2020届高考化学一轮复习化学反应原理学案 20页

第五题 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MgNH4PO4＋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＋‎