2023版高考化学江苏专版二轮复习检测：专题检测(十四)-非选择题中的化学反应原理综合-Word版含解析.doc

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)　ΔH＝a kJ·mol－1
2NO(aq)＋O2(g)===2NO(aq)　ΔH＝b kJ·mol－1
5NH(aq)＋3NO(aq)===4N2(g)＋9H2O(l)＋2H＋(aq)ΔH＝c kJ·mol－1
则4NH(aq)＋3O2(g)===2N2(g)＋6H2O(l)＋4H＋(aq)　ΔH＝________ kJ·mol－1。
(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MgNH4PO4·6H2O沉淀(Ksp＝2.5×10－13)去除。25 ℃时，在氨氮初始质量浓度400 mg·L－1，n(Mg)∶n(P)∶n(N)＝1∶1∶1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。
①反应生成MgNH4PO4·6H2O的离子方程式为_________________________________。
②该实验条件下，控制溶液的适宜pH范围为________；当pH范围在9～11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·mol－1。
(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0.10 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。
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__________。
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：
__________________________________。
解析：(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，0.10 mol SO2消耗0.20 mol CO，生成0.05 mol Y和0.20 mol X，则得到反应：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x mol·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/
(mol·L－1) x x 2x 2x
平衡浓度/
(mol·L－1) 1.5－x 1.5－x 2x 2x
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－。
答案：(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>0
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250 mL浓度均为0.5 mol·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1 h，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50 mL 10 mg·L－1 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。
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________________________________________。

解析：(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)＋；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。
答案：(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。已知：
2H2S(g)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(l)ΔH＝a kJ·mol－1
H2S(g)===H2(g)＋S(s)　ΔH＝b kJ·mol－1
H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝c kJ·mol－1
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：_________________________。
解析：(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·mol－1。(2)②根据阳极的电极反应式2SO－4e－===O2↑＋2SO3↑可知，每转移1 mol电子时，得到0.5 mol SO3，被水吸收后得到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)ΔH＝(a－2b＋2c)kJ·mol－1
(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。
已知：Fe2O3(s)＋3C(s)===2Fe(s)＋3CO(g)ΔH1＝＋489.0 kJ·mol－1
C(s)＋CO2(g)===2CO(g)　ΔH2＝＋172.5 kJ·mol－1
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
1 mol CO2、3 mol H2
a mol CO2、b mol H2、
c mol CH3OH(g)、c mol H2O(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0～15 h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：
________________________________________________________________________。
解析：(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3.2 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。
答案：(1)Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH＝－28.5 kJ·mol－1
(2)CO＋4OH－－2e－===CO＋2H2O
(3)①>　②0.4Ⅲ>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＝－67.45 kJ·mol－1
NH2Cl(l)＋NaOH(aq)＋NH3(g)===N2H4(l)＋NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH2＝－195.32 kJ·mol－1
反应2NH3(g)＋NaClO(aq)===N2H4(l)＋NaCl(aq)＋H2O(l)　ΔH＝_______kJ·mol－1。
(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＝(－67.45 kJ·mol－1)＋(－195.32 kJ·mol－1)＝－262.77 kJ·
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1.0～2.5 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)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。
已知：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。
已知：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“阴极室”或“阳极室”)。
③c(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ΔG＝ΔH－TΔS，此反应属于熵减，ΔS<0，能够自发进行，因此ΔH1<0，第二个反应：此反应属于熵减，ΔS<0，能够自发进行，因此ΔH2<0，ΔH＝ΔH1＋ΔH2，因此有ΔH<0；(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，因此反应方程式为NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑；(3)①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；②阳极反应式为Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O，阴极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，因此OH－应产生在阴极室；③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)ΔH＝ΔH1＋ΔH2且ΔH1<0，ΔH2<0
(2)NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑
(3)①负　Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O　②阴极室　③c(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