[題型特點]化學(xué)綜合探究題是基于化學(xué)反應(yīng)原理綜合應(yīng)用的探究題，圍繞某一主題進行拓展，試題融合化學(xué)反應(yīng)中能量變化、電化學(xué)原理、化學(xué)平衡原理等知識的應(yīng)用，還與元素化合物知識、化學(xué)計算、氧化還原反應(yīng)等聯(lián)系起來綜合考查。注重考查圖表分析能力、信息的接受分析與應(yīng)用能力，較難。1.(2017·江蘇化學(xué)，20)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(yīng)，可獲得一種砷的高效吸附劑X，吸附劑X中含有COeq\o\al(2－,3)，其原因是__________________________________________________________________________________________________________________________。(2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物種的分布分數(shù)(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù))與pH的關(guān)系分別如圖1和圖2所示。①以酚酞為指示劑(變色范圍pH8.0～10.0)，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(yīng)的離子方程式為____________________________________________________________________________________________________________________________。②H3AsO4第一步電離方程式H3AsO4H2AsOeq\o\al(－,4)＋H＋的電離常數(shù)為Ka1，則pKa1＝____________(pKa1＝－lgKa1)。(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；pH＜7.1時帶正電荷，pH越低，表面所帶正電荷越多。pH不同時吸附劑X對三價砷和五價砷的平衡吸附量(吸附達平衡時單位質(zhì)量吸附劑X吸附砷的質(zhì)量)如圖3所示。圖3①在pH7～9之間，吸附劑X對五價砷的平衡吸附量隨pH升高而迅速下降，其原因是_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②在pH4～7之間，吸附劑X對水中三價砷的去除能力遠比五價砷的弱，這是因為______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。提高吸附劑X對三價砷去除效果可采取的措施是________________________________________________________________________________________________________________________________。解析(1)由題所給原料中無碳元素，思考碳元素的來源，聯(lián)想到NaOH可以吸收空氣中的CO2。(2)①含酚酞溶液由無色變淺紅色，說明溶液由pH小于8增大到8～10，由圖1當pH增大到8～10時，H3AsO3減少，H2AsOeq\o\al(－,3)在增加，說明H3AsO3與OH－反應(yīng)生成H2AsOeq\o\al(－,3)。②Ka1＝eq\f(c（H2AsOeq\o\al(－,4)）·c（H＋）,c（H3AsO4）)，由圖2，選c(H3AsO4)＝c(H2AsOeq\o\al(－,4))點，此時pH＝2.2，pKa1＝－lgc(H＋)＝2.2。(3)①pH7～9之間，此時吸附劑X帶有較多的負電荷，隨pH升高，由圖2可知五價砷以HAsOeq\o\al(2－,4)為主，負電荷增多，負電荷相互之間的靜電斥力增加，吸附量下降。②在pH4～7之間，吸附劑X表面帶正電荷，由圖2可知五價砷以H2AsOeq\o\al(－,4)和HAsOeq\o\al(2－,4)為主，負電荷增多，正負電荷之間的靜電吸引增大，有利于吸附；同時由圖1可知三價砷以H3AsO3分子存在，與吸附劑X表面產(chǎn)生的靜電引力小。利用氧化劑將三價砷轉(zhuǎn)化為五價砷，吸附量增大。答案(1)堿性溶液吸收了空氣中的CO2(2)①OH－＋H3AsO3=H2AsOeq\o\al(－,3)＋H2O②2.2(3)①在pH7～9之間，隨pH升高H2AsOeq\o\al(－,4)轉(zhuǎn)變?yōu)镠AsOeq\o\al(2－,4)，吸附劑X表面所帶負電荷增多，靜電斥力增加②在pH4～7之間，吸附劑X表面帶正電荷，五價砷主要以H2AsOeq\o\al(－,4)和HAsOeq\o\al(2－,4)陰離子存在，靜電引力較大三價砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X表面產(chǎn)生的靜電引力小加入氧化劑，將三價砷轉(zhuǎn)化為五價砷2.(2016·江蘇化學(xué)，20)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Cr2Oeq\o\al(2－,7)的酸性廢水通過鐵炭混合物，在微電池正極上Cr2Oeq\o\al(2－,7)轉(zhuǎn)化為Cr3＋，其電極反應(yīng)式為__________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)在相同條件下，測量總質(zhì)量相同、鐵的質(zhì)量分數(shù)不同的鐵炭混合物對水中Cu2＋和Pb2＋的去除率，結(jié)果如圖所示。①當鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分數(shù)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(zhì)量分數(shù)大于50%時，隨著鐵的質(zhì)量分數(shù)的增加，Cu2＋和Pb2＋的去除率不升反降，其主要原因是________________________________________________________________________________________。(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BHeq\o\al(－,4)(B元素的化合價為＋3)與Fe2＋反應(yīng)生成納米鐵粉、H2和B(OH)eq\o\al(－,4)，其離子方程式為__________________________________________________________________________________________________________________。②納米鐵粉與水中NOeq\o\al(－,3)反應(yīng)的離子方程式為4Fe＋NOeq\o\al(－,3)＋10H＋=4Fe2＋＋NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O研究發(fā)現(xiàn)，若pH偏低將會導(dǎo)致NOeq\o\al(－,3)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NOeq\o\al(－,3)的速率有較大差異(見圖)，產(chǎn)生該差異的可能原因是________________________________________________________________________________________________。Ⅰ含50mg·L－1NOeq\o\al(－,3)的水樣Ⅱ含50mg·L－1NOeq\o\al(－,3)＋50mg·L－1Cu2＋的水樣解析(1)Cr2Oeq\o\al(2－,7)得6e－生成Cr3＋，溶液呈酸性，有：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6e－＋14H＋=2Cr3＋＋7H2O。(2)①鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分數(shù)為0，說明剩下的全是炭(題給信息為活性炭)，活性炭具有吸附性，能吸附水中的重金屬離子而除去少量的Cu2＋、Pb2＋。②由(1)可知鐵炭混合物除去重金屬離子的原理是構(gòu)成微電池，當鐵含量過多時，炭含量少，構(gòu)成微電池的數(shù)目減少，效率下降。(3)①反應(yīng)物為Fe2＋、BHeq\o\al(－,4)，生成物為Fe、H2和B(OH)eq\o\al(－,4)，BHeq\o\al(－,4)中H顯－1價，被氧化為H2，注意溶液呈堿性，配平。②pH偏低，說明c(H＋)大，納米鐵粉能與H＋反應(yīng)。③由圖可知含有Cu2＋的溶液中去除速率快，可以從影響速率的因素角度分析，如Cu2＋的催化作用，鐵置換Cu構(gòu)成原電池，加快納米鐵的反應(yīng)速率。答案(1)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2O(2)①活性炭對Cu2＋和Pb2＋有吸附作用②鐵的質(zhì)量分數(shù)增加，鐵炭混合物中微電池數(shù)目減少(3)①2Fe2＋＋BHeq\o\al(－,4)＋4OH－=2Fe＋2H2↑＋B(OH)eq\o\al(－,4)②納米鐵粉與H＋反應(yīng)生成H2③Cu2＋催化納米鐵粉去除NOeq\o\al(－,3)的反應(yīng)(或形成的Fe－Cu原電池增大納米鐵粉去除NOeq\o\al(－,3)的反應(yīng)速率)3.(2015·江蘇化學(xué)，20)煙氣(主要污染物SO2、NOx)經(jīng)O3預(yù)處理后用CaSO3水懸浮液吸收，可減少煙氣中SO2、NOx的含量。O3氧化煙氣中SO2、NOx的主要反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g)ΔH＝－200.9kJ·mol－1NO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=NO2(g)ΔH＝－58.2kJ·mol－1SO2(g)＋O3(g)=SO3(g)＋O2(g)ΔH＝－241.6kJ·mol－1(1)反應(yīng)3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。(2)室溫下，固定進入反應(yīng)器的NO、SO2的物質(zhì)的量，改變加入O3的物質(zhì)的量，反應(yīng)一段時間后體系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)隨反應(yīng)前n(O3)∶n(NO)的變化見下圖：①當n(O3)∶n(NO)＞1時，反應(yīng)后NO2的物質(zhì)的量減少，其原因是________________________________________________________。②增加n(O3)，O3氧化SO2的反應(yīng)幾乎不受影響，其可能原因是________________________________________________________。(3)當用CaSO3水懸浮液吸收經(jīng)O3預(yù)處理的煙氣時，清液(pH約為8)中SOeq\o\al(2－,3)將NO2轉(zhuǎn)化為NOeq\o\al(－,2)，其離子方程式為_____________________________。(4)CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液，達到平衡后溶液中c(SOeq\o\al(2－,3))＝____________________[用c(SOeq\o\al(2－,4))、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示]；CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是________________________________________________________________________________________________________________。解析(1)對所給的三個熱化學(xué)方程式由上到下依次標記為①、②、③，由反應(yīng)①和②可知O2是中間產(chǎn)物，①＋②×2消去O2，可得目標反應(yīng)的ΔH＝－200.9kJ·mol－1＋(－58.2kJ·mol－1)×2＝－317.3kJ·mol－1。(2)①由圖可知，當n(O3)∶n(NO)>1時，n(NO)沒有變化，而n(NO2)減少，說明NO2被O3氧化了，生成了更高價態(tài)的氧化物N2O5；②SO2具有較強的還原性，O3具有較強的氧化性，而增加n(O3)，O3氧化SO2的反應(yīng)幾乎不受影響，其原因可能是SO2與O3的反應(yīng)速度很慢，SO2的量變化不明顯。(3)SOeq\o\al(2－,3)將NO2還原為NOeq\o\al(－,2)，本身被氧化為SOeq\o\al(2－,4)，溶液的pH約為8，說明溶液呈弱堿性，由此可寫出反應(yīng)的離子方程式：SOeq\o\al(2－,3)＋2NO2＋2OH－=SOeq\o\al(2－,4)＋2NOeq\o\al(－,2)＋H2O。(4)CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液，發(fā)生反應(yīng)：CaSO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)CaSO4(s)＋SOeq\o\al(2－,3)(aq)，溶液中CaSO3、CaSO4均處于飽和狀態(tài)，則有eq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（SOeq\o\al(2－,4)）)＝eq\f(\f(Ksp（CaSO3）,c（Ca2＋）),\f(Ksp（CaSO4）,c（Ca2＋）))＝eq\f(Ksp（CaSO3）,Ksp（CaSO4）)，所以c(SOeq\o\al(2－,3))＝eq\f(Ksp（CaSO3）,Ksp（CaSO4）)·c(SOeq\o\al(2－,4))；由反應(yīng)CaSO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)CaSO4(s)＋SOeq\o\al(2－,3)(aq)可知，CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收率的主要原因是增大了溶液中c(SOeq\o\al(2－,3))，使反應(yīng)速率加快。答案(1)－317.3(2)①O3將NO2氧化為更高價氮氧化物(或生成了N2O5)②SO2與O3的反應(yīng)速率慢(3)SOeq\o\al(2－,3)＋2NO2＋2OH－=SOeq\o\al(2－,4)＋2NOeq\o\al(－,2)＋H2O(4)eq\f(Ksp（CaSO3）,Ksp（CaSO4）)×c(SOeq\o\al(2－,4))CaSO3轉(zhuǎn)化為CaSO4使溶液中SOeq\o\al(2－,3)的濃度增大，加快SOeq\o\al(2－,3)與NO2的反應(yīng)速率4.(2014·江蘇化學(xué)，20)硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。由硫化氫獲得硫單質(zhì)有多種方法。(1)將燒堿吸收H2S后的溶液加入到如上圖所示的電解池的陽極區(qū)進行電解。電解過程中陽極區(qū)發(fā)生如下反應(yīng)：S2－－2e－=S(n－1)S＋S2－=Seq\o\al(2－,n)①寫出電解時陰極的電極反應(yīng)式：__________________________________________________________________________________________。②電解后陽極區(qū)的溶液用稀硫酸酸化得到硫單質(zhì)，其離子方程式可寫成___________________________________________________________。(2)將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應(yīng)回收S，其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如圖所示。①在圖示的轉(zhuǎn)化中，化合價不變的元素是________。②反應(yīng)中當有1molH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時，保持溶液中Fe3＋的物質(zhì)的量不變，需消耗O2的物質(zhì)的量為________。③在溫度一定和不補加溶液的條件下，緩慢通入混合氣體，并充分攪拌。欲使生成的硫單質(zhì)中不含CuS，可采取的措施有________。(3)H2S在高溫下分解生成硫蒸氣和H2。若反應(yīng)在不同溫度下達到平衡時，混合氣體中各組分的體積分數(shù)如圖所示，H2S在高溫下分解反應(yīng)的化學(xué)方程式為______________________________________________________________________________________________________________________。解析(1)①電解時，陰極溶液中的陽離子放電，即水溶液中的H＋放電生成H2和OH－。②由題給反應(yīng)可知，陽極區(qū)生成了Seq\o\al(2－,n)，Seq\o\al(2－,n)可以理解為(n－1)S＋S2－，加入稀硫酸生成S單質(zhì)同時還有H2S氣體。(2)①由圖示反應(yīng)原理，溶液里H2O中＋1價的H，Cl－、Cu2＋沒有參與氧化還原，即H、Cl、Cu三種元素的化合價沒有變化。其他元素如O(O2被還原為－2價氧)、Fe(Fe3＋與Fe2＋相互轉(zhuǎn)化)、S(S2－轉(zhuǎn)化為S)的化合價均有變化。②根據(jù)得失電子守恒可知，1molH2S轉(zhuǎn)化為S單質(zhì)時，需要氧氣0.5mol。③欲不生成CuS，可以增加氧化劑O2的量，也就是增加混合氣體中空氣的比例，使S2－完全氧化為硫單質(zhì)。(3)若H2S分解生成H2和S，氣體體積比為1∶1，由圖示可知在高溫下分解生成的兩種氣體的體積比為2∶1，設(shè)硫蒸氣的化學(xué)式為Sn，則有H2S→H2＋eq\f(1,2)Sn，由原子守恒得n＝2，配平即可。答案(1)①2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－②Seq\o\al(2－,n)＋2H＋=(n－1)S↓＋H2S↑(2)①Cu、H、Cl(或銅、氫、氯)②0.5mol③提高混合氣體中空氣的比例(3)2H2S2H2＋S25.(2013·江蘇化學(xué)，20)磷是地殼中含量較為豐富的非金屬元素，主要以難溶于水的磷酸鹽如Ca3(PO4)2等形式存在。它的單質(zhì)和化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的作用。(1)白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定條件下反應(yīng)獲得。相關(guān)熱化學(xué)方程式如下：2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)=6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g)ΔH1＝＋3359.26kJ·mol－1CaO(s)＋SiO2(s)=CaSiO3(s)ΔH2＝－89.61kJ·mol－12Ca3(PO4)2(s)＋6SiO2(s)＋10C(s)=6CaSiO3(s)＋P4(s)＋10CO(g)ΔH3則ΔH3＝________kJ·mol－1。(2)白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化學(xué)方程式表示：11P4＋60CuSO4＋96H2O=20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO460molCuSO4能氧化白磷的物質(zhì)的量是________。(3)磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通過H3PO4與NaOH溶液反應(yīng)獲得，含磷各物種的分布分數(shù)(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù))與pH的關(guān)系如下圖所示。①為獲得盡可能純的NaH2PO4，pH應(yīng)控制在________；pH＝8時，溶液中主要含磷物種濃度大小關(guān)系為________。②Na2HPO4溶液顯堿性，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液則顯酸性，其原因是____________________________________________________________________________________________________________________(用離子方程式表示)。(4)磷的化合物三氯氧磷()與季戊四醇()以物質(zhì)的量之比2∶1反應(yīng)時，可獲得一種新型阻燃劑中間體X，并釋放出一種酸性氣體。季戊四醇與X的核磁共振氫譜如下圖所示。①酸性氣體是________(填化學(xué)式)。②X的結(jié)構(gòu)簡式為________。解析(1)由蓋斯定律，目標反應(yīng)可由反應(yīng)①＋反應(yīng)②×6，則ΔH3＝ΔH1＋ΔH2×6＝＋2821.6kJ·mol－1。(2)Cu3P中Cu顯＋1價，所以60molCuSO4參加反應(yīng)得到60mol電子，P4被氧化到H3PO4，每有1molP4被氧化失去電子20mol，所以60molCuSO4能氧化3mol白磷。(3)①由圖可知pH介于4和5.5之間時溶液中只有H2POeq\o\al(－,4)。當pH＝8時，c(HPOeq\o\al(2－,4))＞c(H2POeq\o\al(－,4))。②Na2HPO4溶液顯堿性是因為HPOeq\o\al(2－,4)的水解大于其電離。由題干可知Ca3(PO4)2難溶于水，加入CaCl2溶液，生成Ca3(PO4)2沉淀，促進電離平衡正向移動生成H＋，則溶液呈酸性。(4)①由兩種反應(yīng)物中含有的元素可知酸性氣體是HCl。②由于有HCl生成，該反應(yīng)可以看作三氯氧磷中的Cl與季戊四醇中的羥基H結(jié)合，即發(fā)生取代反應(yīng)，由二者物質(zhì)的量之比為2∶1，可知每份三氯氧磷中2個氯原子與季戊四醇中2個羥基氫原子結(jié)合成HCl，P原子與兩個羥基氧原子結(jié)合成環(huán)，由此可寫出X的結(jié)構(gòu)簡式。答案(1)2821.6(2)3mol(3)①4～5.5(介于此區(qū)間內(nèi)的任意值或區(qū)間均可)c(HPOeq\o\al(2－,4))>c(H2POeq\o\al(－,4))②3Ca2＋＋2HPOeq\o\al(2－,4)=Ca3(PO4)2↓＋2H＋(4)①HCl②備考策略綜合應(yīng)用化學(xué)學(xué)科知識與方法解決復(fù)雜、陌生情境問題，是考生化學(xué)平衡能力的綜合體現(xiàn)，解決綜合探究性問題要求我們首先具有良好的信息素養(yǎng)，能有效地獲取和加工信息，建立情境信息、已有知識與問題指向之間的聯(lián)系；要能準確分析問題情境，確定問題的指向，通過分析比較、類比遷移、概括推理等方法，確定解決問題的方向和途徑；要能正確運用化學(xué)反應(yīng)原理、氧化還原反應(yīng)等相關(guān)知識分析和解決問題。解答該類試題的一般方法：結(jié)合已有知識，分析理解原理；根據(jù)試題要求，逐一規(guī)范解答。[考點精要]1.運用蓋斯定律計算化學(xué)反應(yīng)熱或書寫熱化學(xué)方程式的關(guān)鍵：①先找準反應(yīng)物和生成物的計量關(guān)系，再用蓋斯定律進行計算；②要注明反應(yīng)物、生成物的聚集狀態(tài)；③放熱反應(yīng)ΔH為“－”、吸熱反應(yīng)ΔH為“＋”。利用蓋斯定律書寫熱化學(xué)方程式的思維模式為：特別提醒：通過熱化學(xué)方程式變形時，利用“加法”不容易出錯。應(yīng)用蓋斯定律進行簡單計算時，同時注意：①參照新的熱化學(xué)方程式(目標熱化學(xué)方程式)，結(jié)合原熱化學(xué)方程式(一般2～3個)進行合理“變形”，如熱化學(xué)方程式顛倒、乘除以某一個數(shù)，然后將它們相加、減，得到目標熱化學(xué)方程式，求出目標熱化學(xué)方程式的ΔH與原熱化學(xué)方程式之間ΔH的換算關(guān)系。②當熱化學(xué)方程式乘、除以某一個數(shù)時，ΔH也應(yīng)相應(yīng)地乘、除以某一個數(shù)；方程式進行加減運算時，ΔH也同樣要進行加減運算，且要帶“＋”“－”符號，即把ΔH看作一個整體進行運算。③將一個熱化學(xué)方程式顛倒書寫時，ΔH的符號也隨之改變，但數(shù)值不變。④在設(shè)計反應(yīng)過程中，會遇到同一物質(zhì)的三態(tài)(固液、氣)的相互轉(zhuǎn)化，狀態(tài)由固→液→氣變化時，會吸熱；反之會放熱。2.氧化還原反應(yīng)化學(xué)方程式書寫和電子轉(zhuǎn)移數(shù)目的計算，關(guān)鍵是根據(jù)化合價升降正確判斷出氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物，再運用氧化還原反應(yīng)規(guī)律進行分析，特別要關(guān)注歧化、歸中等復(fù)雜反應(yīng)。①知識線索。②正確標出元素化合價：正確分析氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目，其前提是確定物質(zhì)中各元素(特別是變價元素)的化合價?；痉椒ㄊ窍葮顺鍪煜ぴ氐幕蟽r，再根據(jù)化合物中正負化合價的代數(shù)和為零的原則求解其他元素的化合價。近幾年高考中一些特殊物質(zhì)中元素化合價判斷CuFeS2Cu＋2Fe＋2S－2K2FeO4Fe＋6Li2NHN－3LiNH2N－3AlNN－3Na2S2O3S＋2MOeq\o\al(＋,2)M＋5C2Oeq\o\al(2－,4)C＋3HCNC＋2N－3CuHCu＋1H－1FeOeq\o\al(n－,4)Fe＋(8－n)Si3N4Si＋4N－3③配平的基本技能。a.全變從左邊配：氧化劑、還原劑中某元素化合價全變的，一般從左邊反應(yīng)物著手配平。b.自變從右邊配：自身氧化還原反應(yīng)(包括分解、歧化)一般從右邊著手配平。c.缺項配平法：先使得失電子數(shù)配平，再觀察兩邊電荷?？捶磻?yīng)物這邊缺正電荷，一般加H＋，生成物一邊加水；若反應(yīng)物這邊缺負電荷，一般加OH－，生成物一邊加水。然后進行兩邊電荷數(shù)配平。d.當方程式中有多個缺項時，應(yīng)根據(jù)化合價的變化找準氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物。④氧化還原反應(yīng)計算題中重要的解題思想。對于氧化還原反應(yīng)的計算，要根據(jù)氧化還原反應(yīng)的實質(zhì)——反應(yīng)中氧化劑得到的電子總數(shù)與還原劑失去的電子總數(shù)相等，即得失電子守恒。利用守恒思想，可以拋開繁瑣的反應(yīng)過程，可不寫化學(xué)方程式，不追究中間反應(yīng)過程，只要把物質(zhì)分為始態(tài)和終態(tài)，從得電子與失電子兩個方面進行整體思維，便可迅速，獲得正確結(jié)果。如2014年江蘇化學(xué)第20題(2)②反應(yīng)中當有1molH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時，保持溶液中Fe3＋的物質(zhì)的量不變，需要消耗O2的物質(zhì)的量：3.特定條件下電極反應(yīng)式的書寫。(1)原電池正、負極判斷方法(注意觀察裝置圖中下列信息)。說明原電池的正極和負極與電極材料的性質(zhì)有關(guān)，也與電解質(zhì)溶液有關(guān)，不要認為活潑電極一定作負極。(2)可充電電池。(3)化學(xué)電源中電極反應(yīng)式書寫的一般步驟。可用“加減法”書寫電極反應(yīng)式。①先確定原電池的正、負極，列出正、負極上的反應(yīng)物質(zhì)，并標出相同數(shù)目電子的得失。②注意負極反應(yīng)生成的陽離子與電解質(zhì)溶液中的陰離子是否共存。若不共存，則該電解質(zhì)溶液中的陰離子應(yīng)寫入負極反應(yīng)式；若正極上的反應(yīng)物質(zhì)是O2，且電解質(zhì)溶液為中性或堿性，則水必須寫入正極反應(yīng)式中，且O2生成OH－，若電解質(zhì)溶液為酸性，則H＋必須寫入正極反應(yīng)式中，O2生成水。③正、負極反應(yīng)式相加得到電池反應(yīng)的總反應(yīng)式。若已知電池反應(yīng)的總反應(yīng)式，可先寫出較易書寫的一極的電極反應(yīng)式，然后在電子守恒的基礎(chǔ)上，總反應(yīng)式減去較易寫出的一極的電極反應(yīng)式，即得到較難寫出的另一極的電極反應(yīng)式。(4)燃料電池電極反應(yīng)式的書寫。根據(jù)燃料電池的特點，一般在正極上發(fā)生還原反應(yīng)的物質(zhì)都是O2，隨著電解質(zhì)溶液的不同，其電極反應(yīng)有所不同，其實，我們只要熟記以下四種情況。①酸性電解質(zhì)溶液環(huán)境下電極反應(yīng)式：O2＋4H＋＋4e－=2H2O②堿性電解質(zhì)溶液環(huán)境下電極反應(yīng)式：O2＋2H2O＋4e－=4OH－③固體電解質(zhì)(高溫下能傳導(dǎo)O2－)環(huán)境下電極反應(yīng)式：O2＋4e－=2O2－④熔融碳酸鹽(如：熔融K2CO3)環(huán)境下電極反應(yīng)式：O2＋2CO2＋4e－=2COeq\o\al(2－,3)。再根據(jù)電池總反應(yīng)式和正極反應(yīng)式寫出電池的負極反應(yīng)式。電池的總反應(yīng)式和正、負極反應(yīng)式之間有如下關(guān)系：電池的總反應(yīng)式＝電池正極反應(yīng)式＋電池負極反應(yīng)式；電池負極反應(yīng)式＝電池的總反應(yīng)式－電池正極反應(yīng)式，注意在將兩個反應(yīng)式相減時，要約去正極的反應(yīng)物O2。(5)電解時粒子的移動方向。特別提醒：電解時，在外電路中有電子通過，而在溶液中是依靠離子定向移動形成電流，即電子本身不會通過電解質(zhì)溶液。(6)分析電解過程的思維程序。①判斷陰、陽極，分析陽極材料是惰性電極還是活潑電極。②分析電解質(zhì)水溶液的組成，找全離子并分陰、陽兩組(不要忘記水溶液中的H＋和OH－)。③排出陰、陽兩極的放電順序。陰極：陽離子放電順序為Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋(酸)＞Fe2＋＞Zn2＋＞H＋(水)＞Al3＋＞Mg2＋＞Na＋＞Ca2＋＞K＋。陽極：活潑電極＞S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根離子。注意a.陰極不管是什么材料，電極本身都不反應(yīng)，一定是溶液(或熔融電解質(zhì))中的陽離子放電。b.最常用、最重要的放電順序是陽極；Cl－＞OH－；陰極：Ag＋＞Cu2＋＞H＋。c.電解水溶液時，K＋～Al3＋不可能在陰極放電，即不可能用電解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金屬。④分析電極反應(yīng)，判斷電極產(chǎn)物，寫出電極反應(yīng)式，要注意遵循原子守恒和電荷守恒。⑤最后寫出電解反應(yīng)的總化學(xué)方程式或離子方程式。4.利用化學(xué)平衡圖像分析方法訓(xùn)練對圖、表中有效信息快速獲取的手段。5.新信息圖表題。表格型題的解題要點在于通過審題，獲取有用信息，然后對表格中數(shù)據(jù)進行比較分析，依據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)、變化規(guī)律進行解答；直角坐標系題的解題要點在于解題時要求學(xué)生首先弄清楚自變量和因變量到底是什么，注意理解起點、終點、轉(zhuǎn)折點的含義。然后根據(jù)所學(xué)知識分析概念、圖像、數(shù)值三者之間的關(guān)系。[考法指導(dǎo)]反應(yīng)原理為主的綜合探究【考法訓(xùn)練1】(2016·蘇錫常鎮(zhèn)三模)NH3是一種重要的化工原料，可用來制備肼、硝酸、硝酸銨和氯胺等。(1)N2和H2以物質(zhì)的量之比為1∶3在不同溫度和壓強下發(fā)生反應(yīng)：N2＋3H22NH3，測得平衡體系中NH3的物質(zhì)的量分數(shù)如圖甲所示。①下列途徑可提高氨氣產(chǎn)率的是__________(填字母)；a.采用常溫條件b.采用適當?shù)拇呋瘎ヽ.將原料氣加壓d.將氨液化，并不斷移去液氨②圖甲中所示的平衡體系中NH3的物質(zhì)的量分數(shù)為0.549和0.478時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)分別為K1、K2，則K1________K2(填“>”“<”或“＝”)。(2)肼(N2H4)是一種火箭燃料。已知：N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)ΔH＝＋67.7kJ·mol－1N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534.0kJ·mol－1NO2(g)=eq\f(1,2)N2O4(g)ΔH＝－28.0kJ·mol－1①反應(yīng)2N2H4(g)＋N2O4(g)=3N2(g)＋4H2O(g)的ΔH＝________kJ·mol－1；②氨氣與次氯酸鈉溶液反應(yīng)生成肼的離子方程式為_____________________________________________________________。(3)電解硝酸工業(yè)的尾氣NO可制備NH4NO3，其工作原理如圖乙所示。①陰極的電極反應(yīng)式為______________________________________；②將電解生成的HNO3全部轉(zhuǎn)化為NH4NO3，則通入的NH3與實際參加反應(yīng)的NO的物質(zhì)的量之比至少為________。(4)飲用水消毒時，氯胺(NH2Cl等)在酸性條件下具有良好的效果，其原因是____________________________________________________________________________________________________________________。解析①常溫下該反應(yīng)不能進行，a錯誤，使用適當催化劑，加快反應(yīng)速率，但不能改變平衡，b錯誤，加壓平衡正向移動，c正確；液化并移走氨氣，平衡正向移動，d正確。②平衡常數(shù)僅與溫度有關(guān)，這兩個平衡在同一溫度下，故K1＝K2。(2)①將題給反應(yīng)依次編號為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，根據(jù)蓋斯定律，將反應(yīng)Ⅱ×2－反應(yīng)Ⅰ－反應(yīng)Ⅲ×2可得目標反應(yīng)；②反應(yīng)物為NH3和ClO－，生成物為N2H4和Cl－，結(jié)合得失電子守恒和原子守恒寫出方程式。(3)①陰極發(fā)生還原反應(yīng)，由圖可知，為NO→NHeq\o\al(＋,4)，電解質(zhì)溶液為酸性；②陽極反應(yīng)為NO－3e－＋2H2O=NOeq\o\al(－,3)＋4H＋，當生成lmolNOeq\o\al(－,3)時，陽極消耗的NO的物質(zhì)的量＝1mol，轉(zhuǎn)移3mol電子，則陰極消耗的NO為eq\f(3,5)mol，產(chǎn)生的NHeq\o\al(＋,4)為eq\f(3,5)mol，則需要補充eq\f(2,5)mol的NH3，參加反應(yīng)的NO的物質(zhì)的量＝1＋eq\f(3,5)＝eq\f(8,5)(mol)。(4)氯胺與水發(fā)生反應(yīng)生成NH3和HClO，酸性條件下NH3與H＋反應(yīng)，平衡正向移動，HClO的濃度增大，消毒效果好。答案(1)①cd②＝(2)①－1079.7②2NH3＋ClO－=Cl－＋N2H4＋H2O(3)①NO＋5e－＋6H＋=NHeq\o\al(＋,4)＋H2O②1∶4(4)氯胺與水反應(yīng)存在平衡：NH2Cl＋H2ONH3＋HClO，酸性條件下平衡右移使次氯酸的濃度變大【考法訓(xùn)練2】(2017·蘇錫常鎮(zhèn)二調(diào))燃煤煙氣中含有大量NOx、CO2、CO和SO2，經(jīng)處理可獲得重要的化工原料。(1)用CH4催化還原NOx可以消除氮氧化物的污染。CH4(g)＋4NO2(g)4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－574.0kJ·mol－1平衡常數(shù)為K1CH4(g)＋4NO(g)2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝＋1160.0kJ·mol－1平衡常數(shù)為K2①反應(yīng)CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)，平衡常數(shù)K＝____________________________________________________________(K1、K2表示)；②若反應(yīng)中還原NOx至N2，消耗標準狀況下4.48LCH4，則反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為________。(2)利用煙氣中分離所得的CO2、CO與H2按一定比例混合在催化劑的作用下合成甲醇，發(fā)生的主要反應(yīng)如下：反應(yīng)1：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1＝－99.0kJ·mol－1反應(yīng)2：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2＝483.0kJ·mol－1反應(yīng)3：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3＝384.0kJ·mol－1(注：以上三個反應(yīng)存在問題，不符合蓋斯定律，讀者理解題意即可。為遵重原卷，未作修改，望讀者知悉。)反應(yīng)體系中CO平衡轉(zhuǎn)化率(α)與溫度和壓強的關(guān)系如圖所示。①α(CO)值隨溫度升高而減小的原因是____________________________________________________________________________________________________________________；②圖中的p1、p2、p3由大到小的順序為_____________________。(3)亞氯酸鈉(NaClO2)和次氯酸鈉(NaClO)混合液作為復(fù)合吸收劑可脫除煙氣中的NOx、SO2，使其轉(zhuǎn)化為NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)。①寫出NO與NaClO2反應(yīng)的離子方程式：_______________________________________________________________________________________；②圖甲表示在一定條件下溫度與復(fù)合吸收劑對煙氣中SO2、NO脫除效率的關(guān)系，圖中SO2比NO脫除效率高的原因可能是________________________________________________________________________________。③從復(fù)合吸收劑吸收煙氣后的廢液中可回收得到NaHSO4，低溫電解NaHSO4水溶液可制備工業(yè)上常用的強氧化劑Na2S2O8，原理如圖乙所示，電解時電極Ⅰ的電極反應(yīng)式為_____________________________________________。解析(1)①該反應(yīng)可由題給兩個反應(yīng)相加后除以2得到，平衡常數(shù)K＝eq\r(K1·K2)；②標準狀況下，4.48LCH4的物質(zhì)的量為0.2mol，CH4中碳元素化合價從－4價變?yōu)椋?價，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量＝0.2mol×8＝1.6mol。(3)①NaClO2溶液呈堿性，反應(yīng)的離子方程式見答案；②SO2脫除效果好的原因可能是SO2在水中溶解度較大，且還原性強；③電極Ⅰ為陽極，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式見答案。答案(1)①eq\r(K1·K2)②1.6NA(2)①升高溫度時，反應(yīng)1為放熱反應(yīng)，平衡向左移動，使得體系中CO的量增大；反應(yīng)3為吸熱反應(yīng)，平衡向右移動，又使得CO的量增大②p1＞p2＞p3(3)①4NO＋3ClOeq\o\al(－,2)＋4OH－=4NOeq\o\al(－,3)＋3Cl－＋2H2O②SO2易溶于水，NO難溶于水，吸收劑中SO2濃度明顯比NO大(或SO2的還原性強或脫硝反應(yīng)活化能較高)③2SOeq\o\al(2－,4)－2e－=S2Oeq\o\al(2－,8)【考法訓(xùn)練3】(2017·鹽城三調(diào))鎂的單質(zhì)及其化合物在電池制造、儲氫及大氣治理等方面用途非常廣泛。(1)一種鎂－鋰雙離子二次電池的裝置如圖甲所示。①放電時，遷移至正極區(qū)的離子是________；②充電時，陽極的電極反應(yīng)式為________________________________________________________________________________________________。(2)納米MgH2和LiBH4組成的體系如圖乙所示，400℃以上受熱放氫時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________________________________。(3)鎂將成為未來超級燃料，燃燒時還可除去空氣中過多的溫室氣體。已知1g固態(tài)鎂在CO2氣體中完全燃燒放出4.3kJ的熱量，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為__________________________________________________________________________________________________________________________。(4)MgO漿液是高活性的脫硫劑，脫除煙氣中的SO2主要包含的反應(yīng)有：Ⅰ.Mg(OH)2＋SO2=MgSO3＋H2O；Ⅱ.MgSO3＋SO2＋H2O=Mg(HSO3)2；Ⅲ.Mg(HSO3)2＋Mg(OH)2=2MgSO3＋2H2O；Ⅳ.2MgSO3＋O2=2MgSO4。用MgO漿液脫硫時，脫硫效率、pH及時間的關(guān)系如圖丙所示。已知：20℃，H2SO3的K1＝1.54×10－2，K2＝1.02×10－7；25℃時，Ksp(CaSO3)＝3.1×10－7，Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10－11，MgSO3的溶解度為0.646g/100gH2O。①脫硫過程中使?jié){液pH減小最顯著的反應(yīng)是________(填“Ⅰ”“Ⅱ”“Ⅲ”或“Ⅳ”)；②約9000s之后，脫硫效率開始急速降低，其原因是_______________；③其他條件相同時，鎂基和鈣基脫硫效率與液、氣摩爾流量比如圖丁所示，鎂基脫硫效率總比鈣基大，除生成的MgSO4具有良好的水溶性外，還因為____________________________________________________________________________________________________________________________。解析①放電時為原電池，陽離子移向正極，圖中為Li＋透過膜，所以向正極移動的為Li＋；②Li＋移向正極，Li1－xFePO4結(jié)合Li＋生成LiFePO4，電極反應(yīng)式為Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－=LiFePO4，充電為電解池，陽極反應(yīng)式見答案。(2)從圖乙看，MgH2和LiBH4生成LiH、MgB2和H2，分別根據(jù)B、Li、H守恒配平反應(yīng)。(3)Mg與CO2反應(yīng)生成MgO和C，化學(xué)方程式為2Mg＋CO2=2MgO＋C，1gMg反應(yīng)放出4.3kJ熱量，則48gMg反應(yīng)放出的熱量＝48×4.3kJ＝206.4kJ，熱化學(xué)方程式要標上物質(zhì)的狀態(tài)，放熱反應(yīng)的ΔH標為負號，單位為kJ·mol－1。(4)①四個反應(yīng)中，反應(yīng)Ⅱ由難溶的MgSO3轉(zhuǎn)化為可溶性的Mg(HSO3)2，HSOeq\o\al(－,3)顯酸性，pH明顯減小，②9000s時，脫硫效率下降，此時對應(yīng)的pH約為3，說明Mg(OH)2已耗盡，不再吸收SO2；③鎂基脫硫效率比鈣基大，由給出的數(shù)據(jù)知，MgSO3的溶解度比CaSO3的大，故用Mg(OH)2比Ca(OH)2更易吸收，由于MgSO3的溶解度大，電離出的SOeq\o\al(2－,3)多，故更易被O2氧化生成更穩(wěn)定的SOeq\o\al(2－,4)。答案(1)①Li＋②LiFePO4－xe－=Li1－xFePO4＋xLi＋(2)MgH2＋2LiBH4=2LiH＋MgB2＋4H2↑(3)2Mg(s)＋CO2(g)=2MgO(s)＋C(s)ΔH＝－206.4kJ·mol－1(4)①Ⅱ②漿液中Mg(OH)2已耗盡③MgSO3溶解度比CaSO3大；MgSO3比CaSO3更易氧化以工業(yè)生產(chǎn)、圖像分析為主的綜合探究【考法訓(xùn)練4】(2017·南京鹽城連云港二模)鈷及其化合物可應(yīng)用于催化劑、電池、顏料與染料等。(1)CoO是一種油漆添加劑，可通過反應(yīng)①②制備。①2Co(s)＋O2(g)=2CoO(s)ΔH1＝akJ·mol－1②CoCO3(s)=CoO(s)＋CO2(g)ΔH＝bkJ·mol－1。則反應(yīng)2Co(s)＋O2(g)＋2CO2(g)=2CoCO3(s)的ΔH＝________。(2)某鋰電池的電解質(zhì)可傳導(dǎo)Li＋，電池反應(yīng)式為LiC6＋CoO2C6＋LiCoO2。①電池放電時，負極的電極反應(yīng)式為_________________________________________________________________________________________，Li＋向________移動(填“正極”或“負極“)；②一種回收電極中Co元素的方法是：將LiCoO2與H2O2、H2SO4反應(yīng)生成CoSO4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________________________________________________。(3)BA3F高壓法制備醋酸采用鈷碘催化循環(huán)過程如圖所示，該循環(huán)的總反應(yīng)方程式為__________________________________________________________________________________________________________________(反應(yīng)條件無需列出)。(4)某含鈷催化劑可同時催化去除柴油車尾氣中的碳煙(C)和NOx。不同溫度下，將10mol模擬尾氣(成分如表所示)以相同的流速通過該催化劑，測得所有產(chǎn)物(CO2、N2、N2O)與NO的相關(guān)數(shù)據(jù)結(jié)果如圖所示。模擬尾氣氣體碳煙NOO2He物質(zhì)的量分數(shù)或物質(zhì)的量0.25%5%94.75%amol①380℃時，測得排出的氣體中含0.45molO2和0.0525molCO2，則Y的化學(xué)式為________；②實驗過程中采用NO模擬NOx，而不采用NO2的原因是_________________________________________________________________________。解析(1)目標反應(yīng)可由反應(yīng)①－2×②得到，則ΔH＝(a－2b)kJ·mol－1。(2)①電池放電時，負極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為LiC6－e－=Li＋＋C6，原電池中陽離子向正極方向移動；②由題意，＋3價的Co轉(zhuǎn)化變＋2價，則H2O2中－1價的O轉(zhuǎn)化為0價，化學(xué)方程式見參考答案。(3)由圖示關(guān)系可羅列出其中的各反應(yīng)，從而可得該循環(huán)的總反應(yīng)方程式為CO＋CH3OH→CH3COOH。(4)①按題意，反應(yīng)前O2共0.5mol，NO共0.025mol，反應(yīng)后生成0.0525molCO2，但消耗0.05molO2，剩余0.45molO2，必然有0.0025molCO2由NO轉(zhuǎn)化時得到，設(shè)生成N2時同時得到CO2的物質(zhì)的量為x，生成N2O同時得到CO2的物質(zhì)的量為y，即：則有：x＋y＝0.0025mol，2x＋4y＝10mol×0.25%×(8%＋16%)＝0.006mol，解得x＝0.002mol，y＝0.0005mol，即2x＝0.004mol，4y＝0.002mol，所以圖像Y處為N2O；②NO2中存在N2O4，不便于定量測定或真實尾氣中以NO為主。答案(1)(a－2b)kJ·mol－1(2)①LiC6－e－=Li＋＋C6正極②2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4=Li2SO4＋2CoSO4＋4H2O＋O2↑(3)CO＋CH3OH→CH3COOH(4)①N2O②真實的尾氣中的NOx以NO為主(或NO較NO2穩(wěn)定，NO2中存在N2O4，不便于定量測定)【考法訓(xùn)練5】(2017·通揚泰六市聯(lián)考)SO2和氮氧化物的轉(zhuǎn)化和綜合利用既有利于節(jié)約資源，又有利于保護環(huán)境。(1)H2還原法是處理燃煤煙氣中SO2的方法之一。已知：2H2S(g)＋SO2(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＝akJ·mol－1H2S(g)=H2(g)＋S(s)ΔH＝bkJ·mol－1H2O(l)=H2O(g)ΔH＝ckJ·mol－1寫出SO2(g)和H2(g)反應(yīng)生成S(s)和H2O(g)的熱化學(xué)方程式：__________________________________________________________________________________________________________________________。(2)20世紀80年代Townley首次提出利用電化學(xué)膜脫除煙氣中SO2的技術(shù)：將煙氣預(yù)氧化使SO2轉(zhuǎn)化為SO3，再將預(yù)氧化后的煙氣利用如圖所示原理凈化利用。①陰極反應(yīng)方程式為_______________________________________；②若電解過程中轉(zhuǎn)移1mol電子，所得“掃出氣”用水吸收最多可制得質(zhì)量分數(shù)為70%的硫酸________g。(3)利用脫氮菌可凈化低NO廢氣濃度。當廢氣在塔內(nèi)停留時間均為90s的情況下，測得不同條件下NO的脫氮率如圖Ⅰ、Ⅱ所示。①由圖Ⅰ知，當廢氣中的NO含量增加時，宜選用________法提高脫氮效率；②圖Ⅱ中，循環(huán)吸收液加入Fe2＋、Mn2＋提高了脫氮的效率，其可能原因為______________________________________________________________________________________________________________________。(4)研究表明：NaClO2/H2O2酸性復(fù)合吸收劑可同時有效脫硫、脫硝。圖Ⅲ所示為復(fù)合吸收劑組成一定時，溫度對脫硫脫硝的影響。①溫度高于60℃后，NO去除率隨溫度升高而下降的原因為____________________________________________________________________________________________________________________________；②寫出廢氣中的SO2與NaClO2反應(yīng)的離子方程式____________________________________________________________________________________________________________________________。解析(1)由蓋斯定律可算出反應(yīng)的焓變，要注意熱化學(xué)方程式要寫物質(zhì)狀態(tài)。(2)①由原理圖知，在陰極SO3、O2轉(zhuǎn)化為SOeq\o\al(2－,4)，故陰極反應(yīng)式為2SO3＋O2＋4e－=2SOeq\o\al(2－,4)；②陽極發(fā)生反應(yīng)為2SOeq\o\al(2－,4)－4e－=2SO3＋O2↑，故轉(zhuǎn)移1mol電子時，生成SO3的物質(zhì)的量為0.5mol，可生成H2SO4的物質(zhì)的量為0.5mol，即49g，可制得70%的硫酸的質(zhì)量＝eq\f(49,70%)g＝70g。(3)①由圖Ⅰ知，當廢氣中的NO含量增加時，“厭氧反硝化法”脫氮率降低，而“好氧硝化法”脫氮率升高，故選擇“好氧硝化法”，②提高脫氮效率可加快反應(yīng)速率，故Fe2＋、Mn2＋可能是反應(yīng)的催化劑。(4)①溫度過高時，要考慮物質(zhì)分解、物質(zhì)水解、物質(zhì)揮發(fā)、氣體溶解度降低等因素，結(jié)合本題的反應(yīng)，可找到H2O2易分解這個因素；②溶液中，SO2的氧化產(chǎn)物為SOeq\o\al(2－,4)，ClOeq\o\al(－,2)的還原產(chǎn)物是Cl－(不要寫成Cl2，Cl2仍有較強的氧化性)，再寫出ClOeq\o\al(－,2)＋SO2→Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)，最后全面配平。答案(1)SO2(g)＋2H2(g)=S(s)＋2H2O(g)ΔH＝(a－2b＋2c)kJ·mol－1(2)①2SO3＋O2＋4e－=2SOeq\o\al(2－,4)②70(3)①好氧硝化②Fe2＋、Mn2＋對該反應(yīng)有催化作用(4)①溫度升高，H2O2分解速率加快②2H2O＋ClOeq\o\al(－,2)＋2SO2=Cl－＋2SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋【考法訓(xùn)練6】(2017·通揚泰三調(diào))黃鐵礦(主要成分為FeS2)的利用對資源和環(huán)境具有重要意義。(1)工業(yè)上煅燒黃鐵礦可制取SO2。已知下列熱化學(xué)方程式：4FeS2(s)＋11O2(g)=2Fe2O3(s)＋8SO2(g)ΔH＝akJ·mol－1S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝bkJ·mol－1Fe(s)＋2S(s)=FeS2(s)ΔH＝ckJ·mol－1則4Fe(s)＋3O2(g)=2Fe2O3(s)ΔH＝________________kJ·mol－1。(2)一種酸性條件下催化氧化黃鐵礦的物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。①寫出圖甲中Fe3＋與FeS2反應(yīng)的離子方程式；________________________________________________________；②硝酸也可將FeS2氧化為Fe3＋和SOeq\o\al(2－,4)，使用濃硝酸比使用稀硝酸反應(yīng)速率慢，其原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)控制Fe2＋的濃度、溶液體積和通入O2的速率一定，圖乙所示為改變其他條件時Fe2＋氧化的轉(zhuǎn)化率隨時間的變化。①加入NaNO2發(fā)生反應(yīng)，2H＋＋3NOeq\o\al(－,2)=NOeq\o\al(－,3)＋2NO↑＋H2O。若1molNaNO2完全反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為________mol。②加入NaNO2、KI發(fā)生反應(yīng)：4H＋＋2NOeq\o\al(－,2)＋2I－=2NO↑＋I2＋2H2O。解釋圖乙中該條件下能進一步提高單位時間內(nèi)Fe2＋轉(zhuǎn)化率的原因：________________________________________________________________________________________________________________________。(4)為研究FeS2作電極時的放電規(guī)律，以FeS2作陽極進行電解，由FeS2放電產(chǎn)生粒子的含量與時間、電壓(U)的關(guān)系如圖丙所示。丙①寫出t1～t2間FeS2所發(fā)生的電極反應(yīng)式：______________________________________________________________________________；②當電壓的值介于3U～4U之間，F(xiàn)eS2放電所得主要粒子為________。解析(1)依據(jù)蓋斯定律，可得所求反應(yīng)的焓變。(2)①從圖甲中看，F(xiàn)e3＋氧化FeS2生成Fe2＋和SOeq\o\al(2－,4)，根據(jù)Fe和S得失電子守恒配平反應(yīng)；②從圖甲中分析知，NO可作為反應(yīng)過程中的催化劑，濃硝酸在反應(yīng)中生成NO2，而稀硝酸生成NO，可作催化劑用。(3)①N元素發(fā)生歧化反應(yīng)，3molNOeq\o\al(－,2)參加反應(yīng)時，轉(zhuǎn)移2mole－，則1molNaNO2完全反應(yīng)時，轉(zhuǎn)移eq\f(2,3)mol電子；②圖乙中，未通NO時，F(xiàn)e2＋的轉(zhuǎn)化率最低，同時加入NaNO2和KI時，F(xiàn)e2＋轉(zhuǎn)化率最高，根據(jù)反應(yīng)知，在酸性條件下，NOeq\o\al(－,2)和I－反應(yīng)有NO生成，而NO為該過程的催化劑。(4)①圖丙中，在t1～t2間，產(chǎn)物為Fe2＋和S，電極反應(yīng)式見答案；②在3U～4U之間，生成物變化較多的是Fe3＋和SOeq\o\al(2－,4)，而S和Fe2＋相對基本不變。答案(1)a＋4c－8b(2)①14Fe3＋＋FeS2＋8H2O=15Fe2＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋16H＋②稀硝酸反應(yīng)后被還原為NO，濃硝酸被還原為NO2，NO可作催化劑，而NO2不能(3)①eq\f(2,3)②生成的催化劑NO更多，加快了反應(yīng)速率(4)①FeS2－2e－=Fe2＋＋2S②Fe3＋、SOeq\o\al(2－,4)【當堂指導(dǎo)】化學(xué)綜合探究題一般都是組合題，每小題往往相對獨立，各自考查不同的知識，解題時，審題“三讀”：(1)泛讀，明確有幾個條件及求解的問題；(2)細讀，把握關(guān)鍵字、詞和數(shù)量關(guān)系等；(3)精讀，要深入思考，注意挖掘隱含信息等。注意“向細心要分，向整潔規(guī)范要分”。認真審題后，根據(jù)題目中給出的文字、圖像、數(shù)據(jù)等提煉出重要的信息，然后分析每小題的考查方向，明確該用哪部分化學(xué)理論知識來解答。1.用FeⅡEDTA(Fe2＋的EDTA絡(luò)合物)溶液作吸收液可脫除煙氣中的NO。某學(xué)習(xí)小組用下列裝置模擬煙氣中NO的脫除，并用H2O2氧化吸收液，通過對氧化后溶液中NOeq\o\al(－,3)含量測定驗證該吸收液的吸收效果。已知H2O2氧化吸收液中絡(luò)合的NO反應(yīng)機理如下：Fe2＋＋H2O2→Fe3＋＋HO·＋OH－NO＋HO·→H·＋NO2NO2＋HO·→H＋＋NOeq\o\al(－,3)(1)裝置A中Cu粉與過量稀硝酸反應(yīng)的離子方程式_______________________________________________________。(2)裝置C中攪拌的作用_________________________________________________________________________________________。(3)判斷裝置C中FeⅡEDTA溶液吸收NO達到飽和依據(jù)的實驗現(xiàn)象是_____________________________________________________________________________________________________________。(4)25℃時，用不同pH的FeⅡEDTA吸收NO，氧化后NOeq\o\al(－,3)物質(zhì)的量濃度隨pH的變化如圖所示：當pH＞4時，NOeq\o\al(－,3)濃度隨pH增大而變小，一方面是pH增大使Fe2＋容易被氧化，導(dǎo)致絡(luò)合NO變少；另一方面是_________________________________________________________________________________________________________________。(5)實驗中氧化吸收液所消耗的H2O2的量是多于理論計算量的，原因是__________________________________________________________________________________________________________________(6)請補充完整吸收液氧化后的再生實驗步驟：向氧化后的吸收液中_________________________________________________________________________________________________________________。(已知pH＝1時溶液析出白色EDTA，pH＝12時Fe3＋能從FeⅢEDTA中沉淀出來；實驗中須使用的試劑：NaOH溶液、FeSO4溶液、稀H2SO4；除常用儀器外須使用儀器：砂芯漏斗)解析(2)攪拌的目的是使氣液混合均勻，使其充分反應(yīng)，增大吸收效率。(3)當吸收NO達到飽和時不再吸收，裝置B、D中氣泡的逸出速率基本相同。(4)反應(yīng)是利用HO·氧化，根據(jù)反應(yīng)Fe2＋＋H2O2→Fe3＋＋HO·＋OH－可知pH變大，抑制該反應(yīng)，從而使HO·濃度變小，氧化能力減弱。(5)H2O2不穩(wěn)定，使用時會分解，本流程中在Fe2＋的催化下H2O2更易發(fā)生分解，所以用量要稍多些。(6)再生需要將FeⅢEDTA分離，根據(jù)信息pH＝12時Fe3＋能從FeⅢEDTA中沉淀出來；然后分離出EDTA，利用信息pH＝1時溶液析出白色EDTA；最后能與FeSO4溶液混合溶解，調(diào)節(jié)pH＝4(根據(jù)圖確定)。答案(1)3Cu2＋＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O(2)使氣液混合均勻，增大吸收效率(3)裝置B、D中氣泡的逸出速率基本相同(4)pH過大會抵制H2O2氧化時HO·的產(chǎn)生，使氧化效果變差(5)H2O2在Fe2＋的催化下發(fā)生分解(6)加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH＝12，用砂芯漏斗過濾，向濾液中加入稀H2SO4調(diào)節(jié)pH＝1，攪拌、靜置，再用砂芯漏斗過濾，把白色固體與FeSO4溶液混合溶解，調(diào)節(jié)pH＝42.肼是重要的化工原料，某研究性學(xué)習(xí)小組利用尿素法制備水合肼(N2H4·H2O)，并探究其性質(zhì)。已知總反應(yīng)方程式為：CO(NH2)2＋NaClO＋2NaOH→N2H4·H2O＋NaCl＋Na2CO3。主要副反應(yīng)：N2H4＋2NaClO=N2↑＋2H2O＋2NaClΔH<03NaClO=2NaCl＋NaClO3ΔH>0CO(NH2)2＋2NaOH=2NH3↑＋Na2CO3ΔH>0【深度氧化】：CO(NH2)2＋3NaClO=N2↑＋3NaCl＋CO2↑＋2H2OΔH<0實驗一：制備NaClO和NaOH的混合溶液向30%的NaOH溶液中通入Cl2，保持溫度在30℃以下，至溶液顯淺黃綠色停止通Cl2。靜置后取上層清液，檢測NaClO的濃度。傾出上層清液，配制所需濃度的NaClO和NaOH的混合溶液。(1)配制30%NaOH溶液時，所需玻璃儀器除量筒外還有________(填序號)。A.容量瓶B.燒杯C.燒瓶 D.玻璃棒E.膠頭滴管(2)通氯氣時溫度需要在30℃以下，其主要目的是_______________________________________________________________________。(3)檢測NaClO濃度的目的可能是____________________________________________________________________________________。實驗二：制取水合肼(實驗裝置如圖)控制反應(yīng)溫度，將分液漏斗中的溶液緩慢滴入三頸燒瓶中，充分反應(yīng)。然后加熱蒸餾三頸燒瓶內(nèi)的溶液，邊攪拌邊急速升溫，收集108～114℃餾分。(4)分液漏斗中的溶液是__________________(填“NaOH和NaClO混合溶液”或“CO(NH2)2溶液)(5)必須急速升溫，其目的是_______________________________________________________________________________________實驗三：測定餾分中水合肼的質(zhì)量分數(shù)水合肼具有還原性，被氧化成氮氣。測定水合肼的質(zhì)量分數(shù)可采用下列步驟：a.準確稱取餾分2.000g，經(jīng)溶解、轉(zhuǎn)移、定容等步驟，配制250mL溶液b.移取10.00mL于錐形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液c.用0.1000mol·L－1碘的標準溶液滴定，記錄消耗碘的標準液的體積d.進一步操作與數(shù)據(jù)處理(6)水合肼與碘溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________________________________________________________________________。(7)滴定時，碘的標準溶液盛放在________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。(8)若本次滴定消耗碘的標準溶液為18.00mL，可測算出產(chǎn)品中N2H4·H2O的質(zhì)量分數(shù)為________。解析(1)注意是配制質(zhì)量分數(shù)的溶液，需要用到量筒、燒杯和玻璃棒。(2)溫度過高，NaClO會發(fā)生歧化反應(yīng)分解。Cl2與NaOH會生成NaClO2、NaClO3等，造成NaClO濃度低。(3)通過檢測NaClO的濃度，可以控制加入的NaOH的量，由副反應(yīng)可知NaOH、NaClO也能和CO(NH2)2反應(yīng)。同時可以計算加入尿素的量，減少副反應(yīng)的發(fā)生和藥品的損耗。(4)分液漏斗中盛裝的是“NaOH和NaClO混合溶液”，由題給副反應(yīng)可知如果NaClO盛裝在燒杯內(nèi)，則生成的水合肼會被其反應(yīng)。(5)由于副反應(yīng)多，所以必須急速升溫，以減少副反應(yīng)發(fā)生，提高產(chǎn)品的產(chǎn)率。(6)反應(yīng)物為水合肼、I2，產(chǎn)物有N2，說明氮元素化合價升高，碘元素的化合價應(yīng)該降低，生成HI。(7)因為碘溶液能氧化橡膠管，所以盛放在酸式滴定管中。(8)N2H4·H2O～2I2，N2H4·H2O%＝eq\f(0.1mol·L－1×18×103L×\f(1,2)×50g·mol－1×\f(250mL,10mL),2.000g)×100%＝56.25%。答案(1)BD(2)防止NaClO(歧化)分解為氯酸鈉和氯化鈉(或溫度過高，Cl2與NaOH反應(yīng)生成NaClO2、NaClO3。(3)確定實驗二中尿素的質(zhì)量及所取次氯酸鈉溶液的體積(或配制混合溶液時需NaClO溶液體積及NaOH質(zhì)量)(4)NaOH和NaClO混合溶液(5)減少副反應(yīng)的發(fā)生，提高水合肼的產(chǎn)率(6)N2H4·H2O＋2I2=N2＋4HI＋H2O(7)酸式(8)56.25%3.海洋是一個巨大的化學(xué)資源寶庫。海水綜合利用的部分流程如下：已知：Br2的沸點為59℃，微溶于水，有毒性和強腐蝕性。(1)電解飽和NaCl溶液的離子方程式為__________________________________________________________________________________。粗鹽中常含Ca2＋、Mg2＋、SO2－4等雜質(zhì)離子，可依次加入NaOH、________、________、鹽酸試劑來進行提純。(2)下列方法可用于海水淡化的是________(填字母代號)。A.蒸餾法 B.萃取法C.離子交換法 D.電滲析法(3)工業(yè)上用電解法制Mg時，通常在MgCl2中加入CaCl2，其原因是：①增加電解質(zhì)的密度，便于分離出熔融的鎂；②____________________________________________________________________________________________。(4)利用如圖所示裝置從母液中提取溴，在B瓶中得到較濃的溴水。實驗方案為：關(guān)閉b、d，打開a、c，由a向A中緩慢通入Cl2至反應(yīng)完全，______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(實驗中須使用的試劑有：SO2、Cl2、熱空氣)解析(1)電解飽和NaCl溶液的產(chǎn)物為NaOH、H2和Cl2。加入NaOH除去Mg2＋，加入BaCl2除去SOeq\