高考化学检测专题检测十四 非选择题中的化学反应原理综合Word文件下载.docx

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（1）将已知三个热化学方程式依次编号①、②、③，根据盖斯定律，由（①×

3＋②×

3＋③×

2）/4得到4NH（aq）＋3O2（g）===2N2（g）＋6H2O（l）＋4H＋（aq），则ΔH＝（3a＋3b＋2c）kJ·

（2）由题图1可知：

增大氯离子浓度，相同时间内剩余氨氮浓度越小，即可使氨氮去除率增大；

其主要原因可能是阳极生成的Cl2能够将NH氧化为氮气（或NO）而除去。

（3）①反应的离子方程式为Mg2＋＋HPO＋NH＋6H2O===MgNH4PO4·

6H2O↓＋H＋；

②由题图2可知：

pH在8.5～9.5之间，剩余氨氮浓度和总磷浓度较低，而氨氮去除率却较高，故控制溶液的适宜pH范围为8.5～9.5；

当pH范围在9～11时，MgNH4PO4·

6H2O沉淀溶解，生成PO，则溶液中总磷浓度随pH增大而增大的主要原因是MgNH4PO4＋

2OH－===Mg（OH）2＋NH＋PO或MgNH4PO4＋3OH－===Mg（OH）2＋NH3·

H2O＋PO。

答案：

（1）（3a＋3b＋2c）

（2）增大　阳极生成的Cl2能够将NH氧化为氮气（或NO）而除去

（3）①HPO＋Mg2＋＋NH＋6H2O===MgNH4PO4·

6H2O↓＋H＋

②8.5～9.5　MgNH4PO4＋2OH－===Mg（OH）2＋NH＋PO或MgNH4PO4＋3OH－===Mg（OH）2＋NH3·

H2O＋PO

2．（2018·

南通二模）采用科学技术减少氮氧化物、SO2等物质的排放，可促进社会主义生态文明建设。

（1）采用“联合脱硫脱氮技术”处理烟气（含CO2、SO2、NO）可获得含CaCO3、CaSO4、Ca（NO2）2的副产品，工业流程如图1所示。

①反应釜Ⅰ采用“气—液逆流”接触吸收法（如图2），其优点是________________________________________________________________________。

②反应釜Ⅱ中CaSO3转化为CaSO4的化学反应方程式为________________________________________________________________________。

（2）为研究“CO还原SO2”的新技术，在反应器中加入0.10molSO2，改变加入CO的物质的量，反应后体系中产物随CO的变化如图3所示。

其中产物Y的化学式是__________。

（3）O2/CO2燃烧技术是指化石燃料在O2和CO2的混合气体中燃烧，通过该燃烧技术可收集到高纯度的CO2。

①与在空气中燃烧相比，利用O2/CO2燃烧技术时，烟气中NOx的排放量明显降低，其主要原因是______________________________________________________________。

②利用太阳能可实现反应：

2CO2（g）===2CO（g）＋O2（g），该反应能自发进行的原因是______________________。

③700℃时，以NiMgO—Al2O3作催化剂，向2L密闭容器中通入CO2和CH4各3mol，发生反应：

CO2（g）＋CH4（g）2CO（g）＋2H2（g）。

当反应达平衡时测得CO的体积分数为40%，

则CO2的转化率为__________。

④CO2在新型钴基电催化剂作用下，转化为清洁燃料—甲酸。

其工作原理如图4所示，写出生成甲酸的电极反应式：

__________________________________。

（1）①反应釜Ⅰ采用“气—液逆流”接触吸收法，其优点是使气体和石灰乳充分接触，提高气体的吸收效率；

②CaSO3转化为CaSO4的化学反应方程式为2NO2＋CaSO3＋Ca（OH）2===CaSO4＋Ca（NO2）2＋H2O。

（2）分析题图3知，0.10molSO2消耗0.20molCO，生成0.05molY和0.20molX，则得到反应：

2SO2＋4CO===Y＋4X，根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目都不变，产物X、Y的化学式分别是CO2、S2。

（3）①其主要原因是CO2代替了N2，减少了N2与O2反应。

②反应2CO2（g）===2CO（g）＋O2（g）的ΔH>

0，则该反应能自发进行的原因是ΔS>

0。

③设达到平衡时CO2的变化浓度为xmol·

L－1，可知三段式为

　　　　CO2（g）＋CH4（g）2CO（g）＋2H2（g）

初始浓度/

（mol·

L－1）　1.5　　　1.5　　　　0　　　　0

变化浓度/

L－1）xx2x2x

平衡浓度/

L－1）1.5－x1.5－x2x2x

当反应达平衡时测得CO的体积分数为40%，即

×

100%＝40%，解得x＝1

则CO2的转化率为×

100%≈66.7%。

④由题图4知，CO2在阴极得到电子生成甲酸。

则生成甲酸的电极反应式为CO2＋2e－＋H2O===HCOOH＋O2－。

（1）①使气体和石灰乳充分接触，提高气体的吸收效率

②2NO2＋CaSO3＋Ca（OH）2===CaSO4＋Ca（NO2）2＋H2O

（2）S2

（3）①CO2代替了N2，减少了N2与O2反应　②ΔS>

③66.7%　④CO2＋2e－＋H2O===HCOOH＋O2－

3．（2018·

盐城三模）Ca10（PO4）6（OH）2（羟基磷酸钙，简写HAP）是一种新型的环境功能矿物材料，可用于除去水体中的F－、Cd2＋、Pb2＋及Cu2＋等。

（1）制备HAP的步骤如下：

分别配制250mL浓度均为0.5mol·

L－1的Ca（NO3）2溶液和（NH4）2HPO4溶液（pH约为8），按n（Ca）/n（P）＝1.67分别量取相应体积的溶液，加热至50℃，不断搅拌下，按特定的方式加料，强力搅拌1h，再经后续处理得到产品。

①特定的加料方式是__________（填字母）。

a．将Ca（NO3）2溶液逐滴滴入（NH4）2HPO4溶液中，再用氨水调节pH至10.5

b．将（NH4）2HPO4溶液逐滴滴入Ca（NO3）2溶液中，再用氨水调节pH至10.5

c．将（NH4）2HPO4溶液和氨水混合并调节pH至10.5，再滴入Ca（NO3）2溶液

②反应生成Ca10（PO4）6（OH）2的离子方程式为_________________________________。

（2）HAP脱除F－的操作是：

在聚四氟乙烯烧杯中加入50mL10mg·

L－1NaF溶液和0.15gCa10（PO4）6（OH）2，在恒温下振荡，每隔1h测定一次溶液中F－浓度，直至达到吸附平衡。

①实验中“烧杯”材质用“聚四氟乙烯”塑料而不用玻璃，其原因是___________________________________。

②除氟反应形式之一是：

Ca10（PO4）6（OH）2＋20F－10CaF2＋6PO＋2OH－，该反应的平衡常数K＝__________[用Ksp（CaF2）和Ksp（HAP）表示]。

（3）HAP脱除Pb（Ⅱ）包括物理吸附和溶解—沉淀吸附。

物理吸附时，HAP的特定位可吸附溶液中某些阳离子；

溶解—沉淀吸附的机理为

Ca10（PO4）6（OH）2（s）＋2H＋（aq）10Ca2＋（aq）＋6PO（aq）＋2H2O（l）（溶解）

10Pb2＋（aq）＋6PO（aq）＋2H2O（l）Pb10（PO4）6（OH）2（s）＋2H＋（aq）（沉淀）

已知Pb（Ⅱ）的分布分数如图1所示；

一定条件下HAP对Pb（Ⅱ）平衡吸附量与pH的关系如图2所示。

①能使甲基橙显红色的Pb（Ⅱ）溶液中滴入少量NaOH至溶液呈中性，该过程中主要反应的离子方程式为_______________________________________________。

②当pH<

3.0时，pH越小HAP对Pb（Ⅱ）平衡吸附量稍减小，其原因是_______________________________。

③当pH>

7.0时，生成的沉淀为__________（填化学式）；

此时pH越大HAP对Pb（Ⅱ）平衡吸附量越小，其原因是________________________________________。

（1）①特定的加料方式是将（NH4）2HPO4溶液逐滴滴入Ca（NO3）2溶液中，防止发生相互促进水解而产生磷酸钙等杂质，再用氨水调节pH至10.5；

②（NH4）2HPO4、Ca（NO3）2及NH3·

H2O反应生成Ca10（PO4）6（OH）2的离子方程式为10Ca2＋＋6HPO＋8NH3·

H2OCa10（PO4）6（OH）2↓＋8NH＋6H2O。

（2）①防止F－及其水解生成的HF与玻璃中SiO2反应，故实验中“烧杯”材质用“聚四氟乙烯”塑料而不用玻璃；

②由反应知平衡常数K＝＝＝。

（3）①能使甲基橙显红色的Pb（Ⅱ）溶液中滴入少量NaOH至溶液呈中性，该过程中主要反应是Pb2＋与OH－反应转化为

Pb（OH）＋，反应的离子方程式为Pb2＋＋OH－===Pb（OH）＋；

3.0时，pH越小HAP对Pb（Ⅱ）平衡吸附量稍减小，其原因是溶液中c（H＋）大，大量H＋占据HAP对Pb2＋的吸附位，物理吸附能力减弱；

③由图1中信息可知，当pH>

7.0时，生成的沉淀为Pb10（PO4）6（OH）2和Pb（OH）2；

此时pH越大HAP对Pb（Ⅱ）平衡吸附量越小，其原因是c（H＋）减小，会减少HAP在溶液中的溶解量，使生成的c（PO）减小，溶解—沉淀吸附能力减弱且改变了吸附机理。

（1）①b　②10Ca2＋＋6HPO＋8NH3·

H2OCa10（PO4）6（OH）2↓＋8NH＋6H2O

（2）①防止F－及其水解生成的HF与玻璃中SiO2反应

②

（3）①Pb2＋＋OH－===Pb（OH）＋

②溶液中c（H＋）大，大量H＋占据HAP对Pb2＋的吸附位，物理吸附能力减弱

③Pb10（PO4）6（OH）2和Pb（OH）2　c（H＋）减小，会减少HAP在溶液中的溶解量，使生成的c（PO）减小，溶解—沉淀吸附能力减弱且改变了吸附机理

4．SO2和氮氧化物的转化和综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。

（1）H2还原法是处理燃煤烟气中SO2的方法之一。

2H2S（g）＋SO2（g）===3S（s）＋2H2O（l）ΔH＝akJ·

H2S（g）===H2（g）＋S（s）　ΔH＝bkJ·

H2O（l）===H2O（g）　ΔH＝ckJ·

写出SO2（g）和H2（g）反应生成S（s）和H2O（g）的热化学方程式：

________________________________________________________________________。

（2）20世纪80年代Townley首次提出利用电化学膜脱除烟气中SO2的技术：

将烟气预氧化使SO2转化为SO3，再将预氧化后的烟气利用如图所示原理净化利用。

①阴极反应式为______________________________________________________。

②若电解过程中转移1mol电子，所得“扫出气”用水吸收最多可制得质量分数为70%的硫酸________g。

（3）利用脱氮菌可净化低浓度NO废气。

当废气在塔内停留时间均为90s的情况下，测得不同条件下NO的脱氮率如图Ⅰ、图Ⅱ所示。

①由图Ⅰ知，当废气中的NO含量增加时，宜选用______法提高脱氮的效率。

②图Ⅱ中，循环吸收液加入Fe2＋、Mn2＋，提高了脱氮的效率，其可能原因为________________________________________________________________________。

（4）研究表明：

NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。

图Ⅲ所示为复合吸收剂组成一定时，温度对脱硫、脱硝的影响。

①温度高于60℃后，NO去除率下降的原因为_________________________________。

②写出废气中的SO2与NaClO2反应的离子方程式：

_________________________。

（1）将给定的三个热化学方程式标为①、②、③，根据盖斯定律，由①－②×

2＋③×

2可得目标热化学方程式，故该反应的ΔH＝（a－2b＋2c）kJ·

（2）②根据阳极的电极反应式2SO－4e－===O2↑＋2SO3↑可知，每转移1mol电子时，得到0.5molSO3，被水吸收后得到0.5molH2SO4，则生成的质量分数为70%的硫酸的质量＝＝70g。

（1）SO2（g）＋2H2（g）===S（s）＋2H2O（g）ΔH＝（a－2b＋2c）kJ·

（2）①2SO3＋O2＋4e－===2SO　②70

（3）①好氧硝化　②Fe2＋、Mn2＋对该反应有催化作用

（4）①温度升高H2O2分解速率加快

②2H2O＋ClO＋2SO2===Cl－＋2SO＋4H＋

5．（2018·

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。

Fe2O3（s）＋3C（s）===2Fe（s）＋3CO（g）ΔH1＝＋489.0kJ·

C（s）＋CO2（g）===2CO（g）　ΔH2＝＋172.5kJ·

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图1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、3molH2

amolCO2、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2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3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：

（1）将给定的两个热化学方程式分别标为①、②，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CO，电极反应式为CO－2e－＋4OH－===CO＋2H2O。

（3）①由题图1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）在题图2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）由题图3可知，300～400℃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。

（1）Fe2O3（s）＋3CO（g）===2Fe（s）＋3CO2（g）　ΔH＝－28.5kJ·

（2）CO＋4OH－－2e－===CO＋2H2O

（3）①>

　②0.4<

c≤1

（4）Ⅱ>

Ⅰ

（5）①300～400℃　②3Cu2Al2O4＋32H＋＋2NO===6Cu2＋＋6Al3＋＋2NO↑＋16H2O

6．联氨（N2H4）是一种绿色环保的还原剂，其氧化产物为氮气。

（1）合成联氨的有关反应如下：

NH3（g）＋NaClO（aq）===NH2Cl（l）＋NaOH（aq）　ΔH1＝－67.45kJ·

NH2Cl（l）＋NaOH（aq）＋NH3（g）===N2H4（l）＋NaCl（aq）＋H2O（l）ΔH2＝－195.32kJ·

反应2NH3（g）＋NaClO（aq）===N2H4（l）＋NaCl（aq）＋H2O（l）　ΔH＝________kJ·

（2）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，写出联氨与过量盐酸反应的离子方程式：

（3）联氨—空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液。

该电池放电时，负极的电极反应式是________________________。

（4）联氨常用于从化学镀镍废料中回收金属镍，反应体系的pH对镍的回收率的影响如图甲所示，则利用联氨回收金属镍时溶液的pH应控制在________，在确定合适的pH后，取100mL化学电镀镍废液，分别加入不同体积的联氨，镍的回收率如图乙所示，则联氨的合理用量为________mL，联氨的体积超过2.5mL时，金属镍的回收率降低，可能的原因是________________________________________________________________________。

（1）将给定的前两个热化学方程式依次编号①、②，根据盖斯定律，由①＋②即得第三个热化学方程式，则ΔH＝（－67.45kJ·

mol－1）＋（－195.32kJ·

mol－1）＝－262.77kJ·

mol－1；

（2）NH3与盐酸反应的离子方程式为NH3＋H＋===NH，则联氨与过量盐酸反应的离子方程式为N2H4＋2H＋===N2H；

（3）联氨—空气燃料电池的电解质溶液是20%～30%的KOH溶液，电池的负极是联氨即N2H4放电，负极的电极反应式为N2H4－4e－＋4OH－===N2↑＋4H2O；

（4）由图甲可以看出，当pH＝6.5时，镍的回收率最大，所以利用联氨回收镍的pH应当控制在6.5左右；

由图乙可以看出，当联氨的用量在1.0～2.5mL时，镍的回收率大；

当联氨的用量大于2.5mL时，镍的回收率降低的原因是因为联氨呈碱性，联氨的用量增加，使溶液的pH增大，导致镍的回收率降低。

（1）－262.77

（2）N2H4＋2H＋===N2H

（3）N2H4－4e－＋4OH－===N2↑＋4H2O

（4）6.5　1.0～2.5

联氨显碱性，联氨用量增加，溶液pH增大，镍的回收率降低

7．氢能是发展中的新能源。

回答下列问题：

（1）氢气可用于制备绿色氧化剂H2O2。

H2（g）＋X（l）===Y（l）　ΔH1

O2（g）＋Y（l）===X（l）＋H2O2（l）　ΔH2

其中X、Y为有机物，两反应均为自发反应，则H2（g）＋O2（g）===H2O2（l）的ΔH<

0，其原因是________________________________________________________________________。

（2）硼氢化钠（NaBH4）是一种重要的储氢载体，能与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为__________________________________________。

（3）化工生产的副产物也是氢气的来源之一。

电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：

Fe＋2H2O＋2OH－FeO＋3H2↑，工作原理如图1所示。

装置通电后，铁电极附近生成紫红色的FeO，镍电极有气泡产生。

若NaOH溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。

Na2FeO4在强碱性条件下能稳定存在。

①a为________极（填“正”或“负”），铁电极的电极反应式为________________________________________________________________________。

②电解一段时间后，c（OH－）升高的区域在________（填“