2019届高考化学二轮复习化学综合题型研究学案


[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“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”“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