1、专题检测（十四） 非选择题中的化学反应原理综合1(2019泰州一模)将甘油(C3H8O3)转化成高附加值产品是当前热点研究方向，甘油和水蒸气经催化重整可制得氢气，反应主要过程如下：反应：C3H8O3(l)3H2O(g)3CO2(g)7H2(g) H1反应：2C3H8O3(l)3O2(g)6CO2(g)8H2(g) H2a kJmol1反应： 2H2(g)O2(g)2H2O(g) H3b kJmol1(1)H1_。(2)酸性条件下，甘油可在纳米TiO2Pt复合膜阳极上转化为甘油醛(C3H6O3)，该电极方程式为_。(3)硝化甘油(C3H5O9N3)是治疗心绞痛的速效药，也可用作开采矿物的炸药。硝
2、化甘油能治疗心绞痛的原理是在人体中释放NO，实验室中也可通过干法制备NO，方程式为3KNO2KNO3Cr2O32K2CrO44NO。若有1 mol NO生成，则被KNO3氧化的Cr2O3的物质的量为_mol。硝化甘油爆炸时会彻底分解为N2、O2、CO2和H2O，反应的化学方程式为_。(4)反应制备H2时的副产物很多，主要有CH4、C2H4等，生产过程中必须采取措施抑制副产物产生，目的是_。为了有效提高反应氢气的产率，研究人员还采用CaO吸附增强制氢的方法。如图1所示，请分析加入CaO提高氢气产率的原因_。(5)高效的催化剂是这种制氢方法能大规模应用的重要因素。图2为三种不同催化剂在一段时间内与
3、甘油转化率的关系，则Ni/SiC催化剂的优点是_。解析：(1)根据盖斯定律，反应(反应反应3)/2，故H1(a3b)kJmol1。(2)甘油在阳极上转化为甘油醛(C3H6O3)，C3H8O3中C的平均价态为价，C3H6O3中C的平均价态为0价，所以由C3H8O3 C3H6O3，1 mol C3H8O3失去32 mol e，则在酸性介质中该电极反应式为C3H8O32e=C3H6O32H。(3)据反应3KNO2KNO3Cr2O32K2CrO44NO知，1 mol KNO3被还原生成1 mol NO得到3 mol e，1 mol Cr2O3被氧化生成2 mol K2CrO4失去6 mol e，即每1
4、 mol KNO3 参加反应生成4 mol NO，有 mol Cr2O3被氧化，得关系式8NOCr2O3，则若有1 mol NO生成，则被KNO3氧化的Cr2O3的物质的量为 mol0.125 mol；硝化甘油爆炸时会彻底分解为N2、O2、CO2和H2O，根据化合价升降守恒和原子个数守恒配平，得反应的化学方程式为4C3H5O9N36N2O212CO210H2O。(4)生产过程中必须采取措施抑制副产物产生，目的是提高氢气的产率或使甘油和水分子中氢原子尽可能转化为氢气；由图1可知，加入CaO后，CO2的物质的量迅速减少，H2物质的量不断增多，从而提高了氢气产率。故加入CaO提高氢气产率的原因是Ca
5、O消耗CO2，降低CO2的浓度，促使平衡正向移动，提高H2产率。(5)图2中三种不同催化剂，Ni/SiC催化剂甘油的转化率大，且转化率长时间稳定在较高水平，说明其催化效率高。则Ni/SiC催化剂的优点是催化剂效率高，稳定性高或催化剂寿命长。答案：(1)(a3b)kJmol1(2)C3H8O32e=C3H6O32H(3)0.1254C3H5O9N36N2O212CO210H2O(4)提高氢气的产率或使甘油和水分子中氢原子尽可能转化为氢气(合理即可)CaO消耗CO2，降低CO2的浓度，促使平衡正向移动，提高H2产率(5)催化剂效率高，稳定性高或催化剂寿命长(合理即可)2(2019苏锡常镇二模)铁及
6、其化合物在生产、生活中有广泛的应用。(1)复合氧化物铁酸锰(MnFe2O4)可用于热化学循环分解制氢气，原理如下：MnFe2O4(s)=MnFe2O(4x)(s)O2(g)H1MnFe2O(4x)(s)xH2O(g)=MnFe2O4(s)xH2(g)H22H2O(g)=2H2(g)O2(g)H3则：H3与H1、H2的关系为H3_。图1(2)纳米铁是重要的储氢材料，可用下列反应制得：Fe(s)5COFe(CO)5(g)H”或“T2；T2温度下 Fe(s)5COFe(CO)5(g)起始(molL1) 0.5 0转化(molL1) 0.4 0.08平衡(molL1) 0.1 0.08平衡常数K810
7、3。(3)ClO与Fe3反应生成FeO，ClO被还原为Cl，根据化合价升降总数相等和电荷守恒及原子守恒可得反应的离子方程式为3ClO2Fe310OH=2FeO3Cl5H2O；因K2FeO4在酸性至弱碱性条件下不稳定，制备K2FeO4时，应把Fe(NO3)3饱和溶液滴加到KClO溶液中，具体操作为：在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中；由图可知，pH6时溶液主要存在HFeO，加入KOH溶液发生中和，反应的离子方程式为HFeOOH=FeOH2O。(4)铁是阳极，电极自身被氧化，电极反应式为Fe6e8OH=FeO4H2O。答案：(1)2(H1H2)/x(2)8103(3)
8、3ClO2Fe310OH=2FeO3Cl5H2O在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中HFeOOH=FeOH2O(4)Fe6e8OH=FeO4H2O3(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)
9、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
10、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
11、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)2NH3H2OPO4(2018南通二模)采用科学技术减少氮氧化物、SO2等物质的排放
12、，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。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
13、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
14、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 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) 1.51.500 x x 2
15、x 2x 1.5x 1.5x 2x 2x当反应达平衡时测得CO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=HCOOHO25(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、Cd
16、2、Pb2及Cu2等。(1)制备HAP的步骤如下：分别配制250 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
17、(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
18、(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()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
19、节pH至10.5；(NH4)2HPO4、Ca(NO3)2及NH3H2O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
20、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。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6(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。
21、(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。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 mo
22、l，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 kJm
23、ol1(2)CO4OH2e=CO2H2O(3)0.4(5)300400 3Cu2Al2O432H2NO=6Cu26Al32NO16H2O7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)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
24、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 k
25、Jmol1)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%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
