1、专题检测（十四） 非选择题中的化学反应原理综合1(2018南京、盐城二模)氨氮是水体中氮的主要形态之一，氨氮含量过高对水中生物会构成安全威胁。(1)一定条件下，水中的氨氮可以转化为氮气而除去。已知：2NH(aq)3O2(g)=2NO(aq)2H2O(l)4H(aq)Ha kJmol12NO(aq)O2(g)=2NO(aq)Hb kJmol15NH(aq)3NO(aq)=4N2(g)9H2O(l)2H(aq)Hc kJmol1则4NH(aq)3O2(g)=2N2(g)6H2O(l)4H(aq)H_ kJmol1。(2)实验室用电解法模拟处理氨氮废水。电解时，不同氯离子浓度对溶液中剩余氨氮浓度的影
2、响如图1所示。增大氯离子浓度可使氨氮去除率_(填“增大”“减小”或“不变”)，其主要原因可能是_。(3)化学沉淀法是一种处理高浓度氨氮废水的有效方法。通过加入MgCl2和Na2HPO4将NH转化为MgNH4PO46H2O沉淀(Ksp2.51013)去除。25 时，在氨氮初始质量浓度400 mgL1，n(Mg)n(P)n(N)111的条件下，溶液pH对氨氮去除率及剩余氨氮浓度和总磷浓度的影响如图2所示。反应生成MgNH4PO46H2O的离子方程式为_。该实验条件下，控制溶液的适宜pH范围为_；当pH范围在911时，溶液中总磷浓度随pH增大而增大的主要原因是(用离子方程式表示)_。解析：(1)将已
3、知三个热化学方程式依次编号、，根据盖斯定律，由(332)/4得到4NH(aq)3O2(g)=2N2(g)6H2O(l)4H(aq)，则H(3a3b2c)kJmol1。(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)反应的离子方程式为Mg2HPONH6H2O=MgNH4PO46H2OH；由题图2可知：pH在8.59.5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8.59.5；当pH范围在911时，MgNH4PO46H2O沉淀溶解，生成PO，则溶液中
4、总磷浓度随pH增大而增大的主要原因是MgNH4PO42OH=Mg(OH)2NHPO或MgNH4PO43OH=Mg(OH)2NH3H2OPO。答案：(1)(3a3b2c)(2)增大阳极生成的Cl2能够将NH氧化为氮气(或NO)而除去(3)HPOMg2NH6H2O=MgNH4PO46H2OH8.59.5MgNH4PO42OH=Mg(OH)2NHPO或MgNH4PO43OH=Mg(OH)2NH3H2OPO2(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(
5、NO2)2的副产品，工业流程如图1所示。反应釜采用“气液逆流”接触吸收法(如图2)，其优点是_。反应釜中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0.10 mol SO2，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。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_。利用太阳能可实现反应：2CO2(g)=2CO(g)O2(g)，该反应能自发进行
6、的原因是_。700 时，以NiMgOAl2O3作催化剂，向2 L密闭容器中通入CO2和CH4各3 mol，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_。CO2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：_。解析：(1)反应釜采用“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；CaSO3转化为CaSO4的化学反应方程式为2NO2CaSO3Ca(OH)2=CaSO4Ca(NO2)2H2O。(2)分析题图3知，0.10 mol SO2消耗0.20
7、 mol CO，生成0.05 mol Y和0.20 mol X，则得到反应：2SO24CO=Y4X，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)其主要原因是CO2代替了N2，减少了N2与O2反应。反应2CO2(g)=2CO(g)O2(g)的H0，则该反应能自发进行的原因是S0。设达到平衡时CO2的变化浓度为x molL1，可知三段式为 CO2(g)CH4(g)2CO(g)2H2(g)初始浓度/(molL1) 1.51.500变化浓度/(molL1) x x 2x 2x平衡浓度/(molL1) 1.5x 1.5x 2x 2x当反应达平衡时测得CO
8、的体积分数为40%，即100%40%，解得x1则CO2的转化率为100%66.7%。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CO22eH2O=HCOOHO2。答案：(1)使气体和石灰乳充分接触，提高气体的吸收效率2NO2CaSO3Ca(OH)2=CaSO4Ca(NO2)2H2O(2)S2(3)CO2代替了N2，减少了N2与O2反应S066.7%CO22eH2O=HCOOHO23(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25
9、0 mL浓度均为0.5 molL1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1 h，再经后续处理得到产品。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10.5b将(NH4)2HPO4溶液逐滴滴入Ca(NO3)2溶液中，再用氨水调节pH至10.5c将(NH4)2HPO4溶液和氨水混合并调节pH至10.5，再滴入Ca(NO3)2溶液反应生成Ca10(PO4)6(OH)2的离子方程式为_。(2)HAP脱除F的操
10、作是：在聚四氟乙烯烧杯中加入50 mL 10 mgL1 NaF溶液和0.15 g Ca10(PO4)6(OH)2，在恒温下振荡，每隔1 h测定一次溶液中F浓度，直至达到吸附平衡。实验中“烧杯”材质用“聚四氟乙烯”塑料而不用玻璃，其原因是_。除氟反应形式之一是：Ca10(PO4)6(OH)220F10CaF26PO2OH，该反应的平衡常数K_用Ksp(CaF2)和Ksp(HAP)表示。(3)HAP脱除Pb()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
11、)(溶解)10Pb2(aq)6PO(aq)2H2O(l)Pb10(PO4)6(OH)2(s)2H(aq)(沉淀)已知Pb()的分布分数如图1所示；一定条件下HAP对Pb()平衡吸附量与pH的关系如图2所示。能使甲基橙显红色的Pb()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_。当pH7.0时，生成的沉淀为_(填化学式)；此时pH越大HAP对Pb()平衡吸附量越小，其原因是_。解析：(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；(NH4)2HPO4、Ca(NO3)2及NH
12、3H2O反应生成Ca10(PO4)6(OH)2的离子方程式为10Ca26HPO8NH3H2OCa10(PO4)6(OH)28NH6H2O。(2)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；由反应知平衡常数K。(3)能使甲基橙显红色的Pb()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Pb2OH=Pb(OH)；当pH7.0时，生成的沉淀为Pb10(PO4)6(OH)2和Pb(OH)2；此时pH越大HAP对Pb()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，
13、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。答案：(1)b10Ca26HPO8NH3H2OCa10(PO4)6(OH)28NH6H2O(2)防止F及其水解生成的HF与玻璃中SiO2反应(3)Pb2OH=Pb(OH)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Pb10(PO4)6(OH)2和Pb(OH)2c(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4SO2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。已知：2H2S(g)SO2(g
14、)=3S(s)2H2O(l)Ha kJmol1H2S(g)=H2(g)S(s)Hb kJmol1H2O(l)=H2O(g)Hc kJmol1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。阴极反应式为_。若电解过程中转移1 mol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90 s的情况下，测得不同条件下NO的脱氮率如图、图所
15、示。由图知，当废气中的NO含量增加时，宜选用_法提高脱氮的效率。图中，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。图所示为复合吸收剂组成一定时，温度对脱硫、脱硝的影响。温度高于60 后，NO去除率下降的原因为_。写出废气中的SO2与NaClO2反应的离子方程式：_。解析：(1)将给定的三个热化学方程式标为、，根据盖斯定律，由22可得目标热化学方程式，故该反应的H(a2b2c)kJmol1。(2)根据阳极的电极反应式2SO4e=O22SO3可知，每转移1 mol电子时，得到0.5 mol SO3，被水吸
16、收后得到0.5 mol H2SO4，则生成的质量分数为70%的硫酸的质量70 g。答案：(1)SO2(g)2H2(g)=S(s)2H2O(g)H(a2b2c)kJmol1(2)2SO3O24e=2SO70(3)好氧硝化Fe2、Mn2对该反应有催化作用(4)温度升高H2O2分解速率加快2H2OClO2SO2=Cl2SO4H5(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。已知：Fe2O3(s)3C(s)=2Fe(s)3CO(g)H1489.0 kJmol1C(s)CO2(g)=2CO(g)H2172.5 kJmol1则CO(g)还原Fe
17、2O3(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。曲线对应的平衡常数大小关系为K_(填“”“”或“K。根据压强的倍数可知，甲中平衡后气体的总物质的量为3.2 mol，经计算可知反应掉的CO2为0.4 mol，则平衡时甲中CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为0.6 mol、1.8 mol、0.4 mol、0.4 mol，要求两容器中相同组分
18、的体积分数相同，则两者加入时的物质的量相当，故c1，起始时要维持化学反应向逆反应方向进行，则c0.4。(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。(5)由题图3可知，300400 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)H28.5 kJmol1(2)CO4OH2e=CO2H2O(3)0.4(5)300400 3Cu2Al2O432H2NO=6Cu26Al32NO16H2O6联氨(N2H4)是一种绿色环保的还原剂，其氧化产物为
19、氮气。(1)合成联氨的有关反应如下：NH3(g)NaClO(aq)=NH2Cl(l)NaOH(aq)H167.45 kJmol1NH2Cl(l)NaOH(aq)NH3(g)=N2H4(l)NaCl(aq)H2O(l)H2195.32 kJmol1反应2NH3(g)NaClO(aq)=N2H4(l)NaCl(aq)H2O(l)H_kJmol1。(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
20、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100 mL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2.5 mL时，金属镍的回收率降低，可能的原因是_。解析：(1)将给定的前两个热化学方程式依次编号、，根据盖斯定律，由即得第三个热化学方程式，则H(67.45 kJmol1)(195.32 kJmol1)262.77 kJmol1；(2)NH3与盐酸反应的离子方程式为NH3H=NH，则联氨与过量盐酸反应的离子方程式为N2H42H=N2H；(3)联氨空气燃料电池的电解质溶液是20%3
21、0%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N2H44e4OH=N24H2O；(4)由图甲可以看出，当pH6.5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1.02.5 mL时，镍的回收率大；当联氨的用量大于2.5 mL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。答案：(1)262.77(2)N2H42H=N2H(3)N2H44e4OH=N24H2O(4)6.51.02.5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
22、)氢气可用于制备绿色氧化剂H2O2。已知：H2(g)X(l)=Y(l)H1O2(g)Y(l)=X(l)H2O2(l)H2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H0，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：Fe2H2O2OHFeO3H2，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。
23、已知：Na2FeO4在强碱性条件下能稳定存在。a为_极(填“正”或“负”)，铁电极的电极反应式为_。电解一段时间后，c(OH)升高的区域在_(填“阴极室”或“阳极室”)。c(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如图2，M、N两点均低于c(Na2FeO4)最高值，请分析原因。M点：_；N点：_。解析：(1)第一个反应：根据GHTS，此反应属于熵减，S0，能够自发进行，因此H10，第二个反应：此反应属于熵减，S0，能够自发进行，因此H20，HH1H2，因此有H0；(2)NaBH4中Na显1价，B显3价，H显1价，B的价态不变，因此1价H和1价H之间发生氧化还原反应，生成中间价态H2，因此反应
24、方程式为NaBH42H2O=NaBO24H2；(3)本实验制备FeO，根据电解原理，铁应作阳极，即b为正极，a为负极；阳极反应式为Fe6e8OH=FeO4H2O，阴极反应式为2H2O2e=H22OH，因此OH应产生在阴极室；根据信息，Na2FeO4在强碱性条件下能稳定存在，碱性过强，铁电极区产生红褐色物质Fe(OH)3，因此M点OH浓度小，Na2FeO4稳定性差，且反应慢；N点c(OH)高，产生红褐色物质氢氧化铁。答案：(1)HH1H2且H10，H20(2)NaBH42H2O=NaBO24H2(3)负Fe6e8OH=FeO4H2O阴极室c(OH)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢c(OH)过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低
