2020届高三化学考前三轮冲刺考点突破训练：考点33化学反应原理综合-图像的综合分析【答案+解析】

化学反应原理综合——图像的综合分析CrO42－和Cr2O27－在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol·L－1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72－)随c(H＋)的变化如图所示由图可知，溶液酸性增大，CrO24－的平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为 。[图像分析]由图可知，溶液的酸性增强，Cr2O27－的浓度越大，平衡向正反应方向移动，因此CrO24－的平衡转化率增大；由反应 2CrO24－＋2H＋2－ cCr2O72－Cr2O7＋H2O得该转化反应的平衡常数表达式为c2CrO2－·c2H＋，根据A点数据可以得出c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1、c(Cr2O27－)＝0.25mol·L－1，可求出转化的c(CrO24－)＝0.25mol·L－1×2＝0.5mol·L1，进一步可得平衡时c(CrO24)＝0.5mol·L1，代入表达式中得平衡常数K＝1.0×1014。下图是当反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料后，在200℃、400℃、600℃下发生反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1。达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线TOC\o"1-5"\h\z曲线a对应的温度是 。图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系是 。M点对应的H2转化率是 。[图像分析]由于ΔH<0，温度越高，混合物中NH3的物质的量分数越低，再结合图像可得出200℃、400℃、600℃下发生反应的曲线分别为a、b、c；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故K(Q)＝K(M)；又ΔH<0，升高温度，平衡常数降低，故K(Q)＝K(M)>K(N)；由图像可知M点NH3的物质的量分数为60%，再结合反应方程式可求出H2转化率为75%。以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下：3C3H6(g)＋NH3(g)＋2O2(g)===C3H3N(g)＋3H2O(g)ΔH＝－515kJ·mol－1C3H6(g)＋O2(g)===C3H4O(g)＋H2O(g)ΔH＝－353kJ·mol－1

n氨丙烯腈和丙烯醛的产率与氨的关系如图所示。由图可知，n丙烯最佳n氨

最佳n氨

n丙烯约为n氨由题图可知，当n丙烯＝1时，丙烯腈的产率最高，而丙烯醛的n氨产率已趋近于0，如果氨再增大，丙烯腈的产率反而降低，故最n丙烯佳nn丙氨烯约为1。 [图像分析]含重金属离子（如铬、锰、铅等）废水的常见治理方法有化学还原法、化学氧化法、吸附法等工艺。化学氧化法除Mn2＋。相同条件下，按Ⅰ、Ⅱ两种方案氧化除去水样中Mn2＋，测定不同pH、相同反应时间的c（Mn2＋），结果如图所示，产生该差异的可能原因是 氧化实验中除Mn2＋的最佳条件为

[图像分析]分析题图发现：相同条件下，由于Ⅱ方案中加入了MnO2，去除Mn2＋既快又好，因此产生该差异的可能原因是MnO2对Mn2＋的氧化有催化作用；②氧化实验中除Mn2＋的最佳条件为MnO2作催化剂，pH控制在9左右。(2019·南京、盐城一模)高铁酸盐等具有强氧化性，溶液pH越小氧化性越强，可用于除去废水中的氨氮、重金属等。K2FeO4的稳定性与pH关系如图1所示，用K2FeO4去除某氨氮(NH3－N)废水，氨氮去除率与pH关系如图2所示；用K2FeO4处理Zn2＋浓－1 －17度为0.12mol·L－1的含锌废水{Ksp[Zn(OH)2]＝1.2×10－17}，锌残留量与pH关系如图3所示[已知：K2FeO4与H2O反应生成Fe(OH)3的过程中，可以捕集某些难溶金属的氢氧化物形成共沉淀]。pH＝11时，K2FeO4与H2O反应生成Fe(OH)3和O2等物质，反应的离子方程式为 。图2中，pH越大氨氮的去除率越大，其原因可能是图3中，pH＝10时锌的去除率比pH＝5时大得多，其原因是 (从锌的存在形态的角度说明)。[图像分析]①由题意可知，反应的离子方程式为4FeO42－＋10H2O===4Fe(OH3)↓＋3O2↑＋8OH－。由题图1可知pH越小，K2FeO4的稳定性越差，与污染物作用的时间越短，由图2可知pH越大氨氮的去除率越大，可能是因为高铁酸盐在酸性较强时不稳定，容易分解，与污染物作用的时间短，难以除去。(以及在酸性条件下，氨氮主要以NH4＋的形成存在，具有较稳定结构，还原性比NH3弱)用K2FeO4处理Zn2＋浓度为0.12mol·L－1的含锌废水，由Ksp[Zn(OH)2]＝1.2×10－17，可以求得pH＝6时形成Zn(OH)2，因此在pH为5时，锌以Zn2＋存在；在pH＝10时，锌几乎都以Zn(OH)2存在，从而被除去。故pH＝10时锌的去除率比pH＝5时大得多原因是：在pH为5时，锌以Zn2＋存在；在pH＝10时，锌几乎都以Zn(OH)2存在，并被高铁酸盐与H2O反应的产物Fe(OH)3捕集。(2019·苏州一模)污水中过量的氮元素会使水体富营养化，其中主要以氨氮(NH3、NH4＋等)存在。使用次氯酸钠等氧化剂可将污水中的NH3氧化除去。①向氨水中加入次氯酸钠可产生无色无味的气体单质，该反应的化学方程式为②一定时间内，污水pH对次氯酸钠氧化脱除氨氮的影响如图1

所示。污水pH越小，加入次氯酸钠后水中的 浓度越大，氧化能力越强。但当pH<8时，氨氮去除率随pH减小而降低，其原因是某条件下，次氯酸钠投入量对污水中氮的去除率的影响如图2所示。当m(NaClO)∶m(NH3)>7.7时，总氮的去除率随m(NaClO)∶m(NH3)的增大不升反降的原因是①由题意可知，向氨水中加入次氯酸钠可产生无色无味的气体单质，NH3被氧化为N2，NaClO被还原为NaCl，根据氧化还原反应的配平原则得到该反应的化学方程式为 2NH3＋3NaClO===N2↑＋3NaCl＋3H2O。②污水pH越小，加入次氯酸钠后水中的HClO浓度越大，氧化能力越强。但当pH<8时，氨氮去除率随pH减小而降低，pH过小，将NH3转化为NH＋4后较难除去。当m(NaClO)∶m(NH3)>7.7时，总氮的去除率随m(NaClO)∶m(NH3)的增大不升反降，是因为NaClO投入过多会将氨氮氧化为NO3－等更高价态的物质，未能从溶液中除去。7．(2018·江苏高考)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。用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：2NO2(g)＋H2O(l)===HNO3(aq)＋HNO2(aq)－1ΔH＝－116.1kJ·mol－13HNO2(aq)===HNO3(aq)＋2NO(g)＋H2O(l)ΔH＝75.9kJ·mol－1反应3NO2(g)＋H2O(l)===2HNO3(aq)＋NO(g)的ΔH＝kJ·mol。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：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1molN2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(装置见图1)反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图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[把脉考点]第(1)问考查盖斯定律计算反应热第(2)问考查电解池电极反应式的书写第(3)问考查陌生化学方程式的书写第(4)问考查陌生氧化还原反应电子数的计算、化学反应速率的影响因素解析：(1)将题给三个热化学方程式依次编号为①、②和③，根据盖斯定律可知，③＝(①×3＋②)/2，则ΔH＝(－116.1kJ·mol－1×3＋75.9kJ·mol－1)/2＝－136.2kJ·mol－1。(2)由题给信息可知，反应物为HNO2(弱酸)，生成物为HNO3，因此阳极反应式为HNO2－2e－＋H2O===3H＋＋NO3－。(3)由题给信息可知，反应物为HNO2、(NH2)2CO，生成物为CO2和N2，根据氧化还原反应方程式的配平方法可写出该反应的化学方程式为2HNO2＋(NH2)2CO===22N↑＋CO2↑＋3H2O。(4)①NH3中N的化合价为－3，NO2中N的化合价为＋4，N2中N的化合价为0，4每生成1molN2，有7的N由－3价变为0价，被氧化的N的物质的824量为7mol，因此每生成1molN2转移的电子数为7mol。②温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增大也会提高反应速率。一段时间后催化剂活性增大幅度变小，主要是温度升高使反应速率增大。当温度超过一定值时，催化剂的活性下降，同时氨气与氧气能够反应生成NO而使反应速率减小。答案：(1)－136.2HNO2－2e－＋H2O===3H＋＋NO3－2HNO2＋(NH2)2CO===22N↑＋CO2↑＋3H2O24①274②迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO8.砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO23－，其原因是 。H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。

①以酚酞为指示剂（变色范围pH8.0～10.0），将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4 H2AsO4－＋H＋的电离常数为Ka1，则pKa1＝ （pKa1＝－lgKa1）。（3） 溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH＝7.1时，吸附剂X表面不带电荷；pH>7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH<7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量（吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量）如图3所示。①在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是②在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是[把脉考点]第(1)问考查化学反应的机理第(2)问考查陌生离子方程式的书写、电离平衡常数第(3)问考查影响化学反应速率的因素解析：(1)吸附剂X中含有NaOH溶液，能吸收空气中的CO2生成CO23－。(2)①图1中pH为8～10时，三价砷物种主要以H3AsO3和H2AsO3－的形式存在，故滴加NaOH溶液的过程中主要反应的离子方程式为OH－－ cH2AsO4·cH－＋H3AsO3===H2AsO3－＋H2O。②Ka1＝24 ，Ka1仅与温度有关，cH3AsO4为方便计算，在图2中取pH＝2.2时计算，此时c(H2AsO4－)＝c(H3AsO4)，则Ka1＝c(H＋)＝10－2.2，pKa1＝2.2。(3)①从图2知，pH由7升至9时，H2AsO4－转变为HAsO42－，由题中信息知，pH>7.1时，pH越高，吸附剂X所带负电荷越多，则吸附剂X与HAsO 分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池(以KOH溶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0～15h内，CH4的平均生成速率Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ从大到小的顺序为解析：(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Fe 分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池(以KOH溶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0～15h内，CH4的平均生成速率Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ从大到小的顺序为解析：(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CO32－，电极反应式为CO－2e－＋4OH－===CO32－＋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3.2mol，经计算可知反应掉的CO2为0.4mol，则平衡时甲中CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为0.6mol、1.8mol、0.4mol、0.4mol，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，故此时乙答案：(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2①OH－＋H3AsO3===H2AsO3－＋H2O②2.2①在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4－转变为HAsO42－，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加②在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4－和HAsO24－阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷9．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。CO可用于炼铁。已知：Fe2O3(s)＋3C(s)===2Fe(s)＋3CO(g)ΔH1＝＋489.0kJ·mol－1C(s)＋CO2(g)===2CO(g)ΔH2＝＋172.5kJ·mol－1则CO(g)还原Fe2O3(s)的热化学方程式为液为电解液)，该电池的负极反应式为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1molCO2、amolCO2、bmolH2、投入量3molH2cmolCH3OH(g)、cmolH2O(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

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：

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＝－28.5kJ·mol－1CO＋4OH－－2e－===CO23－＋2H2O①>②0.4<c≤1Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ①300～400℃②3Cu2Al2O4＋32H＋＋2NO3－===6Cu2＋＋6Al3＋＋2NO↑＋16H2O10．(2019·泰州一模)将甘油(C3H8O3)转化成高附加值产品是当前热点研究方向，甘油和水蒸气经催化重整可制得氢气，反应主要过程如下：反应Ⅰ：C3H8O3(l)＋3H2O(g) 3CO2(g)＋7H2(g)ΔH1反应Ⅱ：2C3H8O3(l)＋3O2(g) 6CO2(g)＋8H2(g)－1ΔH2＝akJ·mol1反应Ⅲ：2H2反应Ⅲ：2H2(g)＋O2(g)2H2O(g)ΔH3＝bkJ·molΔH1＝ 。酸性条件下，甘油可在纳米TiO2Pt复合膜阳极上转化为甘油醛(C3H6O3)，该电极反应式为 。硝化甘油(C3H5O9N3)是治疗心绞痛的速效药，也可用作开采矿物的炸药。①硝化甘油能治疗心绞痛的原理是在人体中释放NO，实验室中

也可通过干法制备NO，方程式为3KNO2＋KNO3＋Cr2O3=====2K2CrO4＋4NO↑。若有1molNO生成，则被KNO3氧化的Cr2O3的物质的量为mol。②硝化甘油爆炸时会彻底分解为N2、O2、CO2和H2O，反应的化学方程式为①反应Ⅰ制备H2时的副产物很多，主要有CH4、C2H4等，生产过程中必须采取措施抑制副产物产生，目的是②为了有效提高反应Ⅰ氢气的产率，研究人员还采用CaO吸附增强制氢的方法。如图1所示，请分析加入CaO提高氢气产率的原因(5)高效的催化剂是这种制氢方法能大规模应用的重要因素。图2为三种不同催化剂在一段时间内与甘油转化率的关系，则Ni/SiC催化剂的优点是 。解析：(1)根据盖斯定律，反应Ⅰ＝反应Ⅱ－反应Ⅲ×3，故ΔH1＝2(a－3b)kJ·mol。(2)甘油在阳极上转化为甘油醛(C3H6O3)，C3H8O