《（江蘇專版）2022年高考化學一輪復習 專題十 第五題 化學反應原理題型研究學案（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2022年高考化學一輪復習 專題十 第五題 化學反應原理題型研究學案（含解析）（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、（江蘇專版）2022年高考化學一輪復習 專題十 第五題 化學反應原理題型研究學案（含解析）試題特點這一類試題將有關化學反應原理融合到化工生產(chǎn)流程中。試題設問較多，考査的內容較多，導致思維轉換角度較大；試題的難度較大，對思維能力的要求較高。這類試題具有較大的綜合性，能很好地考査考生應用化學知識解決實際問題的能力。主要是由“熱化學方程式的書寫或反應熱計算”“電極反應或電池總反應”“陌生離子方程式或化學方程式的書寫”“影響化學反應速率和化學平衡的因素”“根據(jù)化學原理回答相關問題”等組成。做真題明考查特點1(2018江蘇高考)NOx(主要指NO和NO2)是大氣主要污染物之一。有效去除大氣中的NOx是環(huán)
2、境保護的重要課題。(1)用水吸收NOx的相關熱化學方程式如下： 2NO2(g)H2O(l)=HNO3(aq)HNO2(aq)H116.1 kJmol13HNO2(aq)=HNO3(aq)2NO(g)H2O(l)H75.9 kJmol1反應3NO2(g)H2O(l)=2HNO3(aq)NO(g)的H_ kJmol1。考查蓋斯定律計算反應熱(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應式：_?？疾殡娊獬仉姌O反應式的書寫(3)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收過程中存在HNO2與(NH2)2CO生成N2和CO2的反應。寫
3、出該反應的化學方程式：_?？疾槟吧瘜W方程式的書寫(4)在有氧條件下，新型催化劑M能催化NH3與NOx反應生成N2。NH3與NO2生成N2的反應中，當生成1 mol N2時，轉移的電子數(shù)為_ mol?？疾槟吧趸€原反應轉移電子數(shù)的計算將一定比例的O2、NH3和NOx的混合氣體，勻速通入裝有催化劑M的反應器中反應(裝置見圖1)。反應相同時間NOx的去除率隨反應溫度的變化曲線如圖2所示，在50250 范圍內隨著溫度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升緩慢的主要原因是_；當反應溫度高于380 時，NOx的去除率迅速下降的原因可能是_?？疾榛瘜W反應速率的影響因素解析：(1)將題給三個熱化學方程式依
4、次編號為、和，根據(jù)蓋斯定律可知，(3)/2，則H(116.1 kJmol1375.9 kJmol1)/2136.2 kJmol1。(2)由題給信息可知，反應物為HNO2(弱酸)，生成物為HNO3，因此陽極反應式為HNO22eH2O=3HNO。(3)由題給信息可知，反應物為HNO2、(NH2)2CO，生成物為CO2和N2，根據(jù)氧化還原反應方程式的配平方法可寫出該反應的化學方程式為2HNO2(NH2)2CO=2N2CO23H2O。(4)NH3中N的化合價為3，NO2中N的化合價為4，N2中N的化合價為0，每生成1 mol N2，有的N由3價變?yōu)?價，被氧化的N的物質的量為 mol，因此每生成1 m
5、ol N2轉移的電子數(shù)為 mol。溫度升高，反應速率增大，同時催化劑的活性增大也會提高反應速率。一段時間后催化劑活性增大幅度變小，主要是溫度升高使反應速率增大。當溫度超過一定值時，催化劑的活性下降，同時氨氣與氧氣能夠反應生成NO而使反應速率減小。答案：(1)136.2(2)HNO22eH2O=3HNO(3)2HNO2(NH2)2CO=2N2CO23H2O(4)迅速上升段是催化劑活性隨溫度升高增大與溫度升高共同使NOx去除反應速率迅速增大；上升緩慢段主要是溫度升高引起的NOx去除反應速率增大催化劑活性下降；NH3與O2反應生成了NO2(2017江蘇高考)砷(As)是一些工廠和礦山廢水中的污染元素
6、，使用吸附劑是去除水中砷的有效措施之一。(1)將硫酸錳、硝酸釔與氫氧化鈉溶液按一定比例混合，攪拌使其充分反應，可獲得一種砷的高效吸附劑X，吸附劑X中含有CO，其原因是_?？疾榛瘜W反應的機理(2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物種的分布分數(shù)(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù))與pH的關系分別如圖1和圖2所示。以酚酞為指示劑(變色范圍pH 8.010.0)，將NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，當溶液由無色變?yōu)闇\紅色時停止滴加。該過程中主要反應的離子方程式為_?？疾槟吧x子方程式的書寫H3AsO4第一步電離方程式H3AsO4H2AsOH的電離常數(shù)為Ka1，則pKa1_(p
7、Ka1lg Ka1)?？疾殡婋x平衡常數(shù)(3)溶液的pH對吸附劑X表面所帶電荷有影響。pH7.1時，吸附劑X表面不帶電荷；pH7.1時帶負電荷，pH越高，表面所帶負電荷越多；pH7.1時，pH越高，吸附劑X所帶負電荷越多，則吸附劑X與HAsO靜電斥力增強。在pH為47時，吸附劑X表面帶正電荷，從圖2知，pH在47之間時，吸附劑X吸附H2AsO和HAsO；從圖1知，pH在47之間時，三價砷主要以分子形式存在，吸附劑X不會吸附分子。加入氧化劑，可以將三價砷轉化為五價砷，而被吸附劑X吸附。答案：(1)堿性溶液吸收了空氣中的CO2(2)OHH3AsO3=H2AsOH2O2.2(3)在pH 79之間，隨p
8、H升高H2AsO轉變?yōu)镠AsO，吸附劑X表面所帶負電荷增多，靜電斥力增加在pH 47之間，吸附劑X表面帶正電，五價砷主要以H2AsO和HAsO陰離子存在，靜電引力較大；而三價砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X表面產(chǎn)生的靜電引力小加入氧化劑，將三價砷轉化為五價砷3(2016江蘇高考)鐵炭混合物(鐵屑和活性炭的混合物)、納米鐵粉均可用于處理水中污染物。(1)鐵炭混合物在水溶液中可形成許多微電池。將含有Cr2O的酸性廢水通過鐵炭混合物，在微電池正極上Cr2O轉化為Cr3，其電極反應式為_?？疾樵姵仉姌O反應式的書寫(2)在相同條件下，測量總質量相同、鐵的質量分數(shù)不同的鐵炭混合物對水中Cu2和P
9、b2的去除率，結果如下圖所示。當鐵炭混合物中鐵的質量分數(shù)為0時，也能去除水中少量的Cu2和Pb2，其原因是_。當鐵炭混合物中鐵的質量分數(shù)大于50%時，隨著鐵的質量分數(shù)的增加，Cu2和Pb2的去除率不升反降，其主要原因是_?？疾榛瘜W反應速率的影響因素(3)納米鐵粉可用于處理地下水中的污染物。一定條件下，向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合價為3)與Fe2反應生成納米鐵粉、H2和B(OH)，其離子方程式為_?？疾槟吧x子方程式的書寫納米鐵粉與水中NO反應的離子方程式為4FeNO10H=4Fe2NH3H2O研究發(fā)現(xiàn)，若pH偏低將會導致NO的去除率下降，其原因是_。相同條
10、件下，納米鐵粉去除不同水樣中NO的速率有較大差異(見下圖)，產(chǎn)生該差異的可能原因是_?？疾橛绊懟瘜W反應速率的因素解析：(1)由題意知，正極上Cr2O得電子生成Cr3，其電極反應式為Cr2O6e14H=2Cr37H2O。(2)活性炭具有較大的表面積，吸附性很強，能吸附廢水中少量的Cu2和Pb2。鐵的質量分數(shù)增加，形成鐵炭微電池的數(shù)量減少，從而降低了反應效果，導致Cu2和Pb2的去除率降低。(3)因BH中B元素的化合價為3，則BH中H元素的化合價為1。根據(jù)題中信息和電子守恒規(guī)律可寫出該反應的離子方程式：2Fe2BH4OH=2Fe2H2B(OH)。pH偏低，即溶液的酸性增強，則易發(fā)生副反應：Fe2H
11、=Fe2H2，導致NO的去除率降低。水樣和相比較，水樣中含有Cu2。由圖可知，相同條件下水樣的NO去除速率明顯比水樣快，可能是Fe與Cu2反應：FeCu2=Fe2Cu，析出的Cu與Fe在溶液中構成原電池，加快了Fe與NO的反應，也可能是析出的Cu或原廢水中的Cu2催化了Fe與NO的反應。答案：(1)Cr2O6e14H=2Cr37H2O(2)活性炭對Cu2和Pb2有吸附作用鐵的質量分數(shù)增加，鐵炭混合物中微電池數(shù)目減少(3)2Fe2BH4OH=2Fe2H2B(OH)納米鐵粉與H反應生成H2Cu或Cu2催化納米鐵粉去除NO的反應(或形成的FeCu原電池增大納米鐵粉去除NO的反應速率)研熱點找解題策略
12、年份試題知識點分值2018第20題應用蓋斯定律計算反應熱；電解池電極反應式的書寫；陌生化學方程式的書寫；陌生氧化還原反應轉移電子數(shù)的計算；化學反應速率的影響因素14分2017第20題化學反應的機理；陌生離子方程式的書寫；電離平衡常數(shù)；化學反應速率的影響因素14分2016第20題原電池電極反應式的書寫；化學反應速率的影響因素；陌生離子方程式的書寫14分1熱化學方程式的書寫和運用蓋斯定律求算反應熱(1)計算步驟(2)計算方法2電化學知識的應用(1)化學電源與電極原電池中負極發(fā)生氧化反應，常出現(xiàn)電極材料溶解、質量減輕等現(xiàn)象；正極發(fā)生還原反應，常出現(xiàn)質量不變或增重、有氣體產(chǎn)生等現(xiàn)象。電解池中與電源負極
13、連接的陰極材料不反應，與電源正極連接的陽極(除惰性電極外)材料發(fā)生氧化反應，可能出現(xiàn)電極溶解、質量減輕等現(xiàn)象。(2)注意變價金屬電極材料Fe在原電池與電解池反應中發(fā)生氧化反應時只能失去2個電子生成Fe2。(3)可充電電池可充電電池的放電反應是原電池反應，充電反應是電解池反應。放電過程中原電池的負極發(fā)生氧化反應，充電過程中電解池的陰極發(fā)生還原反應。3有關化學反應速率問題(1)計算v(X)，即v(X)，計算時一定要注意容器或溶液的體積，不能忽視容器或溶液的體積V，盲目地把n當作c代入公式進行計算。(2)外界條件對化學反應速率的影響4有關化學平衡問題(1)化學平衡的標志直接判斷依據(jù)間接判斷依據(jù)a對于
14、有有色氣體存在的反應體系，如2NO2(g)N2O4(g)等，若體系的顏色不再發(fā)生改變，則反應已達平衡狀態(tài)。b對于有氣體存在且反應前后氣體的物質的量發(fā)生改變的反應，如N2(g)3H2(g)2NH3(g)，若反應體系的壓強不再發(fā)生變化或平均相對分子質量不再發(fā)生變化，則說明反應已達平衡狀態(tài)。c對于有氣體存在且反應前后氣體的物質的量不發(fā)生改變的反應，如2HI(g)H2(g)I2(g)，反應過程中的任何時刻體系的壓強、氣體的物質的量、平均相對分子質量都不變，故體系壓強、氣體的物質的量、平均相對分子質量不變均不能說明反應已達平衡狀態(tài)。(2)外界條件對化學平衡移動的影響規(guī)律溫度的影響升高溫度，化學平衡向吸熱
15、反應方向移動；降低溫度，化學平衡向放熱反應方向移動濃度的影響增大反應物濃度或減小生成物濃度，化學平衡向正反應方向移動；減小反應物濃度或增大生成物濃度，化學平衡向逆反應方向移動壓強的影響增大壓強會使平衡向氣體體積減小的方向移動；減小壓強會使平衡向氣體體積增大的方向移動(3)化學平衡常數(shù)化學平衡常數(shù)只與溫度有關，與反應物或生成物的濃度變化無關。反應物或生成物中有固體或純液體存在時，由于其濃度可看做“1”而不代入化學平衡常數(shù)公式?；瘜W平衡常數(shù)是指某一具體反應的平衡常數(shù)。若方程式中各物質的化學計量數(shù)等比例擴大或縮小，盡管是同一反應，平衡常數(shù)也會改變。若用任意狀態(tài)的濃度冪之積的比值(稱為濃度商，用Q表示
16、)與K比較，可判斷可逆反應是否達到平衡狀態(tài)和反應進行的方向。即：對于反應mA(g)nB(g)pC(g)qD(g)，Q。利用K可判斷反應的熱效應若升高溫度，K值增大，則正反應為吸熱反應；若升高溫度，K值減小，則正反應為放熱反應?；瘜W平衡常數(shù)與轉化率的計算轉化率100%100%產(chǎn)率100%化學反應原理題在背景材料上呈現(xiàn)新(或陌生)內容，但內在要求或者核心知識考査還是不變的，如運用化學反應原理、化學平衡和水解理論、物質制備和分離的知識等分析實際生產(chǎn)中的各種問題，我們千萬不能被新包裝所迷惑，注意聯(lián)系生產(chǎn)實際中的各類反應原理，融會貫通，就能解決所有問題。只要我們采用各個擊破的方法，搞清楚各歩知識點對應的
17、化學反應原理，采取先分后合的方法，再根據(jù)題目要求，用簡潔、準確的化學用語答題即可。盡管化學反應原理綜合題設問較多，考査內容較多，但都是江蘇省考試說明要求的內容，不會出現(xiàn)偏、怪、難的問題，因此要充滿信心，分析時要冷靜，不能急于求成。要總結思考的技巧和方法，答題時注意規(guī)范細致。該類題的問題設計一般沒有遞進性，故答題時可跳躍式解答，千萬不能放棄。練新題提答題能力1(2019常州模擬)銅及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)及日常生活中應用非常廣泛。(1)由輝銅礦制取銅的反應過程為2Cu2S(s)3O2(g)=2Cu2O(s)2SO2(g)H768.2 kJmol12Cu2O(s)Cu2S(s)=6Cu(s)SO2(
18、g)H116.0 kJmol1熱化學方程式：Cu2S(s)O2(g)=2Cu(s)SO2(g)H _kJmol1。獲得的粗銅需電解精煉，精煉時粗銅作_極。(2)氫化亞銅是一種紅色固體，可由下列反應制備：4CuSO43H3PO26H2O=4CuH4H2SO43H3PO4該反應的還原劑是_(寫化學式)。該反應每轉移3 mol電子，生成CuH的物質的量為_。(3)氯化銅溶液中銅各物種的分布分數(shù)(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù))與c(Cl)的關系如圖所示。當c(Cl)9 molL1時，溶液中主要的3種含銅物種的濃度大小關系為_。在c(Cl)1 molL1的氯化銅溶液中，滴入AgNO3溶液，含
19、銅物種間轉化的離子方程式為_，_(任寫兩個)。解析：(1)根據(jù)蓋斯定律，將兩式相加除3，得到Cu2S(s)O2(g)=2Cu(s)SO2(g)H kJmol1217.4 kJmol1。電解精煉銅，粗銅作陽極，純銅作陰極。(2)H3PO2中P元素1價，H3PO4中P元素5價，化合價升高，被氧化，H3PO2為該反應的還原劑。該反應中存在關系式：3H3PO24CuH12e，則每轉移3 mol電子，生成CuH的物質的量為1 mol。(3)由圖分析可知當c(Cl)9 molL1時，溶液中主要的3種含銅物種的濃度大小關系為c(CuCl2)c(CuCl)c(CuCl)。在c(Cl)1 molL1的CuCl2
20、溶液中，含銅物種主要是Cu2、CuCl、CuCl2，滴入AgNO3溶液，含銅物種間轉化的離子方程式為CuClAg=AgClCu2或CuCl2Ag=CuClAgCl或CuCl22Ag=Cu22AgCl。答案：(1)217.4陽(2)H3PO21 mol(3)c(CuCl2)c(CuCl)c(CuCl)CuClAg=AgClCu2CuCl2Ag=CuClAgCl(或CuCl22Ag=Cu22AgCl)2(2019鎮(zhèn)江模擬)以銅為原料可制備應用廣泛的氧化亞銅。(1)向CuCl2溶液中通入SO2可得到CuCl固體，此反應的離子方程式為_。由CuCl水解再熱分解可得到納米Cu2O。CuCl水解為CuCl
21、(s)H2O(l)CuOH(s)Cl(aq)H(aq)。該反應的平衡常數(shù)K與此溫度下Kw、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的關系為K_。(2)用銅作陽極，鈦片作陰極，電解一定濃度的NaCl和NaOH的混合溶液可得到Cu2O，陽極及其溶液中有關轉化如圖1所示。陽極的電極反應式為_。電解一段時間后，電解液補充一定量的_可恢復到原電解質溶液。溶液中、兩步總反應的離子方程式為_。(3)Cu2O與ZnO組成的催化劑可用于工業(yè)上合成甲醇：CO(g)2H2(g)=CH3OH(g)Ha kJmol1。按2投料比將H2與CO充入V L恒容密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應，測定CO的平衡轉化率與溫度、壓強的
22、關系如圖2所示。圖中壓強P1、P2、P3由大到小的關系是_；起始時，c(H2)0.20 molL1，c(CO)0.10 molL1。在P3及T1 下反應達到平衡，此時反應的平衡常數(shù)為_。解析：(1) 向CuCl2溶液中通入SO2可得到CuCl固體，銅被還原，則SO2被氧化，在溶液中生成SO ，根據(jù)氧化還原反應的配平原則配平，此反應的離子方程式為2Cu2SO22Cl2H2O=2CuClSO4H，CuCl(s)H2O(l)CuOH(s)Cl(aq)H(aq)，此反應的平衡常數(shù)Kc(H) c(Cl)。(2)由圖1分析可知陽極：CuCleCl=CuCl。陽極及溶液整個過程發(fā)生反應：2Cu2e2OH=C
23、u2OH2O，而陰極：2H2O2e=H22OH，總反應為2CuH2OCu2OH2，因此電解一段時間后，電解液補充一定量的H2O就可恢復到原電解質溶液。溶液中為CuClOH=Cu(OH)ClCl。為2Cu(OH)Cl=Cu2O2ClH2O，2得到兩步總反應的離子方程式為2CuCl2OH=Cu2OH2O4Cl。(3)相同溫度下，壓強越大，有利于平衡向正反應方向移動，CO的平衡轉化率越大，則P1P2P3，起始時，c(H2)0.20 molL1，c(CO)0.10 molL1，在P3及T1 下反應，CO(g)2H2(g)CH3OH(g)起始/(molL1) 0.10 0.20 0轉化/(molL1)
24、0.1040% 0.08 0.04平衡/(molL1) 0.06 0.12 0.04此時反應的平衡常數(shù)：K46.3。答案：(1)2Cu2SO22Cl2H2O=2CuClSO4HKw(2)CuCleCl=CuClH2O2CuCl2OH=Cu2OH2O4Cl(3)P1P2P346.33(2019蘇州模擬)鍋爐水垢既會降低燃料的利用率、影響鍋爐的使用壽命，還可能造成安全隱患。某鍋爐水垢的主要成分有CaCO3、CaSO4、Mg(OH)2、Fe2O3，用酸洗法可除去該水垢，其基本原理如圖所示。(1)“酸洗”時，一般不選用稀硫酸的原因是_。(2)“不溶物”用碳酸鈉溶液浸泡的目的是_(用離子方程式表示)。(
25、3)為防止洗出液中的Fe3腐蝕鐵質管道，常在洗出液中加入SnCl2溶液，反應中Sn2轉化為Sn4，則Sn2與Fe3反應的物質的量之比為_。(4) 檸檬酸(用H3R表示)可用作酸洗劑，溶液中H3R、H2R、HR2、R3的含量與pH的關系如圖1所示。圖中a曲線所代表的微粒的百分含量隨溶液pH的改變而變化的原因是_(用平衡移動原理解釋)。HR2電離常數(shù)為Ka3，請根據(jù)圖示信息計算出pKa3_(pKa3lg Ka3)。(5)利用圖2所示裝置對鍋爐水(含Ca2、Mg2、HCO)進行預處理，可有效防止鍋爐水垢的形成。寫出電解過程中，Ca2形成沉淀的電極反應方程式：_。解析：(1)“酸洗”時，一般不選用稀硫
26、酸，是因為稀硫酸與碳酸鈣反應會生成微溶物硫酸鈣，覆蓋在反應物表面，阻止反應進一步進行。(2)水垢中CaCO3、Mg(OH)2、Fe2O3均溶于酸，CaSO4不溶，“不溶物”為CaSO4，用碳酸鈉溶液浸泡，目的是將CaSO4轉化為CaCO3，再用酸溶解可除去，用離子方程式表示為CaSO4COCaCO3SO。(3)根據(jù)得失電子守恒，Sn2與Fe3反應的物質的量之比為12。(4)分析圖1，曲線a、b、c、d分別表示H3R、H2R、HR2、R3的含量，隨著溶液pH增大，H3R的電離平衡H3RH2RH向右移動，故H3R的百分含量減??；HR2的電離表示為HR2R3 H，pH6時HR2、R3各占50%，即c
27、(HR2)c(R3)，其電離常數(shù)為Ka3c(H)106 molL1，因此pKa36。(5)電解過程中，Ca2形成沉淀CaCO3的電極反應方程式為2Ca22HCO2e=2CaCO3H2或2H2O2e=H22OH、Ca2OHHCO=CaCO3H2O。答案：(1)稀硫酸與碳酸鈣反應會生成微溶物硫酸鈣，覆蓋在反應物表面，阻止反應進一步進行(2)CaSO4COCaCO3SO(3)12(4)隨溶液pH增大，平衡H3RH2RH向右移動，故H3R的百分含量減小6(5)2Ca22HCO2e=2CaCO3H2(或2H2O2e=H22OH、Ca2OHHCO=CaCO3H2O)4(2019梁豐高中月考)氮氧化物會形成
28、光化學煙霧和酸雨，可采取下列方法對氮氧化物進行處理。(1)SNCR脫硝技術的原理：4NO(g)4NH3(g)O2(g)=4N2(g)6H2O(g)H11 627.2 kJmol16NO(g)4NH3(g)=5N2(g)6H2O(g)H21 807.0 kJmol12NO(g)O2(g)=2NO2(g)H3113.0 kJmol1則6NO2(g)8NH3(g)=7N2(g)12H2O(g)H_ kJmol1(2)NSR (NOx儲存還原)工作原理如圖1所示，NOx的儲存和還原在不同時段交替進行。NOx儲存轉化為Ba(NO3)2過程中，參加反應的NO和O2的物質的量之比為 _。H2還原Ba(NO3
29、)2的過程分兩步進行，圖2表示該過程相關物質濃度隨時間的變化關系。第一步反應的化學方程式為_。(3)SCR消除氮氧化物的反應原理：4NO(g)4NH3(g)O2(g)=4N2(g)6H2O(g)H0，則該反應能自發(fā)進行的原因是S0。設達到平衡時CO2的轉化濃度為x molL1。CO2(g)CH4(g)2CO(g)2H2(g)初始/(molL1) 1.5 1.5 0 0轉化/(molL1) x x 2x 2x平衡/(molL1) 1.5x 1.5x 2x 2x當反應達平衡時測得CO的體積分數(shù)為40%，即100%40%，解得x1，則CO2的轉化率為100%66.7%。如圖4所示，CO2在陰極得到電
30、子生成甲酸。則生成甲酸的電極反應式為CO22eH2O=HCOOHO2。答案：(1)使氣體和石灰乳充分接觸，提高氣體的吸收效率2NO2CaSO3Ca(OH)2=CaSO4Ca(NO2)2H2O(2)S2(3)CO2代替了N2，減少了N2與O2反應S066.7%CO22eH2O=HCOOHO27(2019鹽城中學練兵)廢水廢氣對自然環(huán)境有嚴重的破壞作用，大氣和水污染治理刻不容緩。(1)某化工廠產(chǎn)生的廢水中含有Fe2、Mn2等金屬離子，可用過硫酸銨(NH4)2S2O8氧化除去。過硫酸銨與Mn2反應生成MnO2的離子方程式為_。溫度與Fe2、Mn2氧化程度之間的關系如圖1所示：實驗過程中應將溫度控制在
31、_。Fe2與Mn2被氧化后形成膠體絮狀粒子，常加入活性炭處理，加入活性炭的目的為_。H2O2也有較強氧化性，在實際生產(chǎn)中不用H2O2氧化Mn2的原因是_。(2)利用某分子篩作催化劑，NH3可脫除廢氣中NO、NO2，其反應機理如圖2所示。A包含物質的化學式為N2和_。(3)工業(yè)上廢氣中SO2可用Na2CO3溶液吸收，反應過程中溶液組成變化如圖3所示。吸收初期(圖中A點以前)反應的化學方程式為_。C點高于B點的原因是_。解析：(1)過硫酸銨與Mn2反應生成MnO2，而本身被還原為SO ，反應的離子方程式為S2O2H2OMn2=4H2SO MnO2。根據(jù)圖1可知：80 時Fe2、Mn2氧化程度接近1
32、.0，故實驗過程中應將溫度控制在80 ；Fe2與Mn2被氧化后形成膠體絮狀粒子，常加入活性炭處理，加入活性炭的目的為吸附膠體粒子形成沉淀。H2O2也有較強氧化性，在實際生產(chǎn)中不用H2O2氧化Mn2的原因是錳的化合物可催化H2O2的分解，使消耗的H2O2增多。(2)根據(jù)題圖反應可產(chǎn)生A的反應為(NH4)(HNO2)=N2AH，根據(jù)原子守恒可推導出A為H2O；反應為(NH4)(HNO2)=N22H2OH。(3)吸收初期(圖中A點以前)工業(yè)上廢氣中SO2可用Na2CO3溶液吸收，由圖中信息可知，NaHCO3 和Na2SO3的量明顯增加，則發(fā)生反應的化學方程式為2Na2CO3SO2H2O=2NaHCO
33、3Na2SO3。C點高于B點的原因：根據(jù)鈉元素守恒， NaHSO3的物質的量是Na2CO3的2倍，所以NaHSO3的質量大，質量分數(shù)就大。答案：(1)S2O2H2OMn2=4H2SO MnO280 (80 90 區(qū)間均可)吸附膠體粒子形成沉淀錳的化合物可催化H2O2的分解，使消耗的H2O2增多(2)H2O(3)2Na2CO3SO2H2O=2NaHCO3Na2SO3根據(jù)鈉元素守恒， NaHSO3的物質的量是Na2CO3的2倍，所以NaHSO3的質量大，質量分數(shù)就大8(2019清江中學模擬)含重金屬離子(如鉻、錳、鉛等)廢水的常見治理方法有化學還原法、化學氧化法、吸附法等工藝。(1)化學還原法除C
34、r2O。取含Cr2O的模擬水樣分別在不同pH條件下，向每個水樣中分別加一定量的FeSO4、NaHSO3，攪拌，充分反應，然后滴加Ca(OH)2懸濁液，靜置沉淀，測定鉻去除率，實驗結果如圖1所示。在酸性條件下，NaHSO3使Cr2O還原成為Cr3，請寫出NaHSO3與Cr2O反應的離子方程式：_。pH8時，亞鐵鹽對6價Cr的去除效果反而下降，可能的原因是_。分析比較亞鐵鹽和亞硫酸鹽去除6價Cr的效果：.亞鐵鹽在中性和堿性條件下，對6價Cr的去除效果優(yōu)于酸性條件下的去除效果，亞硫酸鹽則相反；._。(2)化學氧化法除Mn2。相同條件下，按、兩種方案氧化除去水樣中Mn2，測定不同pH、相同反應時間的c
35、(Mn2)，結果如圖2所示，產(chǎn)生該差異的可能原因是_。氧化實驗中除Mn2的最佳條件為_。(3)石墨烯吸附法除Pb2。不同的pH會使石墨烯吸附劑表面帶上不同的電荷，圖3為pH對Pb2吸附率的影響，其原因是_。解析：(1)在酸性條件下，NaHSO3使Cr2O還原成為Cr3，HSO被氧化成SO，根據(jù)氧化還原反應的配平原則，NaHSO3與Cr2O反應的離子方程式為3HSOCr2O5H=2Cr33SO4H2O。pH8時，F(xiàn)e2轉化為Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被空氣中O2氧化，亞鐵鹽對6價Cr的去除效果反而下降。分析圖1比較亞鐵鹽和亞硫酸鹽去除6價Cr的效果，不難發(fā)現(xiàn)：.亞鐵鹽在中性和堿性條件下，
36、對6價Cr的去除效果優(yōu)于酸性條件下的去除效果，亞硫酸鹽則相反；.中性和堿性條件下，亞鐵鹽對6價Cr的去除效果明顯優(yōu)于亞硫酸鹽的去除效果，在酸性條件下則相反。(2)分析圖2發(fā)現(xiàn)：相同條件下，由于方案中加入了MnO2，去除Mn2既快又好，因此產(chǎn)生該差異的可能原因是MnO2對Mn2的氧化有催化作用。氧化實驗中除Mn2的最佳條件為MnO2作催化劑，pH控制在9左右。(3)不同的pH會使石墨烯吸附劑表面帶上不同的電荷，隨pH值增大，吸附劑表面吸附的OH越多，帶負電荷越多，有利于吸附帶正電荷的Pb2。答案：(1)3HSOCr2O5H=2Cr33SO4H2OpH8時，F(xiàn)e2轉化為Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被空氣中O2氧化中性和堿性條件下，亞鐵鹽對6價Cr的去除效果明顯優(yōu)于亞硫酸鹽的去除效果，在酸性條件下則相反(2)MnO2對Mn2的氧化有催化作用MnO2作催化劑，pH控制在9左右(3)隨pH值增大，吸附劑表面吸附的OH越多，帶負電荷越多，有利于吸附帶正電荷的Pb2
（江蘇專版）2022年高考化學一輪復習 專題十 第五題 化學反應原理題型研究學案（含解析）
