（江蘇專版）2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題十 第五題 化學(xué)反應(yīng)原理題型研究學(xué)案（含解析）

（江蘇專版）2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題十 第五題 化學(xué)反應(yīng)原理題型研究學(xué)案（含解析）試題特點(diǎn)這一類試題將有關(guān)化學(xué)反應(yīng)原理融合到化工生產(chǎn)流程中。試題設(shè)問較多，考査的內(nèi)容較多，導(dǎo)致思維轉(zhuǎn)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(yīng)用化學(xué)知識解決實(shí)際問題的能力。主要是由“熱化學(xué)方程式的書寫或反應(yīng)熱計算”“電極反應(yīng)或電池總反應(yīng)”“陌生離子方程式或化學(xué)方程式的書寫”“影響化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的因素”“根據(jù)化學(xué)原理回答相關(guān)問題”等組成。做真題明考查特點(diǎn)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)境保護(hù)的重要課題。(1)用水吸收NOx的相關(guān)熱化學(xué)方程式如下： 2NO2(g)H2O(l)=HNO3(aq)HNO2(aq)H116.1 kJ·mol13HNO2(aq)=HNO3(aq)2NO(g)H2O(l)H75.9 kJ·mol1反應(yīng)3NO2(g)H2O(l)=2HNO3(aq)NO(g)的H_ kJ·mol1?？疾樯w斯定律計算反應(yīng)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(yīng)式：_?？疾殡娊獬仉姌O反應(yīng)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(yīng)。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。考查陌生化學(xué)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(yīng)生成N2。NH3與NO2生成N2的反應(yīng)中，當(dāng)生成1 mol N2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為_ mol?？疾槟吧趸€原反應(yīng)轉(zhuǎn)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(yīng)器中反應(yīng)(裝置見圖1)。反應(yīng)相同時間NOx的去除率隨反應(yīng)溫度的變化曲線如圖2所示，在50250 范圍內(nèi)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(dāng)反應(yīng)溫度高于380 時，NOx的去除率迅速下降的原因可能是_。考查化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素解析：(1)將題給三個熱化學(xué)方程式依次編號為、和，根據(jù)蓋斯定律可知，(×3)/2，則H(116.1 kJ·mol1×375.9 kJ·mol1)/2136.2 kJ·mol1。(2)由題給信息可知，反應(yīng)物為HNO2(弱酸)，生成物為HNO3，因此陽極反應(yīng)式為HNO22eH2O=3HNO。(3)由題給信息可知，反應(yīng)物為HNO2、(NH2)2CO，生成物為CO2和N2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)方程式的配平方法可寫出該反應(yīng)的化學(xué)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(zhì)的量為 mol，因此每生成1 mol N2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 mol。溫度升高，反應(yīng)速率增大，同時催化劑的活性增大也會提高反應(yīng)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(yīng)速率增大。當(dāng)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(yīng)生成NO而使反應(yīng)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(yīng)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(yīng)速率增大催化劑活性下降；NH3與O2反應(yīng)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，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(yīng)，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(xué)反應(yīng)的機(jī)理(2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物種的分布分?jǐn)?shù)(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分?jǐn)?shù))與pH的關(guān)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(dāng)溶液由無色變?yōu)闇\紅色時停止滴加。該過程中主要反應(yīng)的離子方程式為_。考查陌生離子方程式的書寫H3AsO4第一步電離方程式H3AsO4H2AsOH的電離常數(shù)為Ka1，則pKa1_(pKa1lg 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；pH>7.1時帶負(fù)電荷，pH越高，表面所帶負(fù)電荷越多；pH<7.1時帶正電荷，pH越低，表面所帶正電荷越多。pH不同時吸附劑X對三價砷和五價砷的平衡吸附量(吸附達(dá)平衡時單位質(zhì)量吸附劑X吸附砷的質(zhì)量)如圖3所示。在pH 79之間，吸附劑X對五價砷的平衡吸附量隨pH升高而迅速下降，其原因是_。在pH 47之間，吸附劑X對水中三價砷的去除能力遠(yuǎn)比五價砷的弱，這是因?yàn)開。提高吸附劑X對三價砷去除效果可采取的措施是_?？疾榛瘜W(xué)反應(yīng)速率的影響因素解析：(1)吸附劑X中含有NaOH溶液，能吸收空氣中的CO2生成CO。(2)圖1中pH為810時，三價砷物種主要以H3AsO3和H2AsO的形式存在，故滴加NaOH溶液的過程中主要反應(yīng)的離子方程式為OHH3AsO3=H2AsOH2O。Ka1，K僅與溫度有關(guān)，為方便計算，在圖2中取pH2.2時計算，此時c(H2AsO)c(H3AsO4)，則Ka1c(H)102.2，pKa12.2。(3)從圖2知，pH由7升至9時，H2AsO轉(zhuǎn)變?yōu)镠AsO，由題中信息知，pH>7.1時，pH越高，吸附劑X所帶負(fù)電荷越多，則吸附劑X與HAsO靜電斥力增強(qiáng)。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(zhuǎn)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pH升高H2AsO轉(zhuǎn)變?yōu)镠AsO，吸附劑X表面所帶負(fù)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(zhuǎn)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(zhuǎn)化為Cr3，其電極反應(yīng)式為_?？疾樵姵仉姌O反應(yīng)式的書寫(2)在相同條件下，測量總質(zhì)量相同、鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不同的鐵炭混合物對水中Cu2和Pb2的去除率，結(jié)果如下圖所示。當(dāng)鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0時，也能去除水中少量的Cu2和Pb2，其原因是_。當(dāng)鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于50%時，隨著鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的增加，Cu2和Pb2的去除率不升反降，其主要原因是_。考查化學(xué)反應(yīng)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(yīng)生成納米鐵粉、H2和B(OH)，其離子方程式為_。考查陌生離子方程式的書寫納米鐵粉與水中NO反應(yīng)的離子方程式為4FeNO10H=4Fe2NH3H2O研究發(fā)現(xiàn)，若pH偏低將會導(dǎo)致NO的去除率下降，其原因是_。相同條件下，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_。考查影響化學(xué)反應(yīng)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(yīng)式為Cr2O6e14H=2Cr37H2O。(2)活性炭具有較大的表面積，吸附性很強(qiáng)，能吸附廢水中少量的Cu2和Pb2。鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增加，形成鐵炭微電池的數(shù)量減少，從而降低了反應(yīng)效果，導(dǎo)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(yīng)的離子方程式：2Fe2BH4OH=2Fe2H2B(OH)。pH偏低，即溶液的酸性增強(qiáng)，則易發(fā)生副反應(yīng)：Fe2H=Fe2H2，導(dǎo)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(yīng)：FeCu2=Fe2Cu，析出的Cu與Fe在溶液中構(gòu)成原電池，加快了Fe與NO的反應(yīng)，也可能是析出的Cu或原廢水中的Cu2催化了Fe與NO的反應(yīng)。答案：(1)Cr2O6e14H=2Cr37H2O(2)活性炭對Cu2和Pb2有吸附作用鐵的質(zhì)量分?jǐn)?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(yīng)生成H2Cu或Cu2催化納米鐵粉去除NO的反應(yīng)(或形成的Fe­Cu原電池增大納米鐵粉去除NO的反應(yīng)速率)研熱點(diǎn)找解題策略年份試題知識點(diǎn)分值2018第20題應(yīng)用蓋斯定律計算反應(yīng)熱；電解池電極反應(yīng)式的書寫；陌生化學(xué)方程式的書寫；陌生氧化還原反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)的計算；化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素14分2017第20題化學(xué)反應(yīng)的機(jī)理；陌生離子方程式的書寫；電離平衡常數(shù)；化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素14分2016第20題原電池電極反應(yīng)式的書寫；化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素；陌生離子方程式的書寫14分1熱化學(xué)方程式的書寫和運(yùn)用蓋斯定律求算反應(yīng)熱(1)計算步驟(2)計算方法2電化學(xué)知識的應(yīng)用(1)化學(xué)電源與電極原電池中負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，常出現(xiàn)電極材料溶解、質(zhì)量減輕等現(xiàn)象；正極發(fā)生還原反應(yīng)，常出現(xiàn)質(zhì)量不變或增重、有氣體產(chǎn)生等現(xiàn)象。電解池中與電源負(fù)極連接的陰極材料不反應(yīng)，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(yīng)，可能出現(xiàn)電極溶解、質(zhì)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(yīng)中發(fā)生氧化反應(yīng)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(yīng)是原電池反應(yīng)，充電反應(yīng)是電解池反應(yīng)。放電過程中原電池的負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，充電過程中電解池的陰極發(fā)生還原反應(yīng)。3有關(guān)化學(xué)反應(yīng)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(dāng)作c代入公式進(jìn)行計算。(2)外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率的影響4有關(guān)化學(xué)平衡問題(1)化學(xué)平衡的標(biāo)志直接判斷依據(jù)間接判斷依據(jù)a對于有有色氣體存在的反應(yīng)體系，如2NO2(g)N2O4(g)等，若體系的顏色不再發(fā)生改變，則反應(yīng)已達(dá)平衡狀態(tài)。b對于有氣體存在且反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量發(fā)生改變的反應(yīng)，如N2(g)3H2(g)2NH3(g)，若反應(yīng)體系的壓強(qiáng)不再發(fā)生變化或平均相對分子質(zhì)量不再發(fā)生變化，則說明反應(yīng)已達(dá)平衡狀態(tài)。c對于有氣體存在且反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不發(fā)生改變的反應(yīng)，如2HI(g)H2(g)I2(g)，反應(yīng)過程中的任何時刻體系的壓強(qiáng)、氣體的物質(zhì)的量、平均相對分子質(zhì)量都不變，故體系壓強(qiáng)、氣體的物質(zhì)的量、平均相對分子質(zhì)量不變均不能說明反應(yīng)已達(dá)平衡狀態(tài)。(2)外界條件對化學(xué)平衡移動的影響規(guī)律溫度的影響升高溫度，化學(xué)平衡向吸熱反應(yīng)方向移動；降低溫度，化學(xué)平衡向放熱反應(yīng)方向移動濃度的影響增大反應(yīng)物濃度或減小生成物濃度，化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動；減小反應(yīng)物濃度或增大生成物濃度，化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動壓強(qiáng)的影響增大壓強(qiáng)會使平衡向氣體體積減小的方向移動；減小壓強(qiáng)會使平衡向氣體體積增大的方向移動(3)化學(xué)平衡常數(shù)化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與反應(yīng)物或生成物的濃度變化無關(guān)。反應(yīng)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(xué)平衡常數(shù)公式?；瘜W(xué)平衡常數(shù)是指某一具體反應(yīng)的平衡常數(shù)。若方程式中各物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)等比例擴(kuò)大或縮小，盡管是同一反應(yīng)，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)與K比較，可判斷可逆反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)和反應(yīng)進(jìn)行的方向。即：對于反應(yīng)mA(g)nB(g)pC(g)qD(g)，Q。利用K可判斷反應(yīng)的熱效應(yīng)若升高溫度，K值增大，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；若升高溫度，K值減小，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)。化學(xué)平衡常數(shù)與轉(zhuǎn)化率的計算轉(zhuǎn)化率×100%×100%產(chǎn)率×100%化學(xué)反應(yīng)原理題在背景材料上呈現(xiàn)新(或陌生)內(nèi)容，但內(nèi)在要求或者核心知識考査還是不變的，如運(yùn)用化學(xué)反應(yīng)原理、化學(xué)平衡和水解理論、物質(zhì)制備和分離的知識等分析實(shí)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(shí)際中的各類反應(yīng)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(diǎn)對應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)原理，采取先分后合的方法，再根據(jù)題目要求，用簡潔、準(zhǔn)確的化學(xué)用語答題即可。盡管化學(xué)反應(yīng)原理綜合題設(shè)問較多，考査內(nèi)容較多，但都是江蘇省考試說明要求的內(nèi)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(jié)思考的技巧和方法，答題時注意規(guī)范細(xì)致。該類題的問題設(shè)計一般沒有遞進(jìn)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(yīng)用非常廣泛。(1)由輝銅礦制取銅的反應(yīng)過程為2Cu2S(s)3O2(g)=2Cu2O(s)2SO2(g)H768.2 kJ·mol12Cu2O(s)Cu2S(s)=6Cu(s)SO2(g)H116.0 kJ·mol1熱化學(xué)方程式：Cu2S(s)O2(g)=2Cu(s)SO2(g)H _kJ·mol1。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(yīng)制備：4CuSO43H3PO26H2O=4CuH4H2SO43H3PO4該反應(yīng)的還原劑是_(寫化學(xué)式)。該反應(yīng)每轉(zhuǎn)移3 mol電子，生成CuH的物質(zhì)的量為_。(3)氯化銅溶液中銅各物種的分布分?jǐn)?shù)(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分?jǐn)?shù))與c(Cl)的關(guān)系如圖所示。當(dāng)c(Cl)9 mol·L1時，溶液中主要的3種含銅物種的濃度大小關(guān)系為_。在c(Cl)1 mol·L1的氯化銅溶液中，滴入AgNO3溶液，含銅物種間轉(zhuǎn)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 kJ·mol1217.4 kJ·mol1。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(yīng)的還原劑。該反應(yīng)中存在關(guān)系式：3H3PO24CuH12e，則每轉(zhuǎn)移3 mol電子，生成CuH的物質(zhì)的量為1 mol。(3)由圖分析可知當(dāng)c(Cl)9 mol·L1時，溶液中主要的3種含銅物種的濃度大小關(guān)系為c(CuCl2)>c(CuCl)>c(CuCl)。在c(Cl)1 mol·L1的CuCl2溶液中，含銅物種主要是Cu2、CuCl、CuCl2，滴入AgNO3溶液，含銅物種間轉(zhuǎn)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(yīng)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(yīng)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(s)H2O(l)CuOH(s)Cl(aq)H(aq)。該反應(yīng)的平衡常數(shù)K與此溫度下Kw、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的關(guān)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(guān)轉(zhuǎn)化如圖1所示。陽極的電極反應(yīng)式為_。電解一段時間后，電解液補(bǔ)充一定量的_可恢復(fù)到原電解質(zhì)溶液。溶液中、兩步總反應(yīng)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 kJ·mol1。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(yīng)，測定CO的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系如圖2所示。圖中壓強(qiáng)P1、P2、P3由大到小的關(guān)系是_；起始時，c(H2)0.20 mol·L1，c(CO)0.10 mol·L1。在P3及T1 下反應(yīng)達(dá)到平衡，此時反應(yīng)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(yīng)的配平原則配平，此反應(yīng)的離子方程式為2Cu2SO22Cl2H2O=2CuClSO4H，CuCl(s)H2O(l)CuOH(s)Cl(aq)H(aq)，此反應(yīng)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(yīng)：2Cu2e2OH=Cu2OH2O，而陰極：2H2O2e=H22OH，總反應(yīng)為2CuH2OCu2OH2，因此電解一段時間后，電解液補(bǔ)充一定量的H2O就可恢復(fù)到原電解質(zhì)溶液。溶液中為CuClOH=Cu(OH)ClCl。為2Cu(OH)Cl=Cu2O2ClH2O，×2得到兩步總反應(yīng)的離子方程式為2CuCl2OH=Cu2OH2O4Cl。(3)相同溫度下，壓強(qiáng)越大，有利于平衡向正反應(yīng)方向移動，CO的平衡轉(zhuǎn)化率越大，則P1>P2>P3，起始時，c(H2)0.20 mol·L1，c(CO)0.10 mol·L1，在P3及T1 下反應(yīng)，CO(g)2H2(g)CH3OH(g)起始/(mol·L1) 0.10 0.20 0轉(zhuǎn)化/(mol·L1) 0.10×40% 0.08 0.04平衡/(mol·L1) 0.06 0.12 0.04此時反應(yīng)的平衡常數(shù)：K46.3。答案：(1)2Cu2SO22Cl2H2O=2CuClSO4HKw×(2)CuCleCl=CuClH2O2CuCl2OH=Cu2OH2O4Cl(3)P1>P2>P346.33(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)。(3)為防止洗出液中的Fe3腐蝕鐵質(zhì)管道，常在洗出液中加入SnCl2溶液，反應(yīng)中Sn2轉(zhuǎn)化為Sn4，則Sn2與Fe3反應(yīng)的物質(zhì)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(guān)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(jìn)行預(yù)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(yīng)方程式：_。解析：(1)“酸洗”時，一般不選用稀硫酸，是因?yàn)橄×蛩崤c碳酸鈣反應(yīng)會生成微溶物硫酸鈣，覆蓋在反應(yīng)物表面，阻止反應(yīng)進(jìn)一步進(jìn)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(zhuǎn)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(yīng)的物質(zhì)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的百分含量減小；HR2的電離表示為HR2R3 H，pH6時HR2、R3各占50%，即c(HR2)c(R3)，其電離常數(shù)為Ka3c(H)106 mol·L1，因此pKa36。(5)電解過程中，Ca2形成沉淀CaCO3的電極反應(yīng)方程式為2Ca22HCO2e=2CaCO3H2或2H2O2e=H22OH、Ca2OHHCO=CaCO3H2O。答案：(1)稀硫酸與碳酸鈣反應(yīng)會生成微溶物硫酸鈣，覆蓋在反應(yīng)物表面，阻止反應(yīng)進(jìn)一步進(jìn)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)氮氧化物會形成光化學(xué)煙霧和酸雨，可采取下列方法對氮氧化物進(jìn)行處理。(1)SNCR脫硝技術(shù)的原理：4NO(g)4NH3(g)O2(g)=4N2(g)6H2O(g)H11 627.2 kJ·mol16NO(g)4NH3(g)=5N2(g)6H2O(g)H21 807.0 kJ·mol12NO(g)O2(g)=2NO2(g)H3113.0 kJ·mol1則6NO2(g)8NH3(g)=7N2(g)12H2O(g)H_ kJ·mol1(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(jìn)行。NOx儲存轉(zhuǎn)化為Ba(NO3)2過程中，參加反應(yīng)的NO和O2的物質(zhì)的量之比為 _。H2還原Ba(NO3)2的過程分兩步進(jìn)行，圖2表示該過程相關(guān)物質(zhì)濃度隨時間的變化關(guān)系。第一步反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。(3)SCR消除氮氧化物的反應(yīng)原理：4NO(g)4NH3(g)O2(g)=4N2(g)6H2O(g)H<0，其他條件相同，某密閉容器中分別投入NH3、NO、O2，在甲、乙兩種催化劑作用下，NO轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如圖3所示。在催化劑甲作用下，圖中Y點(diǎn)處(對應(yīng)溫度為210 )NO的轉(zhuǎn)化率一定不是該溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率的原因是 _。工業(yè)實(shí)際選擇催化劑乙的原因是_。(4)用石灰乳吸收氨的氧化物，其原理為4NO22Ca(OH)2=Ca(NO3)2Ca(NO2)22H2O，NO2NOCa(OH)2=Ca(NO2)2H2O。為使吸收充分，_(填“”或“”)1。目前可采用電解的方法除去廢水中的NO，原理如圖4所示。寫出陰極的電極反應(yīng)式：_。解析：(1)設(shè)三個反應(yīng)依次為、，則根據(jù)蓋斯定律可知()×3即得到反應(yīng)6NO2(g)8NH3(g)=7N2(g)12H2O(g)H2 735.6 kJ·mol1。(2)反應(yīng)中氮元素化合價從2價升高到5價，失去3個電子，氧氣中氧元素化合價從0價降低到2價，得到2個電子，根據(jù)電子得失守恒可知參加反應(yīng)的NO和O2的物質(zhì)的量之比為43。根據(jù)圖像可知第一步反應(yīng)的還原產(chǎn)物是NH3，結(jié)合圖1可知第一步反應(yīng)的化學(xué)方程式為8H2Ba(NO3)2BaO2NH35H2O。(3)由于平衡轉(zhuǎn)化率是該溫度下的最大轉(zhuǎn)化率，此時Y點(diǎn)NO的轉(zhuǎn)化率明顯低于同溫度下乙作催化劑時NO的轉(zhuǎn)化率，所以在催化劑甲作用下，圖中Y點(diǎn)處(對應(yīng)溫度為210 )NO的轉(zhuǎn)化率一定不是該溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率。根據(jù)圖像可知在低溫下，使用催化劑乙，NO轉(zhuǎn)化率很高，所以工業(yè)實(shí)際選擇催化劑乙。(4)由于NO不能與Ca(OH)2反應(yīng)，而NO2可以，所以為使吸收充分，NO2與NO的體積之比應(yīng)該1。陰極NO得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氮?dú)?，因此陰極的電極反應(yīng)式為2NO4H2O6e=N28OH。答案：(1)2 735.6(2)438H2Ba(NO3)2BaO2NH35H2O(3)平衡轉(zhuǎn)化率是該溫度下的最大轉(zhuǎn)化率，此時Y點(diǎn)NO的轉(zhuǎn)化率明顯低于同溫度下乙作催化劑時NO的轉(zhuǎn)化率在低溫下，使用催化劑乙，NO轉(zhuǎn)化率很高(4)2NO4H2O6e =N28OH (若答2NO8H6e =N24H2O也正確)5(2019·通州高中聯(lián)考)氨氮是水體中氮的主要形態(tài)之一，氨氮含量過高對水中生物會構(gòu)成安全威脅。(1)一定條件下，水中的氨氮可以轉(zhuǎn)化為氮?dú)舛?。已知?NH(aq)3O2(g)=2NO(aq)2H2O(l)4H(aq)Ha kJ·mol12NO(aq)O2(g)=2NO(aq)Hb kJ·mol15NH(aq)3NO(aq)=4N2(g)9H2O(l)2H(aq)Hc kJ·mol1則4NH(aq)3O2(g)=2N2(g)6H2O(l)4H(aq)H_kJ·mol1(2)實(shí)驗(yàn)室用電解法模擬處理氨氮廢水。電解時，不同氯離子濃度對溶液中剩余氨氮濃度的影響如圖1所示。增大氯離子濃度可使氨氮去除率_(填“增大”“減小”或“不變”)，其主要原因可能是_。(3)化學(xué)沉淀法是一種處理高濃度氨氮廢水的有效方法。通過加入MgCl2和Na2HPO4將NH轉(zhuǎn)化為MgNH4PO4·6H2O沉淀(Ksp2.5×1013)去除。25 時，在氨氮初始質(zhì)量濃度400 mg·L1，n(Mg)n(P)n(N)111的條件下，溶液pH對氨氮去除率及剩余氨氮濃度和總磷濃度的影響如圖2所示。反應(yīng)生成MgNH4PO4·6H2O的離子方程式為_。該實(shí)驗(yàn)條件下，控制溶液的適宜pH范圍為_；當(dāng)pH范圍在911時，溶液中總磷濃度隨pH增大而增大的主要原因是(用離子方程式表示)_。解析：(1)設(shè)三個反應(yīng)依次為，根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)得到4NH(aq)3O2(g)=2N2(g)6H2O(l)4H(aq)，則H (3a3b2c) kJ·mol1。(2)由圖1可知：增大氯離子濃度，相同時間內(nèi)剩余氨氮濃度減小，即可使氨氮去除率增大；其主要原因可能是陽極生成的Cl2能夠?qū)H氧化為氮?dú)?或NO)而除去。(3)加入MgCl2和Na2HPO4將NH轉(zhuǎn)化為MgNH4PO4·6H2O沉淀，反應(yīng)的離子方程式為Mg2HPONH6H2O=MgNH4PO4·6H2OH。由圖2可知：pH在8.59.5之間，剩余氨氮濃度和總磷濃度較低，而氨氮去除率卻較高，故控制溶液的適宜pH范圍為8.59.5；當(dāng)pH范圍在911時，MgNH4PO4·6H2O沉淀溶解，生成PO，則溶液中總磷濃度隨pH增大而增大的主要原因是MgNH4PO42OH=Mg(OH)2NHPO 或MgNH4PO43OH=Mg(OH)2NH3·H2OPO。答案：(1)(3a3b2c)(2)增大陽極生成的Cl2能夠?qū)H氧化為氮?dú)?或NO)而除去(3)HPOMg2NH6H2O=MgNH4PO4·6H2OH8.59.5MgNH4PO42OH=Mg(OH)2NHPO(或MgNH4PO43OH=Mg(OH)2NH3·H2OPO)6采用科學(xué)技術(shù)減少氮氧化物、SO2等物質(zhì)的排放，可促進(jìn)社會主義生態(tài)文明建設(shè)。(1)采用“聯(lián)合脫硫脫氮技術(shù)”處理煙氣(含CO2、SO2、NO)可獲得含CaCO3、CaSO4、Ca(NO2)2的副產(chǎn)品，工業(yè)流程如圖1所示。反應(yīng)釜采用“氣液逆流”接觸吸收法(如圖2)，其優(yōu)點(diǎn)是_。反應(yīng)釜中CaSO3轉(zhuǎn)化為CaSO4的化學(xué)反應(yīng)方程式為_。(2)為研究“CO還原SO2”的新技術(shù)，在反應(yīng)器中加入0.10 mol SO2，改變加入CO的物質(zhì)的量，反應(yīng)后體系中產(chǎn)物隨CO的變化如圖3所示。其中產(chǎn)物Y的化學(xué)式是_。(3)O2/CO2燃燒技術(shù)是指化石燃料在O2和CO2的混合氣體中燃燒，通過該燃燒技術(shù)可收集到高純度的CO2。與在空氣中燃燒相比，利用O2/CO2燃燒技術(shù)時，煙氣中NOx的排放量明顯降低，其主要原因是 _。利用太陽能可實(shí)現(xiàn)反應(yīng)：2CO2(g)=2CO(g)O2(g)，該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行的原因是_。700 時，以Ni­MgO­Al2O3作催化劑，向2 L密閉容器中通入CO2和CH4各3 mol，發(fā)生反應(yīng)：CO2(g)CH4(g)2CO(g)2H2(g)。當(dāng)反應(yīng)達(dá)平衡時測得CO的體積分?jǐn)?shù)為40%，則CO2的轉(zhuǎn)化率為 _。CO2在新型鈷基電催化劑作用下，轉(zhuǎn)化為清潔燃料甲酸。其工作原理如圖4所示，寫出生成甲酸的電極反應(yīng)式：_。解析：(1)反應(yīng)釜采用“氣液逆流”接觸吸收法，其優(yōu)點(diǎn)是使氣體和石灰乳充分接觸，提高氣體的吸收效率。CaSO3轉(zhuǎn)化為CaSO4的化學(xué)反應(yīng)方程式為2NO2CaSO3Ca(OH)2=CaSO4Ca(NO2)2H2O。(2)分析圖3,0.10 mol SO2消耗0.20 mol CO，生成0.05 mol Y和0.20 mol X，則得到反應(yīng)：2SO24CO=Y4X，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，反應(yīng)前后原子的種類和數(shù)目都不變，產(chǎn)物X、Y的化學(xué)式分別是CO2、S2。(3)與在空氣中燃燒相比，利用O2/CO2燃燒技術(shù)時，煙氣中NOx的排放量明顯降低，其主要原因是CO2代替了N2，減少了N2與O2反應(yīng)。反應(yīng)2CO2(g)=2CO(g)O2(g)的H>0，則該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行的原因是S>0。設(shè)達(dá)到平衡時CO2的轉(zhuǎn)化濃度為x mol·L1。CO2(g)CH4(g)2CO(g)2H2(g)初始/(mol·L1) 1.5 1.5 0 0轉(zhuǎn)化/(mol·L1) x x 2x 2x平衡/(mol·L1) 1.5x 1.5x 2x 2x當(dāng)反應(yīng)達(dá)平衡時測得CO的體積分?jǐn)?shù)為40%，即×100%40%，解得x1，則CO2的轉(zhuǎn)化率為×100%66.7%。如圖4所示，CO2在陰極得到電子生成甲酸。則生成甲酸的電極反應(yīng)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(yīng)S>066.7%CO22eH2O=HCOOHO27(2019·鹽城中學(xué)練兵)廢水廢氣對自然環(huán)境有嚴(yán)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(yīng)生成MnO2的離子方程式為_。溫度與Fe2、Mn2氧化程度之間的關(guān)系如圖1所示：實(shí)驗(yàn)過程中應(yīng)將溫度控制在_。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(qiáng)氧化性，在實(shí)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(yīng)機(jī)理如圖2所示。A包含物質(zhì)的化學(xué)式為N2和_。(3)工業(yè)上廢氣中SO2可用Na2CO3溶液吸收，反應(yīng)過程中溶液組成變化如圖3所示。吸收初期(圖中A點(diǎn)以前)反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。C點(diǎn)高于B點(diǎn)的原因是_。解析：(1)過硫酸銨與Mn2反應(yīng)生成MnO2，而本身被還原為SO ，反應(yīng)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1.0，故實(shí)驗(yàn)過程中應(yīng)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(qiáng)氧化性，在實(shí)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(yīng)可產(chǎn)生A的反應(yīng)為(NH4)(HNO2)=N2AH，根據(jù)原子守恒可推導(dǎo)出A為H2O；反應(yīng)為(NH4)(HNO2)=N22H2OH。(3)吸收初期(圖中A點(diǎn)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(yīng)的化學(xué)方程式為2Na2CO3SO2H2O=2NaHCO3Na2SO3。C點(diǎn)高于B點(diǎn)的原因：根據(jù)鈉元素守恒， NaHSO3的物質(zhì)的量是Na2CO3的2倍，所以NaHSO3的質(zhì)量大，質(zhì)量分?jǐn)?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(zhì)的量是Na2CO3的2倍，所以NaHSO3的質(zhì)量大，質(zhì)量分?jǐn)?shù)就大8(2019·清江中學(xué)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(xué)還原法、化學(xué)氧化法、吸附法等工藝。(1)化學(xué)還原法除Cr2O。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(yīng)，然后滴加Ca(OH)2懸濁液，靜置沉淀，測定鉻去除率，實(shí)驗(yàn)結(jié)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(yīng)的離子方程式：_。pH>8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(xué)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(yīng)時間的c(Mn2)，結(jié)果如圖2所示，產(chǎn)生該差異的可能原因是_。氧化實(shí)驗(yàn)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(yīng)的配平原則，NaHSO3與Cr2O反應(yīng)的離子方程式為3HSOCr2O5H=2Cr33SO4H2O。pH>8時，F(xiàn)e2轉(zhuǎn)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，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(shí)驗(yàn)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(fù)電荷越多，有利于吸附帶正電荷的Pb2。答案：(1)3HSOCr2O5H=2Cr33SO4H2OpH>8時，F(xiàn)e2轉(zhuǎn)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(fù)電荷越多，有利于吸附帶正電荷的Pb2