2018年高考化学二轮专题复习三维讲义十三反应原理重难（五）非选择题中的综合应用

eq\a\vs4\al(十三、反应原理重难(五)——非选择题中的综合应用)1．(2017·江苏高考)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。(1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有COeq\o\al(2－,3)，其原因是_______________________________。【考查化学反应的机理】(2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。①以酚酞为指示剂(变色范围pH8.0～10.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为________________________________________________________________________。【考查陌生离子方程式的书写】②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsOeq\o\al(－,4)＋H＋的电离常数为Ka1，则pKa1＝____________(pKa1＝－lgKa1)。【考查电离平衡常数】(3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH＝7.1时，吸附剂X表面不带电荷；pH>7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH<7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如图3所示。①在pH7～9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pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是_____________________________________________________________________________________________________。【考查化学反应速率的影响因素】解析：(1)吸附剂X中含有NaOH溶液，能吸收空气中的CO2生成COeq\o\al(2－,3)。(2)①图1中pH为8～10时，三价砷物种主要以H3AsO3和H2AsOeq\o\al(－,3)的形式存在，故滴加NaOH溶液的过程中主要反应的离子方程式为OH－＋H3AsO3=H2AsOeq\o\al(－,3)＋H2O。②Ka1＝eq\f(c(H2AsO\o\al(－,4))·c(H＋),c(H3AsO4))，K仅与温度有关，为方便计算，在图2中取pH＝2.2时计算，此时c(H2AsOeq\o\al(－,4))＝c(H3AsO4)，则Ka1＝c(H＋)＝10－2.2，pKa1＝2.2。(3)①从图2知，pH由7升至9时，H2AsOeq\o\al(－,4)转变为HAsOeq\o\al(2－,4)，由题中信息知，pH>7.1时，pH越高，吸附剂X所带负电荷越多，则吸附剂X与HAsOeq\o\al(2－,4)静电斥力增强。②在pH为4～7时，吸附剂X表面带正电荷，从图2知，pH在4～7之间时，吸附剂X吸附H2AsOeq\o\al(－,4)和HAsOeq\o\al(2－,4)；从图1知，pH在4～7之间时，三价砷主要以分子形式存在，吸附剂X不会吸附分子。加入氧化剂，可以将三价砷转化为五价砷，而被吸附剂X吸附。答案：(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2(2)①OH－＋H3AsO3=H2AsOeq\o\al(－,3)＋H2O②2.2(3)①在pH7～9之间，随pH升高H2AsOeq\o\al(－,4)转变为HAsOeq\o\al(2－,4)，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加②在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsOeq\o\al(－,4)和HAsOeq\o\al(2－,4)阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷2．(2016·江苏高考)铁炭混合物(铁屑和活性炭的混合物)、纳米铁粉均可用于处理水中污染物。(1)铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池。将含有Cr2Oeq\o\al(2－,7)的酸性废水通过铁炭混合物，在微电池正极上Cr2Oeq\o\al(2－,7)转化为Cr3＋，其电极反应式为______________________________________________________________________________________________________。【考查原电池电极反应式的书写】(2)在相同条件下，测量总质量相同、铁的质量分数不同的铁炭混合物对水中Cu2＋和Pb2＋的去除率，结果如下图所示。①当铁炭混合物中铁的质量分数为0时，也能去除水中少量的Cu2＋和Pb2＋，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②当铁炭混合物中铁的质量分数大于50%时，随着铁的质量分数的增加，Cu2＋和Pb2＋的去除率不升反降，其主要原因是_____________________________________________。【考查化学反应速率的影响因素】(3)纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。①一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BHeq\o\al(－,4)(B元素的化合价为＋3)与Fe2＋反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)eq\o\al(－,4)，其离子方程式为____________________。【考查陌生离子方程式的书写】②纳米铁粉与水中NOeq\o\al(－,3)反应的离子方程式为4Fe＋NOeq\o\al(－,3)＋10H＋=4Fe2＋＋NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O研究发现，若pH偏低将会导致NOeq\o\al(－,3)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NOeq\o\al(－,3)的速率有较大差异(见下图)，产生该差异的可能原因是_______________________________________________________________________________________________________________________________________。【考查影响化学反应速率的因素】解析：(1)由题意知，正极上Cr2Oeq\o\al(2－,7)得电子生成Cr3＋，其电极反应式为Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6e－＋14H＋=2Cr3＋＋7H2O。(2)①活性炭具有较大的表面积，吸附性很强，能吸附废水中少量的Cu2＋和Pb2＋。②铁的质量分数增加，形成铁炭微电池的数量减少，从而降低了反应效果，导致Cu2＋和Pb2＋的去除率降低。(3)①因BHeq\o\al(－,4)中B元素的化合价为＋3，则BHeq\o\al(－,4)中H元素的化合价为－1。根据题中信息和电子守恒规律可写出该反应的离子方程式：2Fe2＋＋BHeq\o\al(－,4)＋4OH－=2Fe＋2H2↑＋B(OH)eq\o\al(－,4)。②pH偏低，即溶液的酸性增强，则易发生副反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，导致NOeq\o\al(－,3)的去除率降低。③水样Ⅰ和Ⅱ相比较，水样Ⅱ中含有Cu2＋。由图可知，相同条件下水样Ⅱ的NOeq\o\al(－,3)去除速率明显比水样Ⅰ快，可能是Fe与Cu2＋反应：Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，析出的Cu与Fe在溶液中构成原电池，加快了Fe与NOeq\o\al(－,3)的反应，也可能是析出的Cu或原废水中的Cu2＋催化了Fe与NOeq\o\al(－,3)的反应。答案：(1)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6e－＋14H＋=2Cr3＋＋7H2O(2)①活性炭对Cu2＋和Pb2＋有吸附作用②铁的质量分数增加，铁炭混合物中微电池数目减少(3)①2Fe2＋＋BHeq\o\al(－,4)＋4OH－=2Fe＋2H2↑＋B(OH)eq\o\al(－,4)②纳米铁粉与H＋反应生成H2③Cu或Cu2＋催化纳米铁粉去除NOeq\o\al(－,3)的反应(或形成的Fe­Cu原电池增大纳米铁粉去除NOeq\o\al(－,3)的反应速率)3．(2015·江苏高考)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＝－200.9kJ·mol－1NO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=NO2(g)ΔH＝－58.2kJ·mol－1SO2(g)＋O3(g)=SO3(g)＋O2(g)ΔH＝－241.6kJ·mol－1(1)反应3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g)的ΔH＝_____________kJ·mol－1。【考查盖斯定律计算反应热】(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___________________。【考查影响化学反应速率的因素】(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SOeq\o\al(2－,3)将NO2转化为NOeq\o\al(－,2)，其离子方程式为_________________________________________________。【考查陌生离子方程式的书写】(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c(SOeq\o\al(2－,3))＝________[用c(SOeq\o\al(2－,4))、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____________________________________________________________________________________________________________________________。【考查溶度积常数Ksp的应用及工业生产采取的措施】解析：(1)应用盖斯定律进行解答。(2)①O3的氧化性很强，O3能将NO2氧化为更高价的氮氧化物。②O3能氧化SO2，而增加n(O3)时O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其原因是SO2与O3的反应速率慢。(3)NO2转化为NOeq\o\al(－,2)是NO2发生了还原反应，则SOeq\o\al(2－,3)发生氧化反应；pH＝8的溶液呈碱性。在此基础上，应用书写氧化还原反应型离子方程式的规则，可写出SOeq\o\al(2－,3)与NO2反应的离子方程式。(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液以后的体系中存在两个沉淀溶解平衡：CaSO3(s)Ca2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,3)(aq)，Ksp(CaSO3)＝c(Ca2＋)·c(SOeq\o\al(2－,3))CaSO4(s)Ca2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，Ksp(CaSO4)＝c(Ca2＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))则c(SOeq\o\al(2－,3))＝eq\f(Ksp(CaSO3),Ksp(CaSO4))×c(SOeq\o\al(2－,4))。CaSO3水悬浮液吸收NO2的实质是SOeq\o\al(2－,3)与NO2发生氧化还原反应。CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液以后，发生反应：Ca2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)CaSO4(s)，促使沉淀溶解平衡CaSO3(s)Ca2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,3)(aq)向右移动，SOeq\o\al(2－,3)的浓度增大，加快了SOeq\o\al(2－,3)与NO2的反应速率。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)SOeq\o\al(2－,3)＋2NO2＋2OH－=SOeq\o\al(2－,4)＋2NOeq\o\al(－,2)＋H2O(4)eq\f(Ksp(CaSO3),Ksp(CaSO4))×c(SOeq\o\al(2－,4))CaSO3转化为CaSO4使溶液中SOeq\o\al(2－,3)的浓度增大，加快SOeq\o\al(2－,3)与NO2的反应速率4．(2014·江苏高考)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－=Seq\o\al(2－,n)图1①写出电解时阴极的电极反应式：_________________________________________。【考查电解时电极反应式的书写】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________________________________________________________________________。【考查陌生氧化还原反应离子方程式的书写】(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2所示。图2①在图示的转化中，化合价不变的元素是______________________________________。【考查识图能力】②反应中当有1molH2S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______________________________________________。【考查电子守恒】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_______________________________________________。【考查工业生产采取的措施】(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3所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为_________________________________________________________________________________________。【考查陌生化学方程式的书写】图3解析：(1)由题图1知，阴极区的电解质为氢氧化钠，且阴极生成H2，故阴极的电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。Seq\o\al(2－,n)在酸性条件下发生歧化反应，生成硫单质和硫化氢气体，离子方程式为Seq\o\al(2－,n)＋2H＋=(n－1)S↓＋H2S↑。(2)①根据示意图和方程式可以看出，在转化过程中，化合价不变的元素有三种，分别为Cu、H、Cl。②消耗1molO2转移4mol电子，1molH2S转化为硫单质需转移2mol电子，若保持Fe3＋的物质的量不变，则根据电子得失守恒，需消耗0.5molO2。③提高混合气体中空气的比例，实质是提高氧气的量，可以保证生成的硫单质中不含CuS。(3)由题图3可以看出，生成物的物质的量之比为2∶1，所以硫单质应该以双原子分子形式存在。可得H2S在高温下分解反应的化学方程式为2H2Seq\o(,\s\up7(高温))2H2＋S2。答案：(1)①2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－②Seq\o\al(2－,n)＋2H＋=(n－1)S↓＋H2S↑(2)①Cu、H、Cl(或铜、氢、氯)②0.5mol③提高混合气体中空气的比例(3)2H2Seq\o(,\s\up7(高温))2H2＋S2[把脉高考]考什么(1)考查根据盖斯定律书写有关反应的热化学方程式或反应热计算。(2)考查化学反应速率、化学平衡状态的判断、化学平衡的移动、化学平衡常数的表达式、影响化学平衡常数的因素及相关计算、反应物转化率、Ksp的计算等。(3)考查陌生氧化还原反应离子方程式的书写。(4)考查电化学装置的原理分析、电极反应式的书写及平衡曲线的识别与绘制等。怎么考高考题型为非选择题，一般以一个主题为载体，由多个小题组成，各小题之间有一定的独立性，分别考查不同的知识点，覆盖面广，灵活性强。本考点为综合考查类考点，不再分考法，多练就能提能，大道至简就是最好的编排！1．(2017·江苏考前模拟)二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。(1)科学家提出由CO2制取C的太阳能工艺如图所示。①若“重整系统”发生的反应中eq\f(n(FeO),n(CO2))＝6，则FexOy的化学式为___________________。②“热分解系统”中每分解1molFexOy，转移电子的物质的量为________。(2)工业上用CO2和H2反应合成甲醚。已知：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol－1CH3OCH3(g)＋H2O(g)=2CH3OH(g)ΔH2＝＋23.4kJ·mol－1则2CO2(g)＋6H2(g)=CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH3＝________kJ·mol－1。①一定条件下，上述合成甲醚的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是________(填字母)。a．逆反应速率先增大后减小b．H2的转化率增大c．反应物的体积百分含量减小d．容器中的eq\f(n(CO2),n(H2))值变小②在某压强下，合成甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如下图所示。T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)＝________________；KA、KB、KC三者之间的大小关系为____________________。(3)常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))________(填“>”“<”或“＝”)c(HCOeq\o\al(－,3))；反应NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2ONH3·H2O＋H2CO3的平衡常数K＝____________。(已知常温下NH3·H2O的电离常数Kb＝2×10－5，H2CO3的电离常数K1＝4×10－7，K2＝4×10－11)解析：(1)①根据eq\f(n(FeO),n(CO2))＝6可写出反应的化学方程式：6FeO＋CO2=FexOy＋C，则x＝6，y＝8，FexOy的化学式为Fe3O4。②根据图知2Fe3O4=O2↑＋6FeO，生成1molO2，转移4mole－，则每分解1molFexOy，转移电子的物质的量为2mol。(2)根据盖斯定律ΔH3＝－53.7kJ·mol－1×2－23.4kJ·mol－1＝－130.8kJ·mol－1。①逆反应速率先增大后减小可能是增大了生成物浓度，平衡逆向移动，a错误；H2的转化率增大，平衡一定是正向移动，b正确；反应物的体积百分含量减小，可能是增大了生成物，则平衡逆向移动，c错误；容器中的eq\f(n(CO2),n(H2))值变小，可能是移出了二氧化碳，则平衡逆向移动，d错误。②T1温度下，将6molCO2和12molH2充入密闭容器中，根据图象知此时二氧化碳的转化率为60%，即消耗了二氧化碳6mol×60%＝3.6mol，生成甲醚1.8mol，v(CH3OCH3)＝eq\f(1.8mol,2L×5min)＝0.18mol·L－1·min－1；温度不变，平衡常数不变，即KA＝KC，合成甲醚的反应是放热反应，温度升高，二氧化碳的转化率降低，即T2>T1，则平衡常数KA＝KC>KB。(3)根据电离常数知电解质H2CO3比NH3·H2O更弱，根据越弱越水解知水解程度NHeq\o\al(＋,4)小于HCOeq\o\al(－,3)，则c(NHeq\o\al(＋,4))>c(HCOeq\o\al(－,3))；NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2ONH3·H2O＋H2CO3的平衡常数K＝eq\f(c(NH3·H2O)·c(H2CO3),c(NH\o\al(＋,4))·c(HCO\o\al(－,3)))＝eq\f(KW·c(NH3·H2O)·c(H2CO3),c(NH\o\al(＋,4))·c(OH－)·c(HCO\o\al(－,3))·c(H＋))＝eq\f(10－14,Kb·K1)＝eq\f(10－14,2×10－5×4×10－7)＝1.25×10－3。答案：(1)①Fe3O4②2mol(2)－130.8①b②0.18mol·L－1·min－1KA＝KC>KB(3)>1.25×10－32．(2017·南通、泰州一模)磷石膏是湿法生产磷酸排出的工业废渣，主要成分是CaSO4·2H2O。(1)CaSO4·2H2O脱水反应相关的热化学方程式如下：CaSO4·2H2O(s)=CaSO4·eq\f(1,2)H2O(s)＋eq\f(3,2)H2O(g)ΔH1＝＋83.2kJ·mol－1CaSO4·2H2O(s)=CaSO4(s)＋2H2O(l)ΔH2＝＋26kJ·mol－1H2O(g)=H2O(l)ΔH3＝－44kJ·mol－1则反应CaSO4·eq\f(1,2)H2O(s)=CaSO4(s)＋eq\f(1,2)H2O(g)的ΔH4＝________kJ·mol－1。(2)用不同的还原剂可以将CaSO4还原，所得SO2可用于工业生产硫酸。①以CO作还原剂，改变反应温度可得到不同的产物。不同温度下反应后所得固体成分的物质的量如图1所示。在低于800℃时主要还原产物为______________；高于800℃时CaS减少的原因是______________________________________________________________________________________________________________________________(用化学方程式表示)。②以高硫煤为还原剂焙烧2.5h，不同条件对硫酸钙转化率的影响如图2所示。CaCl2的作用是___________________________________________________________________；当温度高于1200℃时，无论有无CaCl2存在，CaSO4的转化率趋于相同，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③以C作还原剂，向密闭容器中加入相同质量的几组不同C/S值(C与CaSO4的物质的量比)的混合物在1100℃加热，结果如图3所示。当C/S值为0.5时，反应产物为CaO、SO2、CO2；当C/S值大于0.7时，反应所得气体中SO2的体积分数不升反降，其可能原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)利用反应CaSO4(s)＋(NH4)2CO3(aq)CaCO3(s)＋(NH4)2SO4(aq)可以将磷石膏转化为硫酸铵。若反应达到平衡后溶液中c(SOeq\o\al(2－,4))＝2.0mol·L－1，此时溶液中c(COeq\o\al(2－,3))＝________________。[已知：Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9，Ksp(CaSO4)＝3.2×10－7]解析：(1)将给定的三个热化学方程式分别标为①②③，根据盖斯定律，由②－①－2×③可得目标热化学方程式，故ΔH4＝ΔH2－ΔH1－2ΔH3＝(26－83.2＋44×2)kJ·mol－1＝＋30.8kJ·mol－1。(2)①由图示可知，在低于800℃时，还原的主要产物为CaS，在高于800℃时，得到的主要产物为CaO，则此时是CaS与CaSO4反应生成CaO。②由图示可看出，在高于1200℃时，加入CaCl2与不加入CaCl2时CaSO4的转化率相同，但较低温度下加入CaCl2时转化率高，故CaCl2的作用为催化剂。③当C/S值大于0.7时，原料中的还原剂C的含量增加，则高温下过量的C与CO2发生反应CO2＋Ceq\o(=,\s\up7(高温))2CO，从而使得气体总体积增大。(3)根据反应的化学方程式可知，该反应的平衡常数K＝eq\f(c(SO\o\al(2－,4)),c(CO\o\al(2－,3)))＝eq\f(c(SO\o\al(2－,4))·c(Ca2＋),c(CO\o\al(2－,3))·c(Ca2＋))＝eq\f(Ksp(CaSO4),Ksp(CaCO3))＝eq\f(3.2×10－7,2.8×10－9)＝eq\f(800,7)，故当c(SOeq\o\al(2－,4))＝2.0mol·L－1时，c(COeq\o\al(2－,3))＝0.0175mol·L－1。答案：(1)＋30.8(2)①CaSCaS＋3CaSO4eq\o(=,\s\up7(高温))4CaO＋4SO2↑②作催化剂两种情况下反应均达到平衡状态，催化剂CaCl2不改变平衡状态③CO2高温下与过量C反应生成CO，使气体总体积增大(或部分转化为其他含S物质)(3)1.75×10－2mol·L－13．(2017·苏锡常镇二模)辉铜矿的主要成分是Cu2S，可用于制取金属铜和铜盐。(1)已知部分反应的热化学方程式如下：C(s)＋S2(g)=CS2(g)ΔH1＝akJ·mol－1Cu2S(s)＋H2(g)=2Cu(s)＋H2S(g)ΔH2＝bkJ·mol－12H2S(g)=2H2(g)＋S2(g)ΔH3＝ckJ·mol－1则C(s)＋2Cu2S(s)=4Cu(s)＋CS2(g)的ΔH＝______kJ·mol－1(用含a、b、c的代数式表示)。(2)从辉铜矿中浸取铜元素，可用FeCl3作浸取剂。①反应Cu2S＋4FeCl3=2CuCl2＋4FeCl2＋S，每生成1molCuCl2，反应中转移电子的数目为________；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3＋较高浓度，有关反应的离子方程式是________________________________________________________________________。②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素的浸取率的变化见图1。其原因是________________________________________________________________________。③353K时，向FeCl3浸取液中加入CuCl2，能加快铜元素的浸取速率，其反应原理可用化学方程式表示为_______________________________________________________________________________________________________________________________、CuCl＋FeCl3=CuCl2＋FeCl2。(3)辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电化学反应转变而成，有关转化见图2。转化时正极的电极反应式为___________________________________________________。(4)CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反应为2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)，该反应的平衡常数K＝______________[已知：Ksp(CuCl)＝1.2×10－6,Ksp(Cu2S)＝2.5×10－43]。解析：(1)将给定的三个热化学方程式分别标为①②③，根据盖斯定律，由①＋②×2＋③可得目标热化学方程式，故ΔH＝(a＋2b＋c)kJ·mol－1。(2)①在反应中Cu由＋1价升高到＋2价，S由－2价升高到0价，而Fe由＋3价降低到＋2价，故每生成1molCuCl2时转移2mol电子。③由第二个化学方程式可知，Cu2S和CuCl2反应生成CuCl。(3)根据电子的流向可知，CuFeS2在正极上得电子生成Fe2＋、H2S，故电极反应式为2CuFeS2＋6H＋＋2e－=Cu2S＋2Fe2＋＋3H2S↑。(4)该反应的平衡常数K＝eq\f(c2(Cl－),c(S2－))＝eq\f(c2(Cu2＋)·c2(Cl－),c2(Cu2＋)·c(S2－))＝eq\f(K\o\al(2,sp)(CuCl),Ksp(Cu2S))＝eq\f((1.2×10－6)2,2.5×10－43)＝5.76×1030。答案：(1)a＋2b＋c(2)①2×6.02×10234Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O②生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取③Cu2S＋2CuCl2=4CuCl＋S(3)2CuFeS2＋6H＋＋2e－=Cu2S＋2Fe2＋＋3H2S↑(4)5.76×10304．(2017·连云港、宿迁、徐州三模)煤炭燃烧过程中会放出大量的SO2、CO等有毒气体，工业上常用CaSO4、MnO2、海水来消除它们对大气的污染。(1)CaSO4消除CO的反应原理如下：CaSO4(s)＋4CO(g)CaS(s)＋4CO2(g)ΔH1<0CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g)ΔH2>0常压下，工业生产中为了尽可能减少有毒气体的排放，常采用的措施是________________________________________________________________________。(2)在煤粉中掺入MnO2，既能脱硫又能提高燃烧效率。①某煤粉中含硫元素的质量分数为0.5%，在煤粉中掺入MnO2可在燃烧过程中生成MnSO4，理论上若使硫元素恰好与MnO2完全反应，则MnO2与煤粉混合的质量比为________。实际上需要向煤粉中掺入过量的MnO2以提高煤粉燃烧效率，经分析燃烧后的生成物含有Mn3O4，由此可知MnO2能提高煤粉燃烧效率的原因是________________________________________________________________________。②用图1装置电解MnSO4溶液可制备MnO2，其阳极的电极反应式为________________________________________________________________________；酸性条件下，加热KClO3和MnCl2混合溶液也能制备MnO2，同时产生一种黄绿色的气体，该反应的离子方程式为__________________________________________________。(3)海水中的钠镁比(钠镁元素的质量比)是影响吸收SO2的主要因素。某海水随水分的蒸发，钠镁比与密度关系如图2所示，该海水中的钠镁比在密度高于1.23g·cm－3时急剧下降的原因是_______________________________________________________________________________________________________________________________________。已知三种海水体系的二氧化硫吸收量随温度变化如图3所示，工业上常采用________作为SO2的吸收剂。解析：(1)为了减少有毒气体的排放，应使得第1个反应正向进行，故可以适当降低温度。(2)①MnO2＋S＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))MnSO4，设加入MnO21mol，则需要S也为1mol，故两者的质量比为87∶eq\f(32,0.5%)＝87∶6400。(3)由图示看出，卤水在温度低时SO2吸收量最高，而工业上主要在常温下吸收SO2，故采用卤水吸收最好。答案：(1)适当降低温度(2)①87∶6400MnO2分解生成Mn3O4同时放出氧气②Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2↓＋4H＋5Mn2＋＋2ClOeq\o\al(－,3)＋4H2Oeq\o(=,\s\up7(△))5MnO2↓＋Cl2↑＋8H＋(3)密度高于1.23g·cm－3时卤水中的氯化钠开始析出，从而导致钠镁比急剧下降卤水eq\a\vs4\al([必备知能])1．解决化学反应原理综合题需注意的6大问题(1)涉及化学反应速率考查中应注意的问题①对可逆反应，温度变化对正、逆反应速率均产生影响，且影响趋势相同，但影响值不同。升温对吸热反应影响较大，对放热反应影响较小；反之降温对吸热反应影响较小，对放热反应影响较大。②计算反应速率时，要特别注意时间、体积、浓度单位的换算。(2)涉及有关反应热求算考查中应注意的问题运用盖斯定律计算多步反应的ΔH时，要注意反应分子式前面的计量数与ΔH的对应关系，运用数学加减法和移项原理进行加减，在总反应式中没有的物质要用消元法除去，出现的物质要按照总反应式中的分子数保留即可。(3)涉及化学平衡常数考查中应注意的问题①固体物质、纯液体、水溶液中进行的反应，H2O不列入平衡常数的计算表达式中；气体反应、有机反应，H2O的浓度要列入平衡常数的计算表达式中。②平衡常数(K)式中的浓度是平衡状态时物质的量浓度，而浓度商(Q)式中的浓度是任意时刻的物质的量浓度。(4)涉及电化学考查中应注意的问题①化学电源与电极原电池中负极发生氧化反应，常出现电极材料溶解、质量减轻等现象；正极发生还原反应，常出现质量不变或增重、有气体产生等现象。电解池中与电源负极连接的阴极材料不反应，与电源正极连接的阳极(除惰性电极外)材料发生氧化反应，可能出现电极溶解、质量减轻等现象。②注意变价金属电极材料Fe在原电池与电解池反应中发生氧化反应时失去2个电子生成Fe2＋。③可充电电池可充电电池的放电反应是原电池反应，充电反应是电解池反应。放电过程中原电池的负极发生氧化反应，充电过程中电解池的阴极发生还原反应。(5)涉及电离平衡、水解平衡和溶解平衡中考查应注意的问题①书写电离平衡、水解平衡和溶解平衡方程式时要用可逆号连接。②分析离子浓度大小时要考虑酸碱盐对水电离的影响。③利用溶度积常数分析沉淀是否能完成转化时，要考虑溶解平衡方程式中阴阳离子计量数与溶度积常数关系，溶度积大的其溶解度不一定大。(6)涉及图表与作图考查中应注意的问题①仔细分析和准确画出曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点。②找准纵坐标与横坐标的对应数据。③描绘曲线时注意点与点之间的连接关系。④分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。2．解答化学反应原理综合题目的关键点1．(2017·苏州一模)“温室效应”是全球关注的环境问题之一。CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，CO2的综合利用是解决温室及能源问题的有效途径。(1)研究表明CO2和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。已知部分反应的热化学方程式如下：CH3OH(g)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝akJ·mol－1H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH2＝bkJ·mol－1H2O(g)=H2O(l)ΔH3＝ckJ·mol－1则CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝______________kJ·mol－1。(2)CO2催化加氢也能合成低碳烯烃：2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)。不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图1所示，曲线b表示的物质为________(填化学式)。(3)CO2和H2在催化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应A：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)反应B：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)控制CO2和H2初始投料比为1∶3时，温度对CO2平衡转化率及甲醇和CO产率的影响如图2所示。①由图2可知温度升高CO的产率上升，其主要原因可能是_______________________。②由图2可知获取CH3OH最适宜的温度是________。下列措施有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率的有________(填字母)。A．使用催化剂B．增大体系压强C．增大CO2和H2的初始投料比D．投料比不变和容器体积不变，增加反应物的浓度(4)在催化剂表面通过施加电压可将溶解在水中的二氧化碳直接转化为乙醇，则生成乙醇的电极反应式为____________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)由CO2制取C的太阳能工艺如图3所示。“热分解系统”发生的反应为2Fe3O4eq\o(=,\s\up7(2300K))6FeO＋O2↑。每分解1molFe3O4转移电子的物质的量为____________；“重整系统”发生反应的化学方程式为_______________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)将已知的前三个热化学方程式编号为①②③，根据盖斯定律，将3×②－①－③可得第4个热化学方程式，故ΔH＝(3b－a－c)kJ·mol－1。(2)由图可知平衡时H2的物质的量随温度升高而增大，则曲线a代表CO2，由化学方程式中各物质的化学计量数可知，b表示H2O，c表示C2H4。(3)②使用催化剂不影响平衡，A错误；增大压强反应A平衡正向移动，反应B平衡不移动，CO2转化为CH3OH的转化率增大，B正确；增大CO2和H2的初始投料比，CO2转化率减小，C错误；投料比和容器体积不变时，增加反应物的浓度等效于增大压强，D正确。(5)1molFe3O4中有2mol铁元素显＋3价、1mol铁元素显＋2价，故1molFe3O4分解生成3molFeO转移2mol电子。答案：(1)3b－a－c(2)H2O(3)①反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高②250℃BD(4)2CO2＋12H＋＋12e－=C2H5OH＋3H2O(5)2mol6FeO＋CO2eq\o(=,\s\up7(700K))2Fe3O4＋C2．(2017·常州一模)研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。(1)CO可用于炼铁。已知：Fe2O3(s)＋3C(s)=2Fe(s)＋3CO(g)ΔH1＝＋489.0kJ·mol－1C(s)＋CO2(g)=2CO(g)ΔH2＝＋172.5kJ·mol－1则CO(g)还原Fe2O3(s)的热化学方程式为_______________________________________________________________________________________________________________。(2)分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池(以KOH溶液为电解液)，该电池的负极反应式为_________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)测得CH3OH的物质的量随时间的变化如右图所示。①曲线对应的平衡常数大小关系为KⅠ________(填“>”“＝”或“<”)KⅡ。②一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。容器甲乙反应物投入量1molCO2、3molH2amolCO2、bmolH2、cmolCH3OH(g)、cmolH2O(g)若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为________________________________________________________________________。(4)利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，CH4产量随光照时间的变化如图1所示。在0～15h内，CH4的平均生成速率Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ从大到小的顺序为____________。(5)以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图2所示。①乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是____________________。②Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，写出有关的离子方程式：________________________________________________________________________。解析：(1)将给定的两个热化学方程式分别标为①②，根据盖斯定律，由①－②×3可得CO还原Fe2O3的热化学方程式。(2)该燃料电池中CO在负极失电子，结合OH－后生成COeq\o\al(2－,3)，电极反应式为CO－2e－＋4OH－=COeq\o\al(2－,3)＋2H2O。(3)①由图示可知，反应Ⅱ达平衡所用的时间短，故Ⅱ对应的温度高，则升高温度，n(CH3OH)减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，升高温度平衡常数减小，即KⅠ>KⅡ。②根据压强的倍数可知，甲中平衡后气体的总物质的量为3.2mol，经计算可知反应掉的CO2为0.4mol，则平衡时甲中CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为0.6mol、1.8mol、0.4mol、0.4mol，要求两容器中相同组分的体积分数相同，则两者加入时的物质的量相当，故c≤1，起始时要维持化学反应向逆反应方向进行，则c>0.4。(4)在图1中，过横坐标“15”处作垂直于横轴的垂线，则CH4产量越高，CH4平均生成速率越大，故速率Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ。(5)①300～400℃时乙酸的生成速率增大，但催化剂的催化效率降低，故此时乙酸的生成速率主要取决于温度。答案：(1)Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH＝－28.5kJ·mol－1(2)CO＋4OH－－2e－=COeq\o\al(2－,3)＋2H2O(3)①>②0.4<c≤1(4)Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ(5)①300～400℃②3Cu2Al2O4＋32H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=6Cu2＋＋6Al3＋＋2NO↑＋16H2O3．(2017·南师附中、天一、淮中、海门四校联考)用零价铁(Fe)进行水体脱氮(去除水体中的NOeq\o\al(－,3))，已成为环境修复研究的热点之一。(1)Fe还原水体中NOeq\o\al(－,3)的反应原理如图1所示。其中作负极的物质是________，正极的电极反应式是___________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)研究表明，零价铁脱氮后最终会在表面生成不导电的FeO(OH)外皮，从而使得脱氮过程停止。补充一定量的Fe2＋可以明显提高NOeq\o\al(－,3)的去除率。对Fe2＋的作用提出两种假设：Ⅰ.Fe2＋直接还原NOeq\o\al(－,3)Ⅱ.Fe2＋破坏FeO(OH)氧化层①针对假设Ⅰ：做对比实验，结果如图2所示。可得到的结论是________________________________________________________________________。②针对假设Ⅱ：以同位素示踪法，证实Fe2＋能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。该反应的离子方程式为_____________________________________________________________，加入Fe2＋提高NOeq\o\al(－,3)去除率的原因是__________________________________________________________________________________________________________________。(3)将足量铁粉投入水体中，测定不同初始pH对脱氮的影响见图3，初始pH为2.5时氮浓度与pH变化见图4。结合两图分析，不同初始pH对脱氮产生影响的原因为________________________________________________________________________。解析：(1)由图可知Fe作负极发生氧化反应生成Fe3O4，正极NOeq\o\al(－,3)被还原为NHeq\o\al(＋,4)。(3)由图3可知，初始pH越小，硝酸盐的浓度越低，即脱氧效果越好。答案：(1)铁NOeq\o\al(－,3)＋10H＋＋8e－=NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O(2)①本实验条件下，Fe2＋不能直接还原NOeq\o\al(－,3)，而Fe和Fe2＋共同作用下能提高NOeq\o\al(－,3)的去除率②Fe2＋＋2FeO(OH)=Fe3O4＋2H＋Fe2＋将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，有利于电子转移(3)初始pH低时，产生的Fe2＋充足；初始pH高时，产生的Fe2＋不足4．(2017·南京、盐城、连云港二模)钴及其化合物在催化剂、电池、颜料与染料等领域有广泛应用。(1)CoO是一种油漆添加剂，可通过反应①、②制备。①2Co(s)＋O2(g)=2CoO(s)ΔH1＝akJ·mol－1②CoCO3(s)=CoO(s)＋CO2(g)ΔH2＝bkJ·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＋，电池反应式如下：LiC6＋CoO2eq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))C6＋LiCoO2①电池放电时，负极的电极反应式为_____________________________________，Li＋向________(填“正极”或“负极”)移动。②一种回收电极中Co元素的方法：将LiCoO2与H2O2、H2SO4反应生成CoSO4。该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。(3)BASF高压法制备醋酸采用钴碘催化循环过程(如图1所示)，该循环总反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(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，将模拟尾气(成分如下表所示)以相同的流速通过该催化剂，测得所有产物(CO2、N2、N2O)与NO的相关数据如图2所示。模拟尾气气体(10mol)碳烟(amol)NOO2He物质的量分数0.25%5%94.75%①380℃时，测得排出的气体中含0.45molO2和0.0525molCO2，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)将给定的两个热化学方程式按照①－②×2可得目标热化学方程式，故ΔH＝(a－2b)kJ·mol－1。(2)①电池放电时，负极上LiC6失电子生成Li＋和C6，电极反应式为LiC6－e－=Li＋＋C6；放电时电解质溶液中的阳离子向正极移动。(3)由整个流程图中的箭头可知，参加反应的物质(箭头指向的物质)为CH3OH、CO、H2O，生成物(箭头指出的物质)为CH3COOH和H2O，而在圆圈上的物质为中间产物，故总反应的化学方程式为CH3OH＋CO→CH3COOH。(4)①根据尾气中NO、O2的物质的量以及排出气体中O2、CO2的物质的量可知，反应掉的NO在反应中提供的n(O)＝(0.45×2＋0.0525×2－10×5%×2)mol＝0.005mol，由图示可知，生成X的n(NO)＝(10×0.25%×16%)mol＝0.004mol，生成Y的n(NO)＝(10×0.25%×8%)mol＝0.002mol，若X为N2，Y为N2O，则提供的n(O)＝0.004mol＋0.002mol×eq\f(1,2)＝0.005mol，若X为N2O，Y为N2，则提供的n(O)＝0.004mol×eq\f(1,2)＋0.002mol＝0.004mol，故Y为N2O。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)①N2O②真实尾气中的NOx以NO为主(或NO2气体中存在N2O4，不便于定量测定)5．(2017·无锡一模)减少二氧化碳的排放是一项重要课题。(1)CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)ΔH在0.1MPa时，按n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，如图所示为不同温度(T)下，平衡时四种气态物质的物质的量(n)的关系。①该反应的ΔH________(填“>”“＝”或“<”)0。②曲线b表示的物质为________。(2)甲醇和CO2可直接合成DMC：2CH3OH(g)＋CO2(g)CH3OCOO