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1、1/28 2018 年高考化学分项汇编-化学反应原理综合 1【2018 新课标 1 卷】采用 N2o5 为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题 （1）1840 年 Devil 用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到 N2o5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为_。（2）FDaniels 等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25时 N2o5(g)分解反应：其中 No2 二聚为 N2o4 的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强 p 随时间 t 的变化如下表所示（t=时，N2o5(g)完全分解）：t/in0408016026013001700 p/kPa35
2、.840.342.5.45.949.261.262.363.1 已知：2N2o5(g)2N2o4(g)+o2(g)H1=4.4kjol1 2No2(g)N2o4(g)H2=55.3kjol1 则反应 N2o5(g)2No2(g)+o2(g)的H=_kjol1。2/28 研究表明，N2o5(g)分解的反应速率。t=62in 时，测得体系中 po2=2.9kPa，则此时的=_kPa，v=_kPain1。若提高反应温度至 35，则 N2o5(g)完全分解后体系压强p(35)_63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是_。25时 N2o4(g)2No2(g)反应的平衡常数 kp=_kPa（
3、kp 为以分压表示的平衡常数，计算结果保留 1 位小数）。（3）对于反应 2N2o5(g)4No2(g)+o2(g)，R.Aogg 提出如下反应历程：第一步 N2o5No2+No3 快速平衡 第二步 No2+No3No+No2+o2 慢反应 第三步 No+No32No2 快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_（填标号)。Av(第一步的逆反应)v(第二步反应)B反应的中间产物只有 No3 c第二步中 No2 与 No3 的碰撞仅部分有效 D第三步反应活化能较高 【答案】o253.130.06.0102 大于温度提高，体积不变，总压强提高；No2 二聚为放热反应，温
4、度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 13.4Ac 3/28 【解析】分析：（1）根据还原剂失去电子转化为氧化产物判断；（2）根据盖斯定律计算；根据压强之比是物质的量之比计算；根据温度对压强和平衡状态的影响分析；根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强。（3）根据三步反应的特点分析判断。由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至 35，则 N2o5(g)完全分解后体系压强 p(35)大于 63.1kPa。根据
5、表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是 35.8kPa271.6kPa，氧气是 35.8kPa217.9kPa，总压强应该是 71.6kPa+17.9kPa89.5kPa，平衡后压强减少了 89.5kPa63.1kPa26.4kPa，所以根据方程式 2No2(g)N2o4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是 71.6kPa26.4kPa218.8kPa，则反应的平衡常数。4/28 点睛：本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算，题目难度较大。试题设计新颖，陌
6、生感强，计算量较大，对学生的要求较高。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以直接把压强看作是物质的量利用三段式计算。2【2018 新课标 2 卷】cH4-co2 催化重整不仅可以得到合成气（co 和 H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：（1）cH4-co2催化重整反应为：cH4(g)+co2(g)=2co(g)+2H2(g)。已知：c(s)+2H2(g)=cH4(g)H=-75kjol1 c(s)+o2(g)=co2(g)H=-394kjol1 c(s)+1/2o2(g)
7、=co(g)H=-111kjol1 该催化重整反应的H=_kjol1。有利于提高 cH4平衡转化率的条件是_（填标号）。A高温低压 B低温高压 c高温高压 D低温低压 某温度下，在体积为 2L 的容器中加入 2olcH4、1olco2 以及催化剂进行重整反应，达到平衡时 co2 的转化率是 50%，其平衡常数为_ol2L2。5/28 （2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：积碳反应 cH4(g)=c(s)+2H2(g)消碳反应 co2(g)+c(s)=2co(g)H/(kjol1)75172 活化能/(kjol1)催化剂 X3391 催化剂
8、y4372 由上表判断，催化剂 X_y（填“优于”或“劣于”），理由是_。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数（k）和速率（v）的叙述正确的是_填标号）。Ak 积、k 消均增加 Bv 积减小，v 消增加 ck 积减小，k 消增加 Dv 消增加的倍数比 v 积增加的倍数大 在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=kp(cH4)p(co2)-0.5（k 为速率常数）。在 p(cH4)一定时，不同 p(co2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则6/28 pa(co2)、pb(co2
9、)、pc(co2)从 大 到 小 的 顺 序 为_。【答案】247A 劣于相对于催化剂 X，催化剂 y 积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 ADpc(co2)、pb(co2)、pa(co2)【解析】分析：（1）根据盖斯定律计算；根据反应特点结合温度和压强对平衡状态的影响解答；根据转化率利用三段式计算平衡常数；（2）根据活化能对反应的影响分析；根据反应热结合温度对平衡状态的影响以及图像曲线变化趋势解答；根据反应速率方程式分析影响其因素结合图像解答。（2）根据表中数据可知相对于催化剂 X，催化剂 y 积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相
10、对小，消碳反应速率大，所以催化剂 X 劣于 y。A正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此 k 积、k 消均增加，A 正确；B升高温度反应速率均增大，B 错误；c根据 A 中分析可知选项 c 错误；D积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明 v 消增加的倍数比 v 积增加的倍数大，D 正确。答案选 AD。根据反应速率方程式可知在 p(cH4)一定时，生成速率随7/28 p(co2)的升高而降低，所以根据图像可知 pa(co2)、pb(co2)、pc(co2)从大到小的顺序为 pc(co2)、pb(co2)、pa(co2)。点睛：本题主要是考查影响化学平衡的因素，化学图像的
11、分析与判断，化学计算等知识。图像分析是解答的易错点和难点，注意化学平衡图像分析的答题技巧，看图像时：一看面：纵坐标与横坐标的意义；二看线：线的走向和变化趋势；三看点：起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答。3【2018 新课标 3 卷】三氯氢硅（SiHcl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：（1）SiHcl3 在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSio)2o 等，写出该反应的化学方程式_。（2）SiHcl3 在催化剂作用下发生反应：2SiHcl3(g)SiH2cl2(g)+Sicl4(g)H1=48kjol1
12、 3SiH2cl2(g)SiH4(g)+2SiHcl3(g)H2=30kjol1 则反应4SiHcl3(g)SiH4(g)+3Sicl4(g)的H=_kjol1。（3）对于反应 2SiHcl3(g)SiH2cl2(g)+Sicl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在 323k 和 343k 时 SiHcl3的转化率随时间变化的结果如图所示。8/28 343k 时反应的平衡转化率=_%。平衡常数k343k=_（保留 2 位小数）。在 343k 下：要提高 SiHcl3 转化率，可采取的措施是_；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有_、_。比较 a、b 处反应速率大小：a_b（填“大
13、于”“小于”或“等于”）。反应速率=正逆=，k 正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x 为物质的量分数，计算a 处=_（保留 1 位小数）。【答案】2SiHcl3+3H2o(HSio)2o+6Hcl114220.02及时移去产物改进催化剂提高反应物压强（浓度）大于 1.3 【解析】分析：本题考查的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应与能量以及化学反应速率、平衡的相关内容。只需要根据题目要求，利用平衡速率的方法进行计算即可。详解：（1）根据题目表述，三氯氢硅和水蒸气反应得到(HSio)2o，方程式为：2SiHcl3+3H2o=(HSio)2o+6Hcl。（2）将第一个方程式扩大 3 倍，再与第
14、二个方程式相加就可以得到第三个反应的焓变，所以焓变为 483+(30)=114kjol-1。a、b 两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，9/28 而 a 点的温度更高，所以速率更快，即 VaVb。根据题目表述得到，当反应达平衡时，所以，实际就是平衡常数 k值，所以 0.02。a 点时，转化率为 20%，所以计算出：2SiHcl3SiH2cl2+Sicl4 起始：100 反应：0.20.10.1（转化率为 20%）平衡：0.80.10.1 所以=0.8；=0.1；所以 点睛：题目的最后一问的计算过程比较繁琐，实际题目希望学生能理解化学反应的平衡常数应该等于正逆反应的速率常数的比值。要
15、考虑到速率常数也是常数，应该与温度相关，所以不能利用 b 点数据进行计算或判断。4【2018 北京卷】近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：（1）反 应 ：2H2So4(l)2So2(g)+2H2o(g)+o2(g)H1=+551kjol1 反应：S(s)+o2(g)So2(g)H3=297kjol1 反应的热化学方程式：_。（2）对反应，在某一投料比时，两种压强下，H2So4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。10/28 p2_p1（填“”或“”），得出该结论的理由是_。（3）I可以作为水溶液中 So2 歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下
16、。将 ii 补充完整。iSo2+4I+4H+S+2I2+2H2o iiI2+2H2o+_+_+2I （4）探究 i、ii 反应速率与 So2 歧化反应速率的关系，实验如下：分别将 18LSo2 饱和溶液加入到 2L 下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2 易溶解在 kI 溶液中）序号 ABcD 试剂组成 0.4olL1kIaolL1kI 0.2olL1H2So40.2olL1H2So40.2olL1kI 0.0002olI2 实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较 A 快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较 A 快 B 是 A 的对比实验，则 a=_。比较
17、 A、B、c，可得出的结论是_。实验表明，So2 的歧化反应速率 DA，结合 i、ii 反应速率解释原因：_。【答案】3So2(g)+2H2o(g)2H2So4(l)+S(s)H2=254kjol1反应是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增11/28 大压强使反应正向移动，H2So4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2So4 的物质的量分数增大 So2So424H+0.4I是 So2 歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但 H+可以加快歧化反应速率反应 ii 比 i 快；D 中由反应 ii产生的 H+使反应 i 加快 【解析】分析：（1）应用盖斯定律结合反应 II 分析。（
18、2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与 H2So4物质的量分数判断。（3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应 ii 消去 I-得总反应。（4）用控制变量法对比分析。（4）B 是 A 的对比实验，采用控制变量法，B 比 A 多加了 0.2ol/LH2So4，A 与 B 中 kI 浓度应相等，则 a=0.4。对比 A 与 B，加入 H+可以加快 So2 歧化反应的速率；对比B 与 c，单独 H+不能催化 So2 的歧化反应；比较 A、B、c，可得出的结论是：I是 So2 歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但 H+可以加快歧化反应速率。对比 D 和 A，D 中
19、加入 kI 的浓度小于 A，D 中多加了 I2，反应 i 消耗 H+和 I-，反应 ii 中消耗 I2，D 中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较 A 快”，反应速率 DA，由此可见，反应 ii 比反应 i 速率快，反应 ii 产生 H+使 c（H+）12/28 增大，从而反应 i 加快。点睛：本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图像的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。5【2018 天津卷】co2 是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：（1）c
20、o2 可以被 NaoH 溶液捕获。若所得溶液 pH=13，co2主要转化为_（写离子符号）；若所得溶液 c(Hco3)c(co32)=21，溶液 pH=_。（室温下，H2co3 的k1=4107；k2=51011）（2）co2 与 cH4 经催化重整，制得合成气：cH4(g)+co2(g)2co(g)+2H2(g)已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键 cHc=oHHco(co)键能/kjol14137454361075 则该反应的H=_。分别在 VL 恒温密闭容器 A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入 cH4 和 co2 各 1ol 的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热
21、量较多的是_（填“A”或“B”）。按一定体积比加入 cH4 和 co2，在恒压下发生反应，温度对 co和 H2产率的影响如图 3所示。此反应优选温度为 90013/28 的原因是_。（3）o2 辅助的 Alco2 电池工作原理如图 4 所示。该电池电容量大，能有效利用 co2，电池反应产物 Al2(c2o4)3是重要的化工原料。电池的负极反应式：_。电池的正极反应式：6o2+6e6o2 6co2+6o23c2o42 反应过程中 o2 的作用是_。该电池的总反应式：_。【答案】co32-10+120kjol-1B900时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低。Al
22、 3e=Al3+（或 2Al 6e=2Al3+）催 化 剂2Al+6co2=Al2(c2o4)3 【解析】分析：本题考查的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应与能量以及化学反应速率、平衡的相关内容。只需要根据题目要求，利用平衡速率的方法进行计算即可。根据图 3 得到，900时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择 900为反应最佳温度。14/28 点睛：本题的第（2）小问中的涉及了恒容容器和恒压容器在不同反应中的影响。此类问题可以直接利用如下的结论：如果初始状态完全相同，是由恒容和恒压的区别，则一定是恒压容器更有利于反应
23、的进行。除非是气体物质的量不变的反应，恒压和恒容是一样的。本就可以直接得到，容器B 恒压，所以有利于反应进行，反应的更多，热量也更多。6【2018 江苏卷】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）H=116.1kjol1 3HNo2（aq）HNo3（aq）+2No（g）+H2o（l）H=75.9kjol1 反应 3No2（g）+H2o（l）2HNo3（aq）+No（g）的H=_kjol1。（2）用稀硝酸吸收 Nox，得到
24、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，新型催化剂能催化 NH3 与 Nox 反应15/28 生成 N2。NH3 与 No2 生成 N2 的反应中，当生成 1olN2 时，转移的电子数为_ol。将一定比例的 o2、NH3 和 Nox 的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应（装置见题 20 图1）。反应相同时间 Nox 的去除率随反应温度的变化曲线如题20 图
25、2 所示，在 50250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_。【答案】（1）136.2 （2）HNo22e+H2o3H+No3 （3）2HNo2+(NH2)2co2N2+co2+3H2o （4）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 【解析】分析：（1）应用盖斯定律解答。16/28
26、（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为 HNo2 失去电子生成 HNo3。（3）HNo2 与（NH2）2co 反应生成 N2 和 co2，根据得失电子守恒和原子守恒写出方程式。（4）NH3 与 No2 的反应为 8NH3+6No27N2+12H2o，该反应中 NH3 中-3 价的 N 升至 0 价，No2 中+4 价的 N 降至 0 价，生成 7olN2 转移 24ol 电子。因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时 NH3 与 o2 发生催化氧化反应生成 No。详解：（1）将两个热化学方程式编号，2No2（g）+H2o（l）=HNo3（a
27、q）+HNo2（aq）H=116.1kjol1（式）3HNo2（aq）=HNo3（aq）+2No（g）+H2o（l）H=75.9kjol1（式）应用盖斯定律，将（式 3+式）2 得，反应 3No2（g）+H2o（l）=2HNo3（aq）+No（g）H=（116.1kjol1）3+75.9kjol12=-136.2kjol1。（4）NH3 与 No2 的反应为 8NH3+6No27N2+12H2o，该反应中 NH3 中-3 价的 N 升至 0 价，No2 中+4 价的 N 降至 0 价，生成 7olN2 转移 24ol 电子。生成 1olN2 时转移电子数为 ol。17/28 因为反应时间相同，
28、所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时 NH3 与 o2 发生催化氧化反应。在 50250范围内，Nox 的去除率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，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于 380时，Nox的去除率迅速下降的原因可能是 NH3 与 o2 反应生成了 No，反应的化学方程式为 4NH3+5o24No+6H2o。点睛：本题以有效去除 Nox 为载体，考查盖斯定律的应用、电解原理、指定情境下方程式的书写，氧化还原反应中转移电子数的计算、图像的分析。主要体现的是对化学
29、反应原理的考查，对化学反应原理的准确理解是解题的关键。7【2018 届黄冈中学二模】空气质量评价的主要污染物为P10、P2.5、So2、No2、o3、co 等物质。研究脱硝(除 Nox)技术和脱硫(除 So2)技术都是环境科学研究的热点，对于消除环境污染有重要意义。（1）已知催化剂存在的条件下 H2 可以将 No 还原为 N2。下图是一定条件下 H2 还原 No 生成 N2 和 1ol 水蒸气的能量变 化 示 意 图。写 出 该 反 应 的 热 化 学 方 程 式_。（H 用 E1、E2、E3 表示）18/28 （2）升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2No(g)+o2(g)2No2(g
30、)的速率却随着温度的升高而减小。某化学小组为研究该特殊现象的实质原因，查阅资料知2No(g)+o2(g)2No2(g)的反应历程分两步：I 2No(g)N2o2(g)(快)；v1 正=k1 正.c2(No)；v1 逆=k1逆.c(N2o2)H10 II N2o2(g)+o2(g)2No2(g)(慢)；v2正=k2正.c(N2o2)c(o2)；v2 逆=k2 逆.c2(No2)H20 请回答下列问题：一定温度下，反应 2No(g)+o2(g)2No2(g)达到平衡状态，请写出用 k1 正、k1 逆、k2 正、k2 逆表示的平衡常数表达式k=_。决定 2No(g)+o2(g)2No2(g)速率的是
31、反应 II，反应 I 的活化能 E1 与反应 II 的活化能 E2 的大小关系为 E1_E2(填“”、“”或“=”)。根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原因是_。Ak2 正增大，c(N2o2)增大 Bk2 正减小，c(N2o2)减小 ck2 正增大，c(N2o2)减小 Dk2 正减小，c(N2o2)增大 由实验数据得到 v2 正c(o2)的关系可用图表示。当 x 点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为19/28 _(填字母)。（3）我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应：H2S+o2=H2o2+S。已知甲池中发生的反应为：装置中 H+从_移向
32、_(填“甲池”或“乙池”)。乙池溶液中发生的反应为_。【答案】)2H2(g)+2No(g)=N2(g)+2H2o(g)H=2(E1-E2)kjol1 【解析】分析：本题是对化学反应原理的综合考察。根据盖斯定律进行反应热的计算，正反应活化能与逆反应活化能的差值为反应热；利用反应达到平衡时 v 正=v 逆进行反应平衡常数的计算；根据图示可知，氧气变为过氧化氢，发生还原反应，该极为电解池的阴极，硫化氢变为单质硫，发生氧化反应，该极为电解池的阳极，发生氧化反应，氢离子向阴极移动，据此解答此题。（2）I2No(g)N2o2(g)(快)；v1 正=k1 正.c2(No)；v1 逆=k1 逆.c(N2o2)
33、H10 II N2o2(g)+o2(g)2No2(g)(慢)；v2正=k220/28 正.c(N2o2)c(o2)；v2 逆=k2 逆.c2(No2)H20 由反应达平衡状态,所以 v1 正=v1 逆、v2 正=v2 逆,所以v1 正v2 正=v1 逆v2 逆,即 即 k1 正.c2(No)k2 正.c(N2o2)c(o2)=k1 逆.c(N2o2)k2 逆.c2(No2)，则有：k=c2(No2)/c2(No)c(o2)=；正确答案：。（3）从示意图中看出，电子流向碳棒一极，该极为正极，氢离子从乙池移向甲池；正确答案：乙池；甲池。乙池溶液中，硫化氢与 I3-发生氧化还原反应：硫化氢失电子变为
34、硫单质，I3-得电子变为 I，离子反应为H2S+I3-=3I+S+2H+；正确答案：H2S+I3-=3I+S+2H+。8【2018 届青州市二模】c、N、S 的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。（1）co2 的重整用 co2 和 H2 为原料可得到 cH4 燃料。已知:cH4(g)+co2(g)=2co(g)+2H2(g)H1=+247k/ol cH4(g)+H2o(g)=co(g)+3H2(g)H2=+205k/ol 写出co2重整的热化学方程式:_。（2）“亚碳酸盐法”吸收烟中的 So2 将烟气通入 1.0ol/L 的 Na2So3 溶
35、液，若此过程中溶液体21/28 积不变，则溶液的 pH 不断_(填“减小”“不变”或“增大)。当溶液 pH 约为 6 时，吸收 So2 的能力显著下降，应更换吸收 剂，此 时 溶 液 中c(So32-)=0.2ol/L，则 溶 液 中c(HSo3-)=_。室温条件下，将烟气通入(NH4)2So3 溶液中，测得溶液 pH与各组分物质的量分数的变化关系如图:b 点时溶液 pH=7，则 n(NH4+):n(HSo3-)=_。（3）催化氧化法去除 No。一定条件下，用 NH3 消除 No污染，其反应原理;4NH3+6No5N2+6H2o。不同温度条件下，n(NH3):n(No)的物质的量之比分别为 4
36、:1、3:1、1:3 时，得到 No 脱除率曲线如下图所示:曲线 a 中，No 的起始浓度为 610-4g-3，从 A 点到 B 点经过 0.8s，该时间段内 No 的脱除速率为_g-3s-1。曲 线b对 应NH3与No的 物 质 的 量 之 比 是_。（4）间接电化学法除 No。其原理如图所示:写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)_。吸收池中除去 No 的原理_(用离子方程式表示)。22/28 【答案】co2(g)+4H2(g)=cH4(g)+2H2o(g)H1=-163kj/o1减少1.6ol/L3:11.510-43:12HSo3-+2e-+2H+=S2o42-+2H2o2No+2S
37、2o42-+2H2o=N2+4HSo3-【解析】（1）已知:cH4(g)+co2(g)=2co(g)+2H2(g)H1=+247k/ol cH4(g)+H2o(g)=co(g)+3H2(g)H2=+205k/ol 根 据 盖 斯 定 律，由 -2得 反 应co2(g)+4H2(g)=cH4(g)+2H2o(g)H=H1-2H2=-163kj/o1；（2）将烟气通入 1.0ol/L 的 Na2So3 溶液，亚硫酸与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，溶液 pH 不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式 So2+Na2So3+2H2o=2NaHSo3，溶液中反应的亚硫酸根离子和
38、生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为 1：2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为（1.0-0.2）ol/L，则生成的亚硫酸氢根为 c(HSo3-)=2（1.0-0.2）ol/L=1.6ol/L；发生的主要反应(NH4)2So3+So2+H2o=2NH4HSo3，根据图像可知 a点时两个比值相等，则 n(HSo3-):n(H2So3)=1:1，b 点时溶液 pH=7，根据电荷守恒可知 n(NH4+)=n(HSo3-)+2n(So32-)，又 根 据 图 像 曲 线 可 知n(HSo3-)+n(So32-)，则n(NH4+):n(HSo3-)=(1+2):1=3:1；（3）曲线 a 中，No 的起始浓度为
39、610-4g-3，A 点的脱除率为 55%，B 点的脱除率23/28 为 75%，从 A 点到 B 点经过 0.8s，该时间段内 No 的脱除速率为 610-4g-3（0.75-0.55）0.8s=1.510-4g-3s-1；NH3 与 No 的物质的量的比值越大，No 的脱除率越大，故其物质的量之比分别为 4:1、3:1、1:3 时，对应的曲线为a、b、c，故曲线 b 对应的物质的量之比是 3:1；（4）阴极是HSo3-在酸性条件下发生还原反应，生成 S2o42-，其电极反应式为 2HSo3-+2e-+2H+=S2o42-+2H2o；根据图示，吸收池中S2o42-和 No 是反应物，N2 和
40、 HSo3-是生成物，则吸收池中除去 No 的原理是 2No+2S2o42-+2H2o=N2+4HSo3-。9【2018 届日照市二模】纳米级 Fe3o4 呈黑色，因其有磁性且粒度小而在磁记录材料、生物功能材料等诸多领域有重要应用，探究其制备和用途意义重大。（1）还原-沉淀法：用还原剂 Na2So3 将一定量 Fe3+可溶盐溶液中的 1/3Fe3+还原，使 Fe2+和 Fe3+的物质的量比为1：2。然后在所得体系中加入氨水，铁元素完全沉淀形成 纳 米Fe3o4。写 出 过 程 的 离 子 方 程 式：_。当还原后溶液中 c(Fe2+)：c(Fe3+)=2：1 时，由下表数据可 知，产 品 磁
41、性 最 大，可 能 的 原 因 是_。c(Fe2+)：c(Fe3+)沉淀性状磁性大小 1：3 红棕色 92.7%24/28 1：2 棕色 96.5%2：1 黑色 100%（2）电化学法也可制备纳米级 Fe3o4，用面积为 4c2 的不锈钢小球(不含镍、铬)为工作电极，铂丝作阴极，用 Na2So4溶液作为电解液，电解液的 pH 维持在 10 左右，电流 50A。生成 Fe3o4 的电极反应为_。（3）已知：H2o(l)=H2(g)+1/2o2(g)H=+285.5kjol-1，以太阳能为热源分解 Fe3o4，经由热化学铁氧化合物循环分解水制 H2 的过程如下，完善以下过程的热化学方程式。过程：_
42、，过程：3Feo(s)+H2o(l)=H2(g)+Fe3o4(s)H=+128.9kjol-1 （4）磁铁矿(Fe3o4)常作冶铁的原料，主要反应为：Fe3o4(s)+4co(g)3Fe(s)+4co2(g)，该反应的H T时，10in 内用 Fe3o4 表示的平均反应速率为_gin-1。其他条件不变时，该反应在不同温度下，co2 含量随时间的变化(co2)-t 曲线如图所示，温度 T1、T2、T3 由大到小的 关 系 是 _，判 断 依 据 是_。【答案】Fe2+2Fe3+8NH3H2o=Fe3o425/28+8NH4+4H2oFe2+容易被氧化为 Fe3+3Fe-8e-+8oH-=Fe3o
43、4+2H2o2Fe3o4(s)=6Feo(s)+o2(g)H=+313.2kjo1-12.32T3T2T1 其他条件相同时，图像斜率：T3T2T1而温度越高，反应速率越快，所以 T3T2T1 （2）不锈钢小球(不含镍、铬)为电解池的阳极，金属铁在阳极失电子，在碱性环境下，生成 Fe3o4，电极反应为3Fe-8e-+8oH-=Fe3o4+2H2o；正确答案：3Fe-8e-+8oH-=Fe3o4+2H2o。（3）已知：H2o(l)=H2(g)+1/2o2(g)H=+285.5kjol-1，过程：3Feo(s)+H2o(l)=H2(g)+Fe3o4(s)H=+128.9kjol-1，根据盖斯定律可知
44、：总反应减去反应，再乘以 2，得 过 程 为：2Fe3o4(s)=6Feo(s)+o2(g)H=+313.2kj o1-1；正确答案：2Fe3o4(s)=6Feo(s)+o2(g)H=+313.2kjo1-1。其它条件相同时，图像斜率：T3T2T1，而温度越高，反应速率越快，所以 T3T2T1；正确答案：T3T2T1；其他条件相同时，图像斜率：T3T2T1 而温度越高，反应速率越快，所以 T3T2T1。10【2018 届重庆市二模】kno4 是一种重要的氧化剂，广泛用于化学分析和化工生产以反水处理工业。工业上可由软26/28 锰矿(主要成分为 no2)制备，目前有两种较为成熟的制法。其模拟流程
45、如下图所示：附表：不同温度下若干常见钾的化合物的溶解度（单位：g/(100gH2o)）化学式 20c30c40c60c80c100c cH3cook256283324350381 k2So411.11314.818.221.424.1 kcl34.237.240.145.851.356.3 kno46.349.0312.622.1 k2co3111114117127140156 （1）“熔 融”时，可 用 作 坩 锅 材 质 的 是_(填序号)。A氧化铝 B陶瓷 c氧化镁 D石英 （2）写出 no2 和 koH 熔融物中通入富氧空气时获得 k2no4的化学方程式_。（3）“酸歧化法”是在 pH
46、 根据表中的溶解度数据以及上述操作的特点，“酸歧化法”不适宜选择的酸性物质是_。A稀硫酸 B醋酸 c稀盐酸 D二氧化碳“蒸发浓缩”时，温度需控制在 70，适宜的加热方式是_。27/28 根据相关方程式，计算“酸歧化法”的理论产率为_。（4）“电解法”克服了“酸歧化法”理论产率偏低的问题，同时副产品 koH 可用于软锰矿的焙烧。电解法制备高锰酸钾的实验装置示意图如下(图中阳离子交换膜只允许 k+离子通过)a 为_极(填“正”或“负”)，右室发生的电极反应方程式为_。若电解开始时阳极区溶液为 1.0L0.40olL-1k2no4 溶液，电解一段时间后，右室中 n(k)/(n)为 6：5，阴极区生成
47、 koH的质量为_。【答案】c2no2+o2+4koH2k2no4+2H2oAc 水浴加热 66.7%负no42-e-=no4-17.9g 【解析】分析：本题是一道无机综合题，考查化学方程式和电极反应式的书写，计算产率等，难度较大。“蒸发浓缩”时，温度需控制在 70，适宜的加热方式是水浴加热。根据离子方程式，3no42-+4H+=2no4-+no2+2H2o，依据锰原子守恒，3olk2no4 理论上生成 2olkno4,所以理论产率为100%=66.7%。28/28 (5）右侧阳极 no42-失电子生成 no4-，电极反应式为no42-e-=no4-；故连接阳极的 b 电极为电源正极，a 则为负极，因此，本题正确答案为：负；no42-e-=no4-1.0L0.40olL-1k2no4 溶液中 k2no4 的物质的量为0.4ol，n(n)=0.4ol,n(k)=0.8ol，阳极 no42-失电子生成no4-，n 元素物质的量不变，电解一段时间后，溶液中，所以 n(k)=0.48ol，所以阴极区生成 koH 的物质的量为n(koH)=n(k)=0.8ol-0.48ol=0.32ol，质量为(koH)=0.32ol56g/ol=17.9g。