2020-2021備戰(zhàn)高考化學(xué)化學(xué)反應(yīng)原理綜合觀察綜合題附答案2020-2021備戰(zhàn)高考化學(xué)化學(xué)反應(yīng)原理綜合觀察綜合題附答案22/222020-2021備戰(zhàn)高考化學(xué)化學(xué)反應(yīng)原理綜合觀察綜合題附答案2020-2021備戰(zhàn)高考化學(xué)化學(xué)反應(yīng)原理綜合觀察綜合題附答案一、化學(xué)反應(yīng)原理綜合觀察1．Cr、S等元素的化合物常會(huì)造成一些環(huán)境問(wèn)題，科研工作者正在研究用各種化學(xué)方法來(lái)除掉這些物質(zhì)對(duì)環(huán)境的影響。（1）還原積淀法是辦理含鉻（Cr2O72-和CrO42-）工業(yè)廢水的常用方法，過(guò)程以下：①已知：常溫下，初始濃度為-1的Na2-+1.0molL·2CrO4溶液中c(Cr2O7)隨c(H)的變化如圖所示。則上述流程中CrO42-轉(zhuǎn)變?yōu)镃r2O72-的離子方程式為_(kāi)_____________________。②還原過(guò)程中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_(kāi)_________。③Cr3+與Al3+的化學(xué)性質(zhì)相似，對(duì)CrCl3溶液蒸干并灼燒，最后獲取的固體的化學(xué)式為_(kāi)___________。④常溫下，Ksp[Cr(OH)3×10-32，欲使辦理后廢水中的3+-5-1（即c(Cr)降至×10mol·L積淀完好），應(yīng)調(diào)治至溶液的pH=_____。（2）“亞硫酸鹽法”吸取煙中的SO2①將煙氣通入的Na2SO3溶液，當(dāng)Na2SO3恰好完好反應(yīng)時(shí)，溶液pH約為3，此時(shí)，溶液中各種離子濃度由大到小的序次為_(kāi)________（用離子濃度符號(hào)和“＞”號(hào)表示）。②室溫下，將煙道氣通入(NH4)2SO3溶液中，測(cè)得溶液pH與含硫組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的變化關(guān)系以下列圖。已知部分弱電解質(zhì)的電離常數(shù)（25℃）以下：電解質(zhì)電離常數(shù)H2SO3

Ka1×10-2Ka2×10-732Ob×10-5NH·H（i）(NH423溶液呈____（填“酸”、“堿”或“中”）性，其原因是_________________。)SOii）圖中b點(diǎn)時(shí)溶液pH=7，則n(NH4+):n(HSO3-)=_________?！敬鸢浮?-+2-＋H2O1:6+-+2-)＞CrO4＋2HCr2O7Cr2O35c(Na)＞c(HSO3)＞c(H)＞c(SO3c(OH-)堿H2SO3的第二電離常數(shù)Ka2×10-7小于NH3·H2O的電離常數(shù)Kb，故SO32-的水解程度比NH4+的水解程度大，溶液呈堿性3:1【解析】【詳解】(1)①?gòu)膱D中能夠看出，2-++-7mol/L時(shí)，c(Cr2O7)隨c(H)的增大而不斷增大，當(dāng)×10272-，此時(shí)反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，因此此反應(yīng)為可逆反應(yīng)。由此可得42-轉(zhuǎn)變c(CrOCrO為Cr2O72-的離子方程式為CrO42-＋2H+Cr2O72-＋H2O答案為CrO42-＋2H+Cr2O72-＋H2O②依照電子守恒，氧化劑Cr2O72-與還原劑Fe2+的關(guān)系為：Cr2O72-——6Fe2+從而得出還原過(guò)程中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:6。答案為1:6；③Cr3+與Al3+的化學(xué)性質(zhì)相似，說(shuō)明Cr3+在水溶液中易發(fā)生水解反應(yīng)，最一生成Al(OH)3，灼燒時(shí)再分解為鉻的氧化物。因此對(duì)CrCl3溶液蒸干并灼燒，最后獲取的固體的化學(xué)式為Cr2O3。答案為Cr2O3④Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3)c3(OH)105c3(OH)×10-32c(OH)109mol/L，pH=5。答案為5；①將煙氣通入的Na2SO3溶液，當(dāng)Na2SO3恰好完好反應(yīng)時(shí)，全部生成NaHSO3，此時(shí)溶液pH約為3，則表示HSO3-以電離為主。發(fā)生的電離、水解反應(yīng)方程式為：HSO3-H++SO32-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-、H2OH++OH-且前面反應(yīng)進(jìn)行的程度大于后邊反應(yīng)，從而得出溶液中各種離子濃度由大到小的序次為c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)。答案為c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)4234+32-都將發(fā)生水解，從表中數(shù)據(jù)Ka2×10-7、②（i）在(NH)SO溶液中，NH、SOKb×10-5能夠看出，HSO3-的電離常數(shù)小，SO32-的水解常數(shù)大，因此溶液呈堿性。答案為堿；溶液呈堿性的原因是：溶液H23a2×10-7小于NH32SO的第二電離常數(shù)·HO的電離常數(shù)b32-的水解程度比NH4+的水解程度大，溶液呈堿性。K，故SO答案為：H23a2-7小于NH32b32-的水解SO的第二電離常數(shù)×10·HO的電離常數(shù)K，故SO程度比NH4+的水解程度大，溶液呈堿性。（ii）圖中b點(diǎn)時(shí)溶液pH=7，此時(shí)c(HSO3-)=c(SO32-)，則c(NH4HSO3)=c[(NH4)2SO3]，從而得出+-n(NH4)：n(HSO3)=3：1答案為3：1。2．甲醇與水蒸氣重整制氫可直接用于燃料電池?；卮鹨韵聠?wèn)題：(1)CH3OH(g)?CO(g)2H2(g)H1－1；已知甲醇分解反應(yīng)：△＝＋＋水蒸氣變換反應(yīng)：CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g)△H2＝－41.20kJmol·－1。CH3OH(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋3H2(g)△H3＝___________kJmol·－1。(2)科學(xué)家經(jīng)過(guò)密度泛函理論研究甲醇與水蒸氣重整制氫反應(yīng)機(jī)理時(shí)，獲取甲醇在Pd(III)表面發(fā)生解離時(shí)四個(gè)路徑與相對(duì)能量的關(guān)系以下列圖，其中附在Pd(III)表面的物種用*注明。此歷程中活化能最小的反應(yīng)方程式為_(kāi)____________________________________________。(3)在0.1MPa下，將總進(jìn)料量為1mol且n(CHOH)：n(HO)＝1：的混雜氣體充入一剛性32密閉容器中反應(yīng)。①實(shí)驗(yàn)測(cè)得水蒸氣變換反應(yīng)的速率隨溫度的高升妙顯下降，原因是____________________。②平衡時(shí)，測(cè)得CH3OH的含量在給定溫度范圍內(nèi)極小，H2、H2O(g)、CO、CO2四種組分的含量與反應(yīng)溫度的關(guān)系以下列圖，曲線b、c對(duì)應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)式分別為_(kāi)_______、________。(4)573.2K時(shí)，向一剛性密閉容器中充入5.00MPaCHOH使其分解，th后達(dá)平衡時(shí)H的物32－1Kp＝質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為60%，則th內(nèi)v(CH3OH)＝_____MPa·h，其分壓平衡常數(shù)_____MPa2?！敬鸢浮?49.44CH2O*+2H*=CHO*+3H*2隨溫度高升，催化活性（或CHO*=CHO*+H*）降低CO2H2O（g）t【解析】【解析】【詳解】1）甲醇分解反應(yīng)：CH3OH(g)?CO(g)＋2H2(g)△H1＝＋90.64kJmol·－1；①水蒸氣變換反應(yīng)：CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g)△H2＝－41.20kJmol·－1。②將①+②，即可求出CH3OH(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋3H2(g)△H3＝=+90.64kJmol·－1+（-41.20kJmol·－1）=+49.44kJmol·－1，故答案為：；（2）活化能為反應(yīng)物的總能量與過(guò)渡態(tài)能量之差，從圖中能夠看出，過(guò)渡態(tài)3發(fā)生的反應(yīng)活化能最小。反應(yīng)物為“CH2O*+2H*”，產(chǎn)物為“CHO*+3H*，故反應(yīng)方程式為CH2O*+2H*=CHO*+3H*．由于2H*反應(yīng)前后都吸附在催化劑表面，未參加反應(yīng)，故反應(yīng)實(shí)質(zhì)為CH2O*=CHO*+H*，故答案為：CH2O*+2H*=CHO*+3H*（或CH2O*=CHO*+H*）；3）由于溫度高升，反應(yīng)速率應(yīng)加快，而圖中速率減小，顯然不是溫度的影響，只能為催化劑的活性降低，故答案為：隨溫度高升，催化活性降低；②對(duì)于反應(yīng)CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0，其他條件不變時(shí)，高升溫度，平衡向左搬動(dòng)，即CO、H2O的含量均增大，CO2H2的含量均減小。依照?qǐng)D中信息，、可初步得知，a、b曲線分別對(duì)應(yīng)CO2或H2，c、d曲線則對(duì)應(yīng)CO或H2O（g）。依照反應(yīng)方程式可知：該反應(yīng)初步時(shí)，n（H2）＞n（CO2）、n（H2O）＞n（CO），平衡時(shí)含量必然有H2＞CO2、H2O＞CO．故a、b、c、d曲線分別對(duì)應(yīng)H2、CO2、H2O（g）、CO，曲線b、c對(duì)應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)式分別為CO2、H2O（g），故答案為：CO2、H2O（g）；（4）假設(shè)CH3OH的壓強(qiáng)變化量為x，列出三段式：初步（MPa）轉(zhuǎn)變（MPa）平衡（MPa）

CH3OH（g）?CO（g）+2H（2g）00xx2xx2x2x60352x100，x=3.75Mpa，v（CHOH）=th=t

－1；MPa·hKp=PCO?P2H22=（MPa）2，PCH3OH故答案為：3.75；（MPa）2。t【點(diǎn)睛】本題綜合觀察化學(xué)平衡問(wèn)題，題目涉及化學(xué)平衡計(jì)算與影響因素、反應(yīng)熱計(jì)算等，重視考查學(xué)生解析計(jì)算能力，注意蓋斯定律在反應(yīng)熱計(jì)算中應(yīng)用，難點(diǎn)（4）列出三段式，理清平衡時(shí)各物質(zhì)的量，是解題要點(diǎn)。3．I.合成氣（CO+H2）廣泛用于合成有機(jī)物，工業(yè)上常采用天然氣與水蒸氣反應(yīng)等方法來(lái)制取合成氣。（1）已知：5.6L(標(biāo)況下)CH4與水蒸氣完好反應(yīng)，吸取51.5KJ的熱量，請(qǐng)寫(xiě)出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式_______________________________________________。（2）在150℃時(shí)2L的密閉容器中，將2molCH4和2molH2O(g)混雜，經(jīng)過(guò)15min達(dá)到平,此時(shí)CH4的轉(zhuǎn)變率為60%?；卮鹨韵聠?wèn)題：①?gòu)姆磻?yīng)開(kāi)始至平衡，用氫氣的變化量來(lái)表示該反應(yīng)速率v(H2)=____________。②在該溫度下，計(jì)算該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝________________________(保留兩位小數(shù))。③以下選項(xiàng)中能表示該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是__________________________A．v(H2)逆＝3v(CO)正B．密閉容器中混雜氣體的密度不變C．密閉容器中總壓強(qiáng)不變D．C(CH)=C(CO)4（3）合成氣中的氫氣也用于合成氨氣：N223在甲、+3H2NH。保持溫度和體積不變，乙、丙三個(gè)容器中建立平衡的相關(guān)信息以下表。則以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是___________。容平衡時(shí)NH3的平衡時(shí)N2反應(yīng)開(kāi)始平衡時(shí)容體積初步物質(zhì)的器物質(zhì)的量時(shí)的速率器內(nèi)壓強(qiáng)體積分?jǐn)?shù)甲1L1molN2+3molH2φ甲ν甲P甲乙1L2molN2+6molH2n1molφ乙ν乙P乙丙2L2molN2+6molH2n2molφ丙ν丙P丙A．n1=n2=3.2B．φ甲=φ丙＞φ乙C．ν乙＞ν丙＞ν甲D．P乙＞P甲=P丙II.（1）常溫下，在－－1硫酸得混雜溶液M恰好顯中xmolL·1氨水中加入等體積的ymol·L性。①M(fèi)溶液中全部離子濃度由大到小的序次為_(kāi)________________。②常溫下，NH3·H2O的電離常數(shù)K=_____(用含x和y的代數(shù)式表示，忽略溶液混雜前后的體積變化)。（2）利用電解法辦理高溫空氣中稀少的NO(O2濃度約為NO濃度的10倍)，裝置表示圖如下，固體電解質(zhì)可傳導(dǎo)O2－陰極的電極反應(yīng)式為_(kāi)__________________________。②除掉必然量的NO所耗資的電量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于理論計(jì)算量，可能的原因是(不考慮物理因)________。【答案】CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+206kJ/mol0.12molgL-1gmin-121.87ACBDc(NH4)>c(SO42)>c(H)=c(OH)2y10-72NO+4e-=N2+2O2-陰極x-2y發(fā)生副反應(yīng)O2+4e-=2O2-【解析】【解析】【詳解】I.(4物質(zhì)的量為：=0.25mol，吸取51.5kJ的熱量，則1mol1)標(biāo)況下，5.6LCH甲烷反應(yīng)吸取熱量=51.5kJ×1mol=206kJ，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206kJ/mol；(2)在150℃時(shí)2L的密閉容器中，將2molCH4和2molH2Og)混雜，經(jīng)過(guò)15min達(dá)到平(衡，此時(shí)CH4的轉(zhuǎn)變率為60%，則CH4+H2O?CO+3H2初步量(mol/L)1100轉(zhuǎn)變量(mol/L)平衡量(mol/L)①?gòu)姆磻?yīng)開(kāi)始至平衡，用氫氣的變化量來(lái)表示該反應(yīng)速率v(H2)==0.12mol?L-15min1min-1；?②結(jié)合①計(jì)算獲取的平衡濃度，計(jì)算獲取該反應(yīng)的平衡常數(shù)30.6040421.87；.=(③A．v逆(H2)＝3v正(CO)，說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相同，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故A正確；B．密閉容器中混雜氣體的質(zhì)量和體積不變，密度向來(lái)不變，不能夠說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量增加，氣體壓強(qiáng)之比等于氣體物質(zhì)的量之比，密閉容器中總壓強(qiáng)不變，說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故C正確；D．濃度關(guān)系和耗資量、初步量相關(guān)，

c(CH4)=c(CO)不能夠說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故

D錯(cuò)誤；故答案為：AC；(3)A．甲和丙為等效平衡，則n2=1.6mol，但乙與甲對(duì)照，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡向著正向搬動(dòng)，則n1＞3.2，故A錯(cuò)誤；B．甲和丙達(dá)到平衡狀態(tài)為相同平衡狀態(tài)，氮?dú)怏w積分?jǐn)?shù)相同，乙相當(dāng)于甲平衡狀態(tài)再加入1mol氮?dú)夂?mol氫氣，增大壓強(qiáng)平衡正向進(jìn)行，氮?dú)怏w積分?jǐn)?shù)減小，φ甲=φ丙＞φ乙，故B正確；C．乙容器中反應(yīng)物濃度大于甲和丙，反應(yīng)速率大，甲和丙初步濃度相同反應(yīng)速率相同，故錯(cuò)誤；D．乙中物質(zhì)濃度是甲的2倍，且壓富強(qiáng)于甲，甲和丙為等效平衡，壓強(qiáng)相同，獲取P乙＞P甲=P丙，故D正確；故答案為：BD；II.(1)①依照電荷守恒，+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO2-)，混雜后溶液顯中性，則c(NH44c(NH4+)=2c(SO42-)，則c(NH4)>c(SO42)>c(H)=c(OH)；②xmol?L-1氨水中加入等體積的ymol?L-1硫酸得混雜溶液M恰好顯中性，則+-y--1，混雜后，依照物料守恒c(NH4)=2c(SO42)=2×mol?L1=ymol?L2+0.5xmol?L-1cNH-1KcNH+cOH-c(NH3?H2O)+c(NH4)=，則(3?H2O)=(0.5x-y)mol?L，=(4)?(-7-7；)/c(NH3?H2O)=y×1×10/(0.5x-y)=2y×10/(x-2y)(2)①陰極：NO獲取電子生成N2，結(jié)合守恒原則，則電極方程式為2NO+4e-=N2+2O2-；②除掉必然量的NO所耗資的電量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于理論計(jì)算量，可能存在副反應(yīng)，O2濃度約為NO濃度的10倍，氧氣易獲取電子生成O2，電極方程式為：O2+4e=2O2。4．煤燃燒排放的煙氣含有SO2和NOx，大量排放煙氣形成酸雨、污染大氣，因此對(duì)煙氣進(jìn)行脫硫、脫硝，對(duì)環(huán)境保護(hù)有重要意義?；卮鹨韵聠?wèn)題：Ⅰ.利用CO脫硫(1)工業(yè)生產(chǎn)可利用CO氣體從燃煤煙氣中脫硫，則25℃時(shí)CO從燃煤煙氣中脫硫的熱化學(xué)方程式2CO(g)＋SO2(g)2CO2(g)＋S(s)H＝_____________。25℃，100kPa時(shí)，由元?的焓變△素最牢固的單質(zhì)生成1mol純化合物時(shí)的反應(yīng)熱稱為標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓，已知一些物質(zhì)的“標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓”以下表所示：物質(zhì)CO(g)CO2(g)SO2(g)標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓?H(25℃)/kJmol-1fm(2)在模擬脫硫的實(shí)驗(yàn)中，向多個(gè)相同的體積恒為2L的密閉容器中分別通入2.2molCO和1molSO2氣體，在不相同條件下進(jìn)行反應(yīng)，系統(tǒng)總壓強(qiáng)隨時(shí)間的變化以下列圖。①在實(shí)驗(yàn)b中，40min達(dá)到平衡，則0～40min用SO2表示的平均反應(yīng)速率2v(SO)＝_______。②與實(shí)驗(yàn)a對(duì)照，實(shí)驗(yàn)b可能改變的條件為_(kāi)______________，實(shí)驗(yàn)c可能改變的條件為_(kāi)________________。Ⅱ.利用NH3脫硝(3)在必然條件下，用NH3除掉NO污染的反應(yīng)原理為：4NH3(g)＋6NO(g)?5N2(g)＋－1。在剛性容器中，NH與NO的物質(zhì)的量之比分別為X、Y、6H2O(l)△H＝－1807.98kJmol·3Z(其中X<Y<Z)，在不相同溫度條件下，獲取NO脫除率(即NO轉(zhuǎn)變率)曲線以下列圖。①NH3與NO的物質(zhì)的量之比為X時(shí)對(duì)應(yīng)的曲線為_(kāi)____________(填“a”“或“b”c。”)②各曲線中NO脫除率均先高升后降低的原因?yàn)開(kāi)_________。900℃條件下，設(shè)Z＝2，初始?jí)簭?qiáng)p0，則4NH3(g)＋6NO(g)?5N2(g)＋6H2O(l)的平衡常數(shù)3Kp＝_____________(列出計(jì)算式即可)。.利用NaCIO2脫硫脫硝(4)利用NaClO的堿性溶液可吸取SO和NO(物質(zhì)的量之比為1:1)的混雜氣體，自己轉(zhuǎn)變?yōu)?22NaCl，則反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________?！敬鸢浮?269.2kJmol·-10.01molL-1·min·-1加入催化劑高升溫度c溫度低于900℃時(shí)，反應(yīng)速率較慢，隨著溫度高升反應(yīng)速率加快，NO脫出率逐漸高升，溫度高于900℃，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)的H<0，連續(xù)高升溫度，平衡向左搬動(dòng)，NO脫出率又下降0.375p05或2--466p053ClO2+4SO2+4NO2+12OH===3Cl+4SO+4NO3002+6HO【解析】【解析】【詳解】(1)依照“標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓”的定義可得：1垐?-1①Cs+O2ggtHm1=-110.5kJgmol噲?CO21垐?-1②Cs+O2ggtHm2=-393.5kJgmol噲?CO221垐?-1③Ss+O2ggtHm3=-296.8kJgmol噲?SO22再依照蓋斯定律2(反應(yīng)③-反應(yīng)①)-反應(yīng)③可獲取2CO(g)＋SO2(g)?2CO(g)＋S(s)，則，CO脫硫反應(yīng)2CO(g)＋SO2(g)2CO2(g)S(s)?＋的焓變H=2tHm2-tHm1-tHm3=2-393.5kJmol-1-110.5kJmol-1--296.8kJmol-1=-269.2kJmol-1gggg，故答案為：-269.2kJmol·-1；(2)①結(jié)合題干信息，列三段式有：2COg＋SO2g垐?2CO2g＋Ss噲?初始100轉(zhuǎn)變2xx2xx末態(tài)1-x2xx則2.2-2x+1-x+2x120，解得，則2L-1gmin-1，故答2.2+1260vSO2=40min-1·min-1；案為0.010.01mol·L②與實(shí)驗(yàn)a對(duì)照，實(shí)驗(yàn)b達(dá)到的平衡狀態(tài)不變且所需時(shí)間縮短，改變的條件應(yīng)為加入了催化劑，與實(shí)驗(yàn)a對(duì)照，實(shí)驗(yàn)c達(dá)到平衡狀態(tài)改變且所需時(shí)間縮短，可能是增大壓強(qiáng)或高升溫度，聯(lián)系反應(yīng)特點(diǎn)，若是增大壓強(qiáng)，平衡向右搬動(dòng)，向右反應(yīng)的程度應(yīng)增大，與圖像不符，若是高升溫度，平衡向左搬動(dòng)，與圖像切合，故答案為：加入催化劑；高升溫度；(3)①NH3和NO的物質(zhì)的量之比越大，NO的脫出率月啊，則相同溫度下，不相同NH3、NO物質(zhì)的量之比對(duì)應(yīng)NO的脫出率：X<Y<Z，則X對(duì)應(yīng)曲線c，Y對(duì)應(yīng)曲線b，Z對(duì)應(yīng)曲線a，故答案為：c；②NO的脫出率會(huì)碰到速率、平衡搬動(dòng)等因素的影響，溫度低于

900℃時(shí)，反應(yīng)速率較慢，隨著溫度高升反應(yīng)速率加快，

NO脫出率逐漸高升，溫度高于

900℃，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)的H<0，連續(xù)高升溫度，平衡向左搬動(dòng)，NO脫出率又下降，故答案為：溫度低于900℃時(shí)，反應(yīng)速率較慢，隨著溫度高升反應(yīng)速率加快，NO脫出率逐漸高升，溫度高于900℃，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)的H<0，連續(xù)高升溫度，平衡向左搬動(dòng)，NO脫出率又下降；③壓強(qiáng)為p0，依照曲線a上NH3與NO的物質(zhì)的量之比為Z=2，則NH3的分壓為0，30NO的分壓為0.6p，列三段式有：4NH3g＋6NOg垐?5N2g＋6H2Ol噲?初步000轉(zhuǎn)變000平衡000p5N250或則反應(yīng)的平衡常數(shù)Kpgp6NO0.1p00，p4NH3460.140.156p0550.375p0或故答案為：4665；000.140.15p0(4)在堿性環(huán)境下，2-氧化等物質(zhì)的量的SO222-變?yōu)镃l-，SO242-，NO2ClO和NO，ClO變?yōu)镾O變?yōu)镹O3-，利用氧化還原反應(yīng)規(guī)律進(jìn)行配平，可得離子反應(yīng)方程式3ClO22+4SO2+4NO2+12OH===3Cl+4SO4+4NO3+6H2O，故答案為：3ClO2+4SO2+4NO2+12OH===3Cl2--+4SO4+4NO3+6H2O。___________________________________________。5．工業(yè)上利用廢鎳催化劑(主要成分為Ni，還含有必然量的Zn、Fe、SiO2、CaO等)制備草酸鎳晶體的流程以下：請(qǐng)寫(xiě)出一種能提高“酸浸”速率的措施：________________________；濾渣I的成分是____________(填化學(xué)式)。(2)除鐵時(shí)，控制不相同的條件能夠獲取不相同的濾渣II。已知濾渣II的成分與溫度、pH的關(guān)系以下列圖：①若控制溫度40℃、pH=8，則濾渣II的主要成分為_(kāi)________________________(填化學(xué))。②若控制溫度80℃、pH=2，可獲取黃鐵礬鈉[Na2Fe6(SO4)4(OH)12](圖中陰影部分)，寫(xiě)出生成黃鐵礬鈉的離子方程式：(3)已知除鐵后所得100mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol·L-1，加入100mLNH4F溶液，使Ca2+恰好積淀完好即溶液中c(Ca2+)=1×10-5mol·L-1，則所加c(NH4F)=_________mol·L-1。[已Ksp(CaF2)=5.29×10-9]加入有機(jī)萃取劑的作用是________________________。某化學(xué)鍍鎳試劑的化學(xué)式為MxNi(SO4)y(M為+1價(jià)陽(yáng)離子，Ni為+2價(jià)，x、y均為正整數(shù))。為測(cè)定該鍍鎳試劑的組成，進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：I．稱量28.7g鍍鎳試劑，配制100mL溶液A；Ⅱ．正確量取10.00mL溶液A，用-10.40mol·L的EDTA(NaHY)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定其中的22Ni2+(離子方程式為Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+)，耗資EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液；Ⅲ．另取10.00mL溶液A，加入足量的BaCl2溶液，獲取白色積淀4.66g。①配制100mL鍍鎳試劑時(shí)，需要的儀器除藥匙、托盤(pán)天平、玻璃棒、燒杯、量筒、膠頭滴管外，還需要________________________。②該鍍鎳試劑的化學(xué)式為_(kāi)_______________________________?！敬鸢浮堪褟U鎳催化劑粉碎、合適加熱，合適增大酸的濃度或攪拌等SiO、CaSOFeOOH24+-2+2-+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl-+-22Na+3ClO+6Fe+4SO+6H6.6×10除掉溶液中的Zn2+100mL容量瓶(NH4)2Ni(SO4)2【解析】試題解析：(1)依照影響反應(yīng)速率的因素解析提高“酸浸”速率的措施；廢鎳催化劑中SiO2與硫酸不反應(yīng)，CaO與硫酸反應(yīng)的產(chǎn)物CaSO4微溶于水；(2)依照濾渣II的成分與溫度、pH的關(guān)系圖，可知控制溫度40℃、pH=8時(shí)，濾渣II的主要成分；Na2Fe6(SO4)4(OH)12中鐵元素化合價(jià)是+3，可知ClO-把Fe2+氧化為Fe3+，同時(shí)生成Na2644(OH)12積淀；(3)依照方程式2+-22+耗資Fe(SO)Ca+2F=CaF↓，積淀CaNH4F，依照Ksp(CaF2)=5.29×10-9，積淀Ca2+后，溶液中c(F-)=；(4)依照流程圖，加入有機(jī)萃取劑的作用是除掉溶液中的Zn2+；(5)①依照配制100mL必然物質(zhì)的量濃度溶液解析需要的儀器；②依照Ni2+22-=NiY2-+2H+計(jì)算Ni2+的物質(zhì)的量，依照可+HY計(jì)算相對(duì)分子質(zhì)量；依照10.00mL溶液A，加入足量的BaCl2溶液，獲取白色積淀4.66g，可計(jì)算SO2-的物質(zhì)的量，依照n(Ni2+2-)計(jì)算y值，依照化合價(jià)代數(shù)和等于4)：n(SO4零計(jì)算x值，最后依照相對(duì)分子質(zhì)量計(jì)算M的相對(duì)原子質(zhì)量。解析：(1)依照影響反應(yīng)速率的因素，高升溫度、把廢鎳催化劑粉碎、合適增大酸的濃度或攪拌等，都能夠提高“酸浸”速率；廢鎳催化劑中SiO2與硫酸不反應(yīng)，CaO與硫酸反應(yīng)的產(chǎn)物CaSO4微溶于水，因此濾渣I的成分是SiO2、CaSO4；(2)①依照濾渣II的成分與溫度、pH的關(guān)系圖，可知控制溫度40℃、pH=8時(shí)，濾渣II的主要成分是FeOOH；Na2Fe6(SO4)4(OH)12中鐵元素化合價(jià)是+3，可知ClO-把Fe2+氧化為Fe3+，同時(shí)生成2Fe412+-2+2-(OH)積淀，反應(yīng)的離子方程式是2Na+3ClO+6Fe+4SO(SO)+9H22644(OH)12-+；(3)依照方程式Ca2+-22+耗資O=NaFe(SO)↓+3Cl+6H+2F=CaF↓，積淀Ca0.002molNH4Fsp(CaF10×-92+-)=，設(shè)，依照K2，積淀Ca后，溶液中c(F加入c(NH4F)=cmol·L-1，則=；c=6.6×10-2；(4)依照流程圖，加入有機(jī)萃取劑的作用是除掉溶液中的Zn2+；(5)①依照配制100mL必然物質(zhì)的量濃度溶液需要100mL容量瓶；②依照Ni2+2-=NiY2-+，n(Ni2+-+H2Y+2H0.4molL·1=0.01mol，依照，MxNi(SO4)y的相對(duì)分子質(zhì)量=；10.00mL溶液A，加入足量的BaCl2溶液，獲取硫酸鋇，因此SO42-的物質(zhì)的量0.02mol，依照n(Ni2+)：n(SO42-)=1：y，則y=2，依照化合價(jià)代數(shù)和等于零,x=2，設(shè)M的相對(duì)原子質(zhì)量是a+59+96=287；a=18NH+a，則2，因此M是4，該鍍鎳試劑的化學(xué)式為(NH4)2Ni(SO4)2。6．甲烷催化裂解、氧氣部分氧化和水煤氣重整是目前制氫的常用方法?；卮鹨韵聠?wèn)題：(1)甲烷間隔空氣分解，部分反應(yīng)以下：Ⅰ.CH4(g)=C(s)+2H2(g)?H1=+74.9kJ/molⅡ.6CH4gC6H6g)+9H2g?H2531kJmol( )=(( )=+/Ⅲ.2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)?H3=+202kJ/mol①反應(yīng)I的△S___0。(填“＞”或“＜”)②C6H6(g)3H2(g)3C2H4(g)的△H=______kJ/mol。(2)CH4用水蒸氣重整制氫包含的反應(yīng)為：Ⅰ.水蒸氣重整：CH4(g)H2O(g)?CO(g)3H2(g)H206kJmolⅡ.水煤氣變換：CO(g)H2O(g)?CO2(g)H2(g)Hmol

11平衡時(shí)各物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)以下列圖：①為提高CH4的平衡轉(zhuǎn)變率，除壓強(qiáng)、溫度外，還可采用的措施是___________(寫(xiě)一條)。②溫度高于T12的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)開(kāi)始減小，其原因是___________?！鏁r(shí)，COnH2③T2℃時(shí)，容器中=______________。nCO2(3)甲烷部分氧化反應(yīng)為CH4(g)1O2(g)CO(g)2H2(g)H36kJmol1。已2知甲烷部分氧化、甲烷水蒸氣重整、水煤氣變換反應(yīng)的平衡常數(shù)的自然對(duì)數(shù)lnKp與溫度的關(guān)系以下列圖：①圖中Q點(diǎn)時(shí)，反應(yīng)CO2(g)CH4(g)?2CO(g)2H2(g)的InKp=________。②在某恒壓密閉容器中充入lmolCH4和1molH2Og( )在某溫度下發(fā)生水蒸氣重整反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，CH4的轉(zhuǎn)變率為50%，容器總壓強(qiáng)為1atm。H2的平衡分壓p(H2)=____atm；此溫度下反應(yīng)的lnKp=___(已知；ln3≈l.1，ln4≈l.4)。nH2O【答案】＞+75增大初步時(shí)(或及時(shí)從產(chǎn)物中分別出氫氣)反應(yīng)Ⅱ?yàn)榉艧岱磏CH4應(yīng)，從T1℃高升溫度，平衡向逆反應(yīng)方向搬動(dòng)的因素大于CO濃度增大向正反應(yīng)方向搬動(dòng)的因素，凈結(jié)果是平衡逆向搬動(dòng)7(或7:1)00.5-0.3【解析】【解析】【詳解】(1)①氣體體積增大的過(guò)程為熵增的過(guò)程，熵增過(guò)程△S大于0，反之小于0，反應(yīng)I為CH4(g)=C(s)+2H2(g)，氣體物質(zhì)的量增大，凌亂度增大，屬于熵增的過(guò)程，△S＞0；②已知：Ⅱ.6CH4gC6H6g9H2g?H2531kJmol()=( )+( )=+/Ⅲ.2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)?H3=+202kJ/mol依照蓋斯定律，Ⅲ×3-Ⅱ可得：C6H6g3H2g)=3C2H4gH202kJmol3-()+(( )△=(+/)×(+531kJ/mol)=+75kJ/mol；(2)①為提高CH4的平衡轉(zhuǎn)變率，即要讓反應(yīng)向正向進(jìn)行，除壓強(qiáng)、溫度外，還可將生成的nH2O氫氣從產(chǎn)物中分別出去，或增大初步時(shí)的；nCH4②反應(yīng)Ⅰ是吸熱反應(yīng)，高升溫度，平衡正向搬動(dòng)，CO的濃度增大，反應(yīng)Ⅱ?yàn)榉艧岱磻?yīng)，升高溫度，反應(yīng)逆向進(jìn)行，CO2的量減少，出現(xiàn)以下列圖CO2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)開(kāi)始減小，說(shuō)T1℃高升溫度，平衡向逆向搬動(dòng)的因素大于CO濃度增大向正向搬動(dòng)的因素，結(jié)果是平衡逆向搬動(dòng)；③依照?qǐng)D像，T2℃時(shí)，容器中一氧化碳和二氧化碳的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，設(shè)T2℃時(shí)，二氧化碳的物質(zhì)的量為x，列三段式：CO+H2O?CO2+H2始(mol)2x00變(mol)xxxxT2時(shí)(mol)xxxCH4+H2O?CO+3H2始(mol)00變(mol)2x2x2x6xT2時(shí)(mol)2x2x6x依照上述解析，T2nH26xx7xn2nH27x7；)=(℃時(shí)，(+=，)=，則nCO2x(3)①圖中Q點(diǎn)時(shí)，甲烷水蒸氣重整、水煤氣變換反應(yīng)的平衡常數(shù)的自然對(duì)數(shù)lnKp相等，pH3pCO2pH22pCO，可得即壓強(qiáng)平衡常數(shù)相等，則=pCH4pH2OpCOpH2OpH22pCO21；則反應(yīng)CO2(g)CH4(g)?2CO(g)2H2(g)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)pCH4pCO2=221lnKpppH2pCOK==，則ln10；pCO2pCH4②在某恒壓密閉容器中充入lmolCH4和1molH2O(g)在某溫度下發(fā)生水蒸氣重整反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，CH4的轉(zhuǎn)變率為50%，容器總壓強(qiáng)為1atm。依照反應(yīng)CH4(g)H2O(g)?CO(g)3H2(g)，則平衡時(shí)n(CH4)=lmol-lmol×50%=0.5mol，nH2Olmol-lmol×5005mol，nCO0.5molnH23×0.5mol1.5mol，依照分壓()=%=.()=，( )===總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，則H2的平衡分壓p(H2)=×1atm=0.5atm，用31atm1atm33壓強(qiáng)表示該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=33=，則lnKp=ln=ln3-1atm1atm4433ln411-1403=..=-.。7．氯氣是現(xiàn)代工業(yè)的重要原料，將氯化氫轉(zhuǎn)變?yōu)槁葰獾募夹g(shù)成為科學(xué)研究的熱車(chē)點(diǎn)，回答以下問(wèn)題：1）Deacon發(fā)明的直接氧化法為：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)?？砂匆韵麓呋^(guò)程進(jìn)行：Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+1Cl2(g)H1=+83kJ·mol-12CuCls1O2gCuOs1Cl2gH220kJ-1()=2()+2( )=-·4HClgO2223Ⅲ.( )+g2Clg2HOgH( )=( )+( )反應(yīng)Ⅰ能自覺(jué)進(jìn)行的條件是___。利用H1和H2計(jì)算H3時(shí)，還需要利用反應(yīng)___的H。2）如圖為剛性容器中，進(jìn)料濃度比cHClcO2（()：()分別等于11417：1時(shí)HCl平：、：、衡轉(zhuǎn)變率隨溫度變化的關(guān)系：可知反應(yīng)平衡常數(shù)K（400℃）__K（500℃）（填“大于”或“小于”）。設(shè)容器內(nèi)初始?jí)簭?qiáng)為p0，依照進(jìn)料濃度比c(HCl)：c(O2)=4：1的數(shù)據(jù)，計(jì)算400℃時(shí)容器內(nèi)的平衡壓強(qiáng)___（列出計(jì)算式）。按化學(xué)計(jì)量比進(jìn)料能夠保持反應(yīng)物高轉(zhuǎn)變率，同時(shí)降低產(chǎn)物分其他=能耗。進(jìn)料濃度比c(HCl)：c(O2)過(guò)低、過(guò)高的不利影響分別是___。（3）已知：氯氣與NaOH溶液反應(yīng)可生成NaClO3。有研究表示，生成NaClO3的反應(yīng)分兩步進(jìn)行：2ClO-ClO-+Cl-Ⅰ.=2Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-常溫下，反應(yīng)Ⅱ能快速進(jìn)行，但氯氣與NaOH溶液反應(yīng)很難獲取NaClO3，試用碰撞理論解釋其原因：___。（4）電解NaClO34，寫(xiě)出陽(yáng)極反應(yīng)式：___。水溶液可制備N(xiāo)aClO【答案】高溫CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl22O（g）大于0.848p022分（s）+HCl和O離能耗較高、HCl轉(zhuǎn)變率較低反應(yīng)Ⅰ的活化能高，活化分子百分?jǐn)?shù)低，不利于ClO－向－－－－＋3轉(zhuǎn)變ClO3＋H2ClO4＋2HClOO－2e=【解析】【解析】【詳解】1CuCls1Cl2gH183kJmol-1S0GHTS20，須高溫條件下才能自覺(jué)；Ⅰ.CuCl2121-12CuCls12122-1()=2( )+2( )=-·Ⅲ.4HCl(g)+O2223(g)=2Cl(g)+2HO(g)H利用H1和H2計(jì)算H3時(shí)，由蓋斯定律，（Ⅲ-Ⅱ×2-22得：還需要利用反應(yīng)Ⅰ×）/CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl（s）+HO（g）的H。22故答案為：高溫；CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）；（2）依照?qǐng)D象可知，進(jìn)料濃度比相同時(shí)，溫度越高HCl平衡轉(zhuǎn)變率越低，說(shuō)明該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，高升溫度平衡向著逆向搬動(dòng)，則溫度越高平衡常數(shù)越小，因此反應(yīng)平衡常數(shù)K400℃）大于K（500℃）；進(jìn)料濃度比c（HCl）：c（O2）的比值越大，HCl的平衡轉(zhuǎn)變率越低，依照?qǐng)D象可知，相同溫度時(shí)HCl轉(zhuǎn)變率最高的為進(jìn)料濃度比c（HCl）：c（O2）41400℃HCl的平衡轉(zhuǎn)變率為76=：，該曲線中%。則4HCl（）（）?（）2H2O（）g+O2g2Cl2g+g初始4100轉(zhuǎn)變422平衡422p=4120.762p0=0.848p0；41進(jìn)料濃度比c（HCl）：c（O2）過(guò)低時(shí)，O2濃度較大，HCl的轉(zhuǎn)變率較高，但Cl2和O2分別能耗較高，生成成本提高；進(jìn)料濃度比c（HCl）：c（O2）過(guò)高時(shí)，O2濃度較低，以致HCl的轉(zhuǎn)變率減??；故答案為：大于；p4122p0848p0Cl2O2=0；和分別能41=.耗較高、HCl轉(zhuǎn)變率較低；3）生成NaClO3-ClO2-Cl-ClO2-ClO-=ClO3-+Cl-，常溫（的反應(yīng)分兩步進(jìn)行：Ⅰ.2ClO=+，Ⅱ.+下，反應(yīng)Ⅱ能快速進(jìn)行，但氯氣與NaOH溶液反應(yīng)很難獲取NaClO3，用碰撞理論講解其原因：反應(yīng)Ⅰ的活化能高，活化分子百分?jǐn)?shù)低，不利于ClO－向ClO3－轉(zhuǎn)變；故答案為：反應(yīng)Ⅰ的活化能高，活化分子百分?jǐn)?shù)低，不利于ClO－向ClO3－轉(zhuǎn)變；（4）電解NaClO3水溶液可制備44－，陽(yáng)極反應(yīng)式：ClO3NaClO，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成ClO－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋。故答案為：ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋?！军c(diǎn)睛】本題觀察化學(xué)平衡計(jì)算、蓋斯定律應(yīng)用及電解原理等知識(shí)，明確化學(xué)平衡及其影響為解答要點(diǎn)，難點(diǎn)（2）注意掌握蓋斯定律內(nèi)容及三段式在化學(xué)平衡計(jì)算中的應(yīng)用，試題重視觀察學(xué)生的解析、理解能力及綜合應(yīng)用能力。8．I.亞硫酸鈉的氧化反應(yīng):2Na2SO3(aq)+O2(aq)=2Na2SO4(aq)率受溶解氧濃度影響,分為富氧區(qū)和貧氧區(qū)兩個(gè)階段。

?H=xkJ/mol。其反應(yīng)速1）已知O2(g)?O2(aq)?H=ykJ/mol，Na2SO3溶液與O2(g)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_(kāi)__________________。（2）291.5K時(shí),1.0L溶液中Na2346812mmol初始量分別為、,溶解氧濃度初始、、值為9.60mg/L,每5s記錄溶解氧濃度,實(shí)驗(yàn)結(jié)果以下列圖。當(dāng)Na23初始量為12mmol,SO經(jīng)過(guò)20s640mgL則0～20s內(nèi)Na23溶解氧濃度降為./,SO的平均反應(yīng)速率為_(kāi)______mol/(L·s)。（3）為確定貧氧區(qū)速率方程v=k·ca(SO32-)·cb(O2)中的a、b的值(取整數(shù)),解析實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)。cNa2SO3)×1033.655.6576511.65(.v×10610.224.444.7103.6①當(dāng)溶解氧濃度為4.0mg/L時(shí),c(SO32-)與速率數(shù)值關(guān)系如表(甲)所示，則a=____。②當(dāng)溶解氧濃度小于4.0mg/L時(shí),圖中曲線皆為直線,Na2SO3氧化速率與溶解氧濃度沒(méi)關(guān),則b_______=。（4）兩個(gè)階段不相同溫度的速率常數(shù)之比方表(乙)所示。已知lnk1=-Ea(1-1),R為常k2RT2T1Ea_____(填“＞”或“＜”)Ea數(shù)。(富氧區(qū))(貧氧區(qū))。（K）反應(yīng)階段速率方程kk(291.5K)富氧區(qū)v=k·c(SO32-)·c(O21.47)貧氧區(qū)a2-b2.59v=k·c(SO3)·c(O2)（5）在容積固定的密閉容器中,初步充入0.2molSO2和0.1molO2,反應(yīng)系統(tǒng)初步總壓強(qiáng)0.1MPa。反應(yīng)在必然溫度下達(dá)到平衡時(shí)SO2的轉(zhuǎn)變率為90%。該反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp=________(分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))(寫(xiě)單位)。（6）利用原電池原理,也可用SO22和O來(lái)制備硫酸,該電池用多孔資料作電極。請(qǐng)寫(xiě)出該電池負(fù)極反應(yīng)式_________________________。【答案】2Na2SO3(aq)+O2g)=2Na2SO4(aq)HxykJmol110-520＜(?=(+)/×24300MPa-1SO22e2H2OSO424H+【解析】【解析】【詳解】(1)2Na2SO3(aq)+O2(aq)=2Na2SO4(aq)?H=xkJ/mol①；O2(g)?O2(aq)?H=ykJ/mol②；將方程式①+②得2Na2SO3(aq)+O2(g)=2Na2SO4(aq)?H=(x+y)kJ/mol；(2)020s內(nèi)溶解氧濃度變化量=(960640)mgL320mgL32010-3/，則△c(O103g/L=10-4-2)=32g/molmol/L，依照方程式得△c(Na2SO3)=2△c(O2)=2×104molL020sNa2SO3v2104mol/L110-5-1s-1；內(nèi)的平均反應(yīng)速率?/，～=20s(3)①當(dāng)溶解氧濃度為4.0mg/L時(shí)，c(SO32-)與速率數(shù)值關(guān)系如表(甲)所示，v1：v2=c1a(SO32-)：c2a(SO32-)，

24.45.65=

a，解得a=2；40mg?L-1時(shí)，圖中曲線皆為直線，說(shuō)明該方程為一次函數(shù)，k為常②當(dāng)溶解氧濃度小于.數(shù)，v與c(SO32-)相關(guān)，溶解氧濃度對(duì)v無(wú)影響，因此b=0；(4)lnK1隨著Ea的增大而增大，富氧區(qū)的lnK1較小，故Ea富氧區(qū))＜Ea貧氧區(qū))；K2K2((2SO2+O2?2SO3（5開(kāi)始0）轉(zhuǎn)變平衡設(shè)平衡時(shí)的總壓強(qiáng)P，=，P=0.07MPa，P2Kp=2=24300MPa-1；（6）SO2和O2來(lái)制備硫酸，硫元素化合價(jià)高升，負(fù)極為SO2失電子生成硫酸根離子，反應(yīng)的離子方程式是SO22e2H2OSO424H+。9．生活污水中的氮和磷主要以銨鹽和磷酸鹽形式存在，可用電解法從溶液中去除。電解裝置如圖：以鐵作陰極、石墨作陽(yáng)極，可進(jìn)行除氮；翻轉(zhuǎn)電源正負(fù)極，以鐵作陽(yáng)極、石墨作陰極，可進(jìn)行除磷。I．電清除氮（1）在堿性溶液中，NH3能直接在電極放電，轉(zhuǎn)變?yōu)镹2，相應(yīng)的電極反應(yīng)式為：_______。（2）有Cl-存在時(shí)，除氮原理如圖1所示，主要依靠有效氯（HClO、ClO-）將NH4+或NH3氧化為N2。在不相同pH條件下進(jìn)行電解時(shí)，氮的去除率和水中有效氯濃度如圖2：①當(dāng)pH<8時(shí)，主要發(fā)生HClO氧化NH4+的反應(yīng)，其離子方程式為：____________。②結(jié)合平衡搬動(dòng)原理講解，當(dāng)pH<8時(shí)，氮的去除率隨pH的降低而下降的原因是：_____。③當(dāng)pH>8時(shí)，ClO-發(fā)生歧化以致有效氯濃度下降，而氮的去除率卻并未顯然下降，可能的原因是（答出一點(diǎn)即可）：______。II．電清除磷3）除磷的原理是利用Fe2+將PO43-轉(zhuǎn)變?yōu)镕e3(PO4)2積淀。①用化學(xué)用語(yǔ)表示產(chǎn)生Fe2+的主要過(guò)程：_______________。②如圖為某含Cl-污水在氮磷結(jié)合脫除過(guò)程中溶液pH的變化。推測(cè)在20-40min時(shí)脫除的元素是________。（4）測(cè)定污水磷含量的方法以下：取100mL污水，調(diào)治至合適pH后用AgNO3溶液使磷全部轉(zhuǎn)變?yōu)锳g3PO4積淀。將積淀過(guò)濾并沖洗后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定產(chǎn)生Ag+，發(fā)生反應(yīng)Ag++SCN-=AgSCN↓，共耗資cmol/LNH4SCN溶液VmL。則此污水中磷的含量為_(kāi)__mg/L（以磷元素計(jì)）。--+-+隨溶液+【答案】2NH3–6e+6OH=N2+6H2O3HClO+2NH4=3Cl+N2+3H2O+5HpH降低，c(H)增大，Cl2+H2O?H++Cl-+HClO平衡逆向搬動(dòng)，溶液中c(HClO)減小，使NH4+的氧化率下降pH高升有利于NH4+轉(zhuǎn)變?yōu)镹H3，NH3可直接在電極上放電而氧化（或pH高升有利于NH4+轉(zhuǎn)變?yōu)镹H3，且有利于NH3逸出）Fe–2e-=Fe2+310cv磷3【解析】【解析】（1）堿性溶液中，NH3轉(zhuǎn)變?yōu)镹2，化合價(jià)降低得電子；（2）當(dāng)pH<8時(shí)，HClO將NH4+氧化為N2；隨溶液++pH降低，c(H)增大，Cl2+H2O?H-時(shí)，有利于++Cl+HClO平衡逆向搬動(dòng)；當(dāng)pH>8NH4轉(zhuǎn)變?yōu)镹H3，NH3可直接在電極上放電而氧化，或有利于NH3逸出；（3）除磷時(shí)，F(xiàn)e作陽(yáng)極失電子；電清除氮，pH會(huì)減小。電清除磷，pH會(huì)增大；4）由關(guān)系式P~Ag3PO4~3AgSCN~3NH4SCN解答?！驹斀狻浚?）在堿性溶液中，NH3轉(zhuǎn)變?yōu)镹2，化合價(jià)降低得電子，相應(yīng)的電極反應(yīng)式為2NH3–-6e+6OH-=N2+6H2O；（2）①當(dāng)pH<8時(shí)，HClO將NH4+氧化為N2的離子方程式為3HClO+2NH4+=3Cl-++N2↑+3H2O+5H；++H2O?+-②當(dāng)pH<8時(shí)，隨溶液pH降低，c(H)增大，Cl2H+Cl+HClO平衡逆向搬動(dòng)，溶液中c(HClO)減小，使NH4+的氧化率下降，則氮的去