2020版高考一輪復習化學江蘇專版學案：專題十第五題化學反應原理題型研究-學案下載-教習網

化學反應原理題型研究
[試題特點]
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這一類試題將有關化學反應原理融合到化工生產流程中。試題設問較多，考査的內容較多，導致思維轉換角度較大；試題的難度較大，對思維能力的要求較高。這類試題具有較大的綜合性，能很好地考査考生應用化學知識解決實際問題的能力。主要是由“熱化學方程式的書寫或反應熱計算”“電極反應或電池總反應”“陌生離子方程式或化學方程式的書寫”“影響化學反應速率和化學平衡的因素”“根據化學原理回答相關問題”等組成。
[做真題—明考查特點]
1．(2018·江蘇高考)NOx(主要指NO和NO2)是大氣主要污染物之一。有效去除大氣中的NOx是環(huán)境保護的重要課題。
(1)用水吸收NOx的相關熱化學方程式如下：
2NO2(g)＋H2O(l)===HNO3(aq)＋HNO2(aq)
ΔH＝－116.1 kJ·mol－1
3HNO2(aq)===HNO3(aq)＋2NO(g)＋H2O(l)
ΔH＝75.9 kJ·mol－1
反應3NO2(g)＋H2O(l)===2HNO3(aq)＋NO(g)的ΔH＝________ kJ·mol－1。
[考查蓋斯定律計算反應熱]
(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應式：____________________________________________。
[考查電解池電極反應式的書寫]
(3)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收過程中存在HNO2與(NH2)2CO生成N2和CO2的反應。寫出該反應的化學方程式：_____________________________________________。
[考查陌生化學方程式的書寫]
(4)在有氧條件下，新型催化劑M能催化NH3與NOx反應生成N2。
①NH3與NO2生成N2的反應中，當生成1 mol N2時，轉移的電子數為________ mol。
[考查陌生氧化還原反應轉移電子數的計算]
②將一定比例的O2、NH3和NOx的混合氣體，勻速通入裝有催化劑M的反應器中反應(裝置見圖1)。

反應相同時間NOx的去除率隨反應溫度的變化曲線如圖2所示，在50～250 ℃范圍內隨著溫度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升緩慢的主要原因是___________________；當反應溫度高于380 ℃時，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________。
[考查化學反應速率的影響因素]
解析：(1)將題給三個熱化學方程式依次編號為①、②和③，根據蓋斯定律可知，③＝(①×3＋②)/2，則ΔH＝(－116.1 kJ·mol－1×3＋75.9 kJ·mol－1)/2＝－136.2 kJ·mol－1。(2)由題給信息可知，反應物為HNO2(弱酸)，生成物為HNO3，因此陽極反應式為HNO2－2e－＋H2O===3H＋＋NO。(3)由題給信息可知，反應物為HNO2、(NH2)2CO，生成物為CO2和N2，根據氧化還原反應方程式的配平方法可寫出該反應的化學方程式為2HNO2＋(NH2)2CO===2N2↑＋CO2↑＋3H2O。(4)①NH3中N的化合價為－3，NO2中N的化合價為＋4，N2中N的化合價為0，每生成1 mol N2，有的N由－3價變?yōu)?價，被氧化的N的物質的量為 mol，因此每生成1 mol N2轉移的電子數為 mol。②溫度升高，反應速率增大，同時催化劑的活性增大也會提高反應速率。一段時間后催化劑活性增大幅度變小，主要是溫度升高使反應速率增大。當溫度超過一定值時，催化劑的活性下降，同時氨氣與氧氣能夠反應生成NO而使反應速率減小。
答案：(1)－136.2
(2)HNO2－2e－＋H2O===3H＋＋NO
(3)2HNO2＋(NH2)2CO===2N2↑＋CO2↑＋3H2O
(4)①?、谘杆偕仙问谴呋瘎┗钚噪S溫度升高增大與溫度升高共同使NOx去除反應速率迅速增大；上升緩慢段主要是溫度升高引起的NOx去除反應速率增大　催化劑活性下降；NH3與O2反應生成了NO
2．(2017·江蘇高考)砷(As)是一些工廠和礦山廢水中的污染元素，使用吸附劑是去除水中砷的有效措施之一。
(1)將硫酸錳、硝酸釔與氫氧化鈉溶液按一定比例混合，攪拌使其充分反應，可獲得一種砷的高效吸附劑X，吸附劑X中含有CO，其原因是____________________________。
[考查化學反應的機理]
(2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物種的分布分數(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數)與pH的關系分別如圖1和圖2所示。

①以酚酞為指示劑(變色范圍pH 8.0～10.0)，將NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，當溶液由無色變?yōu)闇\紅色時停止滴加。該過程中主要反應的離子方程式為__________________________________。
[考查陌生離子方程式的書寫]
②H3AsO4第一步電離方程式H3AsO4H2AsO＋H＋的電離常數為Ka1，則pKa1＝________(pKa1＝－lg Ka1)。
[考查電離平衡常數]
(3)溶液的pH對吸附劑X表面所帶電荷有影響。pH＝7.1時，吸附劑X表面不帶電荷；pH>7.1時帶負電荷，pH越高，表面所帶負電荷越多；pH7.1時，pH越高，吸附劑X所帶負電荷越多，則吸附劑X與HAsO靜電斥力增強。②在pH為4～7時，吸附劑X表面帶正電荷，從圖2知，pH在4～7之間時，吸附劑X吸附H2AsO和HAsO；從圖1知，pH在4～7之間時，三價砷主要以分子形式存在，吸附劑X不會吸附分子。加入氧化劑，可以將三價砷轉化為五價砷，而被吸附劑X吸附。
答案：(1)堿性溶液吸收了空氣中的CO2　
(2)①OH－＋H3AsO3===H2AsO＋H2O?、?.2
(3)①在pH 7～9之間，隨pH升高H2AsO轉變?yōu)镠AsO，吸附劑X表面所帶負電荷增多，靜電斥力增加
②在pH 4～7之間，吸附劑X表面帶正電，五價砷主要以H2AsO和HAsO陰離子存在，靜電引力較大；而三價砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X表面產生的靜電引力小　加入氧化劑，將三價砷轉化為五價砷
3．(2016·江蘇高考)鐵炭混合物(鐵屑和活性炭的混合物)、納米鐵粉均可用于處理水中污染物。
(1)鐵炭混合物在水溶液中可形成許多微電池。將含有Cr2O的酸性廢水通過鐵炭混合物，在微電池正極上Cr2O轉化為Cr3＋，其電極反應式為__________________________。
[考查原電池電極反應式的書寫]
(2)在相同條件下，測量總質量相同、鐵的質量分數不同的鐵炭混合物對水中Cu2＋和Pb2＋的去除率，結果如下圖所示。

①當鐵炭混合物中鐵的質量分數為0時，也能去除水中少量的Cu2＋和Pb2＋，其原因是____________________________。
②當鐵炭混合物中鐵的質量分數大于50%時，隨著鐵的質量分數的增加，Cu2＋和Pb2＋的去除率不升反降，其主要原因是_______________________________________。
[考查化學反應速率的影響因素]
(3)納米鐵粉可用于處理地下水中的污染物。
①一定條件下，向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合價為＋3)與Fe2＋反應生成納米鐵粉、H2和B(OH)，其離子方程式為________________________。
[考查陌生離子方程式的書寫]
②納米鐵粉與水中NO反應的離子方程式為
4Fe＋NO＋10H＋===4Fe2＋＋NH＋3H2O
研究發(fā)現，若pH偏低將會導致NO的去除率下降，其原因是________________________________________________________________________。
③相同條件下，納米鐵粉去除不同水樣中NO的速率有較大差異(見下圖)，產生該差異的可能原因是______________________________________________________。

[考查影響化學反應速率的因素]
解析：(1)由題意知，正極上Cr2O得電子生成Cr3＋，其電極反應式為Cr2O＋6e－＋14H＋===2Cr3＋＋7H2O。(2)①活性炭具有較大的表面積，吸附性很強，能吸附廢水中少量的Cu2＋和Pb2＋。②鐵的質量分數增加，形成鐵炭微電池的數量減少，從而降低了反應效果，導致Cu2＋和Pb2＋的去除率降低。(3)①因BH中B元素的化合價為＋3，則BH中H元素的化合價為－1。根據題中信息和電子守恒規(guī)律可寫出該反應的離子方程式：2Fe2＋＋BH＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋B(OH)。②pH偏低，即溶液的酸性增強，則易發(fā)生副反應：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，導致NO的去除率降低。③水樣Ⅰ和Ⅱ相比較，水樣Ⅱ中含有Cu2＋。由圖可知，相同條件下水樣Ⅱ的NO去除速率明顯比水樣Ⅰ快，可能是Fe與Cu2＋反應：Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，析出的Cu與Fe在溶液中構成原電池，加快了Fe與NO的反應，也可能是析出的Cu或原廢水中的Cu2＋催化了Fe與NO的反應。
答案：(1)Cr2O＋6e－＋14H＋===2Cr3＋＋7H2O
(2)①活性炭對Cu2＋和Pb2＋有吸附作用?、阼F的質量分數增加，鐵炭混合物中微電池數目減少
(3)①2Fe2＋＋BH＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋B(OH)?、诩{米鐵粉與H＋反應生成H2　③Cu或Cu2＋催化納米鐵粉去除NO的反應(或形成的Fe-Cu原電池增大納米鐵粉去除NO的反應速率)
[研熱點—找解題策略]

年份
試題
知識點
分值
2018
第20題
①應用蓋斯定律計算反應熱；②電解池電極反應式的書寫；③陌生化學方程式的書寫；④陌生氧化還原反應轉移電子數的計算；⑤化學反應速率的影響因素
14分
2017
第20題
①化學反應的機理；②陌生離子方程式的書寫；③電離平衡常數；④化學反應速率的影響因素
14分
2016
第20題
①原電池電極反應式的書寫；②化學反應速率的影響因素；③陌生離子方程式的書寫
14分

1．熱化學方程式的書寫和運用蓋斯定律求算反應熱
(1)計算步驟

(2)計算方法

2．電化學知識的應用
(1)化學電源與電極
原電池中負極發(fā)生氧化反應，常出現電極材料溶解、質量減輕等現象；正極發(fā)生還原反應，常出現質量不變或增重、有氣體產生等現象。電解池中與電源負極連接的陰極材料不反應，與電源正極連接的陽極(除惰性電極外)材料發(fā)生氧化反應，可能出現電極溶解、質量減輕等現象。
(2)注意變價金屬電極材料
Fe在原電池與電解池反應中發(fā)生氧化反應時只能失去2個電子生成Fe2＋。
(3)可充電電池
可充電電池的放電反應是原電池反應，充電反應是電解池反應。放電過程中原電池的負極發(fā)生氧化反應，充電過程中電解池的陰極發(fā)生還原反應。
3．有關化學反應速率問題
(1)計算v(X)＝，即v(X)＝＝，計算時一定要注意容器或溶液的體積，不能忽視容器或溶液的體積V，盲目地把Δn當作Δc代入公式進行計算。
(2)外界條件對化學反應速率的影響
4．有關化學平衡問題
(1)化學平衡的標志
①直接判斷依據
②間接判斷依據
a．對于有有色氣體存在的反應體系，如2NO2(g)N2O4(g)等，若體系的顏色不再發(fā)生改變，則反應已達平衡狀態(tài)。
b．對于有氣體存在且反應前后氣體的物質的量發(fā)生改變的反應，如N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，若反應體系的壓強不再發(fā)生變化或平均相對分子質量不再發(fā)生變化，則說明反應已達平衡狀態(tài)。
c．對于有氣體存在且反應前后氣體的物質的量不發(fā)生改變的反應，如2HI(g)H2(g)＋I2(g)，反應過程中的任何時刻體系的壓強、氣體的物質的量、平均相對分子質量都不變，故體系壓強、氣體的物質的量、平均相對分子質量不變均不能說明反應已達平衡狀態(tài)。
(2)外界條件對化學平衡移動的影響規(guī)律
溫度的影響
升高溫度，化學平衡向吸熱反應方向移動；降低溫度，化學平衡向放熱反應方向移動
濃度的影響
增大反應物濃度或減小生成物濃度，化學平衡向正反應方向移動；減小反應物濃度或增大生成物濃度，化學平衡向逆反應方向移動
壓強的影響
增大壓強會使平衡向氣體體積減小的方向移動；減小壓強會使平衡向氣體體積增大的方向移動

(3)化學平衡常數
①化學平衡常數只與溫度有關，與反應物或生成物的濃度變化無關。
②反應物或生成物中有固體或純液體存在時，由于其濃度可看做“1”而不代入化學平衡常數公式。
③化學平衡常數是指某一具體反應的平衡常數。若方程式中各物質的化學計量數等比例擴大或縮小，盡管是同一反應，平衡常數也會改變。
④若用任意狀態(tài)的濃度冪之積的比值(稱為濃度商，用Q表示)與K比較，可判斷可逆反應是否達到平衡狀態(tài)和反應進行的方向。即：對于反應mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，Q＝。

⑤利用K可判斷反應的熱效應
若升高溫度，K值增大，則正反應為吸熱反應；
若升高溫度，K值減小，則正反應為放熱反應。
⑥化學平衡常數與轉化率的計算
轉化率＝×100%＝×100%
產率＝×100%

化學反應原理題在背景材料上呈現新(或陌生)內容，但內在要求或者核心知識考査還是不變的，如運用化學反應原理、化學平衡和水解理論、物質制備和分離的知識等分析實際生產中的各種問題，我們千萬不能被新包裝所迷惑，注意聯(lián)系生產實際中的各類反應原理，融會貫通，就能解決所有問題。只要我們采用各個擊破的方法，搞清楚各歩知識點對應的化學反應原理，采取先分后合的方法，再根據題目要求，用簡潔、準確的化學用語答題即可。
盡管化學反應原理綜合題設問較多，考査內容較多，但都是《江蘇省考試說明》要求的內容，不會出現偏、怪、難的問題，因此要充滿信心，分析時要冷靜，不能急于求成。要總結思考的技巧和方法，答題時注意規(guī)范細致。該類題的問題設計一般沒有遞進性，故答題時可跳躍式解答，千萬不能放棄。
[練新題—提答題能力]
1．(2019·常州模擬)銅及其化合物在工農業(yè)生產及日常生活中應用非常廣泛。
(1)由輝銅礦制取銅的反應過程為
2Cu2S(s)＋3O2(g)===2Cu2O(s)＋2SO2(g)
ΔH＝－768.2 kJ·mol－1
2Cu2O(s)＋Cu2S(s)===6Cu(s)＋SO2(g)
ΔH＝＋116.0 kJ·mol－1
①熱化學方程式：Cu2S(s)＋O2(g)===2Cu(s)＋SO2(g)　ΔH＝ ________kJ·mol－1。
②獲得的粗銅需電解精煉，精煉時粗銅作________極。
(2)氫化亞銅是一種紅色固體，可由下列反應制備：
4CuSO4＋3H3PO2＋6H2O===4CuH↓＋4H2SO4＋3H3PO4
①該反應的還原劑是____________(寫化學式)。
②該反應每轉移3 mol電子，生成CuH的物質的量為________。
(3)氯化銅溶液中銅各物種的分布分數(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數)與c(Cl－)的關系如圖所示。

①當c(Cl－)＝9 mol·L－1時，溶液中主要的3種含銅物種的濃度大小關系為________________________。
②在c(Cl－)＝1 mol·L－1的氯化銅溶液中，滴入AgNO3溶液，含銅物種間轉化的離子方程式為___________________________，____________________________(任寫兩個)。
解析：(1)①根據蓋斯定律，將兩式相加除3，得到Cu2S(s)＋O2(g)===2Cu(s)＋SO2(g)　ΔH＝ kJ·mol－1＝－217.4 kJ·mol－1。②電解精煉銅，粗銅作陽極，純銅作陰極。(2)①H3PO2中P元素＋1價，H3PO4中P元素＋5價，化合價升高，被氧化，H3PO2為該反應的還原劑。②該反應中存在關系式：3H3PO2～4CuH～12e－，則每轉移3 mol電子，生成CuH的物質的量為1 mol。(3)由圖分析可知①當c(Cl－)＝9 mol·L－1時，溶液中主要的3種含銅物種的濃度大小關系為c(CuCl2)>c(CuCl＋)>c(CuCl)。②在c(Cl－)＝1 mol·L－1的CuCl2溶液中，含銅物種主要是Cu2＋、CuCl＋、CuCl2，滴入AgNO3溶液，含銅物種間轉化的離子方程式為CuCl＋＋Ag＋===AgCl↓＋Cu2＋或CuCl2＋Ag＋===CuCl＋＋AgCl↓或CuCl2＋2Ag＋===Cu2＋＋2AgCl↓。
答案：(1)①－217.4?、陉?br /> (2)①H3PO2　②1 mol
(3)①c(CuCl2)>c(CuCl＋)>c(CuCl)
②CuCl＋＋Ag＋===AgCl↓＋Cu2＋　CuCl2＋Ag＋===CuCl＋＋AgCl↓(或CuCl2＋2Ag＋===Cu2＋＋2AgCl↓)
2．(2019·鎮(zhèn)江模擬)以銅為原料可制備應用廣泛的氧化亞銅。
(1)向CuCl2溶液中通入SO2可得到CuCl固體，此反應的離子方程式為________________________________________________________________________。
由CuCl水解再熱分解可得到納米Cu2O。CuCl水解為
CuCl(s)＋H2O(l)CuOH(s)＋Cl－(aq)＋H＋(aq)。
該反應的平衡常數K與此溫度下Kw、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的關系為K＝________。
(2)用銅作陽極，鈦片作陰極，電解一定濃度的NaCl和NaOH的混合溶液可得到Cu2O，陽極及其溶液中有關轉化如圖1所示。
①陽極的電極反應式為______________________________________________。
②電解一段時間后，電解液補充一定量的________可恢復到原電解質溶液。
③溶液中Ⅲ、Ⅳ兩步總反應的離子方程式為________________________________。

(3)Cu2O與ZnO組成的催化劑可用于工業(yè)上合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH＝a kJ·mol－1。按＝2投料比將H2與CO充入V L恒容密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應，測定CO的平衡轉化率與溫度、壓強的關系如圖2所示。
①圖中壓強P1、P2、P3由大到小的關系是______________________________________；
②起始時，c(H2)＝0.20 mol·L－1，c(CO)＝0.10 mol·L－1。在P3及T1 ℃下反應達到平衡，此時反應的平衡常數為________。
解析：(1) 向CuCl2溶液中通入SO2可得到CuCl固體，銅被還原，則SO2被氧化，在溶液中生成SO －，根據氧化還原反應的配平原則配平，此反應的離子方程式為2Cu2＋＋SO2＋2Cl－＋2H2O===2CuCl↓＋SO＋4H＋，CuCl(s)＋H2O(l)CuOH(s)＋Cl－(aq)＋H＋(aq)，此反應的平衡常數K＝c(H＋)· c(Cl－)＝·＝。(2)①由圖1分析可知陽極：CuCl－－e－＋Cl－===CuCl。②陽極及溶液整個過程發(fā)生反應：2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O，而陰極：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，總反應為2Cu＋H2OCu2O＋H2↑，因此電解一段時間后，電解液補充一定量的H2O就可恢復到原電解質溶液。③溶液中Ⅲ為CuCl＋OH－===Cu(OH)Cl－＋Cl－。Ⅳ為2Cu(OH)Cl－===Cu2O＋2Cl－＋H2O，Ⅲ×2＋Ⅳ得到兩步總反應的離子方程式為2CuCl＋2OH－===Cu2O↓＋H2O＋4Cl－。(3)①相同溫度下，壓強越大，有利于平衡向正反應方向移動，CO的平衡轉化率越大，則P1>P2>P3，②起始時，c(H2)＝0.20 mol·L－1，c(CO)＝0.10 mol·L－1，在P3及T1 ℃下反應，
　　　　　　　
CO(g)?。?H2(g)CH3OH(g)
起始/(mol·L－1) 0.10 0.20 0
轉化/(mol·L－1) 0.10×40% 0.08 0.04
平衡/(mol·L－1) 0.06 0.12 0.04
此時反應的平衡常數：K＝≈46.3。
答案：(1)2Cu2＋＋SO2＋2Cl－＋2H2O===2CuCl↓＋SO＋4H＋　Kw×
(2)①CuCl－－e－＋Cl－===CuCl?、贖2O
③2CuCl＋2OH－===Cu2O↓＋H2O＋4Cl－
(3)①P1>P2>P3?、?6.3
3．(2019·蘇州模擬)鍋爐水垢既會降低燃料的利用率、影響鍋爐的使用壽命，還可能造成安全隱患。某鍋爐水垢的主要成分有CaCO3、CaSO4、Mg(OH)2、Fe2O3，用酸洗法可除去該水垢，其基本原理如圖所示。

(1)“酸洗”時，一般不選用稀硫酸的原因是____________________________________。
(2)“不溶物”用碳酸鈉溶液浸泡的目的是_________________________________(用離子方程式表示)。
(3)為防止洗出液中的Fe3＋腐蝕鐵質管道，常在洗出液中加入SnCl2溶液，反應中Sn2＋轉化為Sn4＋，則Sn2＋與Fe3＋反應的物質的量之比為________。
(4) 檸檬酸(用H3R表示)可用作酸洗劑，溶液中H3R、H2R－、HR2－、R3－的含量與pH的關系如圖1所示。圖中a曲線所代表的微粒的百分含量隨溶液pH的改變而變化的原因是__________________________________________(用平衡移動原理解釋)。HR2－電離常數為Ka3，請根據圖示信息計算出pKa3＝________(pKa3＝－lg Ka3)。
(5)利用圖2所示裝置對鍋爐水(含Ca2＋、Mg2＋、HCO)進行預處理，可有效防止鍋爐水垢的形成。寫出電解過程中，Ca2＋形成沉淀的電極反應方程式：___________________________________________________。

解析：(1)“酸洗”時，一般不選用稀硫酸，是因為稀硫酸與碳酸鈣反應會生成微溶物硫酸鈣，覆蓋在反應物表面，阻止反應進一步進行。(2)水垢中CaCO3、Mg(OH)2、Fe2O3均溶于酸，CaSO4不溶，“不溶物”為CaSO4，用碳酸鈉溶液浸泡，目的是將CaSO4轉化為CaCO3，再用酸溶解可除去，用離子方程式表示為CaSO4＋COCaCO3＋SO。(3)根據得失電子守恒，Sn2＋與Fe3＋反應的物質的量之比為1∶2。(4)分析圖1，曲線a、b、c、d分別表示H3R、H2R－、HR2－、R3－的含量，隨著溶液pH增大，H3R的電離平衡H3RH2R－＋
H＋向右移動，故H3R的百分含量減??；HR2－的電離表示為HR2－R3－＋H＋，pH＝6時HR2－、R3－各占50%，即c(HR2－)＝c(R3－)，其電離常數為Ka3＝＝c(H＋)＝10－6 mol·L－1，因此pKa3＝6。(5)電解過程中，Ca2＋形成沉淀CaCO3的電極反應方程式為2Ca2＋＋2HCO＋2e－===2CaCO3↓＋H2↑或2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－、Ca2＋＋OH－＋HCO===CaCO3↓＋H2O。
答案：(1)稀硫酸與碳酸鈣反應會生成微溶物硫酸鈣，覆蓋在反應物表面，阻止反應進一步進行
(2)CaSO4＋COCaCO3＋SO　(3)1∶2
(4)隨溶液pH增大，平衡H3RH2R－＋H＋向右移動，故H3R的百分含量減小　6
(5)2Ca2＋＋2HCO＋2e－===2CaCO3↓＋H2↑(或2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－、Ca2＋＋OH－＋HCO===CaCO3↓＋H2O)
4．(2019·梁豐高中月考)氮氧化物會形成光化學煙霧和酸雨，可采取下列方法對氮氧化物進行處理。
(1)SNCR脫硝技術的原理：
4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)===4N2(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－1 627.2 kJ·mol－1
6NO(g)＋4NH3(g)===5N2(g)＋6H2O(g) ΔH2＝－1 807.0 kJ·mol－1
2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)　 ΔH3＝－113.0 kJ·mol－1
則6NO2(g)＋8NH3(g)===7N2(g)＋12H2O(g)　ΔH＝________ kJ·mol－1
(2)NSR (NOx儲存還原)工作原理如圖1所示，NOx的儲存和還原在不同時段交替進行。

①NOx儲存轉化為Ba(NO3)2過程中，參加反應的NO和O2的物質的量之比為 _________。
②H2還原Ba(NO3)2的過程分兩步進行，圖2表示該過程相關物質濃度隨時間的變化關系。第一步反應的化學方程式為____________________________________________。
(3)SCR消除氮氧化物的反應原理：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)===4N2(g)＋6H2O(g)　ΔH0，則該反應能自發(fā)進行的原因是ΔS>0。③設達到平衡時CO2的轉化濃度為x mol·L－1。
　　　　　　　　　CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)
初始/(mol·L－1) 1.5 1.5 0 0
轉化/(mol·L－1) x x 2x 2x
平衡/(mol·L－1) 1.5－x 1.5－x 2x 2x
當反應達平衡時測得CO的體積分數為40%，即×100%＝40%，解得x＝1，則CO2的轉化率為×100%≈66.7%。④如圖4所示，CO2在陰極得到電子生成甲酸。則生成甲酸的電極反應式為CO2＋2e－＋H2O===HCOOH＋O2－。
答案：(1)①使氣體和石灰乳充分接觸，提高氣體的吸收效率?、?NO2＋CaSO3＋Ca(OH)2===CaSO4＋Ca(NO2)2＋H2O　(2)S2
(3)①CO2代替了N2，減少了N2與O2反應?、讦>0
③66.7%　④CO2＋2e－＋H2O===HCOOH＋O2－
7．(2019·鹽城中學練兵)廢水廢氣對自然環(huán)境有嚴重的破壞作用，大氣和水污染治理刻不容緩。
(1)某化工廠產生的廢水中含有Fe2＋、Mn2＋等金屬離子，可用過硫酸銨[(NH4)2S2O8]氧化除去。
①過硫酸銨與Mn2＋反應生成MnO2的離子方程式為____________________________。
②溫度與Fe2＋、Mn2＋氧化程度之間的關系如圖1所示：

實驗過程中應將溫度控制在________________。Fe2＋與Mn2＋被氧化后形成膠體絮狀粒子，常加入活性炭處理，加入活性炭的目的為______________________________________。
③H2O2也有較強氧化性，在實際生產中不用H2O2氧化Mn2＋的原因是________________________________________________________________________。
(2)利用某分子篩作催化劑，NH3可脫除廢氣中NO、NO2，其反應機理如圖2所示。A包含物質的化學式為N2和____________________。

(3)工業(yè)上廢氣中SO2可用Na2CO3溶液吸收，反應過程中溶液組成變化如圖3所示。
①吸收初期(圖中A點以前)反應的化學方程式為__________________________。
②C點高于B點的原因是________________________________________________。
解析：(1)①過硫酸銨與Mn2＋反應生成MnO2，而本身被還原為SO －，反應的離子方程式為S2O＋2H2O＋Mn2＋===4H＋＋2SO －＋MnO2↓。②根據圖1可知：80 ℃時Fe2＋、Mn2＋氧化程度接近1.0，故實驗過程中應將溫度控制在80 ℃；Fe2＋與Mn2＋被氧化后形成膠體絮狀粒子，常加入活性炭處理，加入活性炭的目的為吸附膠體粒子形成沉淀。③H2O2也有較強氧化性，在實際生產中不用H2O2氧化Mn2＋的原因是錳的化合物可催化H2O2的分解，使消耗的H2O2增多。(2)根據題圖反應可產生A的反應為[(NH4)(HNO2)]＋===N2＋A＋H＋，根據原子守恒可推導出A為H2O；反應為[(NH4)(HNO2)]＋===N2＋2H2O＋H＋。(3)①吸收初期(圖中A點以前)工業(yè)上廢氣中SO2可用Na2CO3溶液吸收，由圖中信息可知，NaHCO3 和Na2SO3的量明顯增加，則發(fā)生反應的化學方程式為2Na2CO3＋SO2＋H2O===2NaHCO3＋Na2SO3。②C點高于B點的原因：根據鈉元素守恒， NaHSO3的物質的量是Na2CO3的2倍，所以NaHSO3的質量大，質量分數就大。
答案：(1)①S2O＋2H2O＋Mn2＋===4H＋＋2SO －＋MnO2↓
②80 ℃(80 ℃～90 ℃區(qū)間均可)　吸附膠體粒子形成沉淀
③錳的化合物可催化H2O2的分解，使消耗的H2O2增多
(2)H2O
(3)①2Na2CO3＋SO2＋H2O===2NaHCO3＋Na2SO3
②根據鈉元素守恒， NaHSO3的物質的量是Na2CO3的2倍，所以NaHSO3的質量大，質量分數就大
8．(2019·清江中學模擬)含重金屬離子(如鉻、錳、鉛等)廢水的常見治理方法有化學還原法、化學氧化法、吸附法等工藝。
(1)化學還原法除Cr2O。取含Cr2O的模擬水樣分別在不同pH條件下，向每個水樣中分別加一定量的FeSO4、NaHSO3，攪拌，充分反應，然后滴加Ca(OH)2懸濁液，靜置沉淀，測定鉻去除率，實驗結果如圖1所示。

①在酸性條件下，NaHSO3使Cr2O還原成為Cr3＋，請寫出NaHSO3與Cr2O反應的離子方程式：__________________________________________________。
②pH>8時，亞鐵鹽對＋6價Cr的去除效果反而下降，可能的原因是________________________________________________________________________。
③分析比較亞鐵鹽和亞硫酸鹽去除＋6價Cr的效果：
Ⅰ.亞鐵鹽在中性和堿性條件下，對＋6價Cr的去除效果優(yōu)于酸性條件下的去除效果，亞硫酸鹽則相反；
Ⅱ.________________________________________________________________________。
(2)化學氧化法除Mn2＋。
①相同條件下，按Ⅰ、Ⅱ兩種方案氧化除去水樣中Mn2＋，測定不同pH、相同反應時間的c(Mn2＋)，結果如圖2所示，產生該差異的可能原因是_____________________________。
②氧化實驗中除Mn2＋的最佳條件為______________________________________。

(3)石墨烯吸附法除Pb2＋。不同的pH會使石墨烯吸附劑表面帶上不同的電荷，圖3為pH對Pb2＋吸附率的影響，其原因是_______________________________________________。
解析：(1)①在酸性條件下，NaHSO3使Cr2O還原成為Cr3＋，HSO被氧化成SO，根據氧化還原反應的配平原則，NaHSO3與Cr2O反應的離子方程式為3HSO＋Cr2O＋5H＋===2Cr3＋＋3SO＋4H2O。②pH>8時，Fe2＋轉化為Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被空氣中O2氧化，亞鐵鹽對＋6價Cr的去除效果反而下降。③分析圖1比較亞鐵鹽和亞硫酸鹽去除＋6價Cr的效果，不難發(fā)現：Ⅰ.亞鐵鹽在中性和堿性條件下，對＋6價Cr的去除效果優(yōu)于酸性條件下的去除效果，亞硫酸鹽則相反；Ⅱ.中性和堿性條件下，亞鐵鹽對＋6價Cr的去除效果明顯優(yōu)于亞硫酸鹽的去除效果，在酸性條件下則相反。(2)①分析圖2發(fā)現：相同條件下，由于Ⅱ方案中加入了MnO2，去除Mn2＋既快又好，因此產生該差異的可能原因是MnO2對Mn2＋的氧化有催化作用。②氧化實驗中除Mn2＋的最佳條件為MnO2作催化劑，pH控制在9左右。(3)不同的pH會使石墨烯吸附劑表面帶上不同的電荷，隨pH值增大，吸附劑表面吸附的OH－越多，帶負電荷越多，有利于吸附帶正電荷的Pb2＋。
答案：(1)①3HSO＋Cr2O＋5H＋===2Cr3＋＋3SO＋4H2O
②pH>8時，Fe2＋轉化為Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被空氣中O2氧化
③中性和堿性條件下，亞鐵鹽對＋6價Cr的去除效果明顯優(yōu)于亞硫酸鹽的去除效果，在酸性條件下則相反
(2)①MnO2對Mn2＋的氧化有催化作用
②MnO2作催化劑，pH控制在9左右
(3)隨pH值增大，吸附劑表面吸附的OH－越多，帶負電荷越多，有利于吸附帶正電荷的Pb2＋