还剩48页未读，
继续阅读
2019届高考化学二轮复习化学综合题型研究学案
展开
[题型特点]
化学综合探究题是基于化学反应原理综合应用的探究题，围绕某一主题进行拓展，试题融合化学反应中能量变化、电化学原理、化学平衡原理等知识的应用，还与元素化合物知识、化学计算、氧化还原反应等联系起来综合考查。注重考查图表分析能力、信息的接受分析与应用能力，较难。
1.(2018·江苏化学，20)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。
(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：_____________________________________________________________________。
(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：____________________________________________________________________。
(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。
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(装置如图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_____________________________________________________________________。
解析 (1)①2NO2(g)＋H2O(l)===HNO3(aq)＋HNO2(aq) ΔH＝－116.1 kJ·mol－1，②3HNO2(aq)===HNO3(aq)＋2NO(g)＋H2O(l) ΔH＝75.9 kJ·mol－1，根据盖斯定律，(①×3＋②)/2得：3NO2(g)＋H2O(l)===2HNO3(aq)＋NO(g) ΔH＝－136.2 kJ·mol－1。(2)电解时阳极HNO2失去电子生成HNO3，同时消耗水，得到较浓的硝酸，电极反应式为：HNO2－2e－＋H2O===3H＋＋NO。(3)根据题给反应物HNO2、(NH2)2CO，生成物N2、CO2，结合质量守恒和化合价升降法配平化学方程式得：2HNO2＋(NH2)2CO===2N2↑＋CO2↑＋3H2O。(4)①反应时NH3中N由－3价升高到0价，NO2中N由＋4价降低到0价，反应为6NO2＋8NH3===7N2＋12H2O，则生成1 mol N2，转移电子mol。②迅速上升段是催化剂活性随温度升高而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；温度高于380 ℃，催化剂活性下降，且NH3与O2反应生成了NO。
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·江苏化学，20)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______________________________________________________________________。
(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
_____________________________________________________________________。
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO＋H＋的电离常数为Ka1，则pKa1＝________(pKa1＝－lgKa1)。
(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。
图3
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_____________________________________________________________________。
解析 (1)由题所给原料中无碳元素，思考碳元素的来源，联想到NaOH可以吸收空气中的CO2。(2)①含酚酞溶液由无色变浅红色，说明溶液由pH小于8增大到8～10，由图1当pH增大到8～10时，H3AsO3减少，H2AsO在增加，说明H3AsO3与OH－反应生成H2AsO。②Ka1＝，由图2，选c(H3AsO4)＝c(H2AsO)点，此时pH＝2.2，pKa1＝－lgc(H＋)＝2.2。(3)①pH 7～9之间，此时吸附剂X带有较多的负电荷，随pH升高，由图2可知五价砷以HAsO为主，负电荷增多，负电荷相互之间的静电斥力增加，吸附量下降。②在pH 4～7之间，吸附剂X表面带正电荷，由图2可知五价砷以H2AsO和HAsO为主，负电荷增多，正负电荷之间的静电吸引增大，有利于吸附；同时由图1可知三价砷以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小。利用氧化剂将三价砷转化为五价砷，吸附量增大。
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，吸收量下降 ②在pH 4～7之间，吸附剂X表面带正电荷，五价砷主要以H2AsO和HAsO阴离子存在，静电引力较大；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·江苏化学，20)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。
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)4]－，其离子方程式为______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
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(见图)，产生该差异的可能原因是_____________________________________________________
_____________________________________________________________________。
Ⅰ含50 mg·L－1NO的水样
Ⅱ含50 mg·L－1 NO＋50 mg·L－1 Cu2＋的水样
解析 (1)Cr2O得6e－生成Cr3＋，溶液呈酸性，有：Cr2O＋6e－＋14H＋===
2Cr3＋＋7H2O。(2) ①铁炭混合物中铁的质量分数为0，说明剩下的全是炭(题给信息为活性炭)，活性炭具有吸附性，能吸附水中的重金属离子而除去少量的Cu2＋、Pb2＋。②由(1)可知铁炭混合物除去重金属离子的原理是构成微电池，当铁含量过多时，炭含量少，构成微电池的数目减少，效率下降。(3)①反应物为Fe2＋、BH，生成物为Fe、H2和[B(OH)4]－，BH中H显－1价，被氧化为H2，注意溶液呈碱性，配平。②pH偏低，说明c(H＋)大，纳米铁粉能与H＋反应。③由图可知含有Cu2＋的溶液中去除速率快，可以从影响速率的因素角度分析，如Cu2＋的催化作用，铁置换Cu构成原电池，加快纳米铁的反应速率。
答案 (1)Cr2O＋14H＋＋6e－===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)4]－
②纳米铁粉与H＋反应生成H2
③Cu2＋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)
4.(2015·江苏化学，20)烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为
NO(g)＋O3(g)===NO2(g)＋O2(g)
ΔH＝－200.9 kJ·mol－1
NO(g)＋O2(g)===NO2(g)
ΔH＝－58.2 kJ·mol－1
SO2(g)＋O3(g)===SO3(g)＋O2(g)
ΔH＝－241.6 kJ·mol－1
(1)反应3NO(g)＋O3(g)===3NO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。
(2)室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反应前n(O3)∶n(NO)的变化见下图：
①当n(O3)∶n(NO)＞1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是______________________________________________________________________。
②增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是______________________________________________________________________。
(3)当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中SO将NO2转化为NO，其离子方程式为_____________________________________________________________________。
(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c(SO)＝____________________[用c(SO)、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示]；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
解析 (1)对所给的三个热化学方程式由上到下依次标记为①、②、③，由反应①和②可知O2是中间产物，①＋②×2消去O2，可得目标反应的ΔH＝－200.9 kJ·mol－1＋(－58.2 kJ·mol－1)×2＝－317.3 kJ·mol－1。(2)①由图可知，当n(O3)∶n(NO)>1时，n(NO)没有变化，而n(NO2)减少，说明NO2被O3氧化了，生成了更高价态的氧化物N2O5；②SO2具有较强的还原性，O3具有较强的氧化性，而增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其原因可能是SO2与O3的反应速度很慢，SO2的量变化不明显。(3)SO将NO2还原为NO，本身被氧化为SO，溶液的pH约为8，说明溶液呈弱碱性，由此可写出反应的离子方程式：SO＋2NO2＋
2OH－===SO＋2NO＋H2O。(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，发生反应：CaSO3(s)＋SOCaSO4(s)＋SO(aq)，溶液中CaSO3、CaSO4均处于饱和状态，则有＝＝，所以c(SO)＝·c(SO)；由反应CaSO3(s)＋SO(aq)CaSO4(s)＋SO(aq)可知，CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收率的主要原因是增大了溶液中c(SO)，使反应速率加快。
答案 (1)－317.3
(2)①O3将NO2氧化为更高价氮氧化物(或生成了N2O5)
②SO2与O3的反应速率慢
(3)SO＋2NO2＋2OH－===SO＋2NO＋H2O
(4)×c(SO) CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO的浓度增大，加快SO与NO2的反应速率
5.(2014·江苏化学，20)硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
由硫化氢获得硫单质有多种方法。
(1)将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如上图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：
S2—－2e－===S (n－1)S＋S2－===S
①写出电解时阴极的电极反应式：_____________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成_____________________________________________________________________。
(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3 、FeCl2 、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。
①在图示的转化中，化合价不变的元素是________。
②反应中当有1 mol H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3＋的物质的量不变，需消耗O2的物质的量为________。
③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有________。
(3)H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2。若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
解析 (1)①电解时，阴极溶液中的阳离子放电，即水溶液中的H＋放电生成H2和OH－。②由题给反应可知，阳极区生成了S，S可以理解为(n－1)S＋S2－，加入稀硫酸生成S单质同时还有H2S气体。(2)①由图示反应原理，溶液里H2O中＋1价的H，Cl－、Cu2＋没有参与氧化还原，即H、Cl、Cu三种元素的化合价没有变化。其他元素如O(O2被还原为－2价氧)、Fe(Fe3＋与Fe2＋相互转化)、S(S2－转化为S)的化合价均有变化。②根据得失电子守恒可知，1 mol H2S转化为S单质时，需要氧气0.5 mol。③欲不生成CuS，可以增加氧化剂O2的量，也就是增加混合气体中空气的比例，使S2－完全氧化为硫单质。(3)若H2S分解生成H2和S，气体体积比为1∶1，由图示可知在高温下分解生成的两种气体的体积比为2∶1，设硫蒸气的化学式为Sn，则有H2S―→H2＋Sn，由原子守恒得n＝2，配平即可。
答案 (1)①2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
②S＋2H＋===(n－1)S↓＋H2S↑
(2)①Cu、H、Cl(或铜、氢、氯) ②0.5 mol ③提高混合气体中空气的比例
(3)2H2S2H2＋S2
备考策略
综合应用化学学科知识与方法解决复杂、陌生情境问题，是考生化学平衡能力的综合体现，解决综合探究性问题要求我们首先具有良好的信息素养，能有效地获取和加工信息，建立情境信息、已有知识与问题指向之间的联系；要能准确分析问题情境，确定问题的指向，通过分析比较、类比迁移、概括推理等方法，确定解决问题的方向和途径；要能正确运用化学反应原理、氧化还原反应等相关知识分析和解决问题。解答该类试题的一般方法：结合已有知识，分析理解原理；根据试题要求，逐一规范解答。
[考点精要]
1.运用盖斯定律计算化学反应热或书写热化学方程式的关键：①先找准反应物和生成物的计量关系，再用盖斯定律进行计算；②要注明反应物、生成物的聚集状态；③放热反应ΔH为“－”、吸热反应ΔH为“＋”。利用盖斯定律书写热化学方程式的思维模式为：
特别提醒：通过热化学方程式变形时，利用“加法”不容易出错。
应用盖斯定律进行简单计算时，同时注意：
①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。
③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。
④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。
2.氧化还原反应化学方程式书写和电子转移数目的计算，关键是根据化合价升降正确判断出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，再运用氧化还原反应规律进行分析，特别要关注歧化、归中等复杂反应。
①知识线索。
②氧化还原反应计算题中重要的解题思想。
对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速，获得正确结果。
如2014年江苏化学第20题(2)②反应中当有1 mol H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3＋的物质的量不变，需要消耗O2的物质的量：
H2 ； O 2－
1 mol×2e－＝x×4e－ x＝0.5 mol
3.特定条件下电极反应式的书写
(1)原电池正、负极判断方法(注意观察装置图中下列信息)。
说明 原电池的正极和负极与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关，不要认为活泼电极一定作负极。
(2)可充电电池。
(3)电解时粒子的移动方向。
特别提醒：电解时，在外电路中有电子通过，而在溶液中是依靠离子定向移动形成电流，即电子本身不会通过电解质溶液。
(4)分析电解过程的思维程序。
①判断阴、阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活泼电极。
②分析电解质水溶液的组成，找全离子并分阴、阳两组(不要忘记水溶液中的H＋和OH－)。
③排出阴、阳两极的放电顺序。
阴极：阳离子放电顺序为Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋(酸)＞Fe2＋＞Zn2＋＞H＋(水)＞Al3＋＞Mg2＋＞Na＋＞Ca2＋＞K＋。
阳极：活泼电极＞S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根离子。
注意 a.阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电。
b.最常用、最重要的放电顺序是阳极：Cl－＞OH－；阴极：Ag＋＞Cu2＋＞H＋。
c.电解水溶液时，K＋～Al3＋不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属。
④分析电极反应，判断电极产物，写出电极反应式，要注意遵循原子守恒和电荷守恒。
⑤最后写出电解反应的总化学方程式或离子方程式。
4.工业生产中的图像分析
(1)反应条件的选择
①C2H4也可用于烟气脱硝。为研究温度、催化剂中Cu2＋负载量对其NO去除率的影响，控制其他条件一定，实验结果如图所示。为达到最高的NO去除率，应选择的反应温度和Cu2＋负载量分别是________。
②采用一种新型的催化剂(主要成分是Cu—Mn合金)，利用CO和H2制备二甲醚(DME)。
主反应：2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)
副反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
测得反应体系中各物质的产率或转化率与催化剂的关系如题图所示。则催化剂中n(Mn)/n(Cu)约为________时最有利于二甲醚的合成。
(2)反应原理的分析
①某研究小组在实验室研究某催化剂效果时，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图。
若不使用CO，温度超过775 ℃，发现NO的分解率降低，其可能的原因为_____________________________________________________________________；
在n(NO)/n(CO)＝1的条件下，应控制最佳温度在________左右。
②已知反应HCl(g)＋CH3OH(g)→CH3Cl(g)＋H2O(g)。由图知，HCl和CH3OH的混合气体通过催化剂时的最佳流速在20 L·min－1～30 L· min－1之间。流速过快，会导致氯甲烷产率下降，原因是_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
流速过慢，会使副产物二甲醚增多，其反应为2CH3OH→CH3OCH3＋H2O，生产中常通入适量的水蒸气，该操作对制备CH3Cl的影响是_____________________________________________________________________。
③NH3催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。以FeSO4作催化剂测试温度对氮氧化物脱除效果的影响如图1所示，当反应在400～450 ℃，NOx的转化率随温度升高有所降低，其可能原因是_____________________________________________________________________；
当体系温度升至500 ℃以上时，NOx的转化率迅速下降，其可能原因是_____________________________________________________________________。
图2是300 ℃时，用某种金属氧化物作催化剂，烟气中NH3、NO、NO2不同比例时氮氧化物脱除率，则c(NH3)︰c(NO)︰c(NO2)＝________时，氮氧化物脱除效果最佳。
④溶液pH对次氯酸钠去除氨氮有较大的影响(如图所示)。在pH较低时溶液中有无色无味的气体生成，氨氮去除效率较低，其原因是_____________________________________________________________________。
⑤空气氧化(NH4)2SO3的速率随温度的变化如上图所示，当温度超过60 ℃时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是_____________________________________________________________________。
答案 (1)①350 ℃左右、3% ②2.0 (2)①该反应是放热反应，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行870 ℃(850 ℃到900 ℃之间都可以)
②流速过快反应物与催化剂的接触时间过短，原料利用率降低，导致产率降低 对主副反应有抑制作用，提高CH3Cl纯度的同时，也降低了其产率
③反应放热，升高温度，平衡向逆方向进行 FeSO4受热分解，催化剂失效 2︰1︰1
④盐酸与次氯酸钠反应生成次氯酸，次氯酸分解产生氧气，与氨氮反应的次氯酸量减少了
⑤温度过高(NH4)2SO3会分解(或水解)，浓度减小(或温度升高氧气在溶液中溶解度降低)
[考法指导]
反应原理为主的综合探究
1.(2018·镇江一模)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③、④二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n(H2)/n(CO)＝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)(1)Ksp(CuOH)＝c(Cu＋)·c(OH－)，Ksp(CuCl)＝c(Cu＋)·c(Cl－)，K＝c(Cl－)·
c(H＋)＝×＝×＝
Kw×Ksp(CuCl)/Ksp(CuOH)。(2)①由图示“阳极”转化可知CuCl－→CuCl，配平。②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，总反应为2Cu＋H2O===Cu2O＋H2↑，只需要补充水。③由图示转化可知反应物为： CuCl、2OH－，生成物有Cu2O、Cl－，配平。(3)①题给反应是气体物质的量减小的反应，压强增大，CO转化率提高，p1>p2>p3。②
K＝＝＝46.3
答案 (1) 2Cu2＋＋SO2＋2Cl－＋2H2O===2CuCl↓＋SO＋4H＋ Kw×Ksp(CuCl)/Ksp(CuOH)
(2) ①CuCl－－e－＋Cl－===CuCl ②H2O ③2CuCl＋2OH－===Cu2O↓＋H2O＋4Cl－
(3)①p1>p2>p3 ②46.3
2.(2018·苏锡常镇二调)氢气是一种清洁能源，氢气的制取和储存是氢能源利用领域的研究热点。
(1)H2S热分解制氢的原理：2H2S(g)===2H2(g)＋S2(g) ΔH＝169.8 kJ·mol－1，分解时常向反应器中通入一定比例空气，使部分H2S燃烧，其目的是_____________________________________________________________________；
燃烧生成的SO2与H2S进一步反应，硫元素转化为S2，写出反应的化学方程式：_____________________________________________________________________。
(2)氨硼烷(NH3BH3)是储氢量最高的材料之一，其受热时固体残留率随温度的变化如图甲所示。氨硼烷还可作燃料电池，其工作原理如图乙所示。
①110 ℃时残留固体的化学式为_________________________________________。
②氨硼烷电池工作时负极的电极反应式为_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(3)十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，经历“C10H18→C10H12→C10H8”
的脱氢过程释放氢气。已知：
C10H18(l)C10H12(l)＋3H2(g) ΔH1
C10H12(l)C10H8(l)＋2H2(g) ΔH2
温度335 ℃、高压下，在恒容密闭反应器中进行液态十氢萘(1.00 mol)催化脱氢实验，测得C10H12和C10H8的物质的量n1和n2随时间的变化关系如图丙所示。图丁表示催化剂对反应活化能的影响。
①ΔH1________ΔH2(选填“>”“＝”或“<”)。
②8 h时，反应体系内氢气的物质的量为________mol(忽略其他副反应)。
③n1显著低于n2可能的原因是___________________________________________
_____________________________________________________________________。
解析 (1)题给反应为吸热反应，“H2S燃烧”放出热量，为题给反应提供能量。H2S和SO2发生归中反应生成S2，配平。(1)①假设起始氨硼烷为1 mol，质量为31 g，A点时失重31 g×(100%－93.55%)＝2 g，即失去2 mol H原子。残留固体化学式为BH2NH2或(BH2NH2)n。②由装置，H2O2发生还原反应，在正极反应，负极NH3BH3→NH4BO2，配平时可将NH3BH3→中H均看作＋1价，则N、B均显－3价，配平。(3)①由图可知两者均为吸热反应，ΔH1、ΔH2均为正，且ΔH1>ΔH2。②由方程式可知：生成1 mol C10H12同时生成3 mol H2，生成1 mol C10H8同时生成5 mol H2。n(H2)＝0.374×5＋0.027×3＝1.951(mol)。 ③由图可知催化剂显著降低了C10H12(l)C10H8(l)＋2H2(g)的活化能，使该反应更易进行，即C10H12容易转化为C10H8。
答案 (1) 为H2S热分解反应提供热量 4H2S＋2SO2===4H2O＋3S2 (2)①BH2NH2或(BH2NH2)n
②NH3BH3－6e－＋2H2O===NH＋BO＋6H＋
(3) ①> ②1.951 ③催化剂显著降低了C10H12→C10H8的活化能，反应生成的C10H12很快转变为C10H8，C10H12不能积累
3.(2017·苏锡常镇二调)燃煤烟气中含有大量NOx、CO2、CO和SO2，经处理可获得重要的化工原料。
(1)用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。
CH4(g)＋4NO2(g)4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH1＝－574.0 kJ·mol－1 平衡常数为K1
CH4(g)＋4NO(g)2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝＋1 160.0 kJ·mol－1 平衡常数为K2
①反应CH4(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)，平衡常数K＝_____________________________________________________________________
(K1、K2表示)；
②若反应中还原NOx至N2，消耗标准状况下4.48 L CH4，则反应过程中转移的电子总数为________。
(2)利用烟气中分离所得的CO2、CO与H2按一定比例混合在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
反应1：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
ΔH1＝－99.0 kJ·mol－1
反应2：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
ΔH2＝483.0 kJ·mol－1
反应3：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
ΔH3＝384.0 kJ·mol－1
(注：以上三个反应存在问题，不符合盖斯定律，读者理解题意即可。为遵重原卷，未作修改，望读者知悉。)
反应体系中CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图所示。
①α(CO)值随温度升高而减小的原因是______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________；
②图中的p1、p2、p3由大到小的顺序为_____________________________________________________________________。
(3)亚氯酸钠(NaClO2)和次氯酸钠(NaClO)混合液作为复合吸收剂可脱除烟气中的NOx、SO2，使其转化为NO、SO。
①写出NO与NaClO2反应的离子方程式：______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________；
②图甲表示在一定条件下温度与复合吸收剂对烟气中SO2、NO脱除效率的关系，图中SO2比NO脱除效率高的原因可能是_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
③从复合吸收剂吸收烟气后的废液中可回收得到NaHSO4，低温电解NaHSO4水溶液可制备工业上常用的强氧化剂Na2S2O8，原理如图乙所示，电解时电极Ⅰ的电极反应式为_____________________________________________________。
解析 (1)①该反应可由题给两个反应相加后除以2得到，平衡常数K＝；②标准状况下，4.48 L CH4的物质的量为0.2 mol，CH4中碳元素化合价从－4价变为＋4价，则转移电子的物质的量＝0.2 mol×8＝1.6 mol。(3)①NaClO2溶液呈碱性，反应的离子方程式见答案；②SO2脱除效果好的原因可能是SO2在水中溶解度较大，且还原性强；③电极Ⅰ为阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式见答案。
答案 (1)① ②1.6NA
(2)①升高温度时，反应1为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应3为吸热反应，平衡向右移动，又使得CO的量增大
②p1＞p2＞p3
(3)①4NO＋3ClO＋4OH－===4NO＋3Cl－＋2H2O
②SO2易溶于水，NO难溶于水，吸收剂中SO2浓度明显比NO大(或SO2的还原性强或脱硝反应活化能较高)
③2SO－2e－===S2O
以工业生产、图像分析为主的综合探究
4.(2018·盐城三调)Ca10(PO4)6(OH)2(羟基磷酸钙，简写HAP)是一种新型的环境功能矿物材料，可用于除去水体中的F－、Cd2＋、Pb2＋及Cu2＋等。
(1)制备HAP的步骤如下：分别配制250 mL浓度均为0.5 mol·L－1的Ca(NO3)2溶液和(NH4)2HPO4溶液(pH约为8)，按n(Ca)/n(P)＝1.67分别量取相应体积的溶液，加热至50 ℃，不断搅拌下，按特定的方式加料，强力搅拌1 h，再经后续处理得到产品。
①特定的加料方式是________(填序号)。
a.将Ca(NO3)2溶液逐滴滴入(NH4)2HPO4溶液中，再用氨水调节pH至10.5
b.将(NH4)2HPO4溶液逐滴滴入Ca(NO3)2溶液中，再用氨水调节pH至10.5
c.将(NH4)2HPO4溶液和氨水混合并调节pH至10.5，再滴入Ca(NO3)2溶液
②反应生成Ca10(PO4)6(OH)2的离子方程式为______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
(2)HAP脱除F－的操作是：在聚四氟乙烯烧杯中加入50 mL 10 mg·L－1NaF溶液和0.15 g Ca10(PO4)6(OH)2，在恒温下振荡，每隔1 h测定一次溶液中F－浓度，直至达到吸附平衡。
①实验中“烧杯”材质用“聚四氟乙烯”塑料而不用玻璃，其原因是_____________________________________________________________________
②除氟反应形式之一是：Ca10(PO4)6(OH)2＋20F－10CaF2＋6PO＋2OH－，该反应的平衡常数K＝________[用Ksp(CaF2)和Ksp(HAP)表示]。
(3)HAP脱除Pb(Ⅱ)包括物理吸附和溶解沉淀吸附。物理吸附时，HAP的特定位可吸附溶液中某些阳离子；溶解－沉淀吸附的机理为：
Ca10(PO4)6(OH)2(s)＋2H＋(aq)10Ca2＋(aq)＋6PO(aq)＋2H2O(l)(溶解)
10Pb2＋(aq)＋6PO(aq)＋2H2O(l)Pb10(PO4)6(OH)2(s)＋2H＋(aq)(沉淀)
已知Pb(Ⅱ)的分布分数如题图1所示；一定条件下HAP对Pb(Ⅱ)平衡吸附量与pH的关系如题图2所示。
①能使甲基橙显红色的Pb(Ⅱ)溶液中滴入少量NaOH至溶液呈中性，该过程中主要反应的离子方程式为________________________________________________
______________________________________________________________________。
②当pH＜3.0时，pH越小，HAP对Pb(Ⅱ)平衡吸附量稍减小，其原因是_____________________________________________________________________。
③当pH＞7.0时，生成的沉淀为________________________________________(填化学式)；
此时pH越大，HAP对Pb(Ⅱ) 平衡吸附量越小，其原因是______________________________________________________________________。
解析 (1)①a项，(NH4)2HPO4溶液呈碱性，Ca(NO3)2溶液逐滴滴入(NH4)2HPO4溶液中，可能造成局部生成磷酸钙沉淀；c项，先加氨水调节pH，会生成磷酸钙沉淀。②注意：HPO不能拆成离子形式。(2)①F－水解会生成HF，易与玻璃中SiO2反应。②K＝＝×＝。(3)①由图示可知甲基橙显红色，此时以Pb2＋存在，pH＝7时，产物为Pb(OH)＋，即Pb2＋＋OH－===Pb(OH)＋。②由题给信息“HAP的特定位可吸附溶液中某些阳离子”，pH小，c(H＋)大，大量H＋占据HAP对Pb2＋的吸附位，物理吸附能力减弱。③由图示可知pH>7时，产物为Pb(OH)2和Pb10(PO4)6(OH)2。由题给反应可知在酸性条件下溶解，pH越大，溶解越少。
答案 (1)①b ②10Ca2＋＋6HPO＋8NH3·H2OCa10(PO4)6(OH)2↓＋8NH＋6H2O
(2)①防止F－水解生成的HF与玻璃中SiO2反应
②Ksp(HAP)/K(CaF2)
(3)①Pb2＋＋OH－===Pb(OH)＋ ②溶液中c(H＋)大，大量H＋占据HAP对Pb2＋的吸附位，物理吸附能力减弱 ③Pb10(PO4)6(OH)2和Pb(OH)2 c(H＋)减小，会减少HAP在溶液中的溶解量，使生成的c(PO)减小，溶解－沉淀吸附能力减弱且改变了吸附机理
5.(2018·南京三模)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＋，调定不同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，如图3为pH对Pb2＋吸附率的影响，其原因是_________________________________。
解析 (1)①注意HSO不能拆。②pH>8，Fe2＋转化为Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2易被氧化，失去还原能力。③I分析了亚铁盐成中性/碱性和酸性条件下不同。Ⅱ可以对比分析亚铁盐和亚硫酸盐在不同条件下去除效率不同。(2)①“相同反应时间”，Ⅱ中残留Mn2＋残留浓度小，说明去除率高，说明速率快，MnO2有催化作用。②由图示可知pH＝9，MnO2作催化剂时氧化效果最好。(3)pH越大，说明溶液中c(OH－)越大，带负电荷越多，有利于吸附带正电荷的Pb2＋。
答案 (1) ① 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
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)① MnO2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＋
6.(2017· 通扬泰六市联考)SO2和氮氧化物的转化和综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。
(1)H2还原法是处理燃煤烟气中SO2的方法之一。已知：
2H2S(g)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(l)
ΔH＝a kJ·mol－1
H2S(g)===H2(g)＋S(s) ΔH＝b kJ·mol－1
H2O(l)===H2O(g) ΔH＝c kJ·mol－1
写出SO2(g)和H2(g)反应生成S(s)和H2O(g)的热化学方程式：______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
(2)20世纪80年代Townley首次提出利用电化学膜脱除烟气中SO2的技术：将烟气预氧化使SO2转化为SO3，再将预氧化后的烟气利用如图所示原理净化利用。
①阴极反应方程式为__________________________________________________；
②若电解过程中转移1 mol电子，所得“扫出气”用水吸收最多可制得质量分数为70%的硫酸________g。
(3)利用脱氮菌可净化低NO废气浓度。当废气在塔内停留时间均为90 s的情况下，测得不同条件下NO的脱氮率如图Ⅰ、Ⅱ所示。
①由图Ⅰ知，当废气中的NO含量增加时，宜选用________法提高脱氮效率；
②图Ⅱ中，循环吸收液加入Fe2＋、Mn2＋提高了脱氮的效率，其可能原因为______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
(4)研究表明：NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。图Ⅲ所示为复合吸收剂组成一定时，温度对脱硫脱硝的影响。
①温度高于60 ℃后，NO去除率随温度升高而下降的原因为______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________；
②写出废气中的SO2与NaClO2反应的离子方程式______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
解析 (1)由盖斯定律可算出反应的焓变，要注意热化学方程式要写物质状态。(2)①由原理图知，在阴极SO3、O2转化为SO，故阴极反应式为2SO3＋O2＋4e－===2SO；②阳极发生反应为2SO－4e－===2SO3＋O2↑，故转移1 mol电子时，生成SO3的物质的量为0.5 mol，可生成H2SO4的物质的量为0.5 mol，即49 g，可制得70%的硫酸的质量＝ g＝70 g。(3)①由图Ⅰ知，当废气中的NO含量增加时，“厌氧反硝化法”脱氮率降低，而“好氧硝化法”脱氮率升高，故选择“好氧硝化法”，②提高脱氮效率可加快反应速率，故Fe2＋、Mn2＋可能是反应的催化剂。(4)①温度过高时，要考虑物质分解、物质水解、物质挥发、气体溶解度降低等因素，结合本题的反应，可找到H2O2易分解这个因素；②溶液中，SO2的氧化产物为SO，ClO的还原产物是Cl－(不要写成Cl2，Cl2仍有较强的氧化性)，再写出ClO＋SO2―→Cl－＋SO，最后全面配平。
答案 (1)SO2(g)＋2H2(g)===S(s)＋2H2O(g) ΔH＝(a－2b＋2c) kJ·mol－1
(2)①2SO3＋O2＋4e－===2SO ②70
(3)①好氧硝化
②Fe2＋、Mn2＋对该反应有催化作用
(4)①温度升高，H2O2分解速率加快
②2H2O＋ClO＋2SO2===Cl－＋2SO＋4H＋
【当堂指导】
化学综合探究题一般都是组合题，每小题往往相对独立，各自考查不同的知识，解题时，审题“三读”：
(1)泛读，明确有几个条件及求解的问题；
(2)细读，把握关键字、词和数量关系等；
(3)精读，要深入思考，注意挖掘隐含信息等。注意“向细心要分，向整洁规范要分”。认真审题后，根据题目中给出的文字、图像、数据等提炼出重要的信息，然后分析每小题的考查方向，明确该用哪部分化学理论知识来解答。
1.(2018·苏锡常镇一调)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：
NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。
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b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c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用石灰乳吸收氮的氧化物，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，V(NO2)/V(NO)________(选填“≥”或“≤”)1。
②目前可采用电解的方法除去废水中的NO，原理如图d所示。写出阴极的电极反应式：______________________________________________________________。
解析 (1)目标反应可由反应①×3－③×3－②获得，计算反应热。(2)①NO→NO，转移电子数3e－，O2～4e－，得失电子守恒：n(NO)∶n(O2)＝4∶3。②由图示可知第一阶段H2的量在减少，NH3的量在增多，可知H2和Ba(NO3)2反应生成NH3和BaO[由图a可知Ba(NO3)2转化为BaO]，配平。(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(该图像表示的是相同时间条件下的转化率)。选择催化剂乙是因为在温度低时，催化剂乙的催化效率高，单位时间内转化量多，转化率高。(4)①由于NO不能被碱吸收，NO2可以被碱吸收，所以NO不能超过NO2的量。②NO→N2。
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也可)
2.(2018·南通等七市联考)粉煤灰的综合利用既有利于节约资源又有利于保护环境。某粉煤灰(主要含Al2O3、Fe2O3、CaCO3等)的铝、铁分离工艺流程如下：
(1)①“酸浸”时Al2O3发生反应的离子方程式为____________________________
_____________________________________________________________________。
②当硫酸质量分数大于50%，金属氧化物浸出率明显下降。其原因是______________________________________________________________________。
(2)有关金属离子以氢氧化物沉淀时离子浓度随pH变化如图1所示。若浸出液不经还原直接与氨水混合，铝、铁元素分离效果较差的原因是_____________________________________________________________________。
(3)沉铝后所得FeSO4溶液可用于烟气中NO吸收，其原理为Fe2＋＋2NO[Fe(NO)2]2＋，烟气中O2的体积分数对NO吸收率的影响如图2所示。
①为提高烟气中NO 的吸收率，可采取的措施有_____________________________________________________________________
________________________________________________________________________(答一条，并说明理由)。
②“再生”过程中，[Fe(NO)2]2＋在微生物的作用下与C6H12O6发生反应的离子方程式为_____________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(4)Al(OH)3经过一系列反应可获得粗铝，利用熔融状态下物质密度不同，通过三层液电解精炼法可由粗铝获得高纯铝(装置如图3所示)。
①该装置工作时，电极A作________极。
②熔融粗铝时加入铜的作用是_________________________________________。
解析 (1)②硫酸浓度过大，会生成CaSO4微溶物覆盖在固体表面，阻止铁、铝氧化物溶解(类似于实验室制CO2不用硫酸)。(2)还原的目的是将Fe3＋转化为Fe2＋，由图可知Fe3＋完全沉淀的pH接近于Al3＋开始沉淀的pH。
(3)①提高NO的吸收率，增大Fe2＋浓度，使平衡正向移动。也可以减缓通入NO的速率，使其充分吸收。从图像可知增大O2的量有利于NO的吸收。②“再生”同时还能除NO，说明[Fe(NO)2]2＋被C6H12O6还原为Fe2＋、N2，自身被氧化为CO2。(4)①由图示，熔融粗铝和铜混合物在电极B被氧化，电极B为阳极。②由题给信息“利用熔融状态下物质密度不同”，增大阳极熔融物的密度。
答案 (1)①Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O
②生成的CaSO4覆盖在固体反应物表面，阻止铁、铝氧化物的溶解
(2)Fe3＋完全沉淀与Al3＋开始沉淀的pH相近
(3)①增大FeSO4溶液浓度，有利于吸收NO的平衡向正反应方向移动，或增大氧气含量，有利于NO与O2、H2O反应转化为HNO3等被吸收或减缓通入气体的速率，增大气、液接触时间
②C6H12O6＋6[Fe(NO)2]2＋6Fe2＋＋ 6N2↑＋ 6CO2↑＋6H2O
(4)①阴 ②增大阳极熔融物的密度
3.(2017·通扬泰三调)黄铁矿(主要成分为FeS2)的利用对资源和环境具有重要意义。
(1)工业上煅烧黄铁矿可制取SO2。已知下列热化学方程式：
4FeS2(s)＋11O2(g)===2Fe2O3(s)＋8SO2(g)
ΔH＝a kJ·mol－1
S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝b kJ·mol－1
Fe(s)＋2S(s)===FeS2(s) ΔH＝c kJ·mol－1
则4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)
ΔH＝____________kJ·mol－1。
(2)一种酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图所示。
①写出图甲中Fe3＋与FeS2反应的离子方程式：_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________；
②硝酸也可将FeS2氧化为Fe3＋和SO，使用浓硝酸比使用稀硝酸反应速率慢，其原因是____________________________________________________________
_____________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
(3)控制Fe2＋的浓度、溶液体积和通入O2的速率一定，图乙所示为改变其他条件时Fe2＋氧化的转化率随时间的变化。
①加入NaNO2发生反应，2H＋＋3NO===NO＋2NO↑＋H2O。若1 mol NaNO2完全反应，则转移电子的数目为________mol。
②加入NaNO2、KI发生反应：4H＋＋2NO＋2I－===2NO↑＋I2＋2H2O。解释图乙中该条件下能进一步提高单位时间内Fe2＋转化率的原因：_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(4)为研究FeS2作电极时的放电规律，以FeS2作阳极进行电解，由FeS2放电产生粒子的含量与时间、电压(U)的关系如图丙所示。
丙
①写出t1～t2间FeS2所发生的电极反应式：______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________；
②当电压的值介于3U～4U之间，FeS2放电所得主要粒子为________。
解析 (1)依据盖斯定律，可得所求反应的焓变。(2)①从图甲中看，Fe3＋氧化FeS2生成Fe2＋和SO，根据Fe和S得失电子守恒配平反应；②从图甲中分析知，NO可作为反应过程中的催化剂，浓硝酸在反应中生成NO2，而稀硝酸生成NO，可作催化剂用。(3)①N元素发生歧化反应，3 mol NO参加反应时，转移2 mol e－，则1 mol NaNO2完全反应时，转移 mol电子；②图乙中，未通NO时，Fe2＋的转化率最低，同时加入NaNO2和KI时，Fe2＋转化率最高，根据反应知，在酸性条件下，NO和I－反应有NO生成，而NO为该过程的催化剂。(4)①图丙中，在t1～t2间，产物为Fe2＋和S，电极反应式见答案；②在3U～4U之间，生成物变化较多的是Fe3＋和SO，而S和Fe2＋相对基本不变。
答案 (1)a＋4c－8b
(2)①14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋
②稀硝酸反应后被还原为NO，浓硝酸被还原为NO2，NO可作催化剂，而NO2不能
(3)① ②生成的催化剂NO更多，加快了反应速率
(4)①FeS2－2e－===Fe2＋＋2S ②Fe3＋、SO
4.(2017·南京盐城连云港二模)钴及其化合物可应用于催化剂、电池、颜料与染料等。
(1)CoO是一种油漆添加剂，可通过反应①②制备。
①2Co(s)＋O2(g)===2CoO(s)
ΔH1＝a kJ·mol－1
②CoCO3(s)===CoO(s)＋CO2(g)
ΔH＝b kJ·mol－1。
则反应2Co(s)＋O2(g)＋2CO2(g)===2CoCO3(s)的ΔH＝________。
(2)某锂电池的电解质可传导Li＋，电池反应式为LiC6＋CoO2C6＋LiCoO2。
①电池放电时，负极的电极反应式为______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________，
Li＋向________移动(填“正极”或“负极”)；
②一种回收电极中Co元素的方法是：将LiCoO2与H2O2、H2SO4反应生成CoSO4，该反应的化学方程式为_________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(3)BA3F高压法制备醋酸采用钴碘催化循环过程如图所示，该循环的总反应方程式为_________________________________________________________________
______________________________________________________________________(反应条件无需列出)。
(4)某含钴催化剂可同时催化去除柴油车尾气中的碳烟(C)和NOx。不同温度下，将10 mol模拟尾气(成分如表所示)以相同的流速通过该催化剂，测得所有产物(CO2、N2、N2O)与NO的相关数据结果如图所示。
模拟尾气
气体
碳烟
NO
O2
He
物质的量分数
或物质的量
0.25 %
5%
94.75%
a mol
①380 ℃时，测得排出的气体中含0.45 mol O2和0.052 5 mol CO2，则Y的化学式为________；
②实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
解析 (1)目标反应可由反应①－2×②得到，则ΔH＝(a－2b)kJ·mol－1。(2)①电池放电时，负极发生氧化反应，电极反应式为LiC6－e－===Li＋＋C6，原电池中阳离子向正极方向移动；②由题意，＋3价的Co转化变＋2价，则H2O2中－1价的O转化为0价，化学方程式见参考答案。(3)由图示关系可罗列出其中的各反应，从而可得该循环的总反应方程式为CO＋CH3OH―→CH3COOH。(4)①按题意，反应前O2共0.5 mol，NO共0.025 mol，反应后生成0.052 5 mol CO2，但消耗0.05 mol O2，剩余0.45 mol O2，必然有0.002 5 mol CO2由NO转化时得到，设生成N2时同时得到CO2的物质的量为x，生成N2O同时得到CO2的物质的量为y，即：
2NO＋C===CO2＋N2 4NO＋C===2N2O＋CO2
2 1 4 1
2x x 4y y
则有：x＋y＝0.002 5 mol，2x＋4y＝10 mol×0.25%×(8%＋16%)＝0.006 mol，解得x＝0.002 mol，y＝0.000 5 mol，即2x＝0.004 mol，4y＝0.002 mol，所以图像Y处为N2O；②NO2中存在N2O4，不便于定量测定或真实尾气中以NO为主。
答案 (1)(a－2b) kJ·mol－1
(2)①LiC6－e－===Li＋＋C6 正极
②2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4===Li2SO4＋2CoSO4＋4H2O＋O2↑
(3)CO＋CH3OH―→CH3COOH (4)①N2O ②NO2中存在N2O4，不便于定量测定
课时强化训练
1.(2018·盐城期中)漂白粉来源广泛、价格低廉，用其脱除烟气中SO2和NOx是目前研究的热点之一。
(1)脱除烟气中的SO2和NOx实验示意装置如图所示：图中N2和O2的作用_____________________________________________________________________；
装置A的作用是________。
(2)工业上用氯气与熟石灰制取漂白粉的化学方程式为
_____________________________________________________________________。
(3)用漂白粉溶液同时脱硫脱硝时，测得相同条件下SO2和NO的脱除率随时间变化如图所示：
①SO2的脱除率总是比NO的大，除因为脱除NO的活化能较高外，另一原因是_____________________________________________________________________。
②漂白粉溶液与过量SO2反应(同时有沉淀生成)的离子方程式为_____________________________________________________________________。
(4)脱硝过程中包含一系列反应：2NO＋O2===2NO2，2NO2＋H2OHNO2＋HNO3，NO＋HClONO2＋HCl等。
①实验测得吸收液初始pH与NO脱除率的关系如图所示：ⅰ)在4＜pH＜10时，pH越小，NO脱除率越大，是因为____________________；ⅱ)当pH＝12时，NO脱除率又增大，是因为___________________________________________________。
②为提高NO脱除率，在其他条件相同时，漂白粉溶液中分别添加三种不同添加剂，测得其对NO脱除率的影响如题所示。NO脱除率不同的原因是_____________________________________________________________________。
解析 (1)利用控制通入N2和O2的体积，配制不同体积分数的模拟烟气。空瓶子使气体充分混合。(3)①NO在水中的溶解度小，则气液接触面积小，反应速率慢，脱除率低。②Ca(ClO)2少量，按化学式组成反应：Ca2＋＋2ClO－＋2SO2＋2H2O===CaSO4↓＋SO＋2Cl－＋4H＋，由于漂白粉中学有CaCl2，所以SO均沉淀，有2Ca2＋＋2ClO－＋2SO2＋2H2O===2CaSO4 ↓＋ 2Cl－＋4H＋，即Ca2＋＋ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋Cl－＋2H＋。(4)①pH越小，c(H＋)越大，有利于生成HClO将NO氧化为NO2等 。pH ＝12时，溶液呈碱性，利用于吸收氮氧化物(2NO2＋2NaOH ===NaNO3＋NaNO2＋H2O、NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O)转化为盐。②由图可知，脱氮是将NO氧化为较高价态的氮氧化物，KMnO4氧化性强，脱氮率高。
答案 (1)配制不同体积分数的模拟烟气 将气体充分混合
(2)2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O
(3)①NO的溶解度较低 ②Ca2＋＋ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋2H＋＋Cl－
(4)①ⅰ)pH较小时，有利于生成HClO将NO氧化为较高价态的氮氧化物(或NO2)
ⅱ)碱性条件下有利于氮氧化物(NO2或NO和O2、NO和NO2等)转化成盐
②该条件下氧化性KMnO4＞H2O2＞NaClO2，相应的NO脱除率也大
2.(2016·苏锡常镇三模)NH3是一种重要的化工原料，可用来制备肼、硝酸、硝酸铵和氯胺等。
(1)N2和H2以物质的量之比为1∶3在不同温度和压强下发生反应：N2＋3H22NH3，测得平衡体系中NH3的物质的量分数如图甲所示。
①下列途径可提高氨气产率的是__________(填字母)；
a.采用常温条件
b.采用适当的催化剂
c.将原料气加压
d.将氨液化，并不断移去液氨
②图甲中所示的平衡体系中NH3的物质的量分数为0.549和0.478时，该反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1________K2(填“>”“<”或“＝”)。
(2)肼(N2H4)是一种火箭燃料。已知：
N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g) ΔH＝＋67.7 kJ·mol－1
N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－534.0 kJ·mol－1
NO2(g)===N2O4(g) ΔH＝－28.0 kJ·mol－1
①反应2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)的ΔH＝________kJ·mol－1；
②氨气与次氯酸钠溶液反应生成肼的离子方程式为
_____________________________________________________________________。
(3)电解硝酸工业的尾气NO可制备NH4NO3，其工作原理如图乙所示。
①阴极的电极反应式为
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________；
②将电解生成的HNO3全部转化为NH4NO3，则通入的NH3与实际参加反应的NO的物质的量之比至少为________。
(4)饮用水消毒时，氯胺(NH2Cl等)在酸性条件下具有良好的效果，其原因是______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
解析 ①常温下该反应不能进行，a错误，使用适当催化剂，加快反应速率，但不能改变平衡，b错误，加压平衡正向移动，c正确；液化并移走氨气，平衡正向移动，d正确。②平衡常数仅与温度有关，这两个平衡在同一温度下，故K1＝K2。(2)①将题给反应依次编号为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，根据盖斯定律，将反应Ⅱ×2－反应Ⅰ－反应Ⅲ×2可得目标反应；②反应物为NH3和ClO－，生成物为N2H4和Cl－，结合得失电子守恒和原子守恒写出方程式。(3)①阴极发生还原反应，由图可知，为NO→NH，电解质溶液为酸性；②阳极反应为NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋，当生成l mol NO时，阳极消耗的NO的物质的量＝1 mol，转移3 mol电子，则阴极消耗的NO为 mol，产生的NH为 mol，则需要补充 mol的NH3，参加反应的NO的物质的量＝1＋＝ (mol)。(4)氯胺与水发生反应生成NH3和HClO，酸性条件下NH3与H＋反应，平衡正向移动，HClO的浓度增大，消毒效果好。
答案 (1)①cd ②＝
(2)①－1 079.7 ②2NH3＋ClO－===Cl－＋N2H4＋H2O
(3)①NO＋5e－＋6H＋===NH＋H2O ②1∶4
(4)氯胺与水反应存在平衡：NH2Cl＋H2ONH3＋HClO，酸性条件下平衡右移使次氯酸的浓度变大
3.(2018·南京考前指导)Ⅰ.用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染。
(1)传统上该转化通过如图所示的催化剂循环实现，其中，反应①消耗1 mol HCl(g) 的反应热为ΔH1，反应②生成1 mol Cl2的反应热为ΔH2，则总反应的热化学方程式为________________(反应热用ΔH1和ΔH2表示)。
(2)新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性。
①实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的αHCl—T曲线如图，则总反应的A、B两点的平衡常数K(A)与K(B)中较大的是________。
②在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应αHCl—T曲线的示意图。
Ⅱ.Na2S2O5(焦亚硫酸钠)是常见的食品抗氧化剂之一。将0.5 mol Na2S2O5溶于水配成1 L溶液，该溶液的pH为4.5。溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性变化情况如图所示。
(3)①写出Na2S2O5溶于水的化学方程式_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
②当溶液的pH小于0后，溶液中H2SO3的浓度变小，其原因可能是______________________________________________________________________。
③pH＝3时，溶液中含硫粒子浓度大小关系为______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
Ⅲ.消除甲醇对水体的污染。
(4)有一种电化学法可消除甲醇对水质造成的污染，其原理是：通电后，将Co2＋氧化成Co3＋，然后以Co3＋做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化。实验室用如图装置模拟上述过程：
①写出阳极电极反应式____________________________________________。
②写出除去甲醇的离子方程式___________________________________________
_____________________________________________________________________。
解析 (1)图示化学反应过程及能量变化，应用盖斯定律书写总反应的热化学方程式；2HCl(g)＋CuO(s)===H2O(g)＋CuCl2(s)，CuCl2(s)＋O2(g)===CuO(s)＋Cl2(g)，总反应为4HCl(g)＋O2 (g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)，所以ΔH ＝ 4ΔH1＋2ΔH2。
(2)利用HCl平衡转化率随温度变化的αHCl－T曲线图表获取相关信息，应用化学平衡原理判断不同温度下可逆反应的平衡常数大小和压强对化学平衡的影响。由图可知，随着温度升高，HCl平衡转化率下降，正反应为放热反应，所以，温度越高，平衡常数越小；总反应正反应方向是气体分子总数减小的方向，所以增大压强，HCl平衡转化率上升。
(3)焦亚硫酸钠溶于水后，溶液中含硫粒子浓度随溶液pH不同而变化的曲线，判断含硫粒子存在形式和浓度大小及焦亚硫酸钠溶于水时发生反应的化学方程式。Na2S2O5溶于水配成溶液，溶液的pH为4.5，pH为4.5时含硫粒子存在形式是HSO，故焦亚硫酸钠溶于水时发生反应的化学方程式为Na2S2O5＋ H2O===2NaHSO3。
(4)电解池阳极发生氧化反应，阳极反应式为Co2＋－e－===Co3＋，阴极产生H2。根据题意，Co3＋做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2，Co3＋重新还原为Co2＋ 反应的离子方程式为：6Co3＋＋CH3OH＋H2O===CO2↑＋6Co2＋＋6H＋。
答案 Ⅰ.(1)4HCl(g)＋O2 (g)===2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH ＝4ΔH1＋2ΔH2
(2)①K(A)
②如图所示：
Ⅱ.(3)①Na2S2O5＋H2O===2NaHSO3
②亚硫酸性质不稳定，易分解为SO2从溶液中逸出，所以H2SO3的浓度变小。
③c(HSO)>c(H2SO3) >c(SO)
Ⅲ.(4)①Co2＋－e－===Co3＋ ②6Co3＋＋CH3OH＋H2O===CO2↑＋6Co2＋＋6H＋
4.(2018·南京盐城二模)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
2NO(aq)＋O2(g)===2NO(aq) ΔH＝b kJ/mol
5NH(aq)＋3NO(aq)===4N2(g)＋9H2O(l)＋2H＋(aq) ΔH＝c kJ/mol
则4NH(aq)＋3O2(g)===2N2(g)＋6H2O(l) ＋4H＋(aq) ΔH＝________kJ/mol
(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”“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) 除去。25 ℃时，在氨氮初始质量浓度400 mg/L，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 (2)纵坐标为剩余氨氮浓度，由图可知，c(Cl－)增大，剩余氨氮浓度减小，去除率增大。c(Cl－)增大，阳极产生更多的氯气能够将－3价氮氧化而除去。(3)②由图可知当pH介于8.5～9.5时，氨氮去除率高。当pH增大时，MgNH4PO4·6H2O转化为溶度积更小的Mg(OH)2，放出PO。
答案 (1)1/4(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
5.(2018·通扬泰徐淮宿二调)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Ni－MgO/γ－Al2O3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)②反应I为Ca(OH)2吸收SO2生成CaSO3，反应Ⅱ为CaSO3、Ca(OH)2、NO2反应生成CaSO4、Ca(NO2)2[由题给信息“得含CaSO4、Ca (NO2)2的副产品”]。(2)取图上某点(如加入CO为0.2 mol)有SO2＋2CO===2X＋0.5Y，由原子守恒得X为CO2，Y为S2。(3)①对比在空气中燃烧和在O2和CO2的混合气体中燃烧，可知都有O2，不同前者含有N2，后者是CO2，烟气中NOx的排放量明显降低可能是减少了N2和O2的反应。②该反应是熵增的反应，得利于自发。
2x/(6＋2x)＝0.4，x＝2，CO2转化率为66.7%。④CO2→HCOOH，注意传导离子为O2－，利用O2－来平衡电荷。
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－
6.(2017·盐城三调)镁的单质及其化合物在电池制造、储氢及大气治理等方面用途非常广泛。
(1)一种镁锂双离子二次电池的装置如图甲所示。
①放电时，迁移至正极区的离子是________；
②充电时，阳极的电极反应式为________________________________________
_____________________________________________________________________。
(2)纳米MgH2和LiBH4组成的体系如图乙所示，400 ℃以上受热放氢时发生反应的化学方程式为___________________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)镁将成为未来超级燃料，燃烧时还可除去空气中过多的温室气体。已知1 g固态镁在CO2气体中完全燃烧放出4.3 kJ的热量，该反应的热化学方程式为______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(4)MgO浆液是高活性的脱硫剂，脱除烟气中的SO2主要包含的反应有：
Ⅰ.Mg(OH)2＋SO2===MgSO3＋H2O；
Ⅱ.MgSO3＋SO2＋H2O===Mg(HSO3)2；
Ⅲ.Mg(HSO3)2＋Mg(OH)2===2MgSO3＋2H2O；
Ⅳ.2MgSO3＋O2===2MgSO4。
用MgO浆液脱硫时，脱硫效率、pH及时间的关系如图丙所示。
已知：20 ℃，H2SO3的K1＝1.54×10－2，K2＝1.02×10－7；25 ℃时，Ksp(CaSO3)＝3.1×10－7，Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10－11，MgSO3的溶解度为0.646 g/100 g H2O。
①脱硫过程中使浆液pH减小最显著的反应是________(填“Ⅰ”“Ⅱ”“Ⅲ”或“Ⅳ”)；
②约9 000 s之后，脱硫效率开始急速降低，其原因是_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________；
③其他条件相同时，镁基和钙基脱硫效率与液、气摩尔流量比如图丁所示，镁基脱硫效率总比钙基大，除生成的MgSO4具有良好的水溶性外，还因为______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
解析 ①放电时为原电池，阳离子移向正极，图中为Li＋透过膜，所以向正极移动的为Li＋；②Li＋移向正极，Li1－xFePO4结合Li＋生成LiFePO4，电极反应式为Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4，充电为电解池，阳极反应式见答案。(2)从图乙看，MgH2和LiBH4生成LiH、MgB2和H2，分别根据B、Li、H守恒配平反应。(3)Mg与CO2反应生成MgO和C，化学方程式为2Mg＋CO22MgO＋C，1 g Mg反应放出4.3 kJ热量，则48 g Mg反应放出的热量＝48×4.3 kJ＝206.4 kJ，热化学方程式要标上物质的状态，放热反应的ΔH标为负号，单位为kJ·mol－1。(4)①四个反应中，反应Ⅱ由难溶的MgSO3转化为可溶性的Mg(HSO3)2，HSO显酸性，pH明显减小，②9 000 s时，脱硫效率下降，此时对应的pH约为3，说明Mg(OH)2已耗尽，不再吸收SO2；③镁基脱硫效率比钙基大，由给出的数据知，MgSO3的溶解度比CaSO3的大，故用Mg(OH)2比Ca(OH)2更易吸收，由于MgSO3的溶解度大，电离出的SO多，故更易被O2氧化生成更稳定的SO。
答案 (1)①Li＋ ②LiFePO4－xe－===Li1－xFePO4＋xLi＋
(2)MgH2＋2LiBH4===2LiH＋MgB2＋4H2↑
(3)2Mg(s)＋CO2(g)===2MgO(s)＋C(s)
ΔH＝－206.4 kJ·mol－1
(4)①Ⅱ ②浆液中Mg(OH)2已耗尽
③MgSO3溶解度比CaSO3大；MgSO3比CaSO3更易氧化
[题型特点]
化学综合探究题是基于化学反应原理综合应用的探究题，围绕某一主题进行拓展，试题融合化学反应中能量变化、电化学原理、化学平衡原理等知识的应用，还与元素化合物知识、化学计算、氧化还原反应等联系起来综合考查。注重考查图表分析能力、信息的接受分析与应用能力，较难。
1.(2018·江苏化学，20)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。
(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：_____________________________________________________________________。
(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：____________________________________________________________________。
(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。
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(装置如图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_____________________________________________________________________。
解析 (1)①2NO2(g)＋H2O(l)===HNO3(aq)＋HNO2(aq) ΔH＝－116.1 kJ·mol－1，②3HNO2(aq)===HNO3(aq)＋2NO(g)＋H2O(l) ΔH＝75.9 kJ·mol－1，根据盖斯定律，(①×3＋②)/2得：3NO2(g)＋H2O(l)===2HNO3(aq)＋NO(g) ΔH＝－136.2 kJ·mol－1。(2)电解时阳极HNO2失去电子生成HNO3，同时消耗水，得到较浓的硝酸，电极反应式为：HNO2－2e－＋H2O===3H＋＋NO。(3)根据题给反应物HNO2、(NH2)2CO，生成物N2、CO2，结合质量守恒和化合价升降法配平化学方程式得：2HNO2＋(NH2)2CO===2N2↑＋CO2↑＋3H2O。(4)①反应时NH3中N由－3价升高到0价，NO2中N由＋4价降低到0价，反应为6NO2＋8NH3===7N2＋12H2O，则生成1 mol N2，转移电子mol。②迅速上升段是催化剂活性随温度升高而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；温度高于380 ℃，催化剂活性下降，且NH3与O2反应生成了NO。
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·江苏化学，20)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______________________________________________________________________。
(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
_____________________________________________________________________。
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO＋H＋的电离常数为Ka1，则pKa1＝________(pKa1＝－lgKa1)。
(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。
图3
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_____________________________________________________________________。
解析 (1)由题所给原料中无碳元素，思考碳元素的来源，联想到NaOH可以吸收空气中的CO2。(2)①含酚酞溶液由无色变浅红色，说明溶液由pH小于8增大到8～10，由图1当pH增大到8～10时，H3AsO3减少，H2AsO在增加，说明H3AsO3与OH－反应生成H2AsO。②Ka1＝，由图2，选c(H3AsO4)＝c(H2AsO)点，此时pH＝2.2，pKa1＝－lgc(H＋)＝2.2。(3)①pH 7～9之间，此时吸附剂X带有较多的负电荷，随pH升高，由图2可知五价砷以HAsO为主，负电荷增多，负电荷相互之间的静电斥力增加，吸附量下降。②在pH 4～7之间，吸附剂X表面带正电荷，由图2可知五价砷以H2AsO和HAsO为主，负电荷增多，正负电荷之间的静电吸引增大，有利于吸附；同时由图1可知三价砷以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小。利用氧化剂将三价砷转化为五价砷，吸附量增大。
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，吸收量下降 ②在pH 4～7之间，吸附剂X表面带正电荷，五价砷主要以H2AsO和HAsO阴离子存在，静电引力较大；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·江苏化学，20)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。
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)4]－，其离子方程式为______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
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(见图)，产生该差异的可能原因是_____________________________________________________
_____________________________________________________________________。
Ⅰ含50 mg·L－1NO的水样
Ⅱ含50 mg·L－1 NO＋50 mg·L－1 Cu2＋的水样
解析 (1)Cr2O得6e－生成Cr3＋，溶液呈酸性，有：Cr2O＋6e－＋14H＋===
2Cr3＋＋7H2O。(2) ①铁炭混合物中铁的质量分数为0，说明剩下的全是炭(题给信息为活性炭)，活性炭具有吸附性，能吸附水中的重金属离子而除去少量的Cu2＋、Pb2＋。②由(1)可知铁炭混合物除去重金属离子的原理是构成微电池，当铁含量过多时，炭含量少，构成微电池的数目减少，效率下降。(3)①反应物为Fe2＋、BH，生成物为Fe、H2和[B(OH)4]－，BH中H显－1价，被氧化为H2，注意溶液呈碱性，配平。②pH偏低，说明c(H＋)大，纳米铁粉能与H＋反应。③由图可知含有Cu2＋的溶液中去除速率快，可以从影响速率的因素角度分析，如Cu2＋的催化作用，铁置换Cu构成原电池，加快纳米铁的反应速率。
答案 (1)Cr2O＋14H＋＋6e－===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)4]－
②纳米铁粉与H＋反应生成H2
③Cu2＋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)
4.(2015·江苏化学，20)烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为
NO(g)＋O3(g)===NO2(g)＋O2(g)
ΔH＝－200.9 kJ·mol－1
NO(g)＋O2(g)===NO2(g)
ΔH＝－58.2 kJ·mol－1
SO2(g)＋O3(g)===SO3(g)＋O2(g)
ΔH＝－241.6 kJ·mol－1
(1)反应3NO(g)＋O3(g)===3NO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。
(2)室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反应前n(O3)∶n(NO)的变化见下图：
①当n(O3)∶n(NO)＞1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是______________________________________________________________________。
②增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是______________________________________________________________________。
(3)当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中SO将NO2转化为NO，其离子方程式为_____________________________________________________________________。
(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c(SO)＝____________________[用c(SO)、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示]；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
解析 (1)对所给的三个热化学方程式由上到下依次标记为①、②、③，由反应①和②可知O2是中间产物，①＋②×2消去O2，可得目标反应的ΔH＝－200.9 kJ·mol－1＋(－58.2 kJ·mol－1)×2＝－317.3 kJ·mol－1。(2)①由图可知，当n(O3)∶n(NO)>1时，n(NO)没有变化，而n(NO2)减少，说明NO2被O3氧化了，生成了更高价态的氧化物N2O5；②SO2具有较强的还原性，O3具有较强的氧化性，而增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其原因可能是SO2与O3的反应速度很慢，SO2的量变化不明显。(3)SO将NO2还原为NO，本身被氧化为SO，溶液的pH约为8，说明溶液呈弱碱性，由此可写出反应的离子方程式：SO＋2NO2＋
2OH－===SO＋2NO＋H2O。(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，发生反应：CaSO3(s)＋SOCaSO4(s)＋SO(aq)，溶液中CaSO3、CaSO4均处于饱和状态，则有＝＝，所以c(SO)＝·c(SO)；由反应CaSO3(s)＋SO(aq)CaSO4(s)＋SO(aq)可知，CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收率的主要原因是增大了溶液中c(SO)，使反应速率加快。
答案 (1)－317.3
(2)①O3将NO2氧化为更高价氮氧化物(或生成了N2O5)
②SO2与O3的反应速率慢
(3)SO＋2NO2＋2OH－===SO＋2NO＋H2O
(4)×c(SO) CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO的浓度增大，加快SO与NO2的反应速率
5.(2014·江苏化学，20)硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
由硫化氢获得硫单质有多种方法。
(1)将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如上图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：
S2—－2e－===S (n－1)S＋S2－===S
①写出电解时阴极的电极反应式：_____________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成_____________________________________________________________________。
(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3 、FeCl2 、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。
①在图示的转化中，化合价不变的元素是________。
②反应中当有1 mol H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3＋的物质的量不变，需消耗O2的物质的量为________。
③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有________。
(3)H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2。若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
解析 (1)①电解时，阴极溶液中的阳离子放电，即水溶液中的H＋放电生成H2和OH－。②由题给反应可知，阳极区生成了S，S可以理解为(n－1)S＋S2－，加入稀硫酸生成S单质同时还有H2S气体。(2)①由图示反应原理，溶液里H2O中＋1价的H，Cl－、Cu2＋没有参与氧化还原，即H、Cl、Cu三种元素的化合价没有变化。其他元素如O(O2被还原为－2价氧)、Fe(Fe3＋与Fe2＋相互转化)、S(S2－转化为S)的化合价均有变化。②根据得失电子守恒可知，1 mol H2S转化为S单质时，需要氧气0.5 mol。③欲不生成CuS，可以增加氧化剂O2的量，也就是增加混合气体中空气的比例，使S2－完全氧化为硫单质。(3)若H2S分解生成H2和S，气体体积比为1∶1，由图示可知在高温下分解生成的两种气体的体积比为2∶1，设硫蒸气的化学式为Sn，则有H2S―→H2＋Sn，由原子守恒得n＝2，配平即可。
答案 (1)①2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
②S＋2H＋===(n－1)S↓＋H2S↑
(2)①Cu、H、Cl(或铜、氢、氯) ②0.5 mol ③提高混合气体中空气的比例
(3)2H2S2H2＋S2
备考策略
综合应用化学学科知识与方法解决复杂、陌生情境问题，是考生化学平衡能力的综合体现，解决综合探究性问题要求我们首先具有良好的信息素养，能有效地获取和加工信息，建立情境信息、已有知识与问题指向之间的联系；要能准确分析问题情境，确定问题的指向，通过分析比较、类比迁移、概括推理等方法，确定解决问题的方向和途径；要能正确运用化学反应原理、氧化还原反应等相关知识分析和解决问题。解答该类试题的一般方法：结合已有知识，分析理解原理；根据试题要求，逐一规范解答。
[考点精要]
1.运用盖斯定律计算化学反应热或书写热化学方程式的关键：①先找准反应物和生成物的计量关系，再用盖斯定律进行计算；②要注明反应物、生成物的聚集状态；③放热反应ΔH为“－”、吸热反应ΔH为“＋”。利用盖斯定律书写热化学方程式的思维模式为：
特别提醒：通过热化学方程式变形时，利用“加法”不容易出错。
应用盖斯定律进行简单计算时，同时注意：
①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。
③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。
④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。
2.氧化还原反应化学方程式书写和电子转移数目的计算，关键是根据化合价升降正确判断出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，再运用氧化还原反应规律进行分析，特别要关注歧化、归中等复杂反应。
①知识线索。
②氧化还原反应计算题中重要的解题思想。
对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速，获得正确结果。
如2014年江苏化学第20题(2)②反应中当有1 mol H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3＋的物质的量不变，需要消耗O2的物质的量：
H2 ； O 2－
1 mol×2e－＝x×4e－ x＝0.5 mol
3.特定条件下电极反应式的书写
(1)原电池正、负极判断方法(注意观察装置图中下列信息)。
说明 原电池的正极和负极与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关，不要认为活泼电极一定作负极。
(2)可充电电池。
(3)电解时粒子的移动方向。
特别提醒：电解时，在外电路中有电子通过，而在溶液中是依靠离子定向移动形成电流，即电子本身不会通过电解质溶液。
(4)分析电解过程的思维程序。
①判断阴、阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活泼电极。
②分析电解质水溶液的组成，找全离子并分阴、阳两组(不要忘记水溶液中的H＋和OH－)。
③排出阴、阳两极的放电顺序。
阴极：阳离子放电顺序为Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋(酸)＞Fe2＋＞Zn2＋＞H＋(水)＞Al3＋＞Mg2＋＞Na＋＞Ca2＋＞K＋。
阳极：活泼电极＞S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根离子。
注意 a.阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电。
b.最常用、最重要的放电顺序是阳极：Cl－＞OH－；阴极：Ag＋＞Cu2＋＞H＋。
c.电解水溶液时，K＋～Al3＋不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属。
④分析电极反应，判断电极产物，写出电极反应式，要注意遵循原子守恒和电荷守恒。
⑤最后写出电解反应的总化学方程式或离子方程式。
4.工业生产中的图像分析
(1)反应条件的选择
①C2H4也可用于烟气脱硝。为研究温度、催化剂中Cu2＋负载量对其NO去除率的影响，控制其他条件一定，实验结果如图所示。为达到最高的NO去除率，应选择的反应温度和Cu2＋负载量分别是________。
②采用一种新型的催化剂(主要成分是Cu—Mn合金)，利用CO和H2制备二甲醚(DME)。
主反应：2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)
副反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
测得反应体系中各物质的产率或转化率与催化剂的关系如题图所示。则催化剂中n(Mn)/n(Cu)约为________时最有利于二甲醚的合成。
(2)反应原理的分析
①某研究小组在实验室研究某催化剂效果时，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图。
若不使用CO，温度超过775 ℃，发现NO的分解率降低，其可能的原因为_____________________________________________________________________；
在n(NO)/n(CO)＝1的条件下，应控制最佳温度在________左右。
②已知反应HCl(g)＋CH3OH(g)→CH3Cl(g)＋H2O(g)。由图知，HCl和CH3OH的混合气体通过催化剂时的最佳流速在20 L·min－1～30 L· min－1之间。流速过快，会导致氯甲烷产率下降，原因是_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
流速过慢，会使副产物二甲醚增多，其反应为2CH3OH→CH3OCH3＋H2O，生产中常通入适量的水蒸气，该操作对制备CH3Cl的影响是_____________________________________________________________________。
③NH3催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。以FeSO4作催化剂测试温度对氮氧化物脱除效果的影响如图1所示，当反应在400～450 ℃，NOx的转化率随温度升高有所降低，其可能原因是_____________________________________________________________________；
当体系温度升至500 ℃以上时，NOx的转化率迅速下降，其可能原因是_____________________________________________________________________。
图2是300 ℃时，用某种金属氧化物作催化剂，烟气中NH3、NO、NO2不同比例时氮氧化物脱除率，则c(NH3)︰c(NO)︰c(NO2)＝________时，氮氧化物脱除效果最佳。
④溶液pH对次氯酸钠去除氨氮有较大的影响(如图所示)。在pH较低时溶液中有无色无味的气体生成，氨氮去除效率较低，其原因是_____________________________________________________________________。
⑤空气氧化(NH4)2SO3的速率随温度的变化如上图所示，当温度超过60 ℃时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是_____________________________________________________________________。
答案 (1)①350 ℃左右、3% ②2.0 (2)①该反应是放热反应，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行870 ℃(850 ℃到900 ℃之间都可以)
②流速过快反应物与催化剂的接触时间过短，原料利用率降低，导致产率降低 对主副反应有抑制作用，提高CH3Cl纯度的同时，也降低了其产率
③反应放热，升高温度，平衡向逆方向进行 FeSO4受热分解，催化剂失效 2︰1︰1
④盐酸与次氯酸钠反应生成次氯酸，次氯酸分解产生氧气，与氨氮反应的次氯酸量减少了
⑤温度过高(NH4)2SO3会分解(或水解)，浓度减小(或温度升高氧气在溶液中溶解度降低)
[考法指导]
反应原理为主的综合探究
1.(2018·镇江一模)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③、④二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n(H2)/n(CO)＝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)(1)Ksp(CuOH)＝c(Cu＋)·c(OH－)，Ksp(CuCl)＝c(Cu＋)·c(Cl－)，K＝c(Cl－)·
c(H＋)＝×＝×＝
Kw×Ksp(CuCl)/Ksp(CuOH)。(2)①由图示“阳极”转化可知CuCl－→CuCl，配平。②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，总反应为2Cu＋H2O===Cu2O＋H2↑，只需要补充水。③由图示转化可知反应物为： CuCl、2OH－，生成物有Cu2O、Cl－，配平。(3)①题给反应是气体物质的量减小的反应，压强增大，CO转化率提高，p1>p2>p3。②
K＝＝＝46.3
答案 (1) 2Cu2＋＋SO2＋2Cl－＋2H2O===2CuCl↓＋SO＋4H＋ Kw×Ksp(CuCl)/Ksp(CuOH)
(2) ①CuCl－－e－＋Cl－===CuCl ②H2O ③2CuCl＋2OH－===Cu2O↓＋H2O＋4Cl－
(3)①p1>p2>p3 ②46.3
2.(2018·苏锡常镇二调)氢气是一种清洁能源，氢气的制取和储存是氢能源利用领域的研究热点。
(1)H2S热分解制氢的原理：2H2S(g)===2H2(g)＋S2(g) ΔH＝169.8 kJ·mol－1，分解时常向反应器中通入一定比例空气，使部分H2S燃烧，其目的是_____________________________________________________________________；
燃烧生成的SO2与H2S进一步反应，硫元素转化为S2，写出反应的化学方程式：_____________________________________________________________________。
(2)氨硼烷(NH3BH3)是储氢量最高的材料之一，其受热时固体残留率随温度的变化如图甲所示。氨硼烷还可作燃料电池，其工作原理如图乙所示。
①110 ℃时残留固体的化学式为_________________________________________。
②氨硼烷电池工作时负极的电极反应式为_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(3)十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，经历“C10H18→C10H12→C10H8”
的脱氢过程释放氢气。已知：
C10H18(l)C10H12(l)＋3H2(g) ΔH1
C10H12(l)C10H8(l)＋2H2(g) ΔH2
温度335 ℃、高压下，在恒容密闭反应器中进行液态十氢萘(1.00 mol)催化脱氢实验，测得C10H12和C10H8的物质的量n1和n2随时间的变化关系如图丙所示。图丁表示催化剂对反应活化能的影响。
①ΔH1________ΔH2(选填“>”“＝”或“<”)。
②8 h时，反应体系内氢气的物质的量为________mol(忽略其他副反应)。
③n1显著低于n2可能的原因是___________________________________________
_____________________________________________________________________。
解析 (1)题给反应为吸热反应，“H2S燃烧”放出热量，为题给反应提供能量。H2S和SO2发生归中反应生成S2，配平。(1)①假设起始氨硼烷为1 mol，质量为31 g，A点时失重31 g×(100%－93.55%)＝2 g，即失去2 mol H原子。残留固体化学式为BH2NH2或(BH2NH2)n。②由装置，H2O2发生还原反应，在正极反应，负极NH3BH3→NH4BO2，配平时可将NH3BH3→中H均看作＋1价，则N、B均显－3价，配平。(3)①由图可知两者均为吸热反应，ΔH1、ΔH2均为正，且ΔH1>ΔH2。②由方程式可知：生成1 mol C10H12同时生成3 mol H2，生成1 mol C10H8同时生成5 mol H2。n(H2)＝0.374×5＋0.027×3＝1.951(mol)。 ③由图可知催化剂显著降低了C10H12(l)C10H8(l)＋2H2(g)的活化能，使该反应更易进行，即C10H12容易转化为C10H8。
答案 (1) 为H2S热分解反应提供热量 4H2S＋2SO2===4H2O＋3S2 (2)①BH2NH2或(BH2NH2)n
②NH3BH3－6e－＋2H2O===NH＋BO＋6H＋
(3) ①> ②1.951 ③催化剂显著降低了C10H12→C10H8的活化能，反应生成的C10H12很快转变为C10H8，C10H12不能积累
3.(2017·苏锡常镇二调)燃煤烟气中含有大量NOx、CO2、CO和SO2，经处理可获得重要的化工原料。
(1)用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。
CH4(g)＋4NO2(g)4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH1＝－574.0 kJ·mol－1 平衡常数为K1
CH4(g)＋4NO(g)2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝＋1 160.0 kJ·mol－1 平衡常数为K2
①反应CH4(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)，平衡常数K＝_____________________________________________________________________
(K1、K2表示)；
②若反应中还原NOx至N2，消耗标准状况下4.48 L CH4，则反应过程中转移的电子总数为________。
(2)利用烟气中分离所得的CO2、CO与H2按一定比例混合在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
反应1：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
ΔH1＝－99.0 kJ·mol－1
反应2：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
ΔH2＝483.0 kJ·mol－1
反应3：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
ΔH3＝384.0 kJ·mol－1
(注：以上三个反应存在问题，不符合盖斯定律，读者理解题意即可。为遵重原卷，未作修改，望读者知悉。)
反应体系中CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图所示。
①α(CO)值随温度升高而减小的原因是______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________；
②图中的p1、p2、p3由大到小的顺序为_____________________________________________________________________。
(3)亚氯酸钠(NaClO2)和次氯酸钠(NaClO)混合液作为复合吸收剂可脱除烟气中的NOx、SO2，使其转化为NO、SO。
①写出NO与NaClO2反应的离子方程式：______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________；
②图甲表示在一定条件下温度与复合吸收剂对烟气中SO2、NO脱除效率的关系，图中SO2比NO脱除效率高的原因可能是_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
③从复合吸收剂吸收烟气后的废液中可回收得到NaHSO4，低温电解NaHSO4水溶液可制备工业上常用的强氧化剂Na2S2O8，原理如图乙所示，电解时电极Ⅰ的电极反应式为_____________________________________________________。
解析 (1)①该反应可由题给两个反应相加后除以2得到，平衡常数K＝；②标准状况下，4.48 L CH4的物质的量为0.2 mol，CH4中碳元素化合价从－4价变为＋4价，则转移电子的物质的量＝0.2 mol×8＝1.6 mol。(3)①NaClO2溶液呈碱性，反应的离子方程式见答案；②SO2脱除效果好的原因可能是SO2在水中溶解度较大，且还原性强；③电极Ⅰ为阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式见答案。
答案 (1)① ②1.6NA
(2)①升高温度时，反应1为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应3为吸热反应，平衡向右移动，又使得CO的量增大
②p1＞p2＞p3
(3)①4NO＋3ClO＋4OH－===4NO＋3Cl－＋2H2O
②SO2易溶于水，NO难溶于水，吸收剂中SO2浓度明显比NO大(或SO2的还原性强或脱硝反应活化能较高)
③2SO－2e－===S2O
以工业生产、图像分析为主的综合探究
4.(2018·盐城三调)Ca10(PO4)6(OH)2(羟基磷酸钙，简写HAP)是一种新型的环境功能矿物材料，可用于除去水体中的F－、Cd2＋、Pb2＋及Cu2＋等。
(1)制备HAP的步骤如下：分别配制250 mL浓度均为0.5 mol·L－1的Ca(NO3)2溶液和(NH4)2HPO4溶液(pH约为8)，按n(Ca)/n(P)＝1.67分别量取相应体积的溶液，加热至50 ℃，不断搅拌下，按特定的方式加料，强力搅拌1 h，再经后续处理得到产品。
①特定的加料方式是________(填序号)。
a.将Ca(NO3)2溶液逐滴滴入(NH4)2HPO4溶液中，再用氨水调节pH至10.5
b.将(NH4)2HPO4溶液逐滴滴入Ca(NO3)2溶液中，再用氨水调节pH至10.5
c.将(NH4)2HPO4溶液和氨水混合并调节pH至10.5，再滴入Ca(NO3)2溶液
②反应生成Ca10(PO4)6(OH)2的离子方程式为______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
(2)HAP脱除F－的操作是：在聚四氟乙烯烧杯中加入50 mL 10 mg·L－1NaF溶液和0.15 g Ca10(PO4)6(OH)2，在恒温下振荡，每隔1 h测定一次溶液中F－浓度，直至达到吸附平衡。
①实验中“烧杯”材质用“聚四氟乙烯”塑料而不用玻璃，其原因是_____________________________________________________________________
②除氟反应形式之一是：Ca10(PO4)6(OH)2＋20F－10CaF2＋6PO＋2OH－，该反应的平衡常数K＝________[用Ksp(CaF2)和Ksp(HAP)表示]。
(3)HAP脱除Pb(Ⅱ)包括物理吸附和溶解沉淀吸附。物理吸附时，HAP的特定位可吸附溶液中某些阳离子；溶解－沉淀吸附的机理为：
Ca10(PO4)6(OH)2(s)＋2H＋(aq)10Ca2＋(aq)＋6PO(aq)＋2H2O(l)(溶解)
10Pb2＋(aq)＋6PO(aq)＋2H2O(l)Pb10(PO4)6(OH)2(s)＋2H＋(aq)(沉淀)
已知Pb(Ⅱ)的分布分数如题图1所示；一定条件下HAP对Pb(Ⅱ)平衡吸附量与pH的关系如题图2所示。
①能使甲基橙显红色的Pb(Ⅱ)溶液中滴入少量NaOH至溶液呈中性，该过程中主要反应的离子方程式为________________________________________________
______________________________________________________________________。
②当pH＜3.0时，pH越小，HAP对Pb(Ⅱ)平衡吸附量稍减小，其原因是_____________________________________________________________________。
③当pH＞7.0时，生成的沉淀为________________________________________(填化学式)；
此时pH越大，HAP对Pb(Ⅱ) 平衡吸附量越小，其原因是______________________________________________________________________。
解析 (1)①a项，(NH4)2HPO4溶液呈碱性，Ca(NO3)2溶液逐滴滴入(NH4)2HPO4溶液中，可能造成局部生成磷酸钙沉淀；c项，先加氨水调节pH，会生成磷酸钙沉淀。②注意：HPO不能拆成离子形式。(2)①F－水解会生成HF，易与玻璃中SiO2反应。②K＝＝×＝。(3)①由图示可知甲基橙显红色，此时以Pb2＋存在，pH＝7时，产物为Pb(OH)＋，即Pb2＋＋OH－===Pb(OH)＋。②由题给信息“HAP的特定位可吸附溶液中某些阳离子”，pH小，c(H＋)大，大量H＋占据HAP对Pb2＋的吸附位，物理吸附能力减弱。③由图示可知pH>7时，产物为Pb(OH)2和Pb10(PO4)6(OH)2。由题给反应可知在酸性条件下溶解，pH越大，溶解越少。
答案 (1)①b ②10Ca2＋＋6HPO＋8NH3·H2OCa10(PO4)6(OH)2↓＋8NH＋6H2O
(2)①防止F－水解生成的HF与玻璃中SiO2反应
②Ksp(HAP)/K(CaF2)
(3)①Pb2＋＋OH－===Pb(OH)＋ ②溶液中c(H＋)大，大量H＋占据HAP对Pb2＋的吸附位，物理吸附能力减弱 ③Pb10(PO4)6(OH)2和Pb(OH)2 c(H＋)减小，会减少HAP在溶液中的溶解量，使生成的c(PO)减小，溶解－沉淀吸附能力减弱且改变了吸附机理
5.(2018·南京三模)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＋，调定不同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，如图3为pH对Pb2＋吸附率的影响，其原因是_________________________________。
解析 (1)①注意HSO不能拆。②pH>8，Fe2＋转化为Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2易被氧化，失去还原能力。③I分析了亚铁盐成中性/碱性和酸性条件下不同。Ⅱ可以对比分析亚铁盐和亚硫酸盐在不同条件下去除效率不同。(2)①“相同反应时间”，Ⅱ中残留Mn2＋残留浓度小，说明去除率高，说明速率快，MnO2有催化作用。②由图示可知pH＝9，MnO2作催化剂时氧化效果最好。(3)pH越大，说明溶液中c(OH－)越大，带负电荷越多，有利于吸附带正电荷的Pb2＋。
答案 (1) ① 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
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)① MnO2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＋
6.(2017· 通扬泰六市联考)SO2和氮氧化物的转化和综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。
(1)H2还原法是处理燃煤烟气中SO2的方法之一。已知：
2H2S(g)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(l)
ΔH＝a kJ·mol－1
H2S(g)===H2(g)＋S(s) ΔH＝b kJ·mol－1
H2O(l)===H2O(g) ΔH＝c kJ·mol－1
写出SO2(g)和H2(g)反应生成S(s)和H2O(g)的热化学方程式：______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
(2)20世纪80年代Townley首次提出利用电化学膜脱除烟气中SO2的技术：将烟气预氧化使SO2转化为SO3，再将预氧化后的烟气利用如图所示原理净化利用。
①阴极反应方程式为__________________________________________________；
②若电解过程中转移1 mol电子，所得“扫出气”用水吸收最多可制得质量分数为70%的硫酸________g。
(3)利用脱氮菌可净化低NO废气浓度。当废气在塔内停留时间均为90 s的情况下，测得不同条件下NO的脱氮率如图Ⅰ、Ⅱ所示。
①由图Ⅰ知，当废气中的NO含量增加时，宜选用________法提高脱氮效率；
②图Ⅱ中，循环吸收液加入Fe2＋、Mn2＋提高了脱氮的效率，其可能原因为______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
(4)研究表明：NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。图Ⅲ所示为复合吸收剂组成一定时，温度对脱硫脱硝的影响。
①温度高于60 ℃后，NO去除率随温度升高而下降的原因为______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________；
②写出废气中的SO2与NaClO2反应的离子方程式______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
解析 (1)由盖斯定律可算出反应的焓变，要注意热化学方程式要写物质状态。(2)①由原理图知，在阴极SO3、O2转化为SO，故阴极反应式为2SO3＋O2＋4e－===2SO；②阳极发生反应为2SO－4e－===2SO3＋O2↑，故转移1 mol电子时，生成SO3的物质的量为0.5 mol，可生成H2SO4的物质的量为0.5 mol，即49 g，可制得70%的硫酸的质量＝ g＝70 g。(3)①由图Ⅰ知，当废气中的NO含量增加时，“厌氧反硝化法”脱氮率降低，而“好氧硝化法”脱氮率升高，故选择“好氧硝化法”，②提高脱氮效率可加快反应速率，故Fe2＋、Mn2＋可能是反应的催化剂。(4)①温度过高时，要考虑物质分解、物质水解、物质挥发、气体溶解度降低等因素，结合本题的反应，可找到H2O2易分解这个因素；②溶液中，SO2的氧化产物为SO，ClO的还原产物是Cl－(不要写成Cl2，Cl2仍有较强的氧化性)，再写出ClO＋SO2―→Cl－＋SO，最后全面配平。
答案 (1)SO2(g)＋2H2(g)===S(s)＋2H2O(g) ΔH＝(a－2b＋2c) kJ·mol－1
(2)①2SO3＋O2＋4e－===2SO ②70
(3)①好氧硝化
②Fe2＋、Mn2＋对该反应有催化作用
(4)①温度升高，H2O2分解速率加快
②2H2O＋ClO＋2SO2===Cl－＋2SO＋4H＋
【当堂指导】
化学综合探究题一般都是组合题，每小题往往相对独立，各自考查不同的知识，解题时，审题“三读”：
(1)泛读，明确有几个条件及求解的问题；
(2)细读，把握关键字、词和数量关系等；
(3)精读，要深入思考，注意挖掘隐含信息等。注意“向细心要分，向整洁规范要分”。认真审题后，根据题目中给出的文字、图像、数据等提炼出重要的信息，然后分析每小题的考查方向，明确该用哪部分化学理论知识来解答。
1.(2018·苏锡常镇一调)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：
NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。
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b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c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用石灰乳吸收氮的氧化物，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，V(NO2)/V(NO)________(选填“≥”或“≤”)1。
②目前可采用电解的方法除去废水中的NO，原理如图d所示。写出阴极的电极反应式：______________________________________________________________。
解析 (1)目标反应可由反应①×3－③×3－②获得，计算反应热。(2)①NO→NO，转移电子数3e－，O2～4e－，得失电子守恒：n(NO)∶n(O2)＝4∶3。②由图示可知第一阶段H2的量在减少，NH3的量在增多，可知H2和Ba(NO3)2反应生成NH3和BaO[由图a可知Ba(NO3)2转化为BaO]，配平。(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(该图像表示的是相同时间条件下的转化率)。选择催化剂乙是因为在温度低时，催化剂乙的催化效率高，单位时间内转化量多，转化率高。(4)①由于NO不能被碱吸收，NO2可以被碱吸收，所以NO不能超过NO2的量。②NO→N2。
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也可)
2.(2018·南通等七市联考)粉煤灰的综合利用既有利于节约资源又有利于保护环境。某粉煤灰(主要含Al2O3、Fe2O3、CaCO3等)的铝、铁分离工艺流程如下：
(1)①“酸浸”时Al2O3发生反应的离子方程式为____________________________
_____________________________________________________________________。
②当硫酸质量分数大于50%，金属氧化物浸出率明显下降。其原因是______________________________________________________________________。
(2)有关金属离子以氢氧化物沉淀时离子浓度随pH变化如图1所示。若浸出液不经还原直接与氨水混合，铝、铁元素分离效果较差的原因是_____________________________________________________________________。
(3)沉铝后所得FeSO4溶液可用于烟气中NO吸收，其原理为Fe2＋＋2NO[Fe(NO)2]2＋，烟气中O2的体积分数对NO吸收率的影响如图2所示。
①为提高烟气中NO 的吸收率，可采取的措施有_____________________________________________________________________
________________________________________________________________________(答一条，并说明理由)。
②“再生”过程中，[Fe(NO)2]2＋在微生物的作用下与C6H12O6发生反应的离子方程式为_____________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(4)Al(OH)3经过一系列反应可获得粗铝，利用熔融状态下物质密度不同，通过三层液电解精炼法可由粗铝获得高纯铝(装置如图3所示)。
①该装置工作时，电极A作________极。
②熔融粗铝时加入铜的作用是_________________________________________。
解析 (1)②硫酸浓度过大，会生成CaSO4微溶物覆盖在固体表面，阻止铁、铝氧化物溶解(类似于实验室制CO2不用硫酸)。(2)还原的目的是将Fe3＋转化为Fe2＋，由图可知Fe3＋完全沉淀的pH接近于Al3＋开始沉淀的pH。
(3)①提高NO的吸收率，增大Fe2＋浓度，使平衡正向移动。也可以减缓通入NO的速率，使其充分吸收。从图像可知增大O2的量有利于NO的吸收。②“再生”同时还能除NO，说明[Fe(NO)2]2＋被C6H12O6还原为Fe2＋、N2，自身被氧化为CO2。(4)①由图示，熔融粗铝和铜混合物在电极B被氧化，电极B为阳极。②由题给信息“利用熔融状态下物质密度不同”，增大阳极熔融物的密度。
答案 (1)①Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O
②生成的CaSO4覆盖在固体反应物表面，阻止铁、铝氧化物的溶解
(2)Fe3＋完全沉淀与Al3＋开始沉淀的pH相近
(3)①增大FeSO4溶液浓度，有利于吸收NO的平衡向正反应方向移动，或增大氧气含量，有利于NO与O2、H2O反应转化为HNO3等被吸收或减缓通入气体的速率，增大气、液接触时间
②C6H12O6＋6[Fe(NO)2]2＋6Fe2＋＋ 6N2↑＋ 6CO2↑＋6H2O
(4)①阴 ②增大阳极熔融物的密度
3.(2017·通扬泰三调)黄铁矿(主要成分为FeS2)的利用对资源和环境具有重要意义。
(1)工业上煅烧黄铁矿可制取SO2。已知下列热化学方程式：
4FeS2(s)＋11O2(g)===2Fe2O3(s)＋8SO2(g)
ΔH＝a kJ·mol－1
S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝b kJ·mol－1
Fe(s)＋2S(s)===FeS2(s) ΔH＝c kJ·mol－1
则4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)
ΔH＝____________kJ·mol－1。
(2)一种酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图所示。
①写出图甲中Fe3＋与FeS2反应的离子方程式：_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________；
②硝酸也可将FeS2氧化为Fe3＋和SO，使用浓硝酸比使用稀硝酸反应速率慢，其原因是____________________________________________________________
_____________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
(3)控制Fe2＋的浓度、溶液体积和通入O2的速率一定，图乙所示为改变其他条件时Fe2＋氧化的转化率随时间的变化。
①加入NaNO2发生反应，2H＋＋3NO===NO＋2NO↑＋H2O。若1 mol NaNO2完全反应，则转移电子的数目为________mol。
②加入NaNO2、KI发生反应：4H＋＋2NO＋2I－===2NO↑＋I2＋2H2O。解释图乙中该条件下能进一步提高单位时间内Fe2＋转化率的原因：_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(4)为研究FeS2作电极时的放电规律，以FeS2作阳极进行电解，由FeS2放电产生粒子的含量与时间、电压(U)的关系如图丙所示。
丙
①写出t1～t2间FeS2所发生的电极反应式：______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________；
②当电压的值介于3U～4U之间，FeS2放电所得主要粒子为________。
解析 (1)依据盖斯定律，可得所求反应的焓变。(2)①从图甲中看，Fe3＋氧化FeS2生成Fe2＋和SO，根据Fe和S得失电子守恒配平反应；②从图甲中分析知，NO可作为反应过程中的催化剂，浓硝酸在反应中生成NO2，而稀硝酸生成NO，可作催化剂用。(3)①N元素发生歧化反应，3 mol NO参加反应时，转移2 mol e－，则1 mol NaNO2完全反应时，转移 mol电子；②图乙中，未通NO时，Fe2＋的转化率最低，同时加入NaNO2和KI时，Fe2＋转化率最高，根据反应知，在酸性条件下，NO和I－反应有NO生成，而NO为该过程的催化剂。(4)①图丙中，在t1～t2间，产物为Fe2＋和S，电极反应式见答案；②在3U～4U之间，生成物变化较多的是Fe3＋和SO，而S和Fe2＋相对基本不变。
答案 (1)a＋4c－8b
(2)①14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋
②稀硝酸反应后被还原为NO，浓硝酸被还原为NO2，NO可作催化剂，而NO2不能
(3)① ②生成的催化剂NO更多，加快了反应速率
(4)①FeS2－2e－===Fe2＋＋2S ②Fe3＋、SO
4.(2017·南京盐城连云港二模)钴及其化合物可应用于催化剂、电池、颜料与染料等。
(1)CoO是一种油漆添加剂，可通过反应①②制备。
①2Co(s)＋O2(g)===2CoO(s)
ΔH1＝a kJ·mol－1
②CoCO3(s)===CoO(s)＋CO2(g)
ΔH＝b kJ·mol－1。
则反应2Co(s)＋O2(g)＋2CO2(g)===2CoCO3(s)的ΔH＝________。
(2)某锂电池的电解质可传导Li＋，电池反应式为LiC6＋CoO2C6＋LiCoO2。
①电池放电时，负极的电极反应式为______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________，
Li＋向________移动(填“正极”或“负极”)；
②一种回收电极中Co元素的方法是：将LiCoO2与H2O2、H2SO4反应生成CoSO4，该反应的化学方程式为_________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(3)BA3F高压法制备醋酸采用钴碘催化循环过程如图所示，该循环的总反应方程式为_________________________________________________________________
______________________________________________________________________(反应条件无需列出)。
(4)某含钴催化剂可同时催化去除柴油车尾气中的碳烟(C)和NOx。不同温度下，将10 mol模拟尾气(成分如表所示)以相同的流速通过该催化剂，测得所有产物(CO2、N2、N2O)与NO的相关数据结果如图所示。
模拟尾气
气体
碳烟
NO
O2
He
物质的量分数
或物质的量
0.25 %
5%
94.75%
a mol
①380 ℃时，测得排出的气体中含0.45 mol O2和0.052 5 mol CO2，则Y的化学式为________；
②实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
解析 (1)目标反应可由反应①－2×②得到，则ΔH＝(a－2b)kJ·mol－1。(2)①电池放电时，负极发生氧化反应，电极反应式为LiC6－e－===Li＋＋C6，原电池中阳离子向正极方向移动；②由题意，＋3价的Co转化变＋2价，则H2O2中－1价的O转化为0价，化学方程式见参考答案。(3)由图示关系可罗列出其中的各反应，从而可得该循环的总反应方程式为CO＋CH3OH―→CH3COOH。(4)①按题意，反应前O2共0.5 mol，NO共0.025 mol，反应后生成0.052 5 mol CO2，但消耗0.05 mol O2，剩余0.45 mol O2，必然有0.002 5 mol CO2由NO转化时得到，设生成N2时同时得到CO2的物质的量为x，生成N2O同时得到CO2的物质的量为y，即：
2NO＋C===CO2＋N2 4NO＋C===2N2O＋CO2
2 1 4 1
2x x 4y y
则有：x＋y＝0.002 5 mol，2x＋4y＝10 mol×0.25%×(8%＋16%)＝0.006 mol，解得x＝0.002 mol，y＝0.000 5 mol，即2x＝0.004 mol，4y＝0.002 mol，所以图像Y处为N2O；②NO2中存在N2O4，不便于定量测定或真实尾气中以NO为主。
答案 (1)(a－2b) kJ·mol－1
(2)①LiC6－e－===Li＋＋C6 正极
②2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4===Li2SO4＋2CoSO4＋4H2O＋O2↑
(3)CO＋CH3OH―→CH3COOH (4)①N2O ②NO2中存在N2O4，不便于定量测定
课时强化训练
1.(2018·盐城期中)漂白粉来源广泛、价格低廉，用其脱除烟气中SO2和NOx是目前研究的热点之一。
(1)脱除烟气中的SO2和NOx实验示意装置如图所示：图中N2和O2的作用_____________________________________________________________________；
装置A的作用是________。
(2)工业上用氯气与熟石灰制取漂白粉的化学方程式为
_____________________________________________________________________。
(3)用漂白粉溶液同时脱硫脱硝时，测得相同条件下SO2和NO的脱除率随时间变化如图所示：
①SO2的脱除率总是比NO的大，除因为脱除NO的活化能较高外，另一原因是_____________________________________________________________________。
②漂白粉溶液与过量SO2反应(同时有沉淀生成)的离子方程式为_____________________________________________________________________。
(4)脱硝过程中包含一系列反应：2NO＋O2===2NO2，2NO2＋H2OHNO2＋HNO3，NO＋HClONO2＋HCl等。
①实验测得吸收液初始pH与NO脱除率的关系如图所示：ⅰ)在4＜pH＜10时，pH越小，NO脱除率越大，是因为____________________；ⅱ)当pH＝12时，NO脱除率又增大，是因为___________________________________________________。
②为提高NO脱除率，在其他条件相同时，漂白粉溶液中分别添加三种不同添加剂，测得其对NO脱除率的影响如题所示。NO脱除率不同的原因是_____________________________________________________________________。
解析 (1)利用控制通入N2和O2的体积，配制不同体积分数的模拟烟气。空瓶子使气体充分混合。(3)①NO在水中的溶解度小，则气液接触面积小，反应速率慢，脱除率低。②Ca(ClO)2少量，按化学式组成反应：Ca2＋＋2ClO－＋2SO2＋2H2O===CaSO4↓＋SO＋2Cl－＋4H＋，由于漂白粉中学有CaCl2，所以SO均沉淀，有2Ca2＋＋2ClO－＋2SO2＋2H2O===2CaSO4 ↓＋ 2Cl－＋4H＋，即Ca2＋＋ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋Cl－＋2H＋。(4)①pH越小，c(H＋)越大，有利于生成HClO将NO氧化为NO2等 。pH ＝12时，溶液呈碱性，利用于吸收氮氧化物(2NO2＋2NaOH ===NaNO3＋NaNO2＋H2O、NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O)转化为盐。②由图可知，脱氮是将NO氧化为较高价态的氮氧化物，KMnO4氧化性强，脱氮率高。
答案 (1)配制不同体积分数的模拟烟气 将气体充分混合
(2)2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O
(3)①NO的溶解度较低 ②Ca2＋＋ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋2H＋＋Cl－
(4)①ⅰ)pH较小时，有利于生成HClO将NO氧化为较高价态的氮氧化物(或NO2)
ⅱ)碱性条件下有利于氮氧化物(NO2或NO和O2、NO和NO2等)转化成盐
②该条件下氧化性KMnO4＞H2O2＞NaClO2，相应的NO脱除率也大
2.(2016·苏锡常镇三模)NH3是一种重要的化工原料，可用来制备肼、硝酸、硝酸铵和氯胺等。
(1)N2和H2以物质的量之比为1∶3在不同温度和压强下发生反应：N2＋3H22NH3，测得平衡体系中NH3的物质的量分数如图甲所示。
①下列途径可提高氨气产率的是__________(填字母)；
a.采用常温条件
b.采用适当的催化剂
c.将原料气加压
d.将氨液化，并不断移去液氨
②图甲中所示的平衡体系中NH3的物质的量分数为0.549和0.478时，该反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1________K2(填“>”“<”或“＝”)。
(2)肼(N2H4)是一种火箭燃料。已知：
N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g) ΔH＝＋67.7 kJ·mol－1
N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－534.0 kJ·mol－1
NO2(g)===N2O4(g) ΔH＝－28.0 kJ·mol－1
①反应2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)的ΔH＝________kJ·mol－1；
②氨气与次氯酸钠溶液反应生成肼的离子方程式为
_____________________________________________________________________。
(3)电解硝酸工业的尾气NO可制备NH4NO3，其工作原理如图乙所示。
①阴极的电极反应式为
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________；
②将电解生成的HNO3全部转化为NH4NO3，则通入的NH3与实际参加反应的NO的物质的量之比至少为________。
(4)饮用水消毒时，氯胺(NH2Cl等)在酸性条件下具有良好的效果，其原因是______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
解析 ①常温下该反应不能进行，a错误，使用适当催化剂，加快反应速率，但不能改变平衡，b错误，加压平衡正向移动，c正确；液化并移走氨气，平衡正向移动，d正确。②平衡常数仅与温度有关，这两个平衡在同一温度下，故K1＝K2。(2)①将题给反应依次编号为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，根据盖斯定律，将反应Ⅱ×2－反应Ⅰ－反应Ⅲ×2可得目标反应；②反应物为NH3和ClO－，生成物为N2H4和Cl－，结合得失电子守恒和原子守恒写出方程式。(3)①阴极发生还原反应，由图可知，为NO→NH，电解质溶液为酸性；②阳极反应为NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋，当生成l mol NO时，阳极消耗的NO的物质的量＝1 mol，转移3 mol电子，则阴极消耗的NO为 mol，产生的NH为 mol，则需要补充 mol的NH3，参加反应的NO的物质的量＝1＋＝ (mol)。(4)氯胺与水发生反应生成NH3和HClO，酸性条件下NH3与H＋反应，平衡正向移动，HClO的浓度增大，消毒效果好。
答案 (1)①cd ②＝
(2)①－1 079.7 ②2NH3＋ClO－===Cl－＋N2H4＋H2O
(3)①NO＋5e－＋6H＋===NH＋H2O ②1∶4
(4)氯胺与水反应存在平衡：NH2Cl＋H2ONH3＋HClO，酸性条件下平衡右移使次氯酸的浓度变大
3.(2018·南京考前指导)Ⅰ.用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染。
(1)传统上该转化通过如图所示的催化剂循环实现，其中，反应①消耗1 mol HCl(g) 的反应热为ΔH1，反应②生成1 mol Cl2的反应热为ΔH2，则总反应的热化学方程式为________________(反应热用ΔH1和ΔH2表示)。
(2)新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性。
①实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的αHCl—T曲线如图，则总反应的A、B两点的平衡常数K(A)与K(B)中较大的是________。
②在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应αHCl—T曲线的示意图。
Ⅱ.Na2S2O5(焦亚硫酸钠)是常见的食品抗氧化剂之一。将0.5 mol Na2S2O5溶于水配成1 L溶液，该溶液的pH为4.5。溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性变化情况如图所示。
(3)①写出Na2S2O5溶于水的化学方程式_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
②当溶液的pH小于0后，溶液中H2SO3的浓度变小，其原因可能是______________________________________________________________________。
③pH＝3时，溶液中含硫粒子浓度大小关系为______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
Ⅲ.消除甲醇对水体的污染。
(4)有一种电化学法可消除甲醇对水质造成的污染，其原理是：通电后，将Co2＋氧化成Co3＋，然后以Co3＋做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化。实验室用如图装置模拟上述过程：
①写出阳极电极反应式____________________________________________。
②写出除去甲醇的离子方程式___________________________________________
_____________________________________________________________________。
解析 (1)图示化学反应过程及能量变化，应用盖斯定律书写总反应的热化学方程式；2HCl(g)＋CuO(s)===H2O(g)＋CuCl2(s)，CuCl2(s)＋O2(g)===CuO(s)＋Cl2(g)，总反应为4HCl(g)＋O2 (g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)，所以ΔH ＝ 4ΔH1＋2ΔH2。
(2)利用HCl平衡转化率随温度变化的αHCl－T曲线图表获取相关信息，应用化学平衡原理判断不同温度下可逆反应的平衡常数大小和压强对化学平衡的影响。由图可知，随着温度升高，HCl平衡转化率下降，正反应为放热反应，所以，温度越高，平衡常数越小；总反应正反应方向是气体分子总数减小的方向，所以增大压强，HCl平衡转化率上升。
(3)焦亚硫酸钠溶于水后，溶液中含硫粒子浓度随溶液pH不同而变化的曲线，判断含硫粒子存在形式和浓度大小及焦亚硫酸钠溶于水时发生反应的化学方程式。Na2S2O5溶于水配成溶液，溶液的pH为4.5，pH为4.5时含硫粒子存在形式是HSO，故焦亚硫酸钠溶于水时发生反应的化学方程式为Na2S2O5＋ H2O===2NaHSO3。
(4)电解池阳极发生氧化反应，阳极反应式为Co2＋－e－===Co3＋，阴极产生H2。根据题意，Co3＋做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2，Co3＋重新还原为Co2＋ 反应的离子方程式为：6Co3＋＋CH3OH＋H2O===CO2↑＋6Co2＋＋6H＋。
答案 Ⅰ.(1)4HCl(g)＋O2 (g)===2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH ＝4ΔH1＋2ΔH2
(2)①K(A)
②如图所示：
Ⅱ.(3)①Na2S2O5＋H2O===2NaHSO3
②亚硫酸性质不稳定，易分解为SO2从溶液中逸出，所以H2SO3的浓度变小。
③c(HSO)>c(H2SO3) >c(SO)
Ⅲ.(4)①Co2＋－e－===Co3＋ ②6Co3＋＋CH3OH＋H2O===CO2↑＋6Co2＋＋6H＋
4.(2018·南京盐城二模)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
2NO(aq)＋O2(g)===2NO(aq) ΔH＝b kJ/mol
5NH(aq)＋3NO(aq)===4N2(g)＋9H2O(l)＋2H＋(aq) ΔH＝c kJ/mol
则4NH(aq)＋3O2(g)===2N2(g)＋6H2O(l) ＋4H＋(aq) ΔH＝________kJ/mol
(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”“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) 除去。25 ℃时，在氨氮初始质量浓度400 mg/L，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 (2)纵坐标为剩余氨氮浓度，由图可知，c(Cl－)增大，剩余氨氮浓度减小，去除率增大。c(Cl－)增大，阳极产生更多的氯气能够将－3价氮氧化而除去。(3)②由图可知当pH介于8.5～9.5时，氨氮去除率高。当pH增大时，MgNH4PO4·6H2O转化为溶度积更小的Mg(OH)2，放出PO。
答案 (1)1/4(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
5.(2018·通扬泰徐淮宿二调)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Ni－MgO/γ－Al2O3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)②反应I为Ca(OH)2吸收SO2生成CaSO3，反应Ⅱ为CaSO3、Ca(OH)2、NO2反应生成CaSO4、Ca(NO2)2[由题给信息“得含CaSO4、Ca (NO2)2的副产品”]。(2)取图上某点(如加入CO为0.2 mol)有SO2＋2CO===2X＋0.5Y，由原子守恒得X为CO2，Y为S2。(3)①对比在空气中燃烧和在O2和CO2的混合气体中燃烧，可知都有O2，不同前者含有N2，后者是CO2，烟气中NOx的排放量明显降低可能是减少了N2和O2的反应。②该反应是熵增的反应，得利于自发。
2x/(6＋2x)＝0.4，x＝2，CO2转化率为66.7%。④CO2→HCOOH，注意传导离子为O2－，利用O2－来平衡电荷。
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－
6.(2017·盐城三调)镁的单质及其化合物在电池制造、储氢及大气治理等方面用途非常广泛。
(1)一种镁锂双离子二次电池的装置如图甲所示。
①放电时，迁移至正极区的离子是________；
②充电时，阳极的电极反应式为________________________________________
_____________________________________________________________________。
(2)纳米MgH2和LiBH4组成的体系如图乙所示，400 ℃以上受热放氢时发生反应的化学方程式为___________________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)镁将成为未来超级燃料，燃烧时还可除去空气中过多的温室气体。已知1 g固态镁在CO2气体中完全燃烧放出4.3 kJ的热量，该反应的热化学方程式为______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(4)MgO浆液是高活性的脱硫剂，脱除烟气中的SO2主要包含的反应有：
Ⅰ.Mg(OH)2＋SO2===MgSO3＋H2O；
Ⅱ.MgSO3＋SO2＋H2O===Mg(HSO3)2；
Ⅲ.Mg(HSO3)2＋Mg(OH)2===2MgSO3＋2H2O；
Ⅳ.2MgSO3＋O2===2MgSO4。
用MgO浆液脱硫时，脱硫效率、pH及时间的关系如图丙所示。
已知：20 ℃，H2SO3的K1＝1.54×10－2，K2＝1.02×10－7；25 ℃时，Ksp(CaSO3)＝3.1×10－7，Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10－11，MgSO3的溶解度为0.646 g/100 g H2O。
①脱硫过程中使浆液pH减小最显著的反应是________(填“Ⅰ”“Ⅱ”“Ⅲ”或“Ⅳ”)；
②约9 000 s之后，脱硫效率开始急速降低，其原因是_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________；
③其他条件相同时，镁基和钙基脱硫效率与液、气摩尔流量比如图丁所示，镁基脱硫效率总比钙基大，除生成的MgSO4具有良好的水溶性外，还因为______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
解析 ①放电时为原电池，阳离子移向正极，图中为Li＋透过膜，所以向正极移动的为Li＋；②Li＋移向正极，Li1－xFePO4结合Li＋生成LiFePO4，电极反应式为Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4，充电为电解池，阳极反应式见答案。(2)从图乙看，MgH2和LiBH4生成LiH、MgB2和H2，分别根据B、Li、H守恒配平反应。(3)Mg与CO2反应生成MgO和C，化学方程式为2Mg＋CO22MgO＋C，1 g Mg反应放出4.3 kJ热量，则48 g Mg反应放出的热量＝48×4.3 kJ＝206.4 kJ，热化学方程式要标上物质的状态，放热反应的ΔH标为负号，单位为kJ·mol－1。(4)①四个反应中，反应Ⅱ由难溶的MgSO3转化为可溶性的Mg(HSO3)2，HSO显酸性，pH明显减小，②9 000 s时，脱硫效率下降，此时对应的pH约为3，说明Mg(OH)2已耗尽，不再吸收SO2；③镁基脱硫效率比钙基大，由给出的数据知，MgSO3的溶解度比CaSO3的大，故用Mg(OH)2比Ca(OH)2更易吸收，由于MgSO3的溶解度大，电离出的SO多，故更易被O2氧化生成更稳定的SO。
答案 (1)①Li＋ ②LiFePO4－xe－===Li1－xFePO4＋xLi＋
(2)MgH2＋2LiBH4===2LiH＋MgB2＋4H2↑
(3)2Mg(s)＋CO2(g)===2MgO(s)＋C(s)
ΔH＝－206.4 kJ·mol－1
(4)①Ⅱ ②浆液中Mg(OH)2已耗尽
③MgSO3溶解度比CaSO3大；MgSO3比CaSO3更易氧化
相关资料
更多
