高考化学综合题专练∶化学反应原理综合考查附详细答案

高考化学综合题专练∶化学反应原理综合考查附详细答案
一、化学反应原理综合考查
1．碳元素形成的有机化合物在动植物体内及人类生存环境中有着相当广泛的存在，起着非常重要的作用。

请结合下列有关含碳化合物的研究，完成下列填空。

（1）为了高效利用能源并且减少CO2的排放，可用下列方法把CO2转化成甲醇燃料：
①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=akJ•mol−1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=bkJ•mol−1
③CH3OH(g)=CH3OH(l) △H=ckJ•mol−1
④H2O(g)=H2O(l) △H=dkJ•mol−1
则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为___。

（2）用甲醇燃料电池电解处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O72−)，用如图装置模拟该过程：
①请完成电解池中Cr2O72−转化为Cr3+的离子方程式___。

②当甲池中消耗甲醇1.6g时，乙池中两电极的质量差为___g。

（3）葡萄糖和果糖为同分异构体，在一定条件下，C6H12O6（葡萄糖）C6H12O6（果糖）△H﹤0。

该反应的速率方程式可表示为v(正)=k(正)c(葡)、v(逆)=k(逆)c(果)，k(正)和k(逆)在一定温度下为常数，分别称作正、逆反应速率常数。

T1温度下，k(正)=0.06s−1，k(逆)=0.002s−1。

①T1温度下，该反应的平衡常数K1=___。

②该反应的活化能Ea(正)___Ea(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”）。

③该T2温度下，从开始反应到平衡的过程中，葡糖糖的质量分数变化如图所示。

可以确定温度T2___T1（填“大于”、“小于”或“等于”）。

（4）H2A为二元弱酸。

室温下配制一系列c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)=0.100mol•L−1的H2A与NaOH的混合溶液。

测得H2A、HA−、A2−的物质的量分数c(x)%
（c(x)%=
-
-2-
2
c(X)
c(H A)+c(HA)+c(A)
×100%）随pH变化如图所示。

①当c(Na+)=0.100mol•L−1时，溶液中离子浓度的大小顺序为___。

②室温下，若将0.100mol•L−1的H2A与amol•L−1的NaOH溶液等体积混合，使溶液的pH=7。

则H2A的K a2=___mol•L−1（用a表示）。

【答案】CH3OH(l)+3
2
O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=
3b+4d
2
-a-c（或-a+1.5b-c+2d) Cr2O72-
+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 8.4 30 小于大于 c(Na+)﹥c(HA-)﹥c(H+)﹥c(A2-)﹥c(OH-) -7
(a-0.1)10
0.2-a
⨯
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律推算出CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式；
（2）甲池为甲醇燃料电池，其中M为负极，N为正极；乙池为电解池，乙池中左边铁为
阳极，右边的铁为阴极，阳极产生的Fe2+还原Cr2O72-，将Cr2O72−转化为Cr3+；利用串联电
路中转移的电子数相等，计算当甲池中消耗甲醇1.6g时，乙池中两电极的质量差；
（3）①根据速率方程式，当达到平衡时，v(正)= v(逆)，k(正)c(葡) = k(逆)c(果)，该反应的平衡常数
K=
c()
c()
果糖
葡萄糖
=()
()
K
K
正
逆
，然后根据k(正)和k(逆)在一定温度下的数值，带入计算；
②根据该反应为放热反应，故正反应的活化能小于逆反应的活化能；
③根据图像信息，计算T2温度下的平衡常数，然后与T1温度下的平衡常数相比，对应放热反应而言，温度越高平衡常数越小；
（4）①当c(Na+)=0.100mol•L−1时，H2A与NaOH恰好反应生成NaHA，结合图中的信息，溶液中离子浓度的大小；
②由电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，由物料守恒可知c(H2A)+c(HA−)
+c(A2−)=0.050mol•L−1，结合图像信息，计算出c(HA-)、c(A2-)、c(H+)，然后计算H2A的
K a2=
2
c(H)(A)
c(HA)
c
+-
-
⋅。

【详解】
（1）利用盖斯定律：1.5×②-①-③+2×④，得CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式：
CH3OH(l)+3
2
O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=（-a+1.5b-c+2d) kJ•mol−1；
（2）①乙池中左边铁为阳极，其电极反应式为Fe-2e-= Fe2+，Fe2+还原Cr2O72-，将Cr2O72−转化为Cr3+，其反应方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
②1.6gCH 3OH 的物质的量为
11.6g 32g mol
-
⋅=0.05mol ，M 为负极，其电极反应式为CH 3OH-6e -+ H 2O= 6H ++ CO 2↑，n(e -)=6n(CH 3OH)=6×0.05mol=0.3mol ，串联电路中转移的电子数相等，乙池中左边铁为阳极，其电极反应式为Fe-2e -= Fe 2+，故消耗Fe 的物质的量为0.15mol ，乙池中左边铁消耗的质量为0.15mol×56g/mol=8.4g ，右边的铁为阴极，电极反应式为2 H ++2e -= H 2↑，即右边的铁电极的质量不变，所以当甲池中消耗甲醇1.6g 时，乙池中两电极的质量差为8.4g ；
（3）①根据速率方程式，当达到平衡时，v (正)= v (逆)，k (正)c (葡) = k (逆)c (果)，该反应的平衡常数K =
c()c()果糖葡萄糖=()
()
K K 正逆，T 1温度下，k (正)=0.06s −1，k (逆)=0.002s −1，故T 1温度下，
K=11
0.06s 0.002s
--=30； ②室温下，若将0.100mol•L −1的H 2A 与amol•L −1的NaOH 溶液等体积混合，使溶液的pH=7，c(H +)=10-7 mol•L −1，由电荷守恒可知，c(H +)+c(Na +)=c(OH -)+c(HA -)+2c(A 2-)，因为溶液呈中性，c(H +)=c(OH -)，c(Na +)= c(HA -)+2c(A 2-)=0.5a mol•L −1，由物料守恒可知c(H 2A)+c(HA −)+c(A 2−)
=0.050mol•L −1，结合图像信息，当溶液呈中性时，c(H 2A)比较小，忽略不计，c(A 2−)=(0.5a-0.050) mol•L −1，c(HA −)=(0.1-0.5a) mol•L −1，室温下，
K a2=2c(H )(A )c(HA )c +--⋅=71.010(0.50.050)0.10.5a a -⨯⨯-- =-7(a-0.1)100.2-a
⨯。

2．德国化学家哈伯(F.Haber)从1902年开始研究由氮气和氢气直接合成氨。

合成氨为解决世界的粮食问题作出了重要贡献。

其原理为N 2(g)+3H 2(g)⇌2NH 3(g) △H=-92.4kJ/mol (1)若已知H-H 键的键能为436.0kJ/mol ，N-H 的键能为390.8kJ/mol ，则N ≡N 的键能约为_____kJ/mol
(2)合成氨反应不加催化剂很难发生，催化剂铁触媒加入后参与了反应降低了活化能。

其能量原理如图所示，则加了催化剂后整个反应的速率由______决定(填“第一步反应”或者“第二步反应”)，未使用催化剂时逆反应活化能______正反应活化能(填“大于”“小于”或者“等于”)
(3)从平衡和速率角度考虑，工业生产采取20MPa 到50MPa 的高压合成氨原因______ (4)一定温度下恒容容器中，以不同的H 2和N 2物质的量之比加入，平衡时NH 3体积分数如图所示，则H 2转化率a 点______b 点(填"大于”“小于”或者“等于”)。

若起始压强为20MPa ，
则b 点时体系的总压强约为______MPa 。

(5)若该反应的正逆反应速率分别表示为v 正=K 正()()3
22N c H g g ，v 逆=K 逆∙c 2(NH 3)，则一定温
度下，该反应 的平衡常数K=______(用含K 正和K 逆的表达式表示)，若K 正和K 逆都是温度的函数，且随温度升高而升高，则图中c 和d 分别表示______和______随温度变化趋势(填K
正
或者K 逆)。

(6)常温下，向20mL 的0.1mol/L 的盐酸中通入一定量氨气反应后溶液呈中性(假设溶液体积变化忽略不计)则所得溶液中c(NH 4+)=_______
【答案】944.4 第一步反应 大于 当压强低于20MPa 时，反应速率慢，且反应转化率低，压强过大于50MPa 时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高 小于 19
K K 正
逆
K 正 K 逆 0.1mol/L 【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据反应热的计算公式
N N H-H ()(N-H N N )3436.0kJ/mol 6390.8kJ ΔH=E -E =/mol 92.4kJ/mo E E l
36≡≡+⨯-⨯=-+-=反应物的键能生成物的键能E E ，可得N N =944.4kJ/mol ≡E ，故答案为：944.4；
（2）因为第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，则催化剂后整个反应的速率由第一步反应决定，由图可知未使用催化剂时逆反应活化能大于正反应活化能，故答案为：第一步反应；大于；
（3）根据工业上制备氨气的原理可知，当压强低于20MPa 时，反应速率慢，且反应转化率低，压强过大于50MPa 时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高，所以工业生产采取20MPa 到50MPa 的高压合成氨，故答案为：当压强低于20MPa 时，反应速率慢，且反应转化率低，压强过大于50MPa 时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高；
（4）当增大氢气的用量时，氮气的转化率升高，氢气的转化率降低，则H 2的转化率a 点小于b 点；根据图知b 点氨气的体积分数为5%，设氮气与氢气在恒容密闭容器中各投
1mol ，转化的氮气为xmol ，则可列三段式为： N 2+3H 2⇌2NH 3
(mol)110(mol)x 3x 2x (mol)1-x 3-2x 2x
起始量转化量平衡量 则有
2x =5%2-2x
，P()n()2-2x P()==P()n()220MPa =平衡平衡平衡始态始态，由此可得x= 1
21，P(平
衡)=19MPa ，故答案为：小于；19；
（5）平衡时，正反应速率=逆反应速率，则有()3
2322
K c(N )c (H N )=K c H g
g g 正逆，平衡常
数K= ()223
23K =c(N )c c NH (H )K g 正逆
；该反应为放热反应，温度升高时，平衡会逆向移动，平衡常数会减小，则K 逆大于K 正，c 代表K 正，d 代表K 逆，故答案为：K K 正
逆
；K 正；K 逆；
（6）反应后溶液呈中性，溶液中c （H +）=c （OH -）且由电荷守恒c （H +）+c （NH 4+）=c （OH -）+c （Cl -），则c （NH 4+）= c （Cl -）=0.1mol/L ，故答案为：0.1mol/L 。

3．I. 合成气（CO+H 2）广泛用于合成有机物，工业上常采用天然气与水蒸气反应等方法来制取合成气。

（1）已知：5.6L(标况下)CH 4与水蒸气完全反应，吸收51.5KJ 的热量，请写出该反应的热化学方程式_______________________________________________。

（2）在150℃时2L 的密闭容器中，将2 mol CH 4和2 mol H 2O(g)混合，经过15min 达到平衡,此时CH 4的转化率为60%。

回答下列问题：
①从反应开始至平衡，用氢气的变化量来表示该反应速率v(H 2)=____________。

②在该温度下，计算该反应的平衡常数K ＝________________________(保留两位小数)。

③下列选项中能表示该反应已达到平衡状态的是__________________________ A ．v (H 2)逆＝3v (CO)正 B ．密闭容器中混合气体的密度不变 C ．密闭容器中总压强不变 D ．C (CH 4) = C (CO) （3）合成气中的氢气也用于合成氨气：N 2 + 3H 2
2NH 3。

保持温度和体积不变， 在甲、
乙、丙三个容器中建立平衡的相关信息如下表。

则下列说法正确的是___________。

容 器 体积 起始物质
平衡时NH 3的物质的量 平衡时N 2的 体积分数 反应开始
时的速率 平衡时容
器内压强 甲 1L 1molN 2+3molH 2 1.6mol φ甲 ν甲 P 甲 乙 1L 2molN 2+6molH 2 n 1 mol φ乙 ν乙 P 乙 丙
2L
2molN 2+6molH 2
n 2 mol
φ丙
ν丙
P 丙
A ．n 1=n 2=3.2
B ．φ甲=φ丙＞φ乙
C ．ν乙＞ν丙＞ν甲
D ．P 乙＞P 甲=P 丙
II.（1）常温下，在x mol·L －1氨水中加入等体积的y mol·L －1硫酸得混合溶液M 恰好显中性。

①M 溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为_________________。

②常温下，NH 3·H 2O 的电离常数K=_____(用含x 和y 的代数式表示，忽略溶液混合前后的体积变化)。

（2）利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O 2浓度约为NO 浓度的10倍)，装置示意图如下，固体电解质可传导O 2－
阴极的电极反应式为___________________________。

②消除一定量的NO 所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)________。

【答案】CH 4（g ）+H 2O （g ）=CO （g ）+3H 2（g ）H=+206 kJ/mol ∆ -1-10.12mol L min g g
21.87 AC BD 24
4
c(NH )>c(SO )>c(H )=c(OH )+-+
-
-72y 10x-2y
⨯ 2NO+4e -=N 2+2O 2- 阴极
发生副反应O 2+4e -=2O 2- 【解析】 【分析】 【详解】
I .(1)标况下，5.6LCH 4物质的量为： 5.6L
22.4L/mol
=0.25mol ，吸收51.5kJ 的热量，则1mol
甲烷反应吸收热量=51.5kJ ×
1mol
0.25mol
=206kJ ，该反应的热化学方程式为：
CH 4(g )+H 2O (g )=CO (g )+3H 2(g )△H =+206 kJ /mol ；
(2)在150℃时2L 的密闭容器中，将2mol CH 4和2mol H 2O (g )混合，经过15min 达到平衡，此时CH 4的转化率为60%，则
4
22CH +H O CO +3H (/)1100
(/)0.60.60.6 1.8(/)0.40.40.6 1.8
mol L mol L mol L ƒ
起始量转化量平衡量
①从反应开始至平衡，用氢气的变化量来表示该反应速率v (H 2)=
1.8mol/L
15min
=0.12mol •L -1
•min -1；
②结合①计算得到的平衡浓度，计算得到该反应的平衡常数K =(1.83×0.6)/(0.4×0.4)=21.87；
③A ．v 逆(H 2)＝3v 正(CO )，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故A 正确； B ．密闭容器中混合气体的质量和体积不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B 错误；
C ．反应前后气体物质的量增加，气体压强之比等于气体物质的量之比，密闭容器中总压强不变，说明反应达到平衡状态，故C 正确；
D ．浓度关系和消耗量、起始量有关，c (CH 4)=c (CO )不能说明反应达到平衡状态，故D 错误；
故答案为：AC ；
(3)A ．甲和丙为等效平衡，则n 2=1.6mol ，但乙与甲相比，相当于增大压强，平衡向着正向移动，则n 1＞3.2，故A 错误；
B ．甲和丙达到平衡状态为相同平衡状态，氮气体积分数相同，乙相当于甲平衡状态再加入1mol 氮气和3mol 氢气，增大压强平衡正向进行，氮气体积分数减小，φ甲=φ丙＞φ乙，故B 正确；
C ．乙容器中反应物浓度大于甲和丙，反应速率大，甲和丙起始浓度相同反应速率相同，故C 错误；
D ．乙中物质浓度是甲的2倍，且压强大于甲，甲和丙为等效平衡，压强相同，得到P 乙＞P 甲=P 丙，故D 正确； 故答案为：BD ；
II .(1)①根据电荷守恒，c (NH 4+)+c (H +)=c (OH -)+2c (SO 42-)，混合后溶液显中性，则
c (NH 4+)=2c (SO 42-)，则244c(NH )>c(SO )>c(H )=c(OH )+-+-
；
②x mol •L -1氨水中加入等体积的y mol •L -1硫酸得混合溶液M 恰好显中性，则
c (NH 4+)=2c (SO 42-)=2×
y
2
mol •L -1=ymol •L -1，混合后，根据物料守恒c (NH 3•H 2O )+c (NH 4+)=0.5x mol •L -1，则c (NH 3•H 2O )=(0.5x -y )mol •L -1，K =c (NH 4+)•c (OH -)/c (NH 3•H 2O )=y ×1×10-7/(0.5x -y )=2y ×10-7/(x -2y )；
(2)①阴极：NO 得到电子生成N 2，结合守恒原则，则电极方程式为2NO +4e -=N 2+2O 2-； ②消除一定量的NO 所消耗的电量远远大于理论计算量，可能存在副反应，O 2浓度约为NO 浓度的10倍，氧气易得到电子生成O 2-，电极方程式为：O 2+4e -=2O 2-。

4．煤燃烧排放的烟气含有SO 2和NO x ，大量排放烟气形成酸雨、污染大气，因此对烟气进行脱硫、脱硝，对环境保护有重要意义。

回答下列问题： Ⅰ.利用CO 脱硫
(1)工业生产可利用CO 气体从燃煤烟气中脱硫，则25℃时CO 从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式2CO(g)＋SO 2(g)⇌2CO 2(g)＋S(s)的焓变△H ＝_____________。

25℃，100kPa 时，由元素最稳定的单质生成1mol 纯化合物时的反应热称为标准摩尔生成焓，已知一些物质的“标准摩尔生成焓”如下表所示：
物质CO(g)CO2(g)SO2(g)
标准摩尔生成焓
∆f H m(25℃)/kJ∙mol-1
-110.5-393.5-296.8
(2)在模拟脱硫的实验中，向多个相同的体积恒为2L的密闭容器中分别通入2.2mol CO和1mol SO2气体，在不同条件下进行反应，体系总压强随时间的变化如图所示。

①在实验b中，40 min达到平衡，则0～40 min用SO2表示的平均反应速率v(SO2)＝
_______。

②与实验a相比，实验b可能改变的条件为_______________，实验c可能改变的条件为_________________。

Ⅱ.利用NH3脱硝
(3)在一定条件下，用NH3消除NO污染的反应原理为：4NH3(g)＋6NO(g)⇌5N2(g)＋
6H2O(l)△H＝－1807.98kJ·mol－1。

在刚性容器中，NH3与NO的物质的量之比分别为X、Y、Z(其中X<Y<Z)，在不同温度条件下，得到NO脱除率(即NO转化率)曲线如图所示。

①NH3与NO的物质的量之比为X时对应的曲线为_____________(填“a”“b”或“c”)。

②各曲线中NO脱除率均先升高后降低的原因为__________。

③900℃条件下，设Z＝2
3
，初始压强p0，则4NH3(g)＋6NO(g)⇌5N2(g)＋6H2O(l)的平衡常数
K p＝_____________(列出计算式即可)。

Ⅲ.利用NaCIO2脱硫脱硝
(4)利用NaClO2的碱性溶液可吸收SO2和NO2(物质的量之比为1:1)的混合气体，自身转化为NaCl，则反应的离子方程式为________________。

【答案】-269.2kJ·mol-1 0.01mol·L-1·min-1加入催化剂升高温度 c 温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH<0，继续升高温度，平衡向左移动，NO脱出率又下降
()()()5
046650
000.375p 0.3750.140.15p 0.1p 0.15p ⨯⨯或 3ClO 2-+4SO 2+4NO 2+12OH -===3Cl -+4SO 42-+4NO 3
-+6H 2O 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据“标准摩尔生成焓”的定义可得：
()()()()()()()()()-1
2t 1-1
22t 2-1
22t 31C s +O g CO g Δ=-110.5kJ mol
21C s +O g CO g Δ=-393.5kJ mol 21S s +O g SO g Δ=-296.8kJ mol
2
m m m H H H 垐?g 噲?垐?g 噲?垐?g 噲?①②③
再根据盖斯定律2(反应③-反应①)-反应③可得到2CO(g)＋SO 2(g)⇌2CO 2(g)＋S(s)，则，CO 脱硫反应2CO(g)＋SO 2(g)⇌2CO 2(g)＋S(s)的焓变
()()()-1-1-1-1
t 2t 1t 3Δ=2Δ-Δ-Δ=2-393.5kJ mol -110.5kJ mol --296.8kJ mol =-269.2kJ mol m m m H H H H g g g g ，故答案为：-269.2kJ·
mol -1； (2)①结合题干信息，列三段式有：
()()()()222.21002CO g SO g 22x x 2x x 2.2-2x
1CO 2x
x
S x
g s -垐?噲?初始
转化末态
＋＋
则2.2-2x+1-x+2x 120
2.2+1260
=，解得x=0.8，则
()-1-120.8mol
2L v SO ==0.01mol L min 40min
g g ，故答案为0.010.01mol·
L -1·min -1； ②与实验a 相比，实验b 达到的平衡状态不变且所需时间缩短，改变的条件应为加入了催化剂，与实验a 相比，实验c 达到平衡状态改变且所需时间缩短，可能是增大压强或升高温度，联系反应特点，若是增大压强，平衡向右移动，向右反应的程度应增大，与图像不符，若是升高温度，平衡向左移动，与图像相符，故答案为：加入催化剂；升高温度； (3)①NH 3和NO 的物质的量之比越大，NO 的脱出率月啊，则相同温度下，不同NH 3、NO 物质的量之比对应NO 的脱出率：X<Y<Z ，则X 对应曲线c ，Y 对应曲线b ，Z 对应曲线a ，故答案为：c ；
②NO 的脱出率会受到速率、平衡移动等因素的影响，温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO 脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH <0，继续升高温度，平衡向左移动，NO 脱出率又下降，故答案为：温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO 脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH <0，继续升高温度，平衡向左移动，NO 脱出率又下降；
③压强为p0，根据曲线a上NH3与NO的物质的量之比为
2
Z=
3
，则NH
3的分压为0.4p0，NO的分压为0.6p0，列三段式有：
()()()()
00
32
000
2
00
0.4p0.6p0
0.3p0.45p
4NH g6
0.37
NO
5p
g5N
0.1p0.15p0.37
g
p
H
5
6O l
垐?
噲?
起始
转化
平衡
＋＋
则反应的平衡常数
()
()()
()
()()
5
5
20
p46
4665
30
00
p N0.375p0.375
p NH p NO0.140.15p
0.1p0.15p
K==
⨯
⨯
g
或，故答案为：
()
()()
5
4665
00
0.375p0.375
0.140.15p
0.1p0.15p⨯
⨯
或；
(4)在碱性环境下，ClO2-氧化等物质的量的SO2和NO2，ClO2-变为Cl-，SO2变为SO42-，NO2变为NO3-，利用氧化还原反应规律进行配平，可得离子反应方程式3ClO2-
+4SO2+4NO2+12OH-===3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O，故答案为：3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-===3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O。

5．工业上利用废镍催化剂(主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如下：
(1)请写出一种能提高“酸浸”速率的措施：________________________；滤渣I的成分是____________(填化学式)。

(2)除铁时，控制不同的条件可以得到不同的滤渣II。

已知滤渣II的成分与温度、pH的关系如图所示：
①若控制温度40℃、pH=8，则滤渣II的主要成分为_________________________(填化学式)。

②若控制温度80℃、pH=2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12](图中阴影部分)，写出生成黄铁矾钠的离子方程式：___________________________________________。

(3)已知除铁后所得100 mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol·L-1，加入100 mL NH4F溶液，使Ca2+恰好沉淀完全即溶液中c(Ca2+)=1×10-5mol·L-1，则所加c(NH4F)=_________mol·L-1。

[已知K sp(CaF2)=5.29×10-9]
(4)加入有机萃取剂的作用是________________________。

(5)某化学镀镍试剂的化学式为M x Ni(SO4)y(M为+1价阳离子，Ni为+2价，x、y均为正整数)。

为测定该镀镍试剂的组成，进行如下实验：
I．称量28.7g镀镍试剂，配制100 mL溶液A；
Ⅱ．准确量取10.00 mL溶液A，用0.40 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的
Ni2+(离子方程式为Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+)，消耗EDTA标准溶液25.00mL；
Ⅲ．另取10.00 mL溶液A，加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀4.66g。

①配制100 mL镀镍试剂时，需要的仪器除药匙、托盘天平、玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管外，还需要________________________。

②该镀镍试剂的化学式为________________________________。

【答案】把废镍催化剂粉碎、适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等SiO2、CaSO4FeOOH 2Na++3ClO- +6Fe2++4SO42-+9H2O =Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl-+6H+6.6×10-2除去溶液中的Zn2+100 mL容量瓶(NH4)2Ni(SO4)2
【解析】试题分析：(1)根据影响反应速率的因素分析提高“酸浸”速率的措施；废镍催化剂中SiO2与硫酸不反应，CaO与硫酸反应的产物CaSO4微溶于水；(2)根据滤渣II的成分与温度、pH的关系图，可知控制温度40℃、pH=8时，滤渣II的主要成分；
②Na2Fe6(SO4)4(OH)12中铁元素化合价是+3，可知ClO-把Fe2+氧化为Fe3+，同时生成
Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀；(3)根据方程式Ca2++2F-= CaF2↓，沉淀Ca2+消耗0.002mol
NH4F ，根据K sp(CaF2)=5.29×10-9，沉淀Ca2+后，溶液中c(F-)=；(4)根据流程
图，加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2+；(5)①根据配制100mL一定物质的量浓度
溶液分析需要的仪器；②根据Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+计算Ni2+的物质的量，根据可
计算相对分子质量；根据10.00 mL溶液A，加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀
4.66g，可计算SO42-的物质的量，根据n(Ni2+)：n(SO42-)计算y值，根据化合价代数和等于
零计算x值，最后根据相对分子质量计算M的相对原子质量。

解析：(1)根据影响反应速率的因素，升高温度、把废镍催化剂粉碎、适当增大酸的浓度或
搅拌等，都可以提高“酸浸”速率；废镍催化剂中SiO2与硫酸不反应，CaO与硫酸反应的
产物CaSO4微溶于水，所以滤渣I的成分是SiO2、CaSO4；(2) ①根据滤渣II的成分与温
度、pH的关系图，可知控制温度40℃、pH=8时，滤渣II的主要成分是FeOOH；
②Na2Fe6(SO4)4(OH)12中铁元素化合价是+3，可知ClO-把Fe2+氧化为Fe3+，同时生成
Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，反应的离子方程式是2Na++3ClO- +6Fe2+ +4SO42-
+9H2O =Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl-+6H+；(3)根据方程式Ca2++2F-= CaF2↓，沉淀Ca2+消耗
0.002mol NH4F ，根据K sp(CaF2)=5.29×10-9，沉淀Ca2+后，溶液中c(F-)=，设
加入c(NH4F)=c mol·L-1，则 =；c=6.6×10-2；(4)根据流
程图，加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2+；(5)①根据配制100mL一定物质的量浓
度溶液需要100mL容量瓶；②根据Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，n(Ni2+)=0.025L0.4 mol·L-
1=0.01mol ，根据，M x Ni(SO4)y的相对分子质量=；
10.00 mL溶液A，加入足量的BaCl2溶液，得到硫酸钡4.66g，所以SO42-的物质的量
0.02mol，根据n(Ni2+)：n(SO42-)=1：y，则y=2，根据化合价代数和等于零,x=2，设 M的相
对原子质量是a，则2a+59+96=287；a=18，所以M是NH4+，该镀镍试剂的化学式为
(NH4)2Ni(SO4)2。

6．H2S是石油化工行业广泛存在的污染性气体，但同时也是重要的氢源和硫源，工业上可
以采取多种方式处理。

Ⅰ．干法脱硫
（1）已知H2S的燃烧热为akJ∙mol-1，S的燃烧热为bkJ∙mol-1，则常温下空气直接氧化脱
除H2S的反应：2H2S(g)＋O2(g)=2S(s)＋2H2O(l) △H＝______kJ∙mol-1。

（2）常用脱硫剂的脱硫效果及反应条件如下表，最佳脱硫剂为_________。

脱硫剂出口硫（mg·m-3）脱硫温度（℃）操作压力（MPa）再生条件一氧化碳＜1.33300～4000～3.0蒸气再生活性炭＜1.33常温0～3.0蒸气再生氧化锌＜1.33350～4000～5.0不再生
锰矿 ＜3.99 400 0～2.0 不再生
Ⅱ．热分解法脱硫
在密闭容器中，充入一定量的H 2S 气体，发生热分解反应H 2S(g)221H (g)S (g)2
+
垐?噲?控制不同的温度和压强进行实验，结果如图(a)。

（3）图(a)中压强关系p 1、p 2、p 3由大到小的顺序为______，该反应为____（填“吸热”或“放热”）反应，若要进一步提高H 2S 的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以采取的措施有_______。

（4）若压强为p 、温度为975℃时，2221H S(g)H (g)S (g)2
+ƒ的平衡常数K=0.04，则起始浓度c=______mol ∙Lˉ1，若向容器中再加入1molH 2S 气体，相同温度下再次达到平衡时，K_____0.04（填“>”1 “<”或“=”）。

Ⅲ．间接电解法脱硫
间接电解法是通过FeCl 3溶液吸收并氧化H 2S 气体，将反应后溶液通过电解再生，实现循环使用，该法处理过程如下图(b)。

（5）电解反应器总反应的离子方程式为________。

（6）气液比为气体与液体的流速比，吸收反应器内液体流速固定。

测定吸收器中相同时间内不同气液比下H 2S 的吸收率和吸收速率，结果如图(c)所示，随着气液比减小，H 2S 的吸收速率逐渐降低，而吸收率呈上升趋势的原因为____________。

【答案】-2a+2b 活性炭 p 3>p 2>p 1 吸热 移出产物H 2或S 2 0.018 =
2Fe 3++2H +
2Fe 2++H 2↑ 气液比减小，通入H 2S 的总量减少，参加反应的H 2S 的量减少，吸收速率减小；吸收液的量增大，气液接触更充分，使硫化氢的吸收率增大。

【解析】
【分析】
书写燃烧热的热化学方程式，利用盖斯定律进行求解；结合表中信息，选出最佳脱硫剂；分析图象，纵坐标代表的是H 2S 的平衡转化率，变量为压强和温度，探究压强和温度对平衡移动的影响；已知平衡常数，设初始浓度，利用“三段式”进行计算求解；平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；分析电解法处理过程，区别吸收速率和吸收率的不同。

据此分析
【详解】
(1)已知H 2S 的燃烧热为akJ ∙mol -1，S 的燃烧热为bkJ ∙mol -1 ，则有
H 2S(g)+O 2(g)=SO 2(g)+H 2O(l) △H =-akJ ∙mol -1①，S(s)+O 2(g)=SO 2(g) △H =-bkJ ∙mol -1②，根据盖斯定律则方程式2H 2S(g)＋O 2(g)=2S(s)＋2H 2O(l) △H ＝2×①-2×②=-2a+2bkJ ∙mol -1，答案为：-2a+2b ；
结合表中信息，活性炭的出口硫小，温度为常温，操作压力较小，且可再生，故最佳脱硫剂为活性炭，答案为：活性炭；
(3)该反应的正反应方向为气体分子数增大，增大压强平衡逆向移动，H 2S 的平衡转化率减小，即压强越大，H 2S 的平衡转化率越小，则有p 3>p 2>p 1；由图可知升高温度，H 2S 的平衡转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应；若要进一步提高H 2S 的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以通过减少生成物的浓度使平衡正向移动，即移出产物H 2或S 2；答案为：p 3>p 2>p 1；吸热；移出产物H 2或S 2；
(4)已知压强为p 、温度为975℃时H 2S 的平衡转化率为40%，且平衡常数K =0.04，设始浓度为xmol ∕L ，“三段式”表示为：
222-1-1-11H S(g)H (g)+S (g)2
(mol L )x 00(mol L )0.4x
0.4x 0.2x (mol L )0.6x 0.4x 0.2x
起始物质的量浓度：转化物质的量浓度：平衡物质的量浓度：⋅⋅⋅ƒ，已知平衡常数K ，则有()1
20.2x 0.4x
0.040.6x K ⨯==，解得x=0.018；若向容器中再加入1molH 2S 气体，相同温度
下再次达到平衡时，平衡常数不变，因为平衡常数只与温度有关，温度不变，所以平衡常数不变；答案为：0.018；=；
(5)间接电解法是通过FeCl 3溶液吸收并氧化H 2S 气体，FeCl 3溶液被还原为FeCl 2，反应后溶液通过电解再生即将FeCl 2氧化为FeCl 3，所以电解反应器总反应的离子方程式为2Fe 3++2H +
2Fe 2++H 2↑；答案为：2Fe 3++2H + 2Fe 2++H 2↑；
(6)结合反应原理和图象分析，气液比减小，通入H 2S 的总量减少，参加反应的H 2S 的量减
少，吸收速率减小；吸收液的量增大，气液接触更充分，使硫化氢的吸收率增大。

答案为：气液比减小，通入H2S的总量减少，参加反应的H2S的量减少，吸收速率减小；吸收液的量增大，气液接触更充分，使硫化氢的吸收率增大。

7．页岩气中含有较多的乙烷，可将其转化为更有工业价值的乙烯。

（1）二氧化碳氧化乙烷制乙烯。

将C2H6和CO2按物质的量之比为1∶1通入反应器中，发生如下反应：
噲?C2H4(g) + H2(g) ΔH1＝+136.4kJ·mol−1
ⅰ．C2H6(g) 垐?
噲?CO(g) + H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1
ⅱ．CO2(g) + H2(g) 垐?
噲?C2H4(g) +CO(g) +H2O(g) ΔH3
ⅲ．C2H6(g) +CO2(g) 垐?
①用ΔH1、ΔH2计算ΔH3＝______kJ·mol−1。

噲?2C(s)+3H2(g)为积碳反应，生成的碳附着在催化剂表面，降②反应ⅳ：C2H6(g) 垐?
低催化剂的活性，适当通入过量CO2可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因：__。

③二氧化碳氧化乙烷制乙烯的研究热点之一是选择催化剂，相同反应时间，不同温度、不同催化剂的数据如下表（均未达到平衡状态）：
（注）C2H4选择性：转化的乙烷中生成乙烯的百分比。

CO选择性：转化的CO2中生成CO的百分比。

对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为__，理由是__。

实验条件下，铬盐作催化剂时，随温度升高，C2H6的转化率升高，但C2H4的选择性降低，原因是__。

（2）利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯，示意图如图：
①电极a与电源的______极相连。

②电极b的电极反应式是______。

【答案】+177.6 增大CO2的量，发生反应C+CO22CO，消耗C；增大CO2的量，反
应ⅲ正向进行程度增加，降低了C2H6的浓度，反应ⅳ进行的程度减小铬盐相同温度下，铬盐作催化剂时C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高温度升高，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ增大的更多正极 CO2+2e－+2H+=CO+H2O
【解析】
【分析】
【详解】
噲?C2H4(g) + H2(g) ΔH1＝+136.4kJ·mol−1
（1）①已知：C2H6(g) 垐?
噲?CO(g) + H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1
ⅱ．CO2(g) + H2(g) 垐?
噲?C2H4(g) +CO(g) +H2O(g) ΔH3
ⅲ．C2H6(g) +CO2(g) 垐?
由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ得反应ⅲ，则ΔH3＝ΔH1+ΔH2=（+136.4kJ·mol−1）+（+41.2kJ·mol−1）=+177.6kJ·mol−1，故答案为：+177.6；
②增大二氧化碳的量，可以有效缓解积碳的原因是，二氧化碳能与碳在加热条件下反应生成一氧化碳，消耗积碳，反应的化学方程式为C+CO22CO；增大二氧化碳的量，反应ⅲ向正正反应方向移动，降低了体系中C2H6的浓度，使反应ⅳ向逆反应方向移动，减少积碳的生成，故答案为：增大CO2的量，发生反应C+CO22CO，消耗C；增大CO2的量，反应ⅲ正向进行程度增加，降低了C2H6的浓度，反应ⅳ进行的程度减小；
③由表格数据可知，相同温度下，铬盐作催化剂时，C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高，则对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为铬盐；升高温度，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ的化学反应速率增大的幅度更大，导致C2H6的转化率升高，C2H4的选择性降低，故答案为：温度升高，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ增大的更多；
（2）①电解池中，阳离子向阴极移动，由图给氢离子的移动方向可知，电极a为阳极，与电源正极相连，故答案为：正；
②电解池中，阳离子向阴极移动，由图给氢离子的移动方向可知，电极b为阴极，在氢离子作用下，二氧化碳在阴极上得电子发生还原反应生成一氧化碳和水，电极反应式为CO2 +2e－+2H+=CO+H2O。

8．C、N、S和Cl元素的单质及化合物在工业生产中的有效利用备受关注。

请回答下列问题：
（1）已知：I.2SO2(g)+O2(g)+2H2O(1) =2H2SO4(aq) △H1；
Ⅱ.Cl 2(g)+H2O(1)HCl(aq)+HClO(aq) △H2；
Ⅲ.2HClO(aq) =2HCl(aq)+O2(g) △H3
SO2(g)+Cl2(g)+2H2O(1)=2HCl(aq)+H2SO4 (aq) △H4=__________(用含有△H1、△H2和△H3的代数式表示)。

（2）25℃时，H2SO3溶液中各含硫微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如图所示。