高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題強(qiáng)化提升訓(xùn)練6

專題強(qiáng)化提升訓(xùn)練(六)1．(2021·天津模擬)如圖是CH4與Cl2生成CH3Cl的部分反應(yīng)過程中各物質(zhì)物質(zhì)的能量變化關(guān)系圖(Ea表示活化能)，下列說法錯(cuò)誤的是(D)A．增大Cl2的濃度，可提高反應(yīng)速率，但不影響ΔH的大小B．第一步反應(yīng)的速率小于第二步反應(yīng)C．總反應(yīng)為放熱反應(yīng)D．升高溫度，Ea1、Ea2均增大，反應(yīng)速率加快【解析】Cl2是該反應(yīng)的反應(yīng)物，增大反應(yīng)物的濃度，反應(yīng)速率增大，但增大氯氣的濃度不影響ΔH的大小，故A正確；第一步反應(yīng)所需活化能Ea1大于第二步反應(yīng)所需活化能Ea2，第一步反應(yīng)單位體積內(nèi)活化分子百分?jǐn)?shù)低于第二步反應(yīng)，故第二步反應(yīng)速率更大，故B正確；反應(yīng)物總能量大于生成物總能量，為放熱反應(yīng)，故C正確；Ea1、Ea2分別為第一步反應(yīng)、第二步反應(yīng)所需活化能，升高溫度，反應(yīng)所需活化能不變，即Ea1、Ea2不變，故D錯(cuò)誤。2．已知熱化學(xué)方程式：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－QkJ·mol－1(Q>0)。下列說法正確的是(D)A．相同條件下，2molSO2(g)和1molO2(g)所具有的能量小于2molSO3(g)所具有的能量B．將2molSO2(g)和1molO2(g)置于一密閉容器中充分反應(yīng)后，放出熱量為QkJC．增大壓強(qiáng)或升高溫度，該反應(yīng)過程放出更多的熱量D．如將一定量SO2(g)和O2(g)置于某密閉容器中充分反應(yīng)后放熱QkJ，則此過程中有2molSO2(g)被氧化【解析】反應(yīng)是放熱反應(yīng)，依據(jù)反應(yīng)前后能量守恒，相同條件下，2molSO2(g)和1molO2(g)所具有的能量大于2molSO3(g)所具有的能量，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；ΔH＝－QkJ·mol－1，Q的具體含義是當(dāng)2mol的二氧化硫氣體與1mol的氧氣完全反應(yīng)生成2mol的三氧化硫氣體時(shí)，放出的熱量為QkJ，但這是一個(gè)可逆反應(yīng)，不可能完全反應(yīng)，因此放出的熱量小于QkJ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；增大壓強(qiáng)，該平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，放出熱量更多，升高溫度，該平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，放出熱量減少，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；如將一定量SO2(g)和O2(g)置于某密閉容器中充分反應(yīng)后放熱QkJ，參加反應(yīng)的二氧化硫?yàn)?mol，故一定有2molSO2(g)被氧化，選項(xiàng)D正確。3．(2021·臨川模擬)使用NC環(huán)金屬化Ir(Ⅲ)配合物催化甲酸脫氫的反應(yīng)機(jī)理如下圖。下列說法中錯(cuò)誤的是(D)A．甲酸脫氫過程的總反應(yīng)為HCOOHeq\o(→,\s\up7(催化劑))CO2↑＋H2↑B．反應(yīng)過程中，Ir(Ⅲ)配合物B為催化劑，Ir(Ⅲ)配合物A為中間產(chǎn)物C．由D→E的過程，是甲酸協(xié)助轉(zhuǎn)運(yùn)H的過程D．反應(yīng)過程中，HCOOH中的C=O鍵發(fā)生斷裂【解析】據(jù)圖可知反應(yīng)物為HCOOH，產(chǎn)物為H2和CO2，化學(xué)方程式為HCOOHeq\o(→,\s\up7(催化劑))CO2↑＋H2↑，A正確；據(jù)圖可知反應(yīng)物最開始是和Ir(Ⅲ)配合物B反應(yīng)，所以Ir(Ⅲ)配合物B是催化劑，Ir(Ⅲ)配合物A為其中一步反應(yīng)的產(chǎn)物，即中間產(chǎn)物，B正確；據(jù)圖可知D→E的過程中，在甲酸協(xié)助下，H原子由一個(gè)N原子上轉(zhuǎn)移到另一個(gè)N原子上，C正確；縱觀整個(gè)過程可知HCOOH中的C=O鍵沒有斷裂，C—H鍵和O—H鍵斷鍵形成C=O鍵，D錯(cuò)誤。4．(2021·北京模擬)Deacon催化氧化法將HCl轉(zhuǎn)化為Cl2的反應(yīng)為：4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－116kJ·mol－1研究發(fā)現(xiàn)CuCl2(s)催化反應(yīng)的過程如下：反應(yīng)?。篊uCl2(s)=CuCl(s)＋eq\f(1,2)Cl2(g)ΔH1＝＋83kJ·mol－1反應(yīng)ⅱ：CuCl(s)＋eq\f(1,2)O2(g)=CuO(s)＋eq\f(1,2)Cl2(g)ΔH2＝－20kJ·mol－1反應(yīng)ⅲ：……下列表述不正確的是(C)A．反應(yīng)ⅰ中反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量B．反應(yīng)ⅱ中，1molCuCl(s)反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移2mole－C．推斷反應(yīng)ⅲ應(yīng)為CuO(s)＋2HCl(g)=CuCl2(s)＋H2O(g)ΔH3＝－242kJ·mol－1D．由反應(yīng)過程可知催化劑參與反應(yīng)，通過改變反應(yīng)路徑提高反應(yīng)速率【解析】反應(yīng)ⅰ為吸熱反應(yīng)，則反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量，A正確；反應(yīng)ⅱ中，銅從＋1升高到＋2、氯從－1升高到0，則1molCuCl(s)反應(yīng)時(shí)失去2mole－，氧氣中氧從0降低到－2，則eq\f(1,2)molO2得到2mole－，B正確；按蓋斯定律，反應(yīng)4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－116kJ·mol－1減去2×(反應(yīng)?。磻?yīng)ⅱ)可得：2CuO(s)＋4HCl(g)=2CuCl2(s)＋2H2O(g)ΔH3＝－242kJ·mol－1，則CuO(s)＋2HCl(g)=CuCl2(s)＋H2O(g)ΔH3＝－121kJ·mol－1，C不正確；由反應(yīng)過程可知催化劑參與反應(yīng)后重新生成，但催化劑改變反應(yīng)路徑、通過降低反應(yīng)活化能提高反應(yīng)速率，D正確。5．(2021·山東高考)以KOH溶液為離子導(dǎo)體，分別組成CH3OH—O2、N2H4—O2、(CH3)2NNH2—O2清潔燃料電池，下列說法正確的是(C)A．放電過程中，K＋均向負(fù)極移動(dòng)B．放電過程中，KOH物質(zhì)的量均減小C．消耗等質(zhì)量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料電池的理論放電量最大D．消耗1molO2時(shí)，理論上N2H4—O2燃料電池氣體產(chǎn)物的體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為11．2L【解析】堿性環(huán)境下，甲醇燃料電池總反應(yīng)為：2CH3OH＋3O2＋4KOH=2K2CO3＋6H2O；N2H4—O2清潔燃料電池總反應(yīng)為：N2H4＋O2=N2＋2H2O；偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中C和N的化合價(jià)均為－2價(jià)，H元素化合價(jià)為＋1價(jià)，據(jù)氧化還原反應(yīng)原理可知其燃料電池的總反應(yīng)為：(CH3)2NNH2＋4O2＋4KOH=2K2CO3＋N2＋6H2O。放電過程為原電池工作原理，所以鉀離子均向正極移動(dòng)，A錯(cuò)誤；N2H4—O2清潔燃料電池的產(chǎn)物為氮?dú)夂退?，其總反?yīng)中未消耗KOH，所以KOH的物質(zhì)的量不變，其他兩種燃料電池根據(jù)總反應(yīng)可知，KOH的物質(zhì)的量減小，B錯(cuò)誤；理論放電量與燃料的物質(zhì)的量和轉(zhuǎn)移電子數(shù)有關(guān)，設(shè)消耗燃料的質(zhì)量均為mg，則甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放電量(物質(zhì)的量表達(dá)式)分別是：eq\f(mg,32g/mol)×6、eq\f(mg,32g/mol)×4、eq\f(mg,60g/mol)×16，通過比較可知(CH3)2NNH2理論放電量最大，C正確；根據(jù)轉(zhuǎn)移電子數(shù)守恒和總反應(yīng)式可知，消耗1molO2生成的氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為1mol，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為22．4L，D錯(cuò)誤。6．已知：(1)Zn(s)＋eq\f(1,2)O2(g)=ZnO(s)，ΔH＝－348．3kJ·mol－1，(2)2Ag(s)＋eq\f(1,2)O2(g)=Ag2O(s)，ΔH＝－31．0kJ·mol－1，則Zn(s)＋Ag2O(s)=ZnO(s)＋2Ag(s)的ΔH等于(B)A．－379．3kJ·mol－1 B．－317．3kJ·mol－1C．－332．8kJ·mol－1 D．317．3kJ·mol－1【解析】根據(jù)蓋斯定律可知，(1)－(2)即得到Zn(s)＋Ag2O(s)=ZnO(s)＋2Ag(s)，所以反應(yīng)熱ΔH＝－348．3kJ·mol－1＋31．0kJ·mol－1＝－317．3kJ·mol－1，故答案為B。7．(2021·綿陽模擬)文獻(xiàn)報(bào)道：在45℃、0．1MPa時(shí)，科學(xué)家以鐵粉為催化劑，通過球磨法合成氨。部分反應(yīng)歷程如圖所示(吸附在催化劑表面的物種用*標(biāo)注)，下列說法正確的是(C)A．由此歷程可知：N*＋3H*=NH*＋2H*ΔH>0B．鐵粉改變了合成氨的反應(yīng)歷程和反應(yīng)熱C．圖示過程中有極性共價(jià)鍵的生成D．用不同催化劑合成氨，反應(yīng)歷程均與上圖相同【解析】ΔH與反應(yīng)過程無關(guān)，取決于反應(yīng)的起點(diǎn)和終點(diǎn)，由圖知，反應(yīng)物的總能量比生成物的總能量高，為放熱反應(yīng)ΔH<0，則N*＋3H*=NH*＋2H*ΔH<0，A錯(cuò)誤；鐵粉做催化劑，只改變反應(yīng)歷程，不改變始終態(tài)，即不能改變反應(yīng)熱，B錯(cuò)誤；過程中有N—H極性共價(jià)鍵的生成，C正確；不同的催化劑，改變反應(yīng)的歷程不一樣，D錯(cuò)誤。8．(2021·茂名模擬)中國科學(xué)家研究出對(duì)環(huán)境污染小、便于鋁回收的海水電池，其工作原理示意圖如圖所示，已知聚丙烯半透膜的作用是允許某類粒子通過。下列說法正確的是(C)A．電極Ⅰ為正極，其電極反應(yīng)式為O2＋4H＋＋4e－=2H2OB．聚丙烯半透膜允許陽離子從右往左通過C．如果電極Ⅱ?yàn)榛钚枣V鋁合金，則負(fù)極區(qū)會(huì)逸出大量氣體D．當(dāng)負(fù)極質(zhì)量減少5．4g時(shí)，正極消耗3．36L氣體【解析】該裝置為原電池，由電子流向可知電極Ⅰ作正極、電極Ⅱ鋁作負(fù)極。正極上得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，因介質(zhì)為堿性，故電極反應(yīng)式為O2＋2H2O＋4e－=4OH－，A錯(cuò)誤；原電池中陽離子移向正極，陰離子移向負(fù)級(jí)，根據(jù)題意知鋁要便于回收，所以聚丙烯半透膜不允許Al3＋通過，B錯(cuò)誤；如果電極Ⅱ?yàn)榛钚枣V鋁合金，就會(huì)構(gòu)成無數(shù)個(gè)微型原電池，鎂為負(fù)極，鋁為正極，溶液中H＋得電子產(chǎn)生氫氣，所以負(fù)極區(qū)會(huì)逸出大量氣體，C正確；根據(jù)得失電子守恒進(jìn)行計(jì)算，n(O2)＝eq\f(mAl,MAl)×eq\f(3,4)＝eq\f(5.4g,27g·mol－1)×eq\f(3,4)＝0．15mol，但題中未標(biāo)明是否在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，故無法計(jì)算消耗氣體的體積，D錯(cuò)誤。9．(2021·安慶模擬)甲池是一種常見的氫氧燃料電池，如下圖所示。一段時(shí)間乙池內(nèi)，D中進(jìn)入10mol混合氣體其中苯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為20%(雜質(zhì)不參與反應(yīng))，C出來的氣體中含苯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為10%的混合氣體(不含H2，該條件下苯、環(huán)己烷都為氣態(tài))，下列說法不正確的是(D)A．甲池中A處通入O2，E處有O2放出，且體積一樣(標(biāo)況下測定)B．甲池中H＋由G極移向F極，乙池中H＋由多孔惰性電極移向惰性電極C．乙池中惰性電極上發(fā)生：＋6H＋＋6e－=D．導(dǎo)線中共傳導(dǎo)12mol電子【解析】由題意和圖示，甲為氫氧燃料電池，乙為電解池，根據(jù)乙池中，惰性電極處苯被還原為環(huán)己烷，故惰性電極發(fā)生還原反應(yīng)為陰極，多孔性惰性電極為陽極，則G電極與陰極相連，為原電池負(fù)極，F(xiàn)為正極，故甲池中F為正極，A處通入氧氣，G為負(fù)極，B處通入氫氣。A處通入O2，E處為電解池陽極產(chǎn)物，陽極是水放電生成氧氣和H＋，由于電子轉(zhuǎn)移守恒，故兩處的氧氣的物質(zhì)的量相同，體積相同，A正確；原電池中陽離子向正極移動(dòng)，F(xiàn)極為正極，故甲池中H＋由G極移向F極，電解池中，陽離子向陰極移動(dòng)，惰性電極為陰極，故乙池中H＋由多孔惰性電極移向惰性電極，B正確；乙池中，惰性電極處苯得到電子，被還原為環(huán)己烷，電極方程式為：＋6H＋＋6e－=，C正確；10mol含20%苯的混合氣體，經(jīng)過電解生成10mol含苯10%的混合氣體，則被還原的苯的物質(zhì)的量為10mol(20%－10%)＝1mol，由電極方程式得轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為6mol，D錯(cuò)誤。10．(2021·哈爾濱模擬)中國科學(xué)院大連化物所的研究團(tuán)隊(duì)創(chuàng)新性提出鋅碘單液流電池的概念，實(shí)現(xiàn)鋅碘單液流中電解液的利用率近100%，其原理如圖所示。下列說法正確的是(C)A．放電時(shí)A電極反應(yīng)式為：Zn2＋＋2e－=ZnB．放電時(shí)電解質(zhì)儲(chǔ)罐中離子總濃度減小C．M為陰離子交換膜，N為陽離子交換膜D．充電時(shí)A極增重65g，C區(qū)增加離子數(shù)為2NA【解析】放電時(shí)A電極是負(fù)極，A極反應(yīng)式為：Zn－2e－=Zn2＋，故A錯(cuò)誤；放電時(shí)，A區(qū)發(fā)生反應(yīng)Zn－2e－=Zn2＋，C區(qū)Cl－進(jìn)入A區(qū)，所以電解質(zhì)儲(chǔ)罐中離子總濃度增大，故B錯(cuò)誤；放電時(shí)，C區(qū)Cl－進(jìn)入A區(qū)、K＋進(jìn)入B區(qū)，所以M為陰離子交換膜，N為陽離子交換膜，故C正確；充電時(shí)A極增重65g，A區(qū)發(fā)生反應(yīng)Zn2＋＋2e－=Zn，電路中轉(zhuǎn)移2mol電子，根據(jù)電荷守恒，2molCl－自A區(qū)進(jìn)入C區(qū)，2molK＋自B區(qū)進(jìn)入C區(qū)，C區(qū)增加離子數(shù)為4NA，故D錯(cuò)誤。11．(2021·合肥模擬)普通電解水制氫氣和氧氣的缺點(diǎn)是溫度高，能耗大。鈰—釩液流電池在充電狀態(tài)下產(chǎn)生的Ce4＋和V2＋離子可在低溫催化條件下用于制備氫氣和氧氣，該裝置示意圖如圖。下列說法錯(cuò)誤的是(D)A．在催化劑作用下有利于降低分解水制氫的能耗B．鈰—釩液流電池在充電狀態(tài)下總反應(yīng)為：Ce3＋＋V3＋eq\o(=,\s\up7(通電))Ce4＋＋V2＋C．工作時(shí)，H＋通過質(zhì)子交換膜由a往b移動(dòng)D．制氧氣的離子方程式為：4Ce4＋＋4OH－eq\o(=,\s\up7(RuO2))4Ce3＋＋O2↑＋2H2O【解析】催化劑能夠改變反應(yīng)途徑降低反應(yīng)的活化能，因而能夠降低分解水制氫能耗，A正確；由題干可知：充電狀態(tài)下可產(chǎn)生Ce4＋、V2＋，因而根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得反應(yīng)方程式為：Ce3＋＋V3＋eq\o(=,\s\up7(通電))Ce4＋＋V2＋，B正確；由圖可知：在裝置的右側(cè)產(chǎn)生H2，因此H＋會(huì)通過離子交換膜由a往b移動(dòng)，C正確；裝置中含有質(zhì)子交換膜，因此有H＋參加反應(yīng)，制備O2的反應(yīng)方程式中不能有OH－，D錯(cuò)誤。12．(2021·長沙模擬)H2O2和O3都是較強(qiáng)的氧化劑，可用于環(huán)境消殺。以下電化學(xué)裝置可協(xié)同產(chǎn)生H2O2和O3，產(chǎn)生H2O2和O3的物質(zhì)的量之比為5∶1，下列說法錯(cuò)誤的是(A)A．Y電極電勢低于X電極B．膜為質(zhì)子交換膜C．生成雙氧水的電極反應(yīng)式為O2＋2e－＋2H＋=H2O2D．X極處可能還存在其他副反應(yīng)【解析】Y極O元素從－2價(jià)升至0價(jià)，是陽極，電極反應(yīng)式：2H2O－4e－=O2＋4H＋，3H2O－6e－=O3＋6H＋，X極是陰極，電極反應(yīng)式為：O2＋2e－＋2H＋=H2O2；Y極是陽極，X極是陰極，Y電極電勢比X電極高，A錯(cuò)誤；H＋由Y極向X極移動(dòng)，則膜為質(zhì)子交換膜，B正確；X極是陰極，生成雙氧水的電極反應(yīng)式為O2＋2e－＋2H＋=H2O2，C正確；Y極還可能發(fā)生的電極反應(yīng)式為3H2O－6e－=O3＋6H＋，則H2O2和O3的物質(zhì)的量之比為3∶1，故應(yīng)有其他副反應(yīng)生成H2O2，才會(huì)有5∶1，D正確。13．(2021·廣元模擬)碳是形成化合物種類最多的元素，其單質(zhì)及化合物是人類生產(chǎn)生活的主要能源物質(zhì)。請(qǐng)回答下列問題：(1)有機(jī)物M經(jīng)過太陽光光照可轉(zhuǎn)化成N，轉(zhuǎn)化過程如圖：ΔH＝＋88．6kJ/mol則M、N相比，較穩(wěn)定的是__M__。(用字母“M”或“N”表示)(2)已知CH3OH(l)的燃燒熱ΔH＝－238．6kJ/mol，CH3OH(l)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－akJ/mol，則a__＜__238．6(填“＞”“＜”或“＝”)。(3)使Cl2和H2O(g)通過灼熱的炭層，生成HCl和CO2，當(dāng)有1molCl2參與反應(yīng)時(shí)釋放出145kJ熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：__2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)=4HCl(g)＋CO2(g)ΔH＝－290kJ·mol－1__。(4)火箭和導(dǎo)彈表面的薄層是耐高溫物質(zhì)，將石墨、鋁粉和二氧化鈦按一定比例混合在高溫下煅燒，所得物質(zhì)可作耐高溫材料，4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)=2Al2O3(s)＋3TiC(s)ΔH＝－1176kJ/mol，則反應(yīng)過程中，每轉(zhuǎn)移1mol電子放出的熱量為__98__kJ。(5)蓋斯定律在生產(chǎn)和科學(xué)研究中有很重要的意義。有些反應(yīng)的反應(yīng)熱雖然無法直接測得，但可通過間接的方法測定?，F(xiàn)根據(jù)下列3個(gè)熱化學(xué)反應(yīng)方程式：①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH＝－24．8kJ·mol－1②3Fe2O3(s)＋CO(g)=2Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH＝－47．2kJ·mol－1③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH＝＋640．5kJ·mol－1寫出CO氣體還原FeO固體得到Fe固體和CO2氣體的熱化學(xué)反應(yīng)方程式：__FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)ΔH＝－218．0kJ·mol－1__?！窘馕觥?1)由M轉(zhuǎn)化成N的熱效應(yīng)可知，M的總能量更低，能量越低越穩(wěn)定，則較穩(wěn)定的是M；(2)CH3OH(l)的燃燒熱是1molCH3OH(l)在足量氧氣中充分燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水時(shí)對(duì)應(yīng)的焓變，生成二氧化碳?xì)怏w，甲醇燃燒生成CO2(g)和H2(g)屬于不完全燃燒，放出的熱量小，則a<238．6；(3)使Cl2和H2O(g)通過灼熱的炭層，生成HCl和CO2，該化學(xué)方程式為：2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)=4HCl(g)＋CO2(g)，當(dāng)有1molCl2參與反應(yīng)時(shí)釋放出145kJ熱量，則有2molCl2參與反應(yīng)時(shí)釋放出290kJ，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)=4HCl(g)＋CO2(g)ΔH＝－290kJ·mol－1；(4)由4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)=2Al2O3(s)＋3TiC(s)ΔH＝－1176kJ/mol知：4Al(s)～3C(s)～12e－，轉(zhuǎn)移12mol電子放熱1176kJ，則反應(yīng)過程中，每轉(zhuǎn)移1mol電子放熱98kJ；(5)①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH1＝－24．8kJ·mol－1②3Fe2O3(s)＋CO(g)=2Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH2＝－47．2kJ·mol－1③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH3＝＋640．5kJ·mol－1，按照蓋斯定律：eq\f(1,6)[3×①－②－2×③]可得：反應(yīng)FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)ΔH，則ΔH＝eq\f(1,6)[3×ΔH1－ΔH2－2×ΔH3]＝－218．0kJ·mol－1，則CO氣體還原FeO固體得到Fe固體和CO2氣體的熱化學(xué)反應(yīng)方程式：FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)ΔH＝－218．0kJ·mol－1。14．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、石墨作陽極，可進(jìn)行除氮；翻轉(zhuǎn)電源正負(fù)極，以鐵作陽極、石墨作陰極，可進(jìn)行除磷。Ⅰ．電解除氮(1)在堿性溶液中，NH3能直接在電極放電，轉(zhuǎn)化為N2，相應(yīng)的電極反應(yīng)式為：__2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O__。(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NHeq\o\al(＋,4)或NH3氧化為N2。在不同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NHeq\o\al(＋,4)的反應(yīng)，其離子方程式為：__3HClO＋2NHeq\o\al(＋,4)=3Cl－＋N2＋3H2O＋5H＋__。②結(jié)合平衡移動(dòng)原理解釋，當(dāng)pH<8時(shí)，氮的去除率隨pH的降低而下降的原因是：__隨溶液pH降低，c(H＋)增大，Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO平衡逆向移動(dòng)，溶液中c(HClO)減小，使NHeq\o\al(＋,4)的氧化率下降__。③當(dāng)pH>8時(shí)，ClO－發(fā)生歧化導(dǎo)致有效氯濃度下降，而氮的去除率卻并未明顯下降，可能的原因是(答出一點(diǎn)即可)：__pH升高有利于NHeq\o\al(＋,4)轉(zhuǎn)變?yōu)镹H3，NH3可直接在電極上放電而氧化(或pH升高有利于NHeq\o\al(＋,4)轉(zhuǎn)變?yōu)镹H3，且有利于NH3逸出)__。Ⅱ．電解除磷(3)除磷的原理是利用Fe2＋將POeq\o\al(3－,4)轉(zhuǎn)化為Fe3(PO4)2沉淀。①用化學(xué)用語表示產(chǎn)生Fe2＋的主要過程：__Fe－2e－=Fe2＋__。②如圖為某含Cl－污水在氮磷聯(lián)合脫除過程中溶液pH的變化。推測在20～40min時(shí)脫除的元素是__磷__。(4)測定污水磷含量的方法如下：取100mL污水，調(diào)節(jié)至合適pH后用AgNO3溶液使磷全部轉(zhuǎn)化為Ag3PO4沉淀。將沉淀過濾并洗滌后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定產(chǎn)生的Ag＋，發(fā)生反應(yīng)Ag＋＋SCN－＝AgSCN↓，共消耗cmol/LNH4SCN溶液VmL。則此污水中磷的含量為__eq\f(310cV,3)__mg/L(以磷元素計(jì))?！窘馕觥?1)在堿性溶液中，NH3轉(zhuǎn)化為N2，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NHeq\o\al(＋,4)氧化為N2的離子方程式為3HClO＋2NHeq\o\al(＋,4)=3Cl－＋N2↑＋3H2O＋5H＋；②當(dāng)pH<8時(shí)，隨溶液pH降低，c(H＋)增大，Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO平衡逆向移動(dòng)，溶液中c(HClO)減小，使NHeq\o\al(＋,4)的氧化率下降，則氮的去除率隨pH的降低而下降；③當(dāng)pH>8時(shí)，ClO－發(fā)生歧化導(dǎo)致有效氯濃度下降，NHeq\o\al(＋,4)的氧化率下降，而氮的去除率卻并未明顯下降，可能的原因是pH升高有利于NHeq\o\al(＋,4)轉(zhuǎn)變?yōu)镹H3，NH3可直接在電極上放電而被氧化(或pH升高有利于NHeq\o\al(＋,4)轉(zhuǎn)變?yōu)镹H3，且有利于NH3逸出)。(3)①除磷時(shí)，F(xiàn)e作陽極失電子，產(chǎn)生Fe2＋的主要過程為Fe－2e－=Fe2＋；②由圖溶液pH的變化，在堿性溶液中，電解除氮時(shí)2NH3eq\o(=,\s\up7(電解))N2＋3H2，消耗NH3，pH會(huì)減小。電解除磷，陽極電解鐵，陰極電解氫離子，pH會(huì)增大，20－40min時(shí)pH增大，則脫除的元素是磷。(4)由關(guān)系式P～Ag3PO4～3AgSCN～3NH4SCN可知：n(P)＝eq\f(1,3)n(NH4SCN)＝eq\f(1,3)cV×10－3mol，則此污水中磷的含量為：eq\f(1,3)cV×10－3mol×31g/mol×103mg/g÷0．1L＝eq\f(310,3)cVmg/L。15．(2021·武漢模擬)CO2的回收與利用是科學(xué)家研究的熱點(diǎn)課題，可利用CH4與CO2制備“合成氣”(CO、H2)，還可制備甲醇、二甲醚、碳基燃料等產(chǎn)品。Ⅰ．制合成氣科學(xué)家提出制備“合成氣”反應(yīng)歷程分兩步：第一步：CH4(g)=C(ads)＋2H2(g)(慢反應(yīng))第二步：C(ads)＋CO2(g)=2CO(g)(快反應(yīng))(1)決定制備“合成氣”反應(yīng)速率的是第__一__步，上述反應(yīng)中C(ads)為吸附性活性炭，反應(yīng)歷程的能量變化如圖：CH4與CO2制備“合成氣”的熱化學(xué)方程式為__CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝＋(E3－E1)kJ·mol－1__。Ⅱ．制備甲醇“合成氣”在催化劑作用下反應(yīng)，可以直接合成甲醇：CO(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＜0，測得相同時(shí)間內(nèi)甲醇產(chǎn)率與溫度的關(guān)系如圖所示。(2)溫度在800℃時(shí)甲醇產(chǎn)率最高的主要原因是__800_℃時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡，800_℃前，溫度升高，反應(yīng)速率增大，甲醇產(chǎn)率增大，800_℃后，溫度升高，催化劑活性(或選擇性)降低，反應(yīng)速率減慢，甲醇產(chǎn)率降低，或該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，甲醇產(chǎn)率降低，所以溫度在800_℃時(shí)甲醇產(chǎn)率最高_(dá)_。(3)下列措施能提高CO平衡轉(zhuǎn)化率的是__BD__(填字母)。A．升溫 B．加壓C．加入催化劑 D．增大H2濃度Ⅲ．脫水制醚利用“合成氣”合成甲醇后，甲醇脫水制得二甲醚的反應(yīng)為：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH，其速率方程式：v正＝k正·c2(CH3OH)，v逆＝k逆·c(CH3OCH3)·c(H2O)，k正、k逆為速率常數(shù)且只與溫度有關(guān)。經(jīng)查閱資料，上述反應(yīng)平衡狀態(tài)下存在計(jì)算式：lnKc＝2．205＋eq\f(2708.6137,T)(Kc為化學(xué)平衡常數(shù)；T為熱力學(xué)溫度，單位為K)。(4)當(dāng)T＝500K時(shí)，Kc≈9，在密閉容器中加入一定量甲醇CH3OH，反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)，體系中CH3OCH3(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)__C__(填標(biāo)號(hào))。A．<eq\f(1,3) B．eq\f(1,3)C．>eq\f(1,3) D．無法確定Ⅳ．制備碳基燃料利用銅基配合物1,10—phenanthroline—Cu催化劑電催化CO2還原制備碳基燃料(包括CO、烷烴和酸等)是減少CO2在大氣中累積和實(shí)現(xiàn)可再生能源有效利用的關(guān)鍵手段之一，其裝置原理如圖所示。(5)①電池工作過程中，圖中Pt電極附近溶液的pH__變小__(填“變大”或“變小”)，陰極的電極反應(yīng)式為__CO2＋2H＋＋2e－=HCOOH__。②每轉(zhuǎn)移2m