高考化学(江苏专版)二轮复习微专题六化学反应原理综合题型研究概述

1、微专题六 化学反应原理综合题型研究【知识网络】(本专题对应学生用书第50页第59页)【高考回眸】 高 考 回 眸 1. (2016·江苏高考第20题)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Cr2的酸性废水通过铁炭混合物，在微电池正极上Cr2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，结果如下图所示。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 。 当铁炭混合物中铁的质量分数大

2、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。一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中B(B元素的化合价为+3)与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B(OH，其离子方程式为 。纳米铁粉与水中N反应的离子方程式如下：4Fe+ N+10H+4Fe2+N+3H2O研究发现，若pH偏低将会导致N的去除率下降，其原因是   。相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中N的速率有较大差异(见下图)，产生该差异的可能原因是。.含50 mg·L-1 N的水样.含50 mg·L-

3、1 N+50 mg·L-1 Cu2+的水样【答案】(1)Cr2+6e-+14H+2Cr3+7H2O (2)活性炭对Cu2+和Pb2+有吸附作用铁的质量分数增加，铁炭混合物中微电池数目减小(3)2Fe2+B+4OH-2Fe+B(OH+2H2纳米铁粉与H+反应生成H2Cu或Cu2+催化纳米铁粉去除N的反应(或形成Fe-Cu原电池，增大纳米铁粉去除N的反应速率)【解析】(1)在正极上Cr2得电子生成Cr3+的同时与H+反应生成H2O，电极反应式为Cr2+6e-+14H+2Cr3+7H2O。(2)铁的质量分数为0时，只有活性炭，由于活性炭具有吸附性，能将溶液中的Cu2+、Pb2+吸附而除去。

4、铁的质量分数增加，铁炭混合物中微电池数目减小，从而使得去除率降低。(3)在FeSO4溶液中加入NaBH4溶液后，Fe2+被还原为Fe，NaBH4中的-1价H被氧化为H2，反应的离子方程式为2Fe2+B+4OH-2Fe+B(OH+2H2。当pH偏低时，溶液酸性增强，还原铁粉与H+反应而损耗。由图示可看出，曲线比曲线的条件就是多了Cu2+，且曲线表示的N的去除速率快得多，故在该反应中Cu2+作催化剂；加入Cu2+后，还原铁粉能与Cu2+反应生成Cu，从而形成Fe-Cu原电池而加快反应的速率。2. (2015·江苏高考第20题节选)烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3

5、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如下：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)H=-200.9 kJ·mol-1NO(g)+O2(g)NO2(g)H=-58.2 kJ·mol-1SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)H=-241.6 kJ·mol-1(1)反应3NO(g)+O3(g)3NO2(g)的H=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

6、(NO)的变化如下图所示。当n(O3)n(NO)>1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是。增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是 。(3)CaSO3悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c(S)=用c(S)、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示；CaSO3悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是。【答案】(1)-317.3(2)O3将NO2氧化为更高价态氮氧化物其反应速率较慢(3)·c(S)CaSO3转化为CaSO4使溶液中S的浓度增大，加快S与NO2的反应速率【解析】(1)NO(g)+O3(g)NO2(g)

7、+O2(g)H=-200.9 kJ·mol-1NO(g)+O2(g)NO2(g)H=-58.2 kJ·mol-1将2×+即可得到目标反应：3NO(g)+O3(g)3NO2(g)，H=2×(-58.2)kJ·mol-1+(-200.9)kJ·mol-1=-317.3 kJ·mol-1。(2)当n(O3)n(NO)>1时，臭氧过量，臭氧具有强氧化性，能将反应后的NO2氧化为更高价氮氧化物，导致二氧化氮减少。增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，说明浓度对反应速率影响较小，可能是其反应速率较慢。(3)CaSO3悬

8、浮液中加入Na2SO4溶液，发生反应：CaSO3+SCaSO4+S，溶液中c(Ca2+)=，所以 c(S)=·c(S)；根据CaSO3+SCaSO4+S知，加入硫酸钠导致c(S)增大，所以加快S与NO2的反应速率。3. (2014·江苏高考)(1)(第20题节选)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。将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图1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-写出电解时阴极的电极反应式：。图1图2H2S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

9、气体中各组分的体积分数如图2所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为。(2)(第21题B改编)称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤。反应加热的目的是，加入稍过量稀硫酸的目的是、 。【答案】(1)2H2O+2e-H2+2OH-2H2S2H2+S2(2)加快铁与稀硫酸的反应速率使铁粉充分反应抑制 Fe2+的水解【解析】(1)发生还原反应，结合电解质溶液显碱性可写出电极反应式。根据图示可知，分解达到平衡过程中，一种产物的体积分数由5%变化到20%，变化量为15%，另一种产物由10%变化到40%，变化量为30%，故一种产物的物质的量是另一种产物的2倍，再结

10、合原子守恒，可知另一种产物为S2。(2)铁屑与稀硫酸反应中，加入稍过量的稀硫酸，一方面是保证铁屑充分反应，另一方面过量的稀硫酸可以抑制硫酸亚铁的水解。4. (2013·江苏高考第20题节选)磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3(PO4)2等形式存在。它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用。白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2 在一定条件下反应获得。相关热化学方程式如下：2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)6CaO(s)+P4(s)+10CO(g)H1=+3359.26 kJ·mol-1CaO(s)+SiO2(s)CaSi

11、O3(s)H2=-89.61 kJ·mol-1则2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g)的H3=kJ·mol-1。【答案】+2 821.6【解析】应用盖斯定律，把热化学方程式和反应热进行一定加减就可以得到目标热化学方程式：2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g)H3=+2 821.6 kJ·mol-1。5. (2012·江苏高考)(1)(第16题节选)一定条件下，NO与NO2存在下列反应：NO(g)+NO2(g)N2O3(g

12、)，其平衡常数表达式为K=。(2)(第20题节选)铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛。真空碳热还原-氯化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3AlCl(g)+3CO(g)H=a kJ·mol-13AlCl(g)2Al(l)+AlCl3(g)H=b kJ·mol-1反应Al2O3(s)+3C(s)2Al(l)+3CO(g)的H=kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示)。铝电池性能优越，Al-AgO电池可用作水下动力电源，其原理如下图所示。该电池反应的化学方程式为 。【答

13、案】(1)(2)a+b2Al+3AgO+2NaOH2NaAlO2+3Ag+H2O【解析】(1)根据化学方程式中化学计量数、反应物和生成物状态来书写平衡常数表达式。(2)应用盖斯定律，把热化学方程式和反应热进行一定加减就可以得到目标热化学方程式：Al2O3(s)+3C(s)2Al(l)+3CO(g)H=(a+b)kJ·mol-1。根据反应物为Al和AgO，生成物是NaAlO2和Ag，结合电解质溶液为NaOH溶液和电子得失相等写出并配平电池总反应式。【考题分析】年份试题知识点分值201214、20反应热计算2平衡常数表达式书写2原电池方程式书写2201320(1)反应热计算2201420

14、、21(B)电解池电极反应式书写2平衡计算2201520反应热计算2平衡计算3平衡原理应用2201620原电池电极反应式书写3【备考策略】近几年高考这部分内容的热门考点有：1. 原电池、电解池电极反应式或者化学方程式的书写。2. 热化学方程式书写或者反应热的计算。3. 平衡原理的应用。4. 平衡常数表达式的书写。我们在复习中还需要关注的考点有：1. 化学反应速率的计算以及影响因素分析。2. 化学平衡状态的特征。3. 浓度、温度、压强等对化学平衡的影响。4. 平衡常数的计算及其运用。5. 平衡图像的分析。【高考前沿】 高 考 前 沿 1. (2016·南京、盐城一模)电石(主要成分为C

15、aC2，杂质为Ca3P2及CaS等)是重要的基本化工原料，主要用于生产乙炔。(1)为探究碳化钙合成机理，有学者认为可能存在以下5种反应(状态已省略)：CaO+3CCaC2+CO平衡常数K1CaO+CCa+CO平衡常数K2Ca+2CCaC2平衡常数K32CaO+CaC23Ca+2CO平衡常数K4CaC2Ca+2C平衡常数K5相应图像如下：. 其中属于放热反应的是(填序号)；从平衡常数看，2 700 以上反应趋势最小的是(填序号)。. 已知2 000 时，CaO(s)+C(s)Ca(g)+CO(g)H1=a kJ·mol-1Ca(g)+2C(s)CaC2(s)H2=b kJ·m

16、ol-12CaO(s)+CaC2(s)3Ca(g)+2CO(g)H3则H3=kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示)。(2)目前工业上合成电石主要采用氧热法。已知：CaO(s)+3C(s)CaC2(s)+CO(g)H=+464.1 kJ·mol-1C(s)+O2(g)CO(g)H=-110.5 kJ·mol-1若不考虑热量耗散，物料转化率均为100%，最终炉中出来的气体只有CO。则为了维持热平衡，每生产1 mol CaC2，投料的量为1 mol CaO、mol C及mol O2。(3)制乙炔后的固体废渣主要成分为Ca(OH)2，可用于制取漂白粉，则制取漂白粉的化

17、学方程式为；制乙炔的杂质气体之一PH3，经分离后与甲醛及盐酸在70 、Al(OH)3催化的条件下可合成THPC阻燃剂P(CH2OH)4Cl，该反应的化学方程式为  。【答案】(1).2a-b(2)7.22.1(3)2Ca(OH)2+2Cl2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OPH3+4HCHO+HClP(CH2OH)4Cl【解析】(1).放热反应温度越高K值越小，所以是放热反应；2 700 以上反应的K值最小，故其反应趋势最小。.根据盖斯定律，×2-可得反应，故H3=(2a-b)kJ·mol-1。(2)每生产1molCaC2，投入碳的物质的量为3mol+=7.2

18、mol，氧气的物质的量为×=2.1mol。2. (2016·南京、盐城、连云港二模)NH3可用于制造硝酸、纯碱等，还可用于烟气脱硝。(1)NH3催化氧化可制备硝酸。NH3氧化时发生如下反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)H1=-907.28 kJ·mol-14NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)H2=-1 269.02 kJ·mol-1则4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)H3=。NO被O2氧化为NO2。其他条件不变时，NO的氧化率(NO)与温度、压强的关系如图1所示。则p1(填“>”

19、、“<”或“=”)p2；温度高于800 时，(NO)几乎为0的原因是。图1(2)联合制碱工艺示意图如图2所示。“碳化”时发生反应的化学方程式为。图2(3)利用反应NO2+NH3N2+H2O(未配平)消除NO2的简易装置如图3所示。电极b的电极反应式为；消耗标准状况下4.48 L NH3时，被消除的NO2的物质的量为 mol。图3(4)合成氨的原料气需脱硫处理。一种脱硫方法是：先用Na2CO3溶液吸收H2S生成NaHS；NaHS再与NaVO3反应生成浅黄色沉淀、Na2V4O9等物质。生成浅黄色沉淀的化学方程式为。【答案】(1)-1 811.63 kJ·mol-1>NO2几乎

20、完全分解(2)CO2+NH3+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl(3)2NO2+8e-+4H2O8OH-+N20.15(4)2NaHS+4NaVO3+H2ONa2V4O9+2S+4NaOH【解析】(1)将给定的两个热化学方程式分别标为 、，将两个热化学方程式按照×-× 处理后得到目标热化学方程式，故H3=×H2-×H1=-1811.63kJ·mol-1。NO被O2氧化成NO2的化学方程式为2NO+O22NO2，该反应的正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，NO的氧化率增大，故p1>p2；图中的每条曲线随着温度的升高，N

21、O的氧化率减小，说明该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，故在高温下，NO2能全部分解。(2)在“碳化”步骤中通入CO2之前，食盐水已经吸收了足量的NH3，在通入CO2后生成NaHCO3和NH4Cl，反应的化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3+NH4Cl。(3)NO2 中N显+4价，NH3中N显-3价，由反应的转化关系可知，NO2在b极上得电子生成N2的同时得到OH-，电极反应式为2NO2+8e-+4H2ON2+8OH-；根据得失电子守恒可知，在反应中有关系式3NO24NH3，故当消耗0.2molNH3时，消除的NO2为0.15mol。(4)NaVO3中V显+5价

22、，Na2V4O9中V显+4价，故在与NaHS反应时，NaVO3能将NaHS中的硫元素氧化为淡黄色的S单质，根据元素守恒可知，在该反应中还有NaOH生成，由此可写出化学方程式。【典题演示】 典 题 演 示 陌生图像的分析【典题演示1】燃料不充分燃烧会产生大量的CO，很多工业尾气中均含有CO，研究CO的检测、处理及利用方法具有重要意义。(1)为安全起见，工业生产中需对空气中的CO进行监测。使用电化学一氧化碳气体传感器定量检测空气中CO含量，其结构如右图所示。这种传感器利用原电池原理，则该电池的负极反应式为。 (2)CO有毒，使用CuO/CeO2催化剂可使CO优先氧化而脱除。在CuO/Ce

23、O2催化剂中加入不同的酸(HIO3或H3PO4)，测得燃料气中CO优先氧化的转化率随温度变化如图1所示。图1加入(填酸的化学式)的CuO/CeO2催化剂催化性能最好。(3)采用一种新型的催化剂(主要成分是Cu-Mn的合金)，利用CO和H2制备二甲醚，反应如下：4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，有研究者在压强为5.00 MPa 的条件下，将H2和CO反应直接制备二甲醚，结果如图2所示，其中CO的转化率随温度升高而降低的原因是。图2(4)以甲醇和CO反应合成甲酸甲酯，反应原理如下：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)H=-29.1 kJ·mol-1

24、科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是。实际工业生产中采用的温度是80，其理由是 。(5)用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应为主反应，反应和为副反应。CaSO4(s)+CO(g)CaS(s)+CO2(g)H1=-47.3 kJ·mol-1CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)H2=+210.5 kJ·mol-1CO(g)C(s)+CO2(g)H3=-86.2 kJ·mol-1反

25、应的平衡常数的对数lg K随反应温度T的变化曲线见下图，结合各反应的H，归纳lg K-T曲线变化规律：；。【答案】(1)CO-2e-+H2OCO2 + 2H+(2)HIO3(3)反应放热，温度升高，平衡逆向移动(4)3.5×1064.0×106 Pa高于80时，温度对反应速率影响较小；且反应放热，升高温度平衡逆向移动，转化率降低(5)放热反应，lg K随T升高而减小；吸热反应，lg K随T升高而增大焓变越大，lg K随T的变化程度越大【解析】(1)该电池为酸性电池，负极为CO失去电子生成CO2，根据电荷守恒可以写出电极反应式。(2)在图1中作垂直于横轴的一条直线(如过120

26、 点)交三条曲线于三点，根据三点的纵坐标可知加入HIO3时催化效果最好。(3)转化率问题一般考虑平衡移动，温度升高，转化率降低，平衡逆向移动，正反应是放热反应。(4)当压强大于4.0×106 Pa时，尽管甲醇转化率有增大，但增大不多，生产成本增大；当压强小于3.5×106 Pa时，甲醇转化率太低，因而选择的压强应为3.5×1064.0×106 Pa。从温度对反应速率的影响和平衡移动角度来答题：高于80时，温度对反应速率影响较小，且反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低。(5)反应为放热反应，由图可看出，随着温度的升高，放热反应的平衡常数的对数在减小

27、，故曲线表示反应，曲线表示反应。【变式训练1】在人类社会的发展进程中，金属起着重要的作用。研究金属的性质和提炼技术有着重要的意义。 (1)保持其他条件相同，在不同温度下对废镍催化剂进行“酸浸”，镍浸出率随时间变化如图1。“酸浸”的适宜温度与时间分别为(填字母)。 图1a. 30、30 minb. 90、150 minc. 70、120 mind. 90、120 min(2)图2为25 水浴时每克不同配比的Al-LiBH4 复合材料与水反应产生H2的体积随时间变化关系图。由图2可知，下列说法正确的是(填字母)。 图2a. 25 时，纯铝与水不反应b. 25 时，纯LiBH4与

28、水反应产生氢气c. 25 时，Al-LiBH4复合材料中LiBH4含量越高，1 000 s 内产生氢气的体积越大(3)工业上用AlSiFe合金在一定条件下还原白云石主要成分为CaMg(CO3)2制取金属镁。实际生产中镁的还原率在不同条件下的变化曲线如图3、图4所示。图3图4实际生产中通过添加氟盐来提高镁的还原率，选择最佳的氟盐及添加量是。温度一般控制在1 140 ，原因是 。【答案】(1)c(2)ab(3)CaF2、3%该温度时，镁的还原率已近90%，温度低还原率低，温度太高能耗高【解析】(1)根据图中的数据，在30 、30 min时，镍的浸出率只有不到80%，此浸出率太低；在90 时，120

29、 min和150 min 时的浸出率接近；而在120 min时，70 和90 时的浸出率相同。考虑效益还是选择低温合算，故选c。(2)由图2中的a线可知，25 时纯铝与水不反应，a正确；根据f线可知LiBH4在25 时能与水反应产生氢气，b正确；在图2中，垂直于1000 s作一直线，发现生成H2由多到少的顺序为debcf，而LiBH4的含量由高到低的顺序为fedcb，c错。(3)根据图3可知，添加CaF2时镁的还原率比添加MgF2时镁的还原率高，添加量在1%3%镁的还原率增加较多，3%以后，镁的还原率增大很少，所以选择3%。1 140 时，镁的还原率已近90%，温度低还原率低，温度再升高还原率

30、增大不多，但能耗高。化学反应能量、速率、平衡综合【典题演示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13在不同温度和压强下发生反应：N2+3H22NH3，测得平衡体系中NH3的物质的量分数见下图。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，不断移去液氨上图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(填“>”、“<”或“=”)K2。(2)肼(N2H4)是一种火

31、箭燃料。已知：N2(g)+2O2(g)2NO2(g)H=+67.7 kJ·mol-1N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)H=-534.0 kJ·mol-1NO2(g)N2O4(g)H=-28.0 kJ·mol-1反应2N2H4(g)+N2O4(g)3N2(g)+4H2O(g)的H=kJ·mol-1。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，其工作原理见下图。阴极的电极反应式为。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

32、毒时，氯胺(NH2Cl等)在酸性条件下具有良好的效果，其原因是 。【答案】(1)acd=(2)-1 079.72NH3+ClO-Cl-+N2H4+H2O(3)NO+5e-+6H+N+H2O14(4)氯胺与水反应存在平衡：NH2Cl+H2ONH3+HClO，酸性条件下消耗NH3使平衡右移，次氯酸浓度变大，消毒效果好【解析】(1)低温、加压、移去产物均能提高NH3产率，催化剂不能改变产率。NH3的物质的量分数分别为0.549、0.478 时对应的温度相同，故两者平衡常数相同。(2)将给定的三个热化学方程式分别标为，将×2-×2-可得到目标热化学方程式，故H=-534.

33、0×2-(-28.0×2)-67.7 kJ·mol-1=-1079.7kJ·mol-1。(3)由图示可知，NO在阴极上得电子生成N，电极反应式为NO+5e-+6H+N+H2O；NO在阳极上失电子生成N，电极反应式为NO-3e-+2H2ON+4H+，电解总反应式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，故当全部转变成NH4NO3时，还应再通入2molNH3，故n(NH3)n(NO)=2 mol8 mol=14。【变式训练2】 (2016·南通、扬州、泰州三模)锰元素广泛分布在自然界中，其单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用。(1)金属锰可

34、用铝热法制得。已知Al的燃烧热为c kJ·mol-1，其余相关热化学方程式如下：3MnO2(s)Mn3O4(s)+O2(g)H1=a kJ·mol-13Mn3O4(s)+8Al(s)9Mn(s)+4Al2O3(s)H2=b kJ·mol-1则3MnO2(s)+4Al(s)3Mn(s)+2Al2O3(s)H=kJ·mol-1(用含a、b、c的代数式表示)。(2)MnCO3广泛用作锰盐原料。通过图1装置焙烧MnCO3可以制取MnO2，反应的化学方程式为2MnCO3(s)+O2(g)2MnO2(s)+2CO2(g)。图12MnCO3(s)+O2(g)2MnO2

35、(s)+2CO2(g)的化学平衡常数表达式K=。用真空抽气泵不断抽气的目的除保证反应持续进行外，还能 。(3)MnO2常用作催化剂。MnO2催化降解甲醛的反应机理如图2所示，图中X表示的粒子是，该反应的总化学方程式为 。图2(4)MnSO4是重要微量元素肥料。用惰性电极电解MnSO4溶液可以制得活性更好的MnO2，电解时总反应的离子方程式为，电解过程中阴极附近的pH(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】(1)a+b-c(2)使平衡正向移动，提高MnCO3的转化率(3)HCHCHO+O2CO2+H2O(4)Mn2+2H2OMnO2+H2+2H+增大【解析】(1)根据铝的燃烧热可得热化学方程

36、式4Al(s)+3O2(g)2Al2O3(s)H=-4c kJ·mol-1。将给定的两个热化学方程式分别标记为，将(3×+)÷3可得目标热化学方程式，故H= kJ·mol-1。(2)固体不能写在平衡常数表达式中，故K=。抽气的同时能将CO2抽出，相当于降低了产物的浓度，使得平衡正向移动，提高了MnCO3的转化率。(3)由图示可看出CHO被氧化得到X，X和H+反应生成H2O和CO2，故X 为HC；由整个流程可以看出，反应物(箭头指向内)为HCHO和O2，产物(箭头指向外)为CO2和H2O。(4)电解MnSO4溶液时，阳极上Mn2+失电子生成MnO2，阴极上

37、H+得电子生成H2，故阴极附近溶液的pH升高。【变式训练3】(2016·苏北四市三模)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。硫碘循环制氢主要的热化学方程式如下：. SO2(g)+2H2O(l)+I2(g)H2SO4(l)+2HI(g)H=+35.9kJ·mol-1. 2H2SO4(l)2SO2(g)+O2(g)+2H2O(l)H=+470 kJ·mol-1. 2HI(g)H2(g)+I2(g)H=+14.9kJ·mol-1(1)反应2H2(g)+O2(g)2H2O(l)的H= kJ·mol-1。(2)反应在液相中发生bensun反应，向水中加入1

38、mol SO2和3 mol I2，在不同温度下恰好完全反应生成的n(S)和n()的变化见图甲。中x=。温度达到120 时，该反应不发生的原因是。(3)反应在图乙中进行，其中的高分子膜只允许产物通过，高分子膜能使反应程度(填“增大”、“减小”或“不变”)；在该装置中为了进一步增大达平衡时HI的分解率，不考虑温度的影响，还可以采取的措施为 。(4)图丙是一种制备H2的方法，装置中的MEA为允许质子通过的电解质膜。写出阳极的电极反应式：。电解产生的氢气可以用镁铝合金(Mg17Al12)来储存，合金吸氢后得到仅含一种金属的氢化物(其中氢的质量分数为0.077)和一种金属单质，该反应的化学方程式为。【答

39、案】(1)-571.6(2)3此温度下碘单质、水、二氧化硫均为气态，反应不在液相中发生(3)增大向装置中通入氮气等气体吹出产物(4)CH3OH +H2O-6e-CO2+6H+ Mg17Al12+17H217MgH2+12Al【解析】(1)将给定的三个热化学方程式按照-(×2+×2)可得目标热化学方程式，故H=-(35.9×2+470+14.9×2) kJ·mol-1=-571.6 kJ·mol-1。(2)0时反应程度最大，生成2 mol 和1 mol S，故可得离子方程式SO2+3I2+2H2OS+2+4H+，根据I原子守恒可知x=3

40、。因为该反应是在液相中进行的，在120时，碘单质、水、二氧化硫均为气态，无法在液相中反应，故反应不能发生。(3)只有产物能通过该高分子膜，相当于将产物从平衡体系中取出，有利于使平衡正向移动而使反应程度增大。(4)由于CH3OH中C元素显-2价，而得到产物为CO2(C元素显+4价)，故CH3OH在阳极上失电子生成CO2，电极反应式为 CH3OH+H2O-6e-CO2+6H+。根据Mg、Al两种金属的化合价可知其氢化物的化学式分别为MgH2、AlH3，很显然在AlH3中H的质量分数为10%，故合金吸氢后得到的金属氢化物为MgH2，根据元素守恒可得化学方程式Mg17Al12+17H217MgH2+1

41、2Al。【课堂评价】1. (2016·苏锡常镇二模)利用太阳能热化学硫碘循环分解水制氢反应过程如下图所示。(1)反应中涉及的热化学方程式如下：H2SO4(l)SO3(g)+H2O(g)H=+177.3 kJ·mol-12SO3(g)2SO2(g)+O2(g)H=a kJ·mol-12H2SO4(l)2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)H=+550.2 kJ·mol-1a=；反应的平衡常数表达式为 。(2)反应得到的产物可用I2进行分离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层含低浓度I2的H2SO4溶液层和含高浓度I2的HI溶液层。区分两层溶液可加

42、入的试剂为(填化学式)。下列说法正确的是(填字母)。A. SO2在反应中作氧化剂B. 加过量I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶C. 两层溶液的密度存在差异D. I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶(3)用氧缺位铁酸铜(CuFe2O4-x)作催化剂，利用太阳能热化学循环分解H2O也可制H2，其物质转化如图1所示。图1图2氧缺位铁酸铜(CuFe2O4-x)与水反应的化学方程式为 。若x=0.15，则1 mol CuFe2O4参与该循环过程理论上一次能制得标准状况下的H2体积为L。CuFe2O4可用电化学方法得到，其原理如图2所示，则阳极的电极反应式为。【答案】(1)+195.6K=(2)B

43、aCl2CD(3)CuFe2O4-x+xH2OCuFe2O4+xH23.36Cu+2Fe+4O2-8e-CuFe2O4【解析】(1)将热化学方程式按-2×处理，可得热化学方程式，故a=550.2-177.3×2=+195.6。(2)SO2在反应中被I2氧化，作还原剂，A错误；H2SO4和HI都极易溶于水，故不分层，B错误；由于溶液分为两层，则两层的密度不同，C正确；由于I2在HI溶液中的浓度比在H2SO4溶液中的浓度高，故I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶，D正确。(3)氧缺位铁酸铜与水反应时，可以认为H2O提供O补齐“缺位”，H2O提供O后生成了H2，故反应的化学方

44、程式为CuFe2O4-x+xH2OCuFe2O4+xH2。由化学方程式可知，每生成1molCuFe2O4，可生成 xmol H2，当x=0.15时，生成H2 0.15mol，标准状况下的体积为3.36L。由图2可知，阳极材料是Fe和Cu，故电解时阳极上的Fe和Cu同时失电子，结合电解质中的O2-生成CuFe2O4，电极反应式为Cu+2Fe-8e-+4O2-CuFe2O4。2. (2016·南京三模)氨氮是造成水体富营养化的重要因素之一，用次氯酸钠水解生成的次氯酸将水中的氨氮(用NH3表示)转化为氮气除去，其相关反应的主要热化学方程式如下：反应：NH3(aq)+HClO(aq)NH2C

45、l(aq)+H2O(l)H1=a kJ·mol-1反应：NH2Cl(aq)+HClO(aq)NHCl2(aq)+H2O(l)H2=b kJ·mol-1反应：2NHCl2(aq)+H2O(l)N2(g)+HClO(aq)+3HCl(aq)H3=c kJ·mol-1(1)反应2NH3(aq)+3HClO(aq)N2(g)+3H2O(l)+3HCl(aq)的H=(用含a、b、c的代数式表示)。(2)已知在水溶液中NH2Cl较稳定，NHCl2不稳定易转化为氮气。在其他条件一定的情况下，改变(即NaClO溶液的投入量)，溶液中次氯酸钠去除氨氮效果与余氯(溶液中+1价氯元素的

46、含量)影响如图1所示。a点之前溶液中发生的主要反应为(填字母)。A. 反应B. 反应C. 反应反应中氨氮去除效果最佳的值约为。图1(3)溶液pH对次氯酸钠去除氨氮有较大的影响(如图2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 。图2图3(4)用电化学方法也可去除废水中氨氮。在蒸馏水中加入硫酸铵用惰性电极直接电解发现氨氮去除效率极低，但在溶液中再加入一定量的氯化钠后，去除效率可以大大提高。反应装置如图3所示，b为电源极，电解时阴极的电极反应式为 。(5)氯化磷酸三钠(Na3PO4·0.25NaClO·12H2O)可用于减小水的硬度，相

47、关原理可用下列离子方程式表示：3CaSO4(s)+2P(aq)Ca3(PO4)2(s)+3S(aq)该反应的平衡常数K=。(已知KspCa3(PO4)2=2.0×10-29，Ksp(CaSO4)=9.1×10-6)【答案】(1)(2a+2b+c)kJ·mol-1(2)A1.5(3)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(4)正2H2O+2N+2e-2NH3·H2O +H2(或2H+2e-H2)(5)3.77×1013【解析】(1)×2+×2+可得到目标热化学方程式，故H=2H1+2H2+

48、H3=(2a+2b+c)kJ·mol-1。(2)因为在NH2Cl和NHCl2中Cl的化合价都是+1价，在a点之前 n(NaClO)<n(NH3)，根据水解时NaClOHClO可知，在a点之前时n(HClO)<n(NH3)，则主要发生反应；由图示可看出，去除率最高时对应的值为1.5。(3)当溶液的pH较小时，生成了大量的HClO，HClO分解产生了无色无味的O2，由于HClO的减少，与氨氮反应的次氯酸量减少，从而降低了氨氮的去除效率。(4)阳极Cl-失电子生成Cl2，Cl2与水反应生成的HClO将N氧化为N2，阴极生成H2，从上方导气管排出，故a极为电源的负极，b极为电源的

49、正极。(5)K=3.77×1013。趁热打铁，事半功倍。请老师布置同学们及时完成配套检测与评估中的练习第1113页。【要点精析】 要 点 精 析 化学平衡【平衡常数K】1. K与温度关系反应的热效应温度变化K的变化反应的热效应温度变化K的变化吸热反应升温变大放热反应升温减小降温减小降温变大2. K的应用判断反应进行的方向向容器中同时充入反应物和生成物，判断反应进行的方向时，用Q与K的相对大小来判断。Q=K时，平衡状态，此时v(正)=v(逆)；Q>K时，反应逆向进行，此时v(逆)>v(正)；Q<K时，反应正向进行，此时v(正)>v(逆)。【化学平衡移动与转化率的

50、关系】可逆反应改变条件平衡移动方向反应物转化率备注A+BC增大A的浓度正向移动(B)增大，(A)减小AB+C增大A的浓度正向移动(A)减小实际是考虑压强影响2AB+C增大A的浓度正向移动(A)不变3AB+C增大A的浓度正向移动(A)增大其他情况下，一般来说，平衡正向移动，反应物转化率增大。【等效平衡】1. 三种等效平衡模型等效模型实例起始投料平衡时等量备注恒温恒容系数不等N2+3H22NH3甲：1 mol N2+3 mol H2乙：2 mol NH3(转化为同种物质完全等同)两容器中各组分的n、c、w等同(N2)+(NH3)=1恒温恒容系数相等I2+H22HI甲：1 mol I2+1 mol

51、H2乙：2 mol I2+2 mol H2(或4 mol HI)(成比例)两容器中各组分的w等同，n、c成倍数关系恒温恒压N2+3H22NH3甲：1 mol N2+3 mol H2乙：2 mol N2+6 mol H2 (或4 mol NH3)(成比例)两容器中各组分w、c等同，n成倍数关系2. 等效平衡的应用 (1)同一反应，向两容器中充入不同反应物或生成物时，首先转化为同种物质，再结合等效平衡的模型解题。例如：T1 ，向2 L的恒容密闭容器中充入7.6 mol NO和3.8 mol O2，发生如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)、2NO2(g)N2O4(g)，达到平衡时，测得

52、c(NO2)=1.5 mol·L-1、c(N2O4)=0.9 mol·L-1。若起始时向该容器中充入 3.6 mol NO2和2.0 mol N2O4，T1 达到平衡时，N2O4的转化率为。【分析】若将3.6 mol NO2和2.0 mol N2O4转化为NO和O2，则相当于7.6 mol NO和3.8 mol O2，所以两个平衡是等效的，因而达到平衡时容器中c(N2O4)=0.9 mol·L-1，因而转化率为10%。(2)不符合等效平衡的，先建立等效平衡，再回归题意。两个体积均为1 L的恒温恒容密闭容器甲和乙，向甲中充入1 mol N2和3 mol H2，向乙中充入2 mol N2和 6 mol H2，在相同温度下均达到平衡。试比较两平衡体系中各组分的物质的量、物质的量浓度、百分含量的大小。【分析】对于乙容器，可以先将其体积扩大2倍，得到与甲等效的平衡丙(建立等效模型)，再将丙的体积缩小为(回归题意)。如下图所示：达到平衡时，甲和丙中各组分的百分含量相等，丙中各组分的物质的量是甲中的两倍，甲和丙中各组分的浓度相等。丙乙，体积变为原来的，即增大压强，平衡正向移动。所以达到平衡时甲和