2020-2021高考化学知识点过关培优 易错 难题训练∶化学反应原理综合考查及答案解析

2020-2021高考化学知识点过关培优易错难题训练∶化学反应原理综合考查
及答案解析
一、化学反应原理综合考查
1．近年全球气候变暖，造成北极冰川大面积融化，其罪魁之一就是CO2，如何吸收大气中的CO2，变废为宝，是当今化学研究的主题之一。

I.二甲醚可用作溶剂、冷冻剂喷雾剂等，科学家提出利用CO2和H2合成二甲醚，反应原理为2CO 2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ∆H
（1）已知：①H 2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g) △H1=+42kJ/mol
②CH 3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g) ∆H2=+24.52kJ/mol
③CH 3OH(g)CO(g)+2H2(g) ∆H3=+90.73kJ/mol
则∆H=__kJ/mol。

（2）一定温度下，在一个2L的密闭容器中充入2molCO2和6molH2发生上述反应，经过
5min反应达到平衡，此时容器中压强与起始压强之比为3：4，则用CH3OCH3表示的平均反应速率为__，H2的转化率为___；此时若向体系中再加入2molCO2和1.5molH2O(g)，平衡__移动(填正向、逆向、不)。

（3）对于恒温恒容条件下进行的反应①，下列说法能说明反应已达平衡的是__。

A．混合气体密度不发生改变
B．混合气体的平均相对分子质量不再发生改变
C．v(CO)正=v(H2)逆
D．n(CO)与n(H2)的比值不变
（4）一定温度下，密闭容器中进行的反应③，测得平衡时混合物中某物质的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示，则纵坐标表示的物质是__，压强P1_P2(填>、<)。

II.工业锅炉长期煮烧会形成锅垢(主要成分CaSO4、Mg(OH)2)，必须定期除去。

（5）CaSO4微溶于水和酸，可加入氢氧化钠并通入CO2使转化为CaCO3，然后加酸浸泡除去，反应的离子方程式为CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-，室温下，该反应的化学平衡常数为
__(室温下，K sp(CaCO3)=3×10-9，K sp(CaSO4)=9×10-6)。

【答案】－289.98 0.05mol·L－1·min－1 50% 正向 CD CH3OH > 3×103
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据盖斯定律，方程式2CO 2(g)+6H 2(g)垐?噲?CH 3OCH 3(g)+3H 2O(g)，可用－①×2－②－
③×2得到，则△H =－△H 1×2－△H 2－△H 3×2=－(＋42)×2－(＋24.52)－(＋90.73)×2kJ·mol －1=－289.98kJ·mol －1；
(2)根据物质的量比等于压强比，平衡时容器中压强与起始压强之比为3:4，可得平衡时混合气体的物质的量为6mol ，设达到平衡时，生成CH 3OCH 3的物质的量为xmol ，有：
223322CO (g)6H (g)CH OCH (g)3H O(g)
2600
26322663x x x x x x x x
++--垐?噲?开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量
可得2－2x+6－6x ＋x ＋3x=6mol ，求解x=0.5mol ，可得平衡时CO 2、H 2、CH 3OCH 3、H 2O 的物质的量分别为1mol 、3mol 、0.5mol 、1.5mol ； 用CH 3OCH 3表示的平均反应速率-1-10.5mol
0.05mol L min 2L 5min
v ==⨯g g ；
H 2的转化率为3mol
100%50%6min
α=
⨯=； 平衡常数3
3
3332262262620.5 1.5()(CH OCH )(H O)0.250.75220.03713(CO )(H )0.5 1.5()()22
c c K c c ⨯⨯===≈⨯⨯g ，若向体系中再加入2molCO 2和1.5.molH 2O(g)，此时CO 2、H 2、CH 3OCH 3、H 2O 的物质的量分别为3mol 、3mol 、0.5mol 、3mol ，则浓度商
3
3
3332262662220.53()(CH OCH )(H O)0.25 1.5220.03333(CO )(H ) 1.5 1.5()()22
c c Qc c c ⨯⨯===≈⨯⨯g ，可知Q c<K ，则平衡正向移动；
(3)A ．恒容条件下的气体间反应，根据m
V
ρ=，根据质量守恒，混合气体的质量不变，恒
容，体积不变，则混合气体密度永远不发生改变，不能说明反应达到平衡，A 错误；
B ．反应①前后气体分子数不变的反应，根据m
M n
=，根据质量守恒，混合气体的质量不
变，混合气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量永远不会发生改变，不能说明反应达到平衡，B 错误；
C ．正逆反应速率相等，反应达到平衡，C 正确；
D ．随着反应的进行，n (CO)与n (H 2)的比值时刻在变化，现在不变，说明达到平衡，D 正确； 答案选CD ；
(4)根据图示，温度升高，该物质的体积分数减小。

反应③的△H>0，升高温度，平衡正向
移动，CH 3OH 的体积分数减小；则纵坐标表示的物质为CH 3OH ；
增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡逆向移动，CH 3OH 的体积分数增大，所以P 1>P 2；
(5)根据CaSO 4(s)+CO 32-(aq)垐?噲?CaCO 3(s)+SO 42-(aq)，平衡常数
2-2+2--6
4
344
2-2+
2-9
333(CaSO )(SO )(Ca )(SO )910=310(CO )(Ca )(CO )(CaCO )310sp sp K c c c K c c c K -⨯====⨯⨯。

【点睛】
问题(2)中，同时加入2molCO 2和1.5.molH 2O(g)，不能根据勒夏特列原理判断，因此利用浓度商和平衡常数的关系，判断平衡移动方向。

2．CH 4超干重整CO 2技术可得到富含CO 的化工原料。

回答下列问题： （1）CH 4超干重整CO 2的催化转化如图所示：
①已知相关反应的能量变化如图所示：
过程Ⅰ的热化学方程式为________。

②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________（填序号）。

a ．实现了含碳物质与含氢物质的分离 b ．可表示为CO 2＋H 2＝H 2O （g ）＋CO c ．CO 未参与反应
d ．F
e 3O 4、CaO 为催化剂，降低了反应的ΔH
③其他条件不变，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，反应CH 4（g ）＋CO 2（g ）＝2CO （g ）＋2H 2（g ）进行相同时间后，CH 4的转化率随反应温度的变化如图所示。

a 点所代表的状态________（填“是”或“不是”）平衡状态；b 点CH 4的转化率高于c 点，原因是________。

（2）在一刚性密闭容器中，CH 4和CO 2的分压分别为20kPa 、25kPa ，加入Ni ／α－Al 2O 3催
化剂并加热至1123K使其发生反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）。

①研究表明CO的生成速率υ（CO）＝1.3×10－2·p（CH4）·p（CO2）mol·g－1·s－1，某时刻测得p（CO）＝20kPa，则p（CO2）＝________kPa，υ（CO）＝________mol·g－1·s－1。

②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为K p＝
________（kPa）2。

（用各物质的分压代替物质的量浓度计算）
（3）CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸（H2C2O4）。

常温下，向某浓度的草
酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中()()2-
22424
c H C O=c C O，则此时溶液的pH＝________。

（已知常温下H2C2O4的K a1＝6×10－2，K a2＝6×10－5，lg6＝0.8）
【答案】CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=247.4kJ·mol-1 cd 不是 b和c都未达平衡，b
点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高 15 1.95
22
3636
27
⨯
⨯
2.7
【解析】
【分析】
由能量－反应进程曲线得热化学方程式，应用盖斯定律可得过程I的热化学方程式。

过程II 中进入循环的物质是最初反应物，出循环的物质是最终生成物，可得总反应方程式。

恒温恒容时组分气体的分压与其物质的量成正比，故用分压代替物质的量进行计算。

草酸溶液与NaOH溶液混合后，其两步电离平衡仍然存在，据电离常数表达式可求特定条件下溶液的pH。

【详解】
(1)①据CH4超干重整CO2的催化转化图，过程I的化学反应为
CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。

由能量－反应进程曲线得热化学方程式：
CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH＝+206.2kJ·mol-1（i）
CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH＝－165kJ·mol-1（ii）
(i)×2+(ii)得过程I的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=247.4kJ·mol-1
②过程Ⅱ物质变化为：左上（CO、H2、CO2）+ 右下（惰性气体）→ 左下（H2O）+ 右上（CO、惰性气体），总反应为H2+CO2=H2O+CO。

Fe3O4、CaO为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的ΔH。

故ab正确，cd错误。

③通常，催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间。

但催化剂不能使平衡发生移动，即不能改变平衡转化率。

若图中a点为化学平衡，则保持温度不变（800℃），将催化剂II换成I或III，CH4转化率应不变，故a点不是化学平衡。

同理，图中b、c两点都未达到化学平衡。

据题意，b、c两点只有温度不同，b点温度较
高，反应速率快，相同时间内CH 4转化率高。

(2)①据气态方程PV ＝nRT ，恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。

则反应中分压为
1123K 恒容时，CH 4（g ）＋CO 2（g ）＝2CO （g ）＋2H 2（g ） 起始分压/kPa ： 20 25 0 0 改变分压/kPa ： 10 10 20 20 某时分压/kPa ： 10 15 20 20
即某时刻p(CO 2)＝15kPa ，p(CH 4)＝10kPa 。

代入υ(CO)＝1.3×10－2·p(CH 4)·p(CO 2)mol·g －1·s －1＝1.95mol·g －1·s －1。

②设达到平衡时CH 4的改变分压为x kPa ，
1123K 恒容时，CH 4（g ）＋CO 2（g ）＝2CO （g ）＋2H 2（g ） 起始分压/kPa ： 20 25 0 0 改变分压/kPa ： x x 2x 2x 平衡分压/kPa ： 20－x 25－x 2x 2x 据题意，有
(20)(25)222025
x x x x
++++－－＝1.8，解得x ＝18。

CH 4(g)、CO 2(g)、CO(g)、H 2(g)
的平衡分压依次是2 kPa 、7 kPa 、36 kPa 、36 kPa ，代入K p ＝22242(CO)(H )
(CH )(CO )
p p p p ⋅⋅＝
22
363627
⨯⨯(kPa)2。

(3)常温下，草酸溶液与NaOH 溶液混合，所得混合溶液中仍存在分步电离： H 2C 2O 4
H ++HC 2O 4－
K a1＝+-24224(H )(HC O )(H C O )
c c c ⋅ HC 2O 4
－
H ++C 2O 4
2－
K a2＝+2-2424(H )(C O )(HC O )
c c c -
⋅ 当()()2-
22424c H C O =c C O 时，K
a1·
K a2＝2+(H )c 。

+(H )c ＝a1a2·
K K ＝6×10－3.5 mol/L ，pH ＝2.7。

【点睛】
一定温度下，可逆反应建立平衡时，用平衡浓度求得浓度平衡常数K c ，用平衡分压求得压力平衡常数K p ，它们可通过气态方程进行换算。

3．合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：N 2（g ）+3H 2（g ）2NH 3（g ）△H
（1）科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示（吸附
在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒）。

①NH3的电子式是___。

②决定反应速率的一步是___（填字母a、b、c、…）。

③由图象可知合成氨反应的△H____0（填“＞”、“＜”或“=”）。

（2）传统合成氨工艺是将N2和H2在高温、高压条件下发生反应。

若向容积为1.0L的反应容器中投入5molN2、15molH2，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示：
①温度T1、T2、T3大小关系是___。

②M点的平衡常数K=____（可用分数表示）。

（3）目前科学家利用生物燃料电池原理（电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子），研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如图：
①导线中电子移动方向是____。

②固氮酶区域发生反应的离子方程式是___。

③相比传统工业合成氨，该方法的优点有___。

【答案】 b ＜ T3＞T2＞T1 7.32×10-3a→b N2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+条件温和、生成氨的同时释放电能
【解析】
【分析】
(1)①从分子中每个原子都形成了稳定结构的角度分析； ②反应需要的能量最高的反应决定总反应速率；
③根据能量图，反应物的总能量高于产物的总能量，则反应为放热反应； (2)①正反应为放热反应，相同压强下，温度越高，对应NH 3的含量越小； ②根据反应三段式进行计算；
(3)①根据装置电极b 上MV 2+转化为MV +判断正负极，原电池工作时，电子从负极经过导线流向正极；
②固氮酶区域中N 2转化为NH 3，MV +转化为MV 2+；
③该电化学装置工作时，可将化学能转化为电能，同时利用生物酶在室温下合成氨，不需要高温条件、反应条件温和。

【详解】
(1)①NH 3分子中一个N 原子与三个H 原子形成3对共用电子对，N 原子还有1对孤电子对，NH 3电子式为：
；
②根据合成氨的反应机理与各步能量的关系图可知，反应b 需要的能量最大，反应需要的能量越高，反应速率越慢，需要能量最高的反应决定总反应速率，所以决定反应速率的一步是b ；
③根据能量图，反应物的总能量高于产物的总能量，则反应为放热反应，△H ＜0； (2)①正反应为放热反应，相同压强下，温度越高，对应NH 3的含量越小，所以图中温度T 1、T 2、T 3大小关系是T 3＞T 2＞T 1；
②设M 点N 2反应的物质的量为xmol ，反应三段式为：
223+(mol)5150(mol)x 3N g 3H g 2NH x 2x (mol)
5-x
15-3x
2x
g ƒ
()()()
起始量变化量平衡量
M 点平衡时NH 3的质量分数为40%，即
34x
285215
⨯+⨯=40%，可得x=2，则平衡时
c (N 2)=3mol/L ，c (H 2)=9mol/L ，c (NH 3)=4mol/L ，平衡常数为K =2
3
439
⨯=7.32×10-3； (3)①根据装置电极b 上MV 2+转化为MV +可知，b 电极为正极、a 电极为负极，原电池工作时，电子从负极a 电极经过导线流向正极b 电极，即a→b ；
②固氮酶区域中N 2转化为NH 3，MV +转化为MV 2+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，所以发生的反应为：N 2+6H ++6MV +=2NH 3+6MV 2+；
③该电化学装置工作时，可将化学能转化为电能，同时利用生物酶在室温下合成氨，不需要高温条件、反应条件温和，所以与传统化工工艺相比，该工艺的优点为：条件温和、生成氨的同时释放电能。

【点睛】
本题注意决定化学反应速率的步骤是反应需要能量最高的一步，原电池装置中根据电极上物质转化的化合价的变化判断正负极。

4．磷酸是重要的化学试剂和工业原料。

请回答下列问题： (1)
已知：25℃时，磷酸和氢氟酸的电离常数如下表所示。

物质
H 3PO 4
HF
电离常数
Ka 1＝7.1×10−3；
Ka 2＝6.3×10−8； Ka 3＝4.2×10−13
Ka ＝6.6×10−4
向NaF 溶液中滴加少量H 3PO 4溶液，反应的离子方程式为____________ (2)已知： Ⅰ.CaO(s)+H 2SO 4(l)
CaSO 4(s)+H 2O(l) ΔH ＝-271kJ·mol −1
Ⅱ.5CaO(s)+3H 3PO 4(l)+HF(g)
Ca 5(PO 4)3F(s)+5H 2O(l) ΔH ＝-937kJ·mol −1
则：①工业上用Ca 5(PO 4)3F 和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为____________。

②一定条件下，在密闭容器中只发生反应Ⅱ，达到平衡后缩小容器容积，HF 的平衡转化率________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；HF 的平衡浓度________。

(3)工业上用磷尾矿制备Ca 5(PO 4)3F 时生成的副产物CO 可用于制备H 2，原理为CO(g)+H 2O(g)
CO 2(g)+H 2(g) ΔH 。

①一定温度下，向10L 密闭容器中充入0.5mol CO 和1mol H 2O(g)，2min 达到平衡时，测得0～2min 内用CO 2表示的反应速率v(CO 2)＝0.02mol·L −1·min −1。

则CO 的平衡转化率α＝________；该反应的平衡常数K ＝________。

②在压强不变的密闭容器中发生上述反应，设起始的
2n(CO)
n(H O)
＝y ，CO 的平衡体积分数(φ)
与温度(T)的关系如图所示。

则：该反应的ΔH ___0(填“＞”“＜”或“＝”，下同)。

a_____1，理由为_____________
【答案】H 3PO 4+F －＝HF+H 2PO 4－
Ca 5(PO 4)3F(s)＋5H 2SO 4(l)3H 3PO 4(l)＋HF(g)＋5CaSO 4(s)
ΔH=－418 kJ·mol －1 增大 不变 80% 8
3
＜ ＜ 相同温度下，y 越小，CO 的转化率越
大，其平衡体积分数越小 【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据电离平衡常数可知酸性有如下关系：H 3PO 4＞HF ＞H 2PO 4－＞HPO 42－，所以向NaF 溶液中滴加少量H 3PO 4溶液，反应的离子方程式为为：H 3PO 4+F －＝HF +H 2PO 4－；
（2）①已知：Ⅰ．CaO (s )＋H 2SO 4(l )CaSO 4(s )＋H 2O (l ) ΔH =－271 kJ ·mol －1
Ⅱ．5CaO (s )+3H 3PO 4(l )＋HF (g )Ca 5(PO 4)3F (s )＋5H 2O (l ) ΔH =－937 kJ ·mol －1
根据盖斯定律可知Ⅰ×5－Ⅱ即得到Ca 5(PO 4)3F 和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为
Ca 5(PO 4)3F (s )＋5H 2SO 4(l )
3H 3PO 4(l )＋HF (g )＋5CaSO 4(s ) ΔH =－418 kJ ·mol －1；
②反应Ⅱ的正反应体积减小，所以达到平衡后缩小容器容积平衡向正反应方向移动，HF 的平衡转化率增大。

由于温度不变，平衡常数不变，即K ＝c (HF )，因此HF 的平衡浓度不变；
（3）①测得 0～2 min 内用CO 2表示的反应速率v (CO 2)=0.02 mol ·L －1·min －1，所以生成CO 2浓度是0.04mol /L ，则
()()()()
2220.050.10.040.040.CO g H O g CO g H g (mol 01
0.06
/L)00(mol/L)0.040.04(mol/L)0.04
0.04
ƒ＋＋起始浓度转化浓度平衡浓度
因此CO 的平衡转化率α=
0.040.05×100%＝80%，该反应的平衡常数K ＝0.040.040.010.06⨯⨯=8
3
； ②根据图像可知升高温度
CO 的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向进行，所以该反应的ΔH ＜0，由于相同温度下，y 越小，CO 的转化率越大，其平衡体积分数越小，所以a ＜1。

5．甲醛(HCHO )俗称蚁醛，在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。

I ·甲醛的制备
工业上利用甲醇脱氢法制备甲醛，己知：CH 3OH (g )
HCHO (g )+H 2(g ) △H
（1）该反应的能量变化如图甲所示，△H =___kJ •mol -1。

（2）为提高CH 3OH 转化率，采取的措施有___、___；在温恒容条件下，该反应达到平衡状态的标志有___（填标号）。

a .混合气体的密度保持不变 b .混合气体的总压强保持不变 c .v (CH 3OH )消耗=v (H 2)生成 d .甲醛的浓度保持不变
（3）选用Ag /SiO 2—ZnO 作催化剂，在400～750℃区间进行活性评价，图乙给出了甲醇转化率与甲醛选择性（选择性越大，表示生成该物质越多）随反应温度的变化曲线。

制备甲
醛的最佳反应温度为___（填标号），理由是___。

a.400℃
b.650℃
c.700℃
d.750℃
（4）T℃时，在2L恒容密闭容器中充入1mo1甲醇，发生反应：
①CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)
②CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)
平衡时甲醇为0.2mol，甲醛为0.7mo1。

则反应i的平衡常数K=___。

II.甲醛的用途
（5）将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)溶液混合，可用于化学镀镍。

反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为___：若收集到112mLCO2（标准状况），理论上转移电子___ mo1。

【答案】+84 升高温度降低压强 bd c 此温度下甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高1.575 HCHO+2Ni2++H2O=2Ni+CO2↑+4H+ 0.02
【解析】
【分析】
【详解】
（1）生成物和反应物之间的能量差为463kJ/mol-379kJ/mol=84kJ/mol；
（2）该反应是气体分子数增加的、吸热的可逆反应，因此根据勒夏特列原理，我们可以采用升高温度、降低压强的方法来促进平衡正向移动，提高转化率；再来看平衡的标志：
a.反应物和生成物都是气体，因此气体的密度是恒定不变的，a项错误；
b.该反应前后气体分子数不等，因此当压强保持不变时，说明反应已达到平衡状态，b项正确；
c.甲醇和氢气的化学计量数相同，因此无论何时都有v(CH3OH)消耗=v(H2)生成，c项错误；
d.当甲醛的浓度保持不变，说明其消耗速率和生成速率相同，即此时达到了平衡状态，d 项正确；
答案选bd；
（3）在700℃时，甲醛选择性和甲醇转化率均较高，因此700℃是最合适的温度，答案选c；
（4）平衡时甲醇为0.2mol，因此有0.8mol甲醇被消耗，其中甲醛有0.7mol，说明有0.7mol甲醇发生了反应①，有0.1mol甲醇发生了反应②，因此氢气一共有
，代入平衡常数的表达式有
0.7mol+0.1mol2=0.9mol
23c(HCHO)c(H
)0.35mol/L 0.45mol/L K== 1.575c(CH OH)0.1mol/L
⨯=； （5既然是镀镍，则镍被还原为单质，而甲醛被氧化为二氧化碳，因此反应的离子方程式为2++22HCHO+2Ni +H
O=2Ni+CO +4H ↑；甲醛中的碳可以按0价处理，二氧化碳中的
碳为+4价，因此每生成1个二氧化碳分子需要转移4个电子，而112mL 二氧化碳的物质的
量为
0.112L =0.005mol 22.4L/mol
，因此一共要转移0.02mol 电子。

【点睛】 对于任意一个氧化还原反应，总有氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数，因此只需求出最好求的那一项，另外两项就迎刃而解了。

6．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 、SiO 2、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[Na 2Fe 6(SO 4)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(Ca 2+)=0.01mol·L -1，加入100 mL NH 4F 溶液，使Ca 2+恰好沉淀完全即溶液中c(Ca 2+)=1×10-5 mol·L -1，则所加c(NH 4F)=_________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。

7．氮氧化物是大气主要污染物，主要来自于工业废气及汽车尾气的排放，工业废气中NO 是主要成分之一。

（1）乙烯作为还原剂的脱硝(NO)，其反应机理示意图如图所示．写出解吸过程的化学方程式____________________。

（2）FeSO4-Na2SO3复合吸收剂吸收烟气中的NO，该方法利用Fe2+易与NO发生络合反应的特性，原理如下NO+FeSO4Fe(NO)SO4
①如图是一段时间内不同吸收剂对NO脱除率对比，加入Na2SO3溶液后，吸收效率增强，除了Na2SO3也能吸收部分NO外，还能防氧化从而增大Fe2+的含量，写出此原理的离子方程式_______________________________________。

②模拟实验表明，温度过高或过低都会降低NO的脱除率，其原因是
_______________________________________。

（3）采用无隔膜法电解食盐水脱氮可将氮氧化物转化成NO3-,原理如图
①无隔膜条件下电解食盐水后溶液呈弱碱性，原因是____________________________.
②写出NO发生反应的离子方程式____________________________。

③根据下图所示，脱NO过程中控制溶液pH在______________范围内更合理。

【答案】2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O 2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降 ClO－
+H 2O HClO+OH－ 2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O 5—6
【解析】
【分析】
(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，写出对应化学方程式；
(2)①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为
2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会水解；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强。

【详解】
(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，化学方程式为2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O，故答案为：
2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O；
(2) ①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增
大Fe2+的含量，离子方程式为2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+，故答案为：2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低，故答案为：温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为
2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会发生水解，方程式为ClO －+H 2O HClO+OH－，故答案为：ClO－+H2O HClO+OH－；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O，故答案为：2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强，故答案为5-6。

8．CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题。

可利用CH4与CO2制备合成气(CO、H2)，还可制备甲醇、二甲醚、低碳烯经等燃料产品。

I.科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：
反应①：CH4(g)⇌C(ads) +2H2(g) (慢反应)
反应②：C(ads) + CO2(g)⇌2CO(g) (快反应)
上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：
(1)CH4与CO2制备合成气的热化学方程式为____________：该反应在高温下可自发正向进行的原因是_________，能量变化图中：E5+E1___E4+E2(填“>”、“<”或“=”)。

II.利用“合成气”合成申醇后，脱水制得二甲醚。

反应为：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3 (g) + H2O(g) △H
经查阅资料，在一定范围内，上述反应化学平衡常数与热力学温度存在如下关系：lnK c=-
2.205+2708.6137
T。

其速率方程为：v正=k正•c2(CH3OH)，v逆=k逆•c(CH3OCH3)•c(H2O)，k正、
K逆为速率常数，且影响外因只有温度。

(2)反应达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数________ k逆增大的倍数(填“>”、“<”或“= ”)。

(3)某温度下，K c=200，在密闭容器中加入一定量CH3OH。

反应到某时刻测得各组分的物质的量如下：
物质CH3OH CH3OCH3H2O
物质的量/mol0.40.40.4
此时正、逆反应速率的大小：v正 ____v逆(填“>”、“<”或“=”)。

(4)500K下，在密闭容器中加入一定量甲醇CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为_____(埴标号)
A．
1
3
< B．
1
3
C．
1
3
> D．无法确定
Ⅲ.合成低碳烯经
(5)强碱性电催化还原CO2制备乙烯研究取得突破进展，原理如图所示。

b极接的是太阳能电池的_______极(已知PTFE浸泡了饱和KCl溶液)。

请写出阴极的电极反应式______。

【答案】CH4 (g) + CO2 (g)⇌2CO(g) + 2H2 (g) ΔH= +(E3 - E1) kJ·mol-1该反应正向吸热，气体计量数增大(熵增)，高温有利于正向自发进行＜＜＞ C 正 2CO2 + 12e- + 8H2O = C2H4 + 12OH-
【解析】
【分析】
Ⅰ．(1)焓变△H＝生成物的总内能−反应物的总内能，结合物质的凝聚状态写出热化学方程式；根据化学反应自发进行的条件判断；反应越慢，反应的活化能越高，据此解答；
II．由ln K c=-2.205+2708.6137
T
可知，温度T越大，则K c越小，即升高温度，K c减小，所以
2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)的△H＜0；
(2)升高温度，平衡逆向进行，即v正＜v逆，结合速率常数k的变化分析；
(3)根据浓度熵Q c与平衡常数K的关系分析：若Q c＞K，则反应逆向进行；
(4)根据ln K c=-2.205+2708.6137
T
和T＝500K计算平衡常数K c，结合反应三段式计算平衡时
CH3OCH3(g)的物质的量和物质的量分数；
Ⅲ．(5)由电解装置图可知，a电极上CO2发生得电子的还原反应生成C2H4，所以a电极为阴极、b为阳极，阴极上CO2得电子生成C2H4，结合电子守恒和电荷守恒写出电极反应式。

【详解】
Ⅰ．(1)CH 4与CO 2制备“合成气”的化学方程式为CH 4(g)＋CO 2(g)⇌2H 2(g)＋2CO(g)，由图可知故反应的焓变△H ＝生成物的总内能−反应物的总内能＝(E 3−E 1)kJ/mol ，反应的热化学方程式为CH 4(g)＋CO 2(g)⇌ 2CO(g)+2H 2 (g) △H ＝＋(E 3−E 1)kJ/mol ；该反应正向吸热，气体计量数增大(熵增)，高温有利于正向自发进行；两步历程中反应①是慢反应，所以反应①的活化能大于反应②的活化能，即E 4−E 1＞E 5−E 2，所以E 5＋E 1＜E 4＋E 2；
II ．由ln K c =-2.205+2708.6137T
可知，温度T 越大，则K c 越小，即升高温度，K c 减小，所以2CH 3OH(g)⇌CH 3OCH 3(g)＋H 2O(g)的△H ＜0；
(2)升高温度，正逆反应速率均增大，但平衡逆向进行，v 正＜v 逆，所以k 正增大的倍数小于k 逆增大的倍数；
(3)2CH 3OH(g)⇌CH 3OCH 3(g)＋H 2O(g)是气体体积不变化的反应，可用物质的量代替浓度代入表达式中计算，浓度熵Q c ＝()()33223CH OCH H O (CH OH)
c c c g ＝20.4mol 0.4mo (0.4m l ol)⨯＝1＜200＝K c ，所以反应正向进行，v 正＞v 逆； (4)T ＝500K 时，ln K c =-2.205+
2708.6137T ＝−2.205＋2708.6137500＝3.2122274，K c ＝e 3.2122274，所以22＜e 3.2122274＜34，即4＜K c ＜81，设CH 3OH 的起始量为2mol ，CH 3OCH 3生成的物质的量为xmol ，则反应的三段式为：
33322CH OH(g)CH OCH (g)+H O(g)(mol)2
00(mol)2x
x x (mol)2-2x
x x ƒ
起始量变化量平衡量 平衡常数K c ＝
()()33223CH OCH H O (CH OH)c c c g ＝2xmol xmol [(2-2x)mol]⋅＝14×2x ()1-x ，2x ()1-x ＝4K c ，16＜2x ()1-x
＝4K c ＜324，解得45＜x ＜1819，体系中CH 3OCH 3(g)的物质的量分数为x 2×100%，在40%～47.4%之间；
(5)①由电解装置图可知，a 电极上CO 2发生得电子的还原反应生成C 2H 4，所以a 电极为阴极、b 为阳极，阳极与电源正极相接、阴极与电源负极相接；
②阴极上CO 2得电子生成C 2H 4，电极反应式为2CO 2 + 12e - + 8H 2O = C 2H 4 + 12OH -。

【点睛】
判断正逆反应速率的相对大小就是判断可逆反应的进行方向，运用化学平衡常数进行解题是本题解答的关键，注意(4)估算法在化学计算中的应用。

9．生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用电解法从溶液中去除。

电解装置如图：以铁作阴极、石墨作阳极，可进行除氮；翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷。