2018年高考化学真题分类汇编 专题6 化学反应与能量

2018年高考化学真题分类汇编
专题6 化学反应与能量(选修4)
Ⅰ—化学反应与能量变化
1.[2018全国卷Ⅱ-27]CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH= kJ·mol−1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是____（填标号）。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。
（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。
相关数据如下表：

积碳反应： CH4(g)=C(s)+2H2(g)
消碳反应： CO2(g)+C(s)=2CO(g)
ΔH/(kJ·mol−1)
75
172
活化能/
(kJ·mol−1)
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X Y（填“优于”或“劣于”），理由是:

。在反应进料气
组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温
度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反
应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是________填标号）。
A．K积、K消均增加
B．v积减小，v消增加
C．K积减小，K消增加
D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为
v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，
不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)
、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。
【答案】 (1) ①247；A；1/3 (2) ①劣于；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 AD ②pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【解析】（1）①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1 ②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1；根据盖斯定律计算：③×2－①－②，得：CH4(g)+CO2(g)=
2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247kJ·mol−1。因正反应为吸热反应，且正反应方向为气体体积增加的反应，升高温度或减少压强有利于提高CH4平衡转化率， A正确。
CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
始(mol/L): 1 0.5 0 0
变(mol/L): 0.25 0.25 0.25 0.25
平(mol/L): 0.75 0.25 0.25 0.25
K= 0.25×0.25/[0.75×0.25]=1/3
（2）①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。 A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确； B．升高温度反应速率均增大，B错误； C．根据A中分析可知选项C错误； D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。答案选AD。
②根据反应速率方程式: v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5可知，在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。
【考点】盖斯定律；化学平衡的影响因素； 利用转化率求化学平衡常数；温度对反应平衡常数的影响；化学图像的分析与判断；[化学平衡图像分析的答题技巧，看图像时：①一看面：纵坐标与横坐标的意义；②二看线：线的走向和变化趋势；③三看点：起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答]。
Ⅱ—反应热的计算(盖期定律)与重要的反应热
2.[2018浙江卷-21]氢卤酸的能量关系如图所示下列说法正确的是
A.已知HF气体溶于水放热，则HF的△H1<0
B.相同条件下，HCl的△H2比HBr的小
C.相同条件下，HCl的△H3+△H4比HI的大
D.一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则该条件下△H2=akJ/mol
【答案】D
【解析】HF的△H1是指液态HF变为气态HF过程中的能量变化，是一个吸热过程，△H1﹥0，A错误； HCl、HBr的△H2是指断裂H-Cl、H-Br所吸收的能量，而H-Cl的键能比H-Br的键能大，B错误； (△H3+△H4)是指H(g)变为H+(aq)的能量变化，HCl的(△H3+△H4)与HI的一样大； 气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，该条件下的△H2为1molH-X键断裂吸收的akJ能量，△H2=akJ/mol，D正确。
【考点】反应热
3. [2018全国卷Ⅰ-28] (15分)采用N2O5为硝化剂是一种新型绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：
⑴1840年Devil用干燥的氯气通过通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为 .
⑵F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了250C时N2O5(g)分解反应:

其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强P随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g) △H=-4.4KJ/mol
2NO2(g)= N2O4(g) △H=-55.3KJ/mol
则N2O5(g)=2NO2(g)+0.5O2(g)的△H= KJ/mol
②研究表明，N2O5(g)分解的速率v=2×10-3×PN2O5(kPa/min)。t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa,则此时PN2O5= kPa，v= kPa/min)
③若提高反应温度至350C，则N2O5(g)完全分解后体系压强P∞(350C) 大于63.1 kPa (填“大于”“等于”或“小于”)，原因是：
。
④250C时，N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp= kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留一位小数)。
⑶对于反应2N2O5(g) → 4NO2(g)+ O2(g)，R.A.Ogg提 出如下反应历程：
第一步 N2O5 NO2 + NO3 快速平衡
第二步 NO2 + NO3 → NO +NO2 + O2 慢反应
第三步：NO+ NO3 → 2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 (填标号)。
A.v(第一步反应的逆反应)＞v(第二步反应 ) B.反应的中间产物只有NO3
C.第二步中的NO2与NO 3的碰撞只部分有效 D.第三步反应的活化能高
【答案】(1) O2 (2) ① 53.1 ②30.0； 6.0×10－2 ③大于； 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高。④13.4 (3) AC
【解析】（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中Ag元素、N元素都是最高价，不会被氧化，故只有-2价的氧元素化合价会升高，氧化产物是O2；
（2）①已知：ⅰ.2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) △H1＝－4.4kJ/mol
ⅱ.2NO2(g)＝N2O4(g) △H2＝－55.3kJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；
②根据方程式：N2O5(g)=2NO2(g)+0.5O2(g)可知，生成的氧气与消耗的五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又依阿伏加德罗定律知，同温同体积时，气体压强之比等于物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是是氧气压强的二倍，即：2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）；
也可依： N2O5(g) = 2NO2(g) + 0.5O2
始(kPa) 35.8 0 0
变(kPa) 5.8 5.8 2.9
62min (kPa) 30 2.9
解得，PN2O5=30kPa，v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）
③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。
④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数Kp=18.82/26.4(kPa)。
也可依： N2O5(g) = 2NO2(g) + 0.5O2
始(kPa) 35.8 0 0
变(kPa) 35.8 17.9 17.9
∞(kPa) 0 71.6 17.9
又： N2O4(g) 2NO2(g)
始(kPa) 0 71.6
变(kPa) x 2x
∞(kPa) x 71.6-2x
t=∞时，N2O5(g)完全分解，气体总压强为63.1，即:P(N2O4)+ P(NO2)+ P(O2)= x +(71.6-2x )+ 17.9=63.1，x =26.4，71.6-2x=71.6-2×26.4=18.8，Kp= c2(NO2)/ c(N2O4)= 18.82/26.4=13.4kPa
（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；
B、根据第二步和第三步可知中间产物除有NO3外还有NO，B错误；
C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；
D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。
【考点】元素化合价与元素性质的关系；盖斯定律的运用；化学平衡的影响因素；平衡常数；阿伏加德罗定律等。本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算。但本题需用分压代替浓度进行平衡常数的相关计算，导到题目陌生感强、难度增大。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解变化的压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以利用变化的压强之比等于计量数之比，运用化学平衡利用三段式计算。
4.[2018天津卷-10]CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为______（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，溶液pH=___________。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11）
（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气： CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C—H
C=O
H—H
CO(CO)
键能/kJ·mol−1
413
745
436
1075
则该反应的ΔH= 。分别在VL恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______（填“A” 或“B ”）。
②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原因是
。

（3）O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。
电池的负极反应式： 。
电池的正极反应式：6O2+6e−=6O2−
6CO2+6O2− =3C2O42−
反应过程中O2的作用是 。
该电池的总反应式： 。
【答案】 (1) CO32-、10 (2) ①+120 kJ·mol-1、B ②900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低。 (3) Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）、催化剂、2Al+6CO2=Al2(C2O4)3【解析】（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数K2=c(H+)·c(CO32–)/ c(HCO3–)= c(H+)/2=5×10−11，所以氢离子浓度为1×10-10mol/L，pH=10。 （2）①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)= +120 kJ·mol-1。初始时容器A、B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大(气体物质的量增加)；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。 ②根据图3得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度。 （3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。
【考点】盐(碳酸钠)的水解；电离平衡常数在化学计算中的应用；根椐键能求反应热；压强对化学平衡的影响；温度对化学平衡的影响理论与实际相结合；电化学知识；催化剂的概念。
5. [2018全国卷Ⅱ-27]CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH= kJ·mol−1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是____（填标号）。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。
（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。
相关数据如下表：

积碳反应： CH4(g)=C(s)+2H2(g)
消碳反应： CO2(g)+C(s)=2CO(g)
ΔH/(kJ·mol−1)
75
172
活化能/
(kJ·mol−1)
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X Y（填“优于”或“劣于”），理由是:

。在反应进料气
组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温
度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反
应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是________填标号）。
A．K积、K消均增加
B．v积减小，v消增加
C．K积减小，K消增加
D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为
v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，
不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)
、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。
【答案】 (1) ①247；A；1/3 (2) ①劣于；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 AD ②pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【解析】（1）①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1 ②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1；根据盖斯定律计算：③×2－①－②，得：CH4(g)+CO2(g)=
2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247kJ·mol−1。因正反应为吸热反应，且正反应方向为气体体积增加的反应，升高温度或减少压强有利于提高CH4平衡转化率， A正确。
CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
始(mol/L): 1 0.5 0 0
变(mol/L): 0.25 0.25 0.25 0.25
平(mol/L): 0.75 0.25 0.25 0.25
K= 0.25×0.25/[0.75×0.25]=1/3
（2）①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。 A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确； B．升高温度反应速率均增大，B错误； C．根据A中分析可知选项C错误； D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。答案选AD。
②根据反应速率方程式: v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5可知，在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。
【考点】盖斯定律；化学平衡的影响因素； 利用转化率求化学平衡常数；温度对反应平衡常数的影响；化学图像的分析与判断；[化学平衡图像分析的答题技巧，看图像时：①一看面：纵坐标与横坐标的意义；②二看线：线的走向和变化趋势；③三看点：起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答]。
6.[2018全国卷Ⅲ-28] 三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式 。
（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1=48 kJ·mol−1
3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2=−30 kJ·mol−1
则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的ΔH=__________ kJ·mol−1。
（3）对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。

①343 K时反应的平衡转化率α= %。平衡常数K343 K= (保留2位小数)。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是 ；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________、___________。
③比较a、b处反应速率大小：υa________υb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率υ=υ正−υ逆= k正x2(SiHCl3) −k逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处v正/v逆=__________(保留1位小数)。
【答案】(1) 2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl (2) 114 (3)①22 0.02 ②及时移去产物，改进催化剂, 提高反应物压强(浓度) ③大于，1.3。
【解析】(1) SiHCl3遇潮气(H2O)时发烟生成(HSiO)2O，即反应物为SiHCl3和H2O，有一种生成物为(HSiO)2O，依原子守恒就可写出方程式：2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。
(2)①2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1=48 kJ·mol−1
②3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2=−30 kJ·mol−1
则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+ 3SiCl4(g)可由反应：①×3+②得出，故ΔH=(48×3-30)kJ·mol−1。
（3）①温度越高时反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应。由图知，温度为343K时达到平衡以后，反应物SiHCl3(g)的转化率为22%。
解：设初始加入的反应物SiHCl3(g)的浓度为1mol/L，则有：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.22 0.11 0.11 （转化率为22%）
平衡： 0.78 0.11 0.11
所以平衡常数K=0.112÷0.782=0.02。
②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离（两边物质的量相等，压强不影响平衡）。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强（增大反应物浓度）、加入更高效的催化剂（改进催化剂）。
③a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即Va＞Vb。根据题目表述得到v正=k正x2(SiHCl3)，v逆=k逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4)，当反应达平衡时v正= v逆时，k正x2(SiHCl3) =k逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4)， k正/k逆= x(SiH2Cl2) x(SiCl4)/ x2(SiHCl3) ＝k，k为反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)的平衡常数，所以，k正/k逆= K=0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.2 0.1 0.1 （转化率为20%）
平衡： 0.8 0.1 0.1
所以x(SiHCl3)=0.8；x(SiH2Cl2) = x(SiCl4) =0.1；所以v正/ v逆= k正x2(SiHCl3)/ k逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4)= 0.02×0.82/0.12=1.3
【考点】依情景 (信息)书写方程式；利用盖斯定律求反应热；温度对反应速率的影响；根据转化率求化学平衡常数；化学平衡的影响因素；利用平衡常数求正、逆反应速率之比。
7.[2018北京卷-27]近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：

（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1
反应Ⅱ的热化学方程式： 。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2 p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是
。
（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
i．SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________=_________+_______+2 I－
（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
①B是A的对比实验，则a=__________。
②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。
【答案】 (1) 3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1 (2) > 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 (3) SO2、SO42−、4H+ (4) 0.4； I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 ；反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【解析】（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为:3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4 (l)+S(s)=3SO2(g)+2H2O(g) ΔH=ΔH1+ΔH3=(+551kJ/mol) +(-297kJ/mol) =+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) ΔH=-254kJ/mol。
(2)在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时，反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动， H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大，所以， p2＞p1。
（3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I—可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，(总反应-反应i)2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I—。
（4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。 ②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。 ③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快。
【考点】本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图像的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。
8.[2018江苏卷-20] NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
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
反应3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)的 ΔH=___________kJ·mol−1。
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：____________________________________。
（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：____________________________________。
（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为__________mol。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见题20图−1）。

反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题20图−2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是
；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是 。
【答案】（14分） （1）−136.2 （2）HNO2−2e−+H2O=3H++NO3−
（3）2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O （4）①3.43
②先迅速上升段主要原因是催化剂活性随温度升高增大,使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要原因是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO
【解析】（1）依盖斯定律：2NO2(g) +H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=−116.1 kJ·mol−1 ①
3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol−1 ②
，将（①式×3+②式）÷2得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3(aq) +NO(g)ΔH=（−116.1 kJ·mol−1）×3+75.9 kJ·mol−1] ÷2=-136.2kJ·mol−1。
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为:
HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。
（3）HNO2与(NH2) 2CO反应生成N2和CO2，N元素的化合价由HNO2中+3价降至0价，N元素的化合价由(NH2) 2CO中-3价价升至0价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为:2HNO2+(NH2) 2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。
（4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为3.43mol。 ②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段主要原因是催化剂活性随温度升高增大，从而使反应速率迅速增大；上升缓慢段主要原因是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；温度过高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。
【考点】本题以有效去除NOx为载体，考查氮及其化合物、盖斯定律的应用、电解原理、指定情境下方程式的书写，氧化还原反应中转移电子数的计算、图像的分析。
Ⅲ—原电池原理
9.[2018江苏卷-10]下列说法正确的是
A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
B. 反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应
C. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023
D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
【答案】C
【解析】A.氢氧燃料电池放电时，化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率约85%~90%，A错误； B.反应4Fe(s) +3O2(g) =2Fe2O3(s)的 ΔH＜0，该反应为放热反应，B错误；
C.N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于6×6.02×1023，C正确； D.酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，但温度太高时酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D错误。
【考点】燃料电池中能量的转化；化学反应自发性的判断；可逆反应；氧化还原中转移电子数的计算；蛋白质的变性和酶的催化特点。
10.[2018浙江卷-17]锂(Li)—空气电池的工作原理如图所示下列说法不正确的是
A.金属锂作负极，发生氧化反应
B.Li+通过有机电解质向水溶液处移动
C.正极的电极反应：O2+4e— == 2O2—
D.电池总反应：4Li+O2+2H2O==4LiOH
【答案】C
【解析】金属锂失电子作负极，发生氧化反应，A正确； 在原电池内电路中，阳离子向正极运动，B正确； 正极浸在电解质水溶液中，故正极反应为：O2+4e—+2H2O=4OH—C错误； 电池总反应：4Li+O2+2H2O=4LiOH， D正确。
【考点】原电池的电极判断、电荷运动方向、电极反应的书写。
11.[2018北京卷-13]验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。
①
②
③



在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe　　　B. 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法　　　D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【答案】D
【解析】A.对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe(CN)6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A正确； B.①加入K3[Fe(CN)6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe(CN)6]将Fe氧化成Fe2+，B正确； C.对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C 正确；D.由实验可知K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。
【考点】本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。
12. [2018全国卷Ⅲ-10]下列实验操作不当的是
A. 用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率
B. 用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
C. 用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+
D. 常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二
【答案】B
【解析】A. 用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液后，锌粒与CuSO4反应置换出铜，形成铜锌原电池，使锌与稀硫酸反应速率加快，A正确。 B. HCl与NaHCO3刚好完全反应方程式为HCl+NaHCO3= NaCl+H2O+CO2↑，生成的CO2溶于水使溶液呈弱酸性，故用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，不宜选择酚酞为指示剂，而宜用甲基橙为指示剂，B错误。 C．钠的焰色为黄色，用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+， C正确。 D．蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二， 也不少于三分之一，D正确。
【考点】置换反应；铜锌原电池；HCl与NaHCO3的反应原理；指示剂的选择；焰色反应；圆底烧瓶的正确使用。
13.[2018全国卷Ⅲ-10]下列实验操作不当的是
A. 用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率
B. 用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
C. 用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+
D. 常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二
【答案】B
【解析】A. 用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液后，锌粒与CuSO4反应置换出铜，形成铜锌原电池，使锌与稀硫酸反应速率加快，A正确。 B. HCl与NaHCO3刚好完全反应方程式为HCl+NaHCO3= NaCl+H2O+CO2↑，生成的CO2溶于水使溶液呈弱酸性，故用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，不宜选择酚酞为指示剂，而宜用甲基橙为指示剂，B错误。 C．钠的焰色为黄色，用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+， C正确。 D．蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二， 也不少于三分之一，D正确。
【考点】置换反应；铜锌原电池；HCl与NaHCO3的反应原理；指示剂的选择；焰色反应；圆底烧瓶的正确使用。
14.[2018全国卷Ⅲ-11]一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是
A. 放电时，多孔碳材料电极为负极
B. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
C. 充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移
D. 充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+(1－0.5 x)O2
【答案】D
【解析】A:放电时，O2与Li+在多孔碳电极处反应，说明O 2在多孔碳电极处得电子，发生还原反应，故多孔碳材料电极为正极，A错误; B:外电路电子由锂电极流向多孔碳材料电极(由负极流向正极)，B错误； C.充电与放电时电荷的运动方向相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充电时Li+向锂电极移动，C错误； D．根据图示和上述分析，电池的正极反应应该是O2得电子与Li+结合转化为Li2O2-X，即：(2- x)O2+2e－+2Li+=Li2O2-X，电池的负极反应应该是： Li-e－=Li+，所以总反应为：2Li + (1－0.5 x)O2 ＝ Li2O2-X，充电的反应与放电的反应相反，所以充电时电池总反应为：Li2O2-X ＝2Li + (1－0.5 x)O2，项D正确。
【考点】可充电电池电极的判断。对于此类问题，还可以直接判断反应的氧化剂和还原剂，进而判断出电池的正负极。本题明显是空气中的氧气得电子，所以通氧气的为正极，单质锂就一定为负极。放电时的电池反应，逆向反应就是充电的电池反应，注意：放电的负极，充电时应该为阴极；放电的正极充电时应该为阳极。
Ⅳ—电解原理
15.[2018全国卷Ⅰ-13]最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如右所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯(包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯电极发生的反应为：
①EDTA-Fe2+ - e—= EDTA-Fe3+
②2 EDTA-Fe3++H2S= 2H++S+2 EDTA-Fe2+
该装置工作时，下列叙述错误的是
A.阴极的电极反应：CO2+2H+ +2e—=CO+H2O
B.协同转化总反应：CO2+H2S=CO+H2O+S
C.石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
D.若采用Fe3+/ Fe2+取代EDTA-Fe3+ /EDTA-Fe2+
溶液需为酸性
【答案】C
【解析】该装置为电解池。A.CO2在ZnO@石墨烯电极上转化为CO，得电子发生还原反应，故ZnO@石墨烯电极为阴极，电极反应式为：CO2+2H++2e-＝CO+H2O，A正确； B.根据石墨烯电极上发生的电极反应可知①×2+②即得到阳极反应式为：H2S－2e－＝2H＋+S，因此总反应式为CO2+H2S＝CO+H2O+S，B正确； C.石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯电极上的高，C错误； D.由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA-Fe3＋/EDTA-Fe2＋，溶液需要酸性，D正确。答案选C。
【考点】氧化反应和还原反应与阴极和阳极的关系；阴极和阳极电势高低的判断；题中引入了新的信息以考查学生的自学能力与抗干扰能力。
16.[2018全国卷Ⅰ-27] (14分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应有广泛，回答下列问题：
⑴生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式： 。
⑵利用烟道气中的SO2生产的工艺为：

①PH=4.1 时，Ⅰ中为 溶液(写化学式)。
②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是 。
⑶制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有Na2SO3和NaHSO3。阳极的反应式为: 。电解后 室的NaHSO3溶液浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5
⑷Na2S2O5可用作食品抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50mL葡萄酒样品，用0.01000mol/L的碘标准液滴定到终点，消10.00mL。滴定反应的离子方程式为：
。该样品中Na2S2O5的残留量为 g/L(以SO2计)。
【答案】(1) 2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O (2) ①NaHSO3 ②得到NaHSO3过饱和溶液 (3) 2H2O－4e－＝4H＋+O2↑，a (4) S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋ ，0.128
【解析】（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O
（2）①碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐NaHSO3，即Ⅰ中为NaHSO3；②依题目中信息“生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”知，要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，据此判断答案为“得到NaHSO3过饱和溶液”；
（3）阳极失电子发生氧化反应，阳极区溶质是稀硫酸，故氢氧根放电，电极反应式为：2H2O－4e－＝4H＋+O2↑。阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸氢钠。阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。
（4）焦亚硫酸钠与单质碘发生氧化还原反应，焦亚硫酸钠被I2氧化成硫酸钠，离子方程式为“S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋”；消耗碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量(以SO2计)是: 0.0001mol×64g·mol-1/0.05L=0.128g/L
【考点】以焦亚硫酸钠的制备、应用为信息载体考查学生对流程的分析、电解原理的应用以及定量分析等；电解池的电极反应的书写；离子交换膜的作用；电荷的移动方向；原子守恒理论的运用：计算残留量时以二氧化硫计(硫原子守恒)。题目难度中等。考点紧靠教材但又不拘泥于教材，题中出现了“新知识——焦亚硫酸钠”。善于捕捉信息(解题钥匙)是解题的关键。
16.[2018全国卷Ⅱ-12] 我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na—CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的
总反应为：3CO2+4Na2Na2CO3+C。下列说法错误的是
A. 放电时，ClO4－向负极移动
B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C. 放电时，正极反应为：3CO2+4e− ＝2CO32－+C
D. 充电时，正极反应为：Na++e−＝Na
【答案】D
【解析】A. 二次电池放电时是原电池，阴离子ClO4－向负极移动，A正确；
B. 二次电池电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C，充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；
C. 二次电池放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e−＝2CO32－+C，C正确；
D. 二次电池充电时是电解池，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO32－+C－4e−＝3CO2，D错误。答案选D。
【考点】以信息：“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池”为载体，考查原电池和电解池的工作原理、电极反应、电荷运动方向等常考书本知识。
17.[2018全国卷Ⅱ-26]我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：

相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题：
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_______________________。
（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有___________；氧化除杂工序中ZnO的作用是____________，若不通入氧气，其后果是________________。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_________________。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为______________；沉积锌后的电解液可返回_______工序继续使用。
【答案】(1) 2ZnS+3O22ZnO+2SO2 (2) PbSO4 (3)调节溶液的pH (4)无法除去杂质Fe2+ (5) Zn+Cd2+=Zn2++Cd (6) Zn2++2e－=Zn (7)溶浸
【解析】（1）由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧过程(与O2反应)中主要反应的化学方程式为:
2ZnS+3O22ZnO+2SO2。
（2）硫酸铅不溶于水(题中有暗示：末给出Pb2+形成氢氧化物沉淀的pH范围)，因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；要测定铁离子，需要调节溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH。根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，所以若不通入氧气把亚铁氧化为三价铁，其后果是无法除去杂质Fe2+。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反应式为Zn2++2e－＝Zn；阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。
【考点】金属硫化物与氧气反应；离子沉淀与PH的控制；金属及其化合物的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力等。
18.[2018全国卷Ⅲ-27] KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：
（1）KIO3的化学名称是 。
（2）利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：

“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是 。“滤液”中的溶质主要是 。“调pH”中发生反应的化学方
程式为： 。
（3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。
①写出电解时阴极的电极反应式：
。
②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为：
，其迁移方向是 。
③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足
之处有 （写出一点）。
【答案】(1)碘酸钾 (2)加热，KCl，KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O (3) （3）①2H2O+2e－=2OH－+H2↑ ②K+ ；a到b ③产生Cl2易污染环境等
【解析】（1）根据KClO3名称为氯酸钾知KIO3名称为碘酸钾。 （2）因气体的溶解度随溶液温度升高而下减少，将溶液加热是“逐Cl2”时可采用的方法；根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过滤时KH(IO3)2在滤渣中， KCl在滤液中。“调pH”的主要目的是将KH(IO3)2转化为KIO3，易知方程式为：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。
（3）①由图示知：KOH+I2→KIO3过程中，碘元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极反应，所以阴极反应为：2H2O + 2e－ = 2OH－+ H2↑。②电解时，溶液中的阳离子(K+)向阴极迁移，方向为由左向右，即由a到b。 ③KClO3氧化法生产中会产生污染环境的氯气。
【考点】氯及其化合物；碘及其化合物；氧化还原反应；电化学。
18.[2018北京卷-9]下列化学用语对事实的表述不正确的是
A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O
B. 常温时，0.1 mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2O+OH−
C. 由Na和C1形成离子键的过程：
D. 电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e−=Cu
【答案】A
【解析】A. 依“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A错误； B.常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c(OH—)=10-2.9mol·L—1＜0.1mol·L—1，氨水为弱碱性溶液，NH3·H2O的电离过程可逆，电离方程式为NH3·H2ONH4++OH—，B正确； C.Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl—，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，C正确； D.电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D正确。
【考点】酯化反应的机理；电离方程式的书写；用电子式表示物质的形成过程；电解精炼铜的原理。
19[2018江苏卷-20] NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
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
反应3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)的 ΔH=___________kJ·mol−1。
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：____________________________________。
（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：____________________________________。
（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为__________mol。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见题20图−1）。

反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题20图−2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是
；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是 。
【答案】（14分） （1）−136.2 （2）HNO2−2e−+H2O=3H++NO3−
（3）2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O （4）①3.43
②先迅速上升段主要原因是催化剂活性随温度升高增大,使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要原因是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO
【解析】（1）依盖斯定律：2NO2(g) +H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=−116.1 kJ·mol−1 ①
3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol−1 ②
，将（①式×3+②式）÷2得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3(aq) +NO(g)ΔH=（−116.1 kJ·mol−1）×3+75.9 kJ·mol−1] ÷2=-136.2kJ·mol−1。
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为:
HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。
（3）HNO2与(NH2) 2CO反应生成N2和CO2，N元素的化合价由HNO2中+3价降至0价，N元素的化合价由(NH2) 2CO中-3价价升至0价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为:2HNO2+(NH2) 2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。
（4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为3.43mol。 ②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段主要原因是催化剂活性随温度升高增大，从而使反应速率迅速增大；上升缓慢段主要原因是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；温度过高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。
【考点】本题以有效去除NOx为载体，考查氮及其化合物、盖斯定律的应用、电解原理、指定情境下方程式的书写，氧化还原反应中转移电子数的计算、图像的分析。