NO(g)的ΔH＝________ kJ·mol－1。‎ ‎[考查盖斯定律计算反应热]‎ ‎(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：____________________________________________。‎ ‎[考查电解池电极反应式的书写]‎ ‎(3)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：_____________________________________________。‎ ‎[考查陌生化学方程式的书写]‎ ‎(4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。‎ ‎①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为________ mol。‎ ‎[考查陌生氧化还原反应转移电子数的计算]‎ ‎②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置见图1)。‎ 反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是___________________；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________。‎ ‎[考查化学反应速率的影响因素]‎ 解析：(1)将题给三个热化学方程式依次编号为①、②和③，根据盖斯定律可知，③＝(①×3＋②)/2，则ΔH＝(－116.1 kJ·mol－1×3＋75.9 kJ·mol－1)/2＝－136.2 kJ·mol－1。(2)由题给信息可知，反应物为HNO2(弱酸)，生成物为HNO3，因此阳极反应式为HNO2－2e－＋H2O===3H＋＋NO。(3)由题给信息可知，反应物为HNO2、(NH2)2CO，生成物为CO2和N2，根据氧化还原反应方程式的配平方法可写出该反应的化学方程式为2HNO2＋(NH2)2CO===2N2↑＋CO2↑＋3H2O。(4)①NH3中N的化合价为－3，NO2中N的化合价为＋4，N2中N的化合价为0，每生成1 mol N2，有的N由－3价变为0价，被氧化的N的物质的量为 mol，因此每生成1 mol N2转移的电子数为 mol。②温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增大也会提高反应速率。一段时间后催化剂活性增大幅度变小，主要是温度升高使反应速率增大。当温度超过一定值时，催化剂的活性下降，同时氨气与氧气能够反应生成NO而使反应速率减小。‎ 答案：(1)－136.2‎ ‎(2)HNO2－2e－＋H2O===3H＋＋NO ‎(3)2HNO2＋(NH2)2CO===2N2↑＋CO2↑＋3H2O ‎(4)①　②迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大　催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO ‎2．(2017·江苏高考)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。‎ ‎(1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO，其原因是____________________________。‎ ‎[考查化学反应的机理]‎ ‎(2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。‎ ‎①以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0～10.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为__________________________________。‎ ‎[考查陌生离子方程式的书写]‎ ‎②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO＋H＋的电离常数为Ka1，则pKa1＝‎ ‎________(pKa1＝－lg Ka1)。‎ ‎[考查电离平衡常数]‎ ‎(3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH＝7.1时，吸附剂X表面不带电荷；pH>7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH<7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如图3所示。‎ ‎①在pH 7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是____________________________________________________________。‎ ‎②在pH 4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为__________________________________________________________。‎ 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是______________________________________________________________。‎ ‎[考查化学反应速率的影响因素]‎ 解析：(1)吸附剂X中含有NaOH溶液，能吸收空气中的CO2生成CO。(2)①图1中pH为8～10时，三价砷物种主要以H3AsO3和H2AsO的形式存在，故滴加NaOH溶液的过程中主要反应的离子方程式为OH－＋H3AsO3===H2AsO＋H2O。②Ka1＝，K仅与温度有关，为方便计算，在图2中取pH＝2.2时计算，此时c(H2AsO)＝c(H3AsO4)，则Ka1＝c(H＋)＝10－2.2，pKa1＝2.2。(3)①从图2知，pH由7升至9时，H2AsO转变为HAsO，由题中信息知，pH>7.1时，pH越高，吸附剂X所带负电荷越多，则吸附剂X与HAsO静电斥力增强。②在pH为4～7时，吸附剂X表面带正电荷，从图2知，pH在4～7之间时，吸附剂X吸附H2AsO和HAsO；从图1知，pH在4～7之间时，三价砷主要以分子形式存在，吸附剂X不会吸附分子。加入氧化剂，可以将三价砷转化为五价砷，而被吸附剂X吸附。‎ 答案：(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2　‎ ‎(2)①OH－＋H3AsO3===H2AsO＋H2O　②2.2‎ ‎(3)①在pH 7～9之间，随pH升高H2AsO转变为HAsO，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加 ‎②在pH 4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO和HAsO阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小　加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷 ‎3．(2016·江苏高考)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__________________________。‎ ‎[考查原电池电极反应式的书写]‎ ‎(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，结果如下图所示。‎ ‎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_______________________________________。‎ ‎[考查化学反应速率的影响因素]‎ ‎(3)纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。‎ ‎①一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合价为＋3)与Fe2＋反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)，其离子方程式为________________________。‎ ‎[考查陌生离子方程式的书写]‎ ‎②纳米铁粉与水中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________________________________________________________________________。‎ ‎③相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO的速率有较大差异(见下图)，产生该差异的可能原因是______________________________________________________。‎ ‎[考查影响化学反应速率的因素]‎ 解析：(1)由题意知，正极上Cr2O得电子生成Cr3＋，其电极反应式为Cr2O＋6e－＋14H＋===2Cr3＋＋7H2O。(2)①活性炭具有较大的表面积，吸附性很强，能吸附废水中少量的Cu2＋和Pb2＋。②铁的质量分数增加，形成铁炭微电池的数量减少，从而降低了反应效果，导致Cu2＋和Pb2＋的去除率降低。(3)①因BH中B元素的化合价为＋3，则BH中H元素的化合价为－1。根据题中信息和电子守恒规律可写出该反应的离子方程式：2Fe2＋＋BH＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋B(OH)。②pH偏低，即溶液的酸性增强，则易发生副反应：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，导致NO的去除率降低。③水样Ⅰ和Ⅱ相比较，水样Ⅱ中含有Cu2＋。由图可知，相同条件下水样Ⅱ的NO去除速率明显比水样Ⅰ快，可能是Fe与Cu2＋反应：Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，析出的Cu与Fe在溶液中构成原电池，加快了Fe与NO的反应，也可能是析出的Cu或原废水中的Cu2＋催化了Fe与NO的反应。‎ 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)①2Fe2＋＋BH＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋B(OH)　②纳米铁粉与H＋反应生成H2　③Cu或Cu2＋催化纳米铁粉去除NO的反应(或形成的FeCu原电池增大纳米铁粉去除NO的反应速率)‎ ‎[研热点—找解题策略]‎ 年份 试题 知识点 分值 ‎2018‎ 第20题 ‎①应用盖斯定律计算反应热；②电解池电极反应式的书写；③陌生化学方程式的书写；④陌生氧化还原反应转移电子数的计算；⑤化学反应速率的影响因素 ‎14分 ‎2017‎ 第20题 ‎①化学反应的机理；②陌生离子方程式的书写；③电离平衡常数；④化学反应速率的影响因素 ‎14分 ‎2016‎ 第20题 ‎①原电池电极反应式的书写；②化学反应速率的影响因素；③陌生离子方程式的书写 ‎14分 ‎1．热化学方程式的书写和运用盖斯定律求算反应热 ‎(1)计算步骤 ‎(2)计算方法 ‎2．电化学知识的应用 ‎(1)化学电源与电极 原电池中负极发生氧化反应，常出现电极材料溶解、质量减轻等现象；正极发生还原反应，常出现质量不变或增重、有气体产生等现象。电解池中与电源负极连接的阴极材料不反应，与电源正极连接的阳极(除惰性电极外)材料发生氧化反应，可能出现电极溶解、质量减轻等现象。‎ ‎(2)注意变价金属电极材料 Fe在原电池与电解池反应中发生氧化反应时只能失去2个电子生成Fe2＋。‎ ‎(3)可充电电池 可充电电池的放电反应是原电池反应，充电反应是电解池反应。放电过程中原电池的负极发生氧化反应，充电过程中电解池的阴极发生还原反应。‎ ‎3．有关化学反应速率问题 ‎(1)计算v(X)＝，即v(X)＝＝，计算时一定要注意容器或溶液的体积，不能忽视容器或溶液的体积V，盲目地把Δn当作Δc代入公式进行计算。‎ ‎(2)外界条件对化学反应速率的影响 ‎4．有关化学平衡问题 ‎(1)化学平衡的标志 ‎①直接判断依据 ‎②间接判断依据 a．对于有有色气体存在的反应体系，如2NO2(g)N2O4(g)等，若体系的颜色不再发生改变，则反应已达平衡状态。‎ b．对于有气体存在且反应前后气体的物质的量发生改变的反应，如N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，若反应体系的压强不再发生变化或平均相对分子质量不再发生变化，则说明反应已达平衡状态。‎ c．对于有气体存在且反应前后气体的物质的量不发生改变的反应，如2HI(g)H2(g)＋I2(g)，反应过程中的任何时刻体系的压强、气体的物质的量、平均相对分子质量都不变，故体系压强、气体的物质的量、平均相对分子质量不变均不能说明反应已达平衡状态。‎ ‎(2)外界条件对化学平衡移动的影响规律 温度的影响 升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动；降低温度，化学平衡向放热反应方向移动 浓度的影响 增大反应物浓度或减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动；减小反应物浓度或增大生成物浓度，化学平衡向逆反应方向移动 压强的影响 增大压强会使平衡向气体体积减小的方向移动；减小压强会使平衡向气体体积增大的方向移动 ‎(3)化学平衡常数 ‎①化学平衡常数只与温度有关，与反应物或生成物的浓度变化无关。‎ ‎②反应物或生成物中有固体或纯液体存在时，由于其浓度可看做“1”而不代入化学平衡常数公式。‎ ‎③化学平衡常数是指某一具体反应的平衡常数。若方程式中各物质的化学计量数等比例扩大或缩小，尽管是同一反应，平衡常数也会改变。‎ ‎④若用任意状态的浓度幂之积的比值(称为浓度商，用Q表示)与K比较，可判断可逆反应是否达到平衡状态和反应进行的方向。即：对于反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，Q ‎＝。‎ ‎⑤利用K可判断反应的热效应 若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；‎ 若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。‎ ‎⑥化学平衡常数与转化率的计算 转化率＝×100%＝×100%‎ 产率＝×100%‎ 化学反应原理题在背景材料上呈现新(或陌生)内容，但内在要求或者核心知识考査还是不变的，如运用化学反应原理、化学平衡和水解理论、物质制备和分离的知识等分析实际生产中的各种问题，我们千万不能被新包装所迷惑，注意联系生产实际中的各类反应原理，融会贯通，就能解决所有问题。只要我们采用各个击破的方法，搞清楚各歩知识点对应的化学反应原理，采取先分后合的方法，再根据题目要求，用简洁、准确的化学用语答题即可。‎ 尽管化学反应原理综合题设问较多，考査内容较多，但都是《江苏省考试说明》要求的内容，不会出现偏、怪、难的问题，因此要充满信心，分析时要冷静，不能急于求成。要总结思考的技巧和方法，答题时注意规范细致。该类题的问题设计一般没有递进性，故答题时可跳跃式解答，千万不能放弃。‎ ‎[练新题—提答题能力]‎ ‎1．(2019·常州模拟)铜及其化合物在工农业生产及日常生活中应用非常广泛。‎ ‎(1)由辉铜矿制取铜的反应过程为 ‎2Cu2S(s)＋3O2(g)===2Cu2O(s)＋2SO2(g)‎ ΔH＝－768.2 kJ·mol－1‎ ‎2Cu2O(s)＋Cu2S(s)===6Cu(s)＋SO2(g)‎ ΔH＝＋116.0 kJ·mol－1‎ ‎①热化学方程式：Cu2S(s)＋O2(g)===2Cu(s)＋SO2(g)　ΔH＝ ________kJ·mol－1。‎ ‎②获得的粗铜需电解精炼，精炼时粗铜作________极。‎ ‎(2)氢化亚铜是一种红色固体，可由下列反应制备：‎ ‎4CuSO4＋3H3PO2＋6H2O===4CuH↓＋4H2SO4＋3H3PO4‎ ‎①该反应的还原剂是____________(写化学式)。‎ ‎②该反应每转移3 mol电子，生成CuH的物质的量为________。‎ ‎(3)氯化铜溶液中铜各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)‎ 与c(Cl－)的关系如图所示。‎ ‎①当c(Cl－)＝9 mol·L－1时，溶液中主要的3种含铜物种的浓度大小关系为________________________。‎ ‎②在c(Cl－)＝1 mol·L－1的氯化铜溶液中，滴入AgNO3溶液，含铜物种间转化的离子方程式为___________________________，____________________________(任写两个)。‎ 解析：(1)①根据盖斯定律，将两式相加除3，得到Cu2S(s)＋O2(g)===2Cu(s)＋SO2(g)　ΔH＝ kJ·mol－1＝－217.4 kJ·mol－1。②电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极。(2)①H3PO2中P元素＋1价，H3PO4中P元素＋5价，化合价升高，被氧化，H3PO2为该反应的还原剂。②该反应中存在关系式：3H3PO2～4CuH～12e－，则每转移3 mol电子，生成CuH的物质的量为1 mol。(3)由图分析可知①当c(Cl－)＝9 mol·L－1时，溶液中主要的3种含铜物种的浓度大小关系为c(CuCl2)>c(CuCl＋)>c(CuCl)。②在c(Cl－)＝1 mol·L－1的CuCl2溶液中，含铜物种主要是Cu2＋、CuCl＋、CuCl2，滴入AgNO3溶液，含铜物种间转化的离子方程式为CuCl＋＋Ag＋===AgCl↓＋Cu2＋或CuCl2＋Ag＋===CuCl＋＋AgCl↓或CuCl2＋2Ag＋===Cu2＋＋2AgCl↓。‎ 答案：(1)①－217.4　②阳 ‎(2)①H3PO2　②1 mol ‎(3)①c(CuCl2)>c(CuCl＋)>c(CuCl)‎ ‎②CuCl＋＋Ag＋===AgCl↓＋Cu2＋　CuCl2＋Ag＋===CuCl＋＋AgCl↓(或CuCl2＋2Ag＋===Cu2＋＋2AgCl↓)‎ ‎2．(2019·镇江模拟)以铜为原料可制备应用广泛的氧化亚铜。‎ ‎(1)向CuCl2溶液中通入SO2可得到CuCl固体，此反应的离子方程式为________________________________________________________________________。‎ 由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。CuCl水解为 CuCl(s)＋H2O(l)CuOH(s)＋Cl－(aq)＋H＋(aq)。‎ 该反应的平衡常数K与此温度下Kw、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的关系为K＝________。‎ ‎(2)用铜作阳极，钛片作阴极，电解一定浓度的NaCl和NaOH的混合溶液可得到Cu2O，阳极及其溶液中有关转化如图1所示。‎ ‎①阳极的电极反应式为______________________________________________。‎ ‎②电解一段时间后，电解液补充一定量的________可恢复到原电解质溶液。‎ ‎③溶液中Ⅲ、Ⅳ两步总反应的离子方程式为________________________________。‎ ‎(3)Cu2O与ZnO组成的催化剂可用于工业上合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH ‎＝a kJ·mol－1。按＝2投料比将H2与CO充入V L恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测定CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。‎ ‎①图中压强P1、P2、P3由大到小的关系是______________________________________；‎ ‎②起始时，c(H2)＝0.20 mol·L－1，c(CO)＝0.10 mol·L－1。在P3及T1 ℃下反应达到平衡，此时反应的平衡常数为________。‎ 解析：(1) 向CuCl2溶液中通入SO2可得到CuCl固体，铜被还原，则SO2被氧化，在溶液中生成SO －，根据氧化还原反应的配平原则配平，此反应的离子方程式为2Cu2＋＋SO2＋2Cl－＋2H2O===2CuCl↓＋SO＋4H＋，CuCl(s)＋H2O(l)CuOH(s)＋Cl－(aq)＋H＋(aq)，此反应的平衡常数K＝c(H＋)· c(Cl－)＝·＝。(2)①由图1分析可知阳极：CuCl－－e－＋Cl－===CuCl。②阳极及溶液整个过程发生反应：2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O，而阴极：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，总反应为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑，因此电解一段时间后，电解液补充一定量的H2O就可恢复到原电解质溶液。③溶液中Ⅲ为CuCl＋OH－===Cu(OH)Cl－＋Cl－。Ⅳ为2Cu(OH)Cl－===Cu2O＋2Cl－＋H2O，Ⅲ×2＋Ⅳ得到两步总反应的离子方程式为2CuCl＋2OH－===Cu2O↓＋H2O＋4Cl－。(3)①相同温度下，压强越大，有利于平衡向正反应方向移动，CO的平衡转化率越大，则P1>P2>P3，②起始时，c(H2)＝0.20 mol·L－1，c(CO)＝0.10 mol·L－1，在P3及T1 ℃下反应，‎ ‎　　　　　　　‎ CO(g)　＋　2H2(g)CH3OH(g)‎ 起始/(mol·L－1) 0.10 0.20 0‎ 转化/(mol·L－1) 0.10×40% 0.08 0.04‎ 平衡/(mol·L－1) 0.06 0.12 0.04‎ 此时反应的平衡常数：K＝≈46.3。‎ 答案：(1)2Cu2＋＋SO2＋2Cl－＋2H2O===2CuCl↓＋SO＋4H＋　Kw× ‎(2)①CuCl－－e－＋Cl－===CuCl　②H2O ‎③2CuCl＋2OH－===Cu2O↓＋H2O＋4Cl－‎ ‎(3)①P1>P2>P3　②46.3‎ ‎3．(2019·苏州模拟)锅炉水垢既会降低燃料的利用率、影响锅炉的使用寿命，还可能造成安全隐患。某锅炉水垢的主要成分有CaCO3、CaSO4、Mg(OH)2、Fe2O3，用酸洗法可除去该水垢，其基本原理如图所示。‎ ‎(1)“酸洗”时，一般不选用稀硫酸的原因是____________________________________。‎ ‎(2)“不溶物”用碳酸钠溶液浸泡的目的是_________________________________(用离子方程式表示)。‎ ‎(3)为防止洗出液中的Fe3＋腐蚀铁质管道，常在洗出液中加入SnCl2溶液，反应中Sn2＋转化为Sn4＋，则Sn2＋与Fe3＋反应的物质的量之比为________。‎ ‎(4) 柠檬酸(用H3R表示)可用作酸洗剂，溶液中H3R、H2R－、HR2－、R3－的含量与pH的关系如图1所示。图中a曲线所代表的微粒的百分含量随溶液pH的改变而变化的原因是__________________________________________(用平衡移动原理解释)。HR2－电离常数为Ka3，请根据图示信息计算出pKa3＝________(pKa3＝－lg Ka3)。‎ ‎(5)利用图2所示装置对锅炉水(含Ca2＋、Mg2＋、HCO)进行预处理，可有效防止锅炉水垢的形成。写出电解过程中，Ca2＋形成沉淀的电极反应方程式：___________________________________________________。‎ 解析：(1)“酸洗”时，一般不选用稀硫酸，是因为稀硫酸与碳酸钙反应会生成微溶物硫酸钙，覆盖在反应物表面，阻止反应进一步进行。(2)水垢中CaCO3、Mg(OH)2、Fe2O3均溶于酸，CaSO4不溶，“不溶物”为CaSO4，用碳酸钠溶液浸泡，目的是将CaSO4转化为CaCO3，再用酸溶解可除去，用离子方程式表示为CaSO4＋COCaCO3＋SO。(3)根据得失电子守恒，Sn2＋与Fe3＋反应的物质的量之比为1∶2。(4)分析图1，曲线a、b、c、d分别表示H3R、H2R－、HR2－、R3－的含量，随着溶液pH增大，H3R的电离平衡H3RH2R－＋‎ H＋向右移动，故H3R的百分含量减小；HR2－的电离表示为HR2－R3－ ＋H＋，pH＝6时HR2－、R3－各占50%，即c(HR2－)＝c(R3－)，其电离常数为Ka3＝＝c(H＋)＝10－6 mol·L－1，因此pKa3＝6。(5)电解过程中，Ca2＋形成沉淀CaCO3的电极反应方程式为2Ca2＋＋2HCO＋2e－===2CaCO3↓＋H2↑或2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－、Ca2＋＋OH－＋HCO===CaCO3↓＋H2O。‎ 答案：(1)稀硫酸与碳酸钙反应会生成微溶物硫酸钙，覆盖在反应物表面，阻止反应进一步进行 ‎(2)CaSO4＋COCaCO3＋SO　(3)1∶2‎ ‎(4)随溶液pH增大，平衡H3RH2R－＋H＋向右移动，故H3R的百分含量减小　6‎ ‎(5)2Ca2＋＋2HCO＋2e－===2CaCO3↓＋H2↑(或2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－、Ca2＋＋OH－＋HCO===CaCO3↓＋H2O)‎ ‎4．(2019·梁丰高中月考)氮氧化物会形成光化学烟雾和酸雨，可采取下列方法对氮氧化物进行处理。‎ ‎(1)SNCR脱硝技术的原理：‎ ‎4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)===4N2(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－1 627.2 kJ·mol－1‎ ‎6NO(g)＋4NH3(g)===5N2(g)＋6H2O(g) ΔH2＝－1 807.0 kJ·mol－1‎ ‎2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)　 ΔH3＝－113.0 kJ·mol－1‎ 则6NO2(g)＋8NH3(g)===7N2(g)＋12H2O(g)　ΔH＝________ kJ·mol－1‎ ‎(2)NSR (NOx储存还原)工作原理如图1所示，NOx的储存和还原在不同时段交替进行。‎ ‎①NOx储存转化为Ba(NO3)2过程中，参加反应的NO和O2的物质的量之比为 _________。‎ ‎②H2还原Ba(NO3)2的过程分两步进行，图2表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应的化学方程式为____________________________________________。‎ ‎(3)SCR消除氮氧化物的反应原理：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)===4N2(g)＋6H2O(g)　ΔH<0，其他条件相同，某密闭容器中分别投入NH3、NO、O2，在甲、乙两种催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图3所示。在催化剂甲作用下，图中Y点处(对应温度为210 ℃)NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率的原因是 _________________________。工业实际选择催化剂乙的原因是___________________________________。‎ ‎(4)①用石灰乳吸收氨的氧化物，其原理为 ‎4NO2＋2Ca(OH)2===Ca(NO3)2＋Ca(NO2)2＋2H2O，NO2＋NO＋Ca(OH)2===Ca(NO2)2＋H2O。‎ 为使吸收充分，____________(填“≥”或“≤”)1。‎ ‎②目前可采用电解的方法除去废水中的NO，原理如图4所示。写出阴极的电极反应式：________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)设三个反应依次为①、②、③，则根据盖斯定律可知(①－③)×3－②即得到反应6NO2(g)＋8NH3(g)===7N2(g)＋12H2O(g)　ΔH＝－2 735.6 kJ·mol－1。(2)①反应中氮元素化合价从＋2价升高到＋5价，失去3个电子，氧气中氧元素化合价从0价降低到－2价，得到2个电子，根据电子得失守恒可知参加反应的NO和O2的物质的量之比为4∶3。②根据图像可知第一步反应的还原产物是NH3，结合图1可知第一步反应的化学方程式为8H2＋Ba(NO3)2BaO＋2NH3＋5H2O。(3)由于平衡转化率是该温度下的最大转化率，此时Y点NO的转化率明显低于同温度下乙作催化剂时NO的转化率，所以在催化剂甲作用下，图中Y点处(对应温度为210 ℃)NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率。根据图像可知在低温下，使用催化剂乙，NO转化率很高，所以工业实际选择催化剂乙。(4)①由于NO不能与Ca(OH)2反应，而NO2可以，所以为使吸收充分，NO2与NO的体积之比应该≥1。②阴极NO得到电子发生还原反应生成氮气，因此阴极的电极反应式为2NO＋4H2O＋6e－===N2＋8OH－。‎ 答案：(1)－2 735.6　(2)①4∶3‎ ‎②8H2＋Ba(NO3)2BaO＋2NH3＋5H2O ‎(3)平衡转化率是该温度下的最大转化率，此时Y点NO的转化率明显低于同温度下乙作催化剂时NO的转化率　在低温下，使用催化剂乙，NO转化率很高 ‎(4)①≥　②2NO＋4H2O＋6e－ ===N2＋8OH－ (若答2NO＋8H＋＋6e－ ===N2＋4H2O也正确)‎ ‎5．(2019·通州高中联考)氨氮是水体中氮的主要形态之一，氨氮含量过高对水中生物会构成安全威胁。‎ ‎(1)一定条件下，水中的氨氮可以转化为氮气而除去。‎ 已知：2NH(aq)＋3O2(g)===2NO(aq)＋2H2O(l)＋4H＋(aq)　ΔH＝a kJ·mol－1‎ ‎2NO(aq)＋O2(g)===2NO(aq)　ΔH＝b kJ·mol－1‎ ‎5NH(aq)＋3NO(aq)===4N2(g)＋9H2O(l)＋2H＋(aq)‎ ΔH＝c kJ·mol－1‎ 则4NH(aq)＋3O2(g)===2N2(g)＋6H2O(l)＋4H＋(aq)　ΔH＝________________kJ·mol－1‎ ‎(2)实验室用电解法模拟处理氨氮废水。电解时，不同氯离子浓度对溶液中剩余氨氮浓度的影响如图1所示。增大氯离子浓度可使氨氮去除率________(填“增大”“减小”或“不变”)，其主要原因可能是_________________________________________________。‎ ‎(3)化学沉淀法是一种处理高浓度氨氮废水的有效方法。通过加入MgCl2和Na2HPO4将NH转化为MgNH4PO4·6H2O沉淀(Ksp＝2.5×10－13)去除。25 ℃时，在氨氮初始质量浓度400 mg·L－1，n(Mg)∶n(P)∶n(N)＝1∶1∶1的条件下，溶液pH对氨氮去除率及剩余氨氮浓度和总磷浓度的影响如图2所示。‎ ‎①反应生成MgNH4PO4·6H2O的离子方程式为______________________________。‎ ‎②该实验条件下，控制溶液的适宜pH范围为__________；当pH范围在9～11时，溶液中总磷浓度随pH增大而增大的主要原因是(用离子方程式表示)______________________________________________________________________。‎ 解析：(1)设三个反应依次为①②③，根据盖斯定律，反应得到4NH(aq)＋3O2(g)===2N2(g)＋6H2O(l)＋4H＋(aq)，则ΔH＝ (3a＋3b＋2c) kJ·mol－1。(2)由图1可知：增大氯离子浓度，相同时间内剩余氨氮浓度减小，即可使氨氮去除率增大；其主要原因可能是阳极生成的Cl2能够将NH氧化为氮气(或NO)而除去。(3)①加入MgCl2和Na2HPO4将NH转化为MgNH4PO4·6H2O沉淀，反应的离子方程式为Mg2＋＋HPO＋NH＋6H2O===MgNH4PO4·6H2O↓＋H＋。②由图2可知：pH在8.5～9.5之间，剩余氨氮浓度和总磷浓度较低，而氨氮去除率却较高，故控制溶液的适宜pH范围为8.5～9.5；当pH范围在9～11时，MgNH4PO4·6H2O沉淀溶解，生成PO，则溶液中总磷浓度随pH增大而增大的主要原因是MgNH ‎4PO4＋2OH－===Mg(OH)2＋NH＋PO 或MgNH4PO4＋3OH－===Mg(OH)2＋NH3·H2O＋PO。‎ 答案：(1)(3a＋3b＋2c)‎ ‎(2)增大　阳极生成的Cl2能够将NH氧化为氮气(或NO)而除去 ‎(3)①HPO＋Mg2＋＋NH＋6H2O===MgNH4PO4·6H2O↓＋H＋‎ ‎②8.5～9.5　MgNH4PO4＋2OH－===Mg(OH)2＋NH＋PO(或MgNH4PO4＋3OH－===Mg(OH)2＋NH3·H2O＋PO)‎ ‎6．采用科学技术减少氮氧化物、SO2等物质的排放，可促进社会主义生态文明建设。‎ ‎(1)采用“联合脱硫脱氮技术”处理烟气(含CO2、SO2、NO)可获得含CaCO3、CaSO4、Ca(NO2)2的副产品，工业流程如图1所示。‎ ‎①反应釜Ⅰ采用“气—液逆流”接触吸收法(如图2)，其优点是________________________________________________________________________。‎ ‎②反应釜Ⅱ中CaSO3转化为CaSO4的化学反应方程式为 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)为研究“CO还原SO2”的新技术，在反应器中加入0.10 mol SO2，改变加入CO的物质的量，反应后体系中产物随CO的变化如图3所示。其中产物Y的化学式是________________________________________________________________________。‎ ‎(3)O2/CO2燃烧技术是指化石燃料在O2和CO2的混合气体中燃烧，通过该燃烧技术可收集到高纯度的CO2。‎ ‎①与在空气中燃烧相比，利用O2/CO2燃烧技术时，烟气中NOx的排放量明显降低，其主要原因是 __________________________________________。‎ ‎②利用太阳能可实现反应：2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)，该反应能自发进行的原因是______________。‎ ‎③700 ℃时，以NiMgOAl2O3作催化剂，向2 L密闭容器中通入CO2和CH4各3 mol，发生反应：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)。当反应达平衡时测得CO的体积分数为40%，则CO2的转化率为 ______________。‎ ‎④CO2在新型钴基电催化剂作用下，转化为清洁燃料—甲酸。其工作原理如图4所示，写出生成甲酸的电极反应式：______________________________。‎ 解析：(1)①反应釜Ⅰ采用“气—液逆流”接触吸收法，其优点是使气体和石灰乳充分接触，提高气体的吸收效率。②CaSO3转化为CaSO4的化学反应方程式为2NO2＋CaSO3＋Ca(OH)2===CaSO4＋Ca(NO2)2＋H2O。(2)分析图3,0.10 mol SO2消耗0.20 mol CO，生成0.05‎ ‎ mol Y和0.20 mol X，则得到反应：2SO2＋4CO===Y＋4X，根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目都不变，产物X、Y的化学式分别是CO2、S2。(3)①与在空气中燃烧相比，利用O2/CO2燃烧技术时，烟气中NOx的排放量明显降低，其主要原因是CO2代替了N2，减少了N2与O2反应。②反应2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)的ΔH>0，则该反应能自发进行的原因是ΔS>0。③设达到平衡时CO2的转化浓度为x mol·L－1。‎ ‎　　　　　　　　　CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)‎ 初始/(mol·L－1) 1.5 1.5 0 0‎ 转化/(mol·L－1) x x 2x 2x 平衡/(mol·L－1) 1.5－x 1.5－x 2x 2x 当反应达平衡时测得CO的体积分数为40%，即×100%＝40%，解得x＝1，则CO2的转化率为×100%≈66.7%。④如图4所示，CO2在阴极得到电子生成甲酸。则生成甲酸的电极反应式为CO2＋2e－＋H2O===HCOOH＋O2－。‎ 答案：(1)①使气体和石灰乳充分接触，提高气体的吸收效率　②2NO2＋CaSO3＋Ca(OH)2===CaSO4＋Ca(NO2)2＋H2O　(2)S2‎ ‎(3)①CO2代替了N2，减少了N2与O2反应　②ΔS>0‎ ‎③66.7%　④CO2＋2e－＋H2O===HCOOH＋O2－‎ ‎7．(2019·盐城中学练兵)废水废气对自然环境有严重的破坏作用，大气和水污染治理刻不容缓。‎ ‎(1)某化工厂产生的废水中含有Fe2＋、Mn2＋等金属离子，可用过硫酸铵[(NH4)2S2O8]氧化除去。‎ ‎①过硫酸铵与Mn2＋反应生成MnO2的离子方程式为____________________________。‎ ‎②温度与Fe2＋、Mn2＋氧化程度之间的关系如图1所示：‎ 实验过程中应将温度控制在________________。Fe2＋与Mn2＋被氧化后形成胶体絮状粒子，常加入活性炭处理，加入活性炭的目的为______________________________________。‎ ‎③H2O2也有较强氧化性，在实际生产中不用H2O2氧化Mn2＋的原因是________________________________________________________________________。‎ ‎(2)利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中NO、NO2，其反应机理如图2所示。A包含物质的化学式为N2和____________________。‎ ‎(3)工业上废气中SO2可用Na2CO3溶液吸收，反应过程中溶液组成变化如图3所示。‎ ‎①吸收初期(图中A点以前)反应的化学方程式为__________________________。‎ ‎②C点高于B点的原因是________________________________________________。‎ 解析：(1)①过硫酸铵与Mn2＋反应生成MnO2，而本身被还原为SO －，反应的离子方程式为S2O＋2H2O＋Mn2＋===4H＋＋2SO －＋MnO2↓。②根据图1可知：80 ℃时Fe2＋、Mn2＋氧化程度接近1.0，故实验过程中应将温度控制在80 ℃；Fe2＋与Mn2＋被氧化后形成胶体絮状粒子，常加入活性炭处理，加入活性炭的目的为吸附胶体粒子形成沉淀。③H2O2也有较强氧化性，在实际生产中不用H2O2氧化Mn2＋的原因是锰的化合物可催化H2O2的分解，使消耗的H2O2增多。(2)根据题图反应可产生A的反应为[(NH4)(HNO2)]＋===N2＋A＋H＋，根据原子守恒可推导出A为H2O；反应为[(NH4)(HNO2)]＋===N2＋2H2O＋H＋。(3)①吸收初期(图中A点以前)工业上废气中SO2可用Na2CO3溶液吸收，由图中信息可知，NaHCO3 和Na2SO3的量明显增加，则发生反应的化学方程式为2Na2CO3＋SO2＋H2O===2NaHCO3＋Na2SO3。②C点高于B点的原因：根据钠元素守恒， NaHSO3的物质的量是Na2CO3的2倍，所以NaHSO3的质量大，质量分数就大。‎ 答案：(1)①S2O＋2H2O＋Mn2＋===4H＋＋2SO －＋MnO2↓‎ ‎②80 ℃(80 ℃～90 ℃区间均可)　吸附胶体粒子形成沉淀 ‎③锰的化合物可催化H2O2的分解，使消耗的H2O2增多 ‎(2)H2O ‎(3)①2Na2CO3＋SO2＋H2O===2NaHCO3＋Na2SO3‎ ‎②根据钠元素守恒， NaHSO3的物质的量是Na2CO3的2倍，所以NaHSO3的质量大，质量分数就大 ‎8．(2019·清江中学模拟)含重金属离子(如铬、锰、铅等)废水的常见治理方法有化学还原法、化学氧化法、吸附法等工艺。‎ ‎(1)化学还原法除Cr2O。取含Cr2O的模拟水样分别在不同pH条件下，向每个水样中分别加一定量的FeSO4、NaHSO3，搅拌，充分反应，然后滴加Ca(OH)2悬浊液，静置沉淀，测定铬去除率，实验结果如图1所示。‎ ‎①在酸性条件下，NaHSO3使Cr2O还原成为Cr3＋，请写出NaHSO3与Cr2O反应的离子方程式：__________________________________________________。‎ ‎②pH>8时，亚铁盐对＋6价Cr的去除效果反而下降，可能的原因是________________________________________________________________________。‎ ‎③分析比较亚铁盐和亚硫酸盐去除＋6价Cr的效果：‎ Ⅰ.亚铁盐在中性和碱性条件下，对＋6价Cr的去除效果优于酸性条件下的去除效果，亚硫酸盐则相反；‎ Ⅱ.________________________________________________________________________。‎ ‎(2)化学氧化法除Mn2＋。‎ ‎①相同条件下，按Ⅰ、Ⅱ两种方案氧化除去水样中Mn2＋，测定不同pH ‎、相同反应时间的c(Mn2＋)，结果如图2所示，产生该差异的可能原因是_____________________________。‎ ‎②氧化实验中除Mn2＋的最佳条件为______________________________________。‎ ‎(3)石墨烯吸附法除Pb2＋。不同的pH会使石墨烯吸附剂表面带上不同的电荷，图3为pH对Pb2＋吸附率的影响，其原因是_______________________________________________。‎ 解析：(1)①在酸性条件下，NaHSO3使Cr2O还原成为Cr3＋，HSO被氧化成SO，根据氧化还原反应的配平原则，NaHSO3与Cr2O反应的离子方程式为3HSO＋Cr2O＋5H＋===2Cr3＋＋3SO＋4H2O。②pH>8时，Fe2＋转化为Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被空气中O2氧化，亚铁盐对＋6价Cr的去除效果反而下降。③分析图1比较亚铁盐和亚硫酸盐去除＋6价Cr的效果，不难发现：Ⅰ.亚铁盐在中性和碱性条件下，对＋6价Cr的去除效果优于酸性条件下的去除效果，亚硫酸盐则相反；Ⅱ.中性和碱性条件下，亚铁盐对＋6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下则相反。(2)①分析图2发现：相同条件下，由于Ⅱ方案中加入了MnO2，去除Mn2＋既快又好，因此产生该差异的可能原因是MnO2对Mn2＋的氧化有催化作用。②氧化实验中除Mn2＋的最佳条件为MnO2作催化剂，pH控制在9左右。(3)不同的pH会使石墨烯吸附剂表面带上不同的电荷，随pH值增大，吸附剂表面吸附的OH－越多，带负电荷越多，有利于吸附带正电荷的Pb2＋。‎ 答案：(1)①3HSO＋Cr2O＋5H＋===2Cr3＋＋3SO＋4H2O ‎②pH>8时，Fe2＋转化为Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被空气中O2氧化 ‎③中性和碱性条件下，亚铁盐对＋6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下则相反 ‎(2)①MnO2对Mn2＋的氧化有催化作用 ‎②MnO2作催化剂，pH控制在9左右 ‎(3)随pH值增大，吸附剂表面吸附的OH－越多，带负电荷越多，有利于吸附带正电荷的Pb2＋‎