2018年高考试题
1．【2018新课标1卷】采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到
广泛应用。回答下列问题
（1）1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其
分子式为___________。
（2）F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃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 p/kPa 0 35.8 40 40.3 80 42.5. 160 45.9 260 49.2 1300 61.2 1700 62.3 ∞ 63.1 ①已知：2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=−4.4 kJ·mol−1 2NO2(g)＝N2O4(g) ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1 则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+
1O2(g)的ΔH=_______ kJ·mol−1。 23min1。t=62 min时，测得体系中②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率210pN2O5kPa?pO2pO2=2.9 kPa，则此时的pN2O5=________kPa，v=_______kPa·min−1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1 kPa（填“大于”“等
于”或“小于”），原因是________。 ④25℃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1位小数）。
（3）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NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D．第三步反应活化能较高
【答案】 O2 53.1 30.0 6.0×102 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 13.4 AC 【解析】分析：（1）根据还原剂失去电子转化为氧化产物判断；
（2）①根据盖斯定律计算；
②根据压强之比是物质的量之比计算； ③根据温度对压强和平衡状态的影响分析；
④根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程
式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强。 （3）根据三步反应的特点分析判断。
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＝.5 kPa，平衡后压强减少了.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
18.82kPa13.4kPa。 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数Kp26.4
点睛：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，题目难度较大。
试题设计新颖，陌生感强，计算量较大，对学生的要求较高。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。也可以直接把压强看作是物质的量利用三段式计算。
2．【2018新课标2卷】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) CO2(g)+C(s)=2CO(g) 消碳反应
ΔH/(kJ·mol−1) 活化能/ (kJ·mol−1) 催化剂X 催化剂Y 75 33 43 172 91 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)]05（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】 247 A 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 pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【解析】分析：（1）根据盖斯定律计算；根据反应特点结合温度和压强对平衡状态的影响解答；根据转化
率利用三段式计算平衡常数；
（2）①根据活化能对反应的影响分析；根据反应热结合温度对平衡状态的影响以及图像曲线变化趋势
解答；
②根据反应速率方程式分析影响其因素结合图像解答。
（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)。
点睛：本题主要是考查影响化学平衡的因素，化学图像的分析与判断，化学计算等知识。图像分析是解答
的易错点和难点，注意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。
3．【2018新课标3卷】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)3SiH2Cl2(g)
SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1=48 kJ·mol−1 SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2=−30 kJ·mol−1
SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的ΔH=__________ kJ·mol−1。
SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K
则反应4SiHCl3(g)
（3）对于反应2SiHCl3(g)
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、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=__________（保留1位小数）。
(HSiO)2O+6HCl 114 ①22 0.02 ②及时移去产物 改进催化剂
【答案】 2SiHCl3+3H2O
提高反应物压强（浓度） ③大于 1.3
【解析】分析：本题考查的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应与能量以及化学反应速率、平衡的
相关内容。只需要根据题目要求，利用平衡速率的方法进行计算即可。
详解：（1）根据题目表述，三氯氢硅和水蒸气反应得到(HSiO)2O，方程式为：
2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。
（2）将第一个方程式扩大3倍，再与第二个方程式相加就可以得到第三个反应的焓变，所以焓变为
48×3+(－30)=114kJ·mol1。
-
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
，
，当反应达平衡时
，＝，所以，实际就是
平衡常数K值，所以2SiHCl3
0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：
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=0.8；==0.1；所以
点睛：题目的最后一问的计算过程比较繁琐，实际题目希望学生能理解化学反应的平衡常数应该等于正逆
反应的速率常数的比值。要考虑到速率常数也是常数，应该与温度相关，所以不能利用b点数据进行计算或判断。
4．【2018北京卷】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)反应Ⅲ：S(s)+O2(g)
2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol1
－
SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol1
－
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
_________+_______+2 I
－
ii．I2+2H2O+_________
（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 a mol·LKI －1 C KI H2SO4 D 0.2 mol·LH2SO4 －1 试剂组成 0.4 mol·L－1 0.2 mol·L－1 0.2 mol·L－1 KI 0.0002 mol I2 溶液由棕褐色很快褪溶液变黄，一段时间实验现象 后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊无明显现象 较A快 出现浑浊较A快 色，变成黄色，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】 3SO2(g)+2H2O (g)
2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1 > 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 SO2 SO42− 4H 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】分析：（1）应用盖斯定律结合反应II分析。
（2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与H2SO4物质的量分数判断。 （3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii消去I得总反应。 （4）用控制变量法对比分析。
-+
++
（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。
点睛：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。
5．【2018天津卷】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 键能/kJ·mol−1 C—H 413 C=O 745 H—H 436 CO(CO) 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−6CO2+6O2−
3C2O42−
6O2−
反应过程中O2的作用是________。 该电池的总反应式：________。
【答案】 CO32 10 +120 kJ·mol1 B 900 ℃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。 Al–3e=Al3（或2Al–6e=2Al3） 催化剂 2Al+6CO2=Al2(C2O4)3
–
+
–
+
【解析】分析：本题考查的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应与能量以及化学反应速率、平衡的
相关内容。只需要根据题目要求，利用平衡速率的方法进行计算即可。
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。
点睛：本题的第（2）小问中的①涉及了恒容容器和恒压容器在不同反应中的影响。此类问题可以直接利用
如下的结论：如果初始状态完全相同，是由恒容和恒压的区别，则一定是恒压容器更有利于反应的进行。除非是气体物质的量不变的反应，恒压和恒容是一样的。本就可以直接得到，容器B恒压，所以有利于反应进行，反应的更多，热量也更多。
6．【2018江苏卷】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）3HNO2（aq）
HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH=−116.1 kJ·mol−1
HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH=75.9 kJ·mol−1
2HNO3（aq）+NO（g）的ΔH=___________kJ·mol−1。
反应3NO2（g）+H2O（l）
（2）用稀吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的。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】（1）−136.2
（2）HNO2−2e−+H2O（3）2HNO2+(NH2)2CO（4）① 3H+NO3−
+
2N2↑+CO2↑+3H2O
②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NO 【解析】分析：（1）应用盖斯定律解答。
（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。 （3）HNO2与（NH2）2CO反应生成N2和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒写出方程式。 （4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO2
7N2+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。
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
生催化氧化反应生成NO。 详解：（1）将两个热化学方程式编号，
2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH=−116.1 kJ·mol−1（①式） 3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH=75.9 kJ·mol−1（②式） 应用盖斯定律，将（①式116.1 kJ·mol−1）3+②式）2得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=[（−
2=-136.2kJ·mol−1。
3+75.9 kJ·mol−1]
（4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO2
7N2+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mol。
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，温度升高催化剂活性下降。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+5O2
4NO+6H2O。
点睛：本题以有效去除NOx为载体，考查盖斯定律的应用、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。主要体现的是对化学反应原理的考查，对化学反应原理的准确理解是解题的关键。
2018届高考模拟试题 7．【2018届黄冈中学二模】空气质量评价的主要污染物为PM10、PM2.5、SO2、NO2、O3、CO等物质。
研究脱硝(除NOx)技术和脱硫(除SO2)技术都是环境科学研究的热点，对于消除环境污染有重要意义。 （1）已知催化剂存在的条件下H2可以将NO还原为N2。下图是一定条件下H2还原NO生成N2和1 mol
水蒸气的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式__________________ 。（ΔH用E1、E2、E3表示）
（2）升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的速率却随着温度的升高
而减小。某化学小组为研究该特殊现象的实质原因，查阅资料知2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的反应历程分两步：
I．2NO(g)⇌N2O2(g)(快)； v1正=k1正.c2(NO)； v1逆=k1逆.c(N2O2) △H1＜0
II．N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)(慢)； v2正=k2正.c(N2O2)c(O2)； v2逆=k2逆.c2(NO2) △H2＜0 请回答下列问题：
①一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平
衡常数表达式K=__________________。
②决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)速率的是反应 II，反应 I的活化能E1与反应 II的活化能E2的大小关
系为E1___E2(填“＞”、“＜”或“=”)。根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原因是___。
A．k2正增大，c(N2O2)增大 B．k2正减小，c(N2O2)减小
C．k2正增大，c(N2O2)减小 D．k2正减小，c(N2O2)增大
③由实验数据得到v2正～c(O2)的关系可用图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则
变为相应的点为____(填字母)。
（3）我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应：H2S+O2=H2O2+S↓。
已知甲池中发生的反应为：
+
①装置中H从__________ 移向__________(填“甲池”或“乙池”)。 ②乙池溶液中发生的反应为______________________________________。
【答案】 )2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=2(E1-E2)kJ·mol−1
< C d 乙池 甲
池 H2S+=3I+S↓+2H
－+
【解析】分析：本题是对化学反应原理的综合考察。根据盖斯定律进行反应热的计算，正反应活化能与逆
反应活化能的差值为反应热；利用反应达到平衡时v正=v逆进行反应平衡常数的计算；根据图示可知，氧气变为过氧化氢，发生还原反应，该极为电解池的阴极，硫化氢变为单质硫，发生氧化反应，该极为电解池的阳极，发生氧化反应，氢离子向阴极移动，据此解答此题。
（2）①I．2NO(g)⇌N2O2(g)(快)； v1正=k1正.c2(NO)； v1逆=k1逆.c(N2O2) △H1＜0 II．N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)(慢)； v2正=k2正.c(N2O2)c(O2)； v2逆=k2逆.c2(NO2) △H2＜0 由反应达平衡状态,所以v1正= v1逆、v2正= v2逆,所以v1正×v2正= v1逆×v2逆,即 即k1
正
.c2(NO)×k2
正
.c(N2O2)c(O2)= k1
逆
.c(N2O2)× k2
逆
.c2(NO2)，则有：K= c2(NO2)/
c2(NO)×c(O2)=
；正确答案：。
（3） ①从示意图中看出，电子流向碳棒一极，该极为正极，氢离子从乙池移向甲池；正确答案：乙
池 ；甲池。
②乙池溶液中，硫化氢与I3发生氧化还原反应：硫化氢失电子变为硫单质，I3得电子变为I，离子反
应为H2S+I3=3I+S↓+2H；正确答案：H2S+I3=3I+S↓+2H。
8．【2018届青州市二模】C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法
-－
+
-－
+
--－
来消除这些物质对环境的影响。
（1） CO2的重整用CO2和H2为原料可得到CH4燃料。 已知: ①CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247k/mol ②CH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H2=+205k/mol
写出CO2重整的热化学方程式:___________________________。 （2）“亚碳酸盐法”吸收烟中的SO2
①将烟气通入1.0mol/L 的Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的pH不断___(填“减
小”“不变”或“增大)。当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO32) =0.2 mol/L，则溶液中c(HSO3) =_______。
--
②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图:
b点时溶液pH=7，则n(NH4):n(HSO3)=__________。
（3）催化氧化法去除NO。一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理; 4NH3+6NO
5N2+6H2O。
+
-
不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3时，得到NO脱除率曲线如下图所示:
①曲线a中，NO的起始浓度为6×104mg·m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速
--
率为___________mg·m3·s1。
--
②曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是____________________。
（4）间接电化学法除NO。其原理如图所示:写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)______。吸收
池中除去NO的原理_____________ (用离子方程式表示)。
【答案】 CO2(g)+4H2(g) =CH4(g)+2H2O(g) △H1=-163kJ/mo1 减少 1.6 mol/L 3:1
1.5×104 3: 1 2HSO3+2e+2H=S2O42+2H2O 2NO+2S2O42+2H2O=N2+4HSO3
---+
---
【解析】（1）已知: ①CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247k/mol
②CH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H2=+205k/mol 根
据
盖
斯
定
律
，
由
①-②
2得反应
CO2(g)+4H2(g) =CH4(g)+2H2O(g) △H=△H1-2△H2=-163kJ/mo1；（2）①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，亚硫酸与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，溶液pH不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式SO2+ Na2SO3+2H2O = 2NaHSO3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1：2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为（1.0-0.2）mol/L，则生成的亚硫酸氢根为c(HSO3) =2×（1.0-0.2）mol/L=1.6 mol/L；②发生的主要反应(NH4)2SO3+ SO2+H2O =2NH4HSO3，根据图像可知a点时两个比值相等，则n(HSO3):n(H2SO3)=1:1，b点时溶液pH=7，根据电荷守恒可知n(NH4)=n(HSO3)+2n(SO32)，
-+
---
又根据图像曲线可知n(HSO3)+n(SO32)，则n(NH4):n(HSO3)=(1+2):1=3:1；（3） ①曲线a中，
--+
-
NO的起始浓度为6×104mg·m3，A点的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从A点到B点经
--
过0.8s，该时间段内
---
NO的脱除速率为
6×104mg·m3×（0.75-0.55）
--
÷0.8s=1.5×104mg·m3·s1；②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，故其物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3时，对应的曲线为a、b、c，故曲线b对应的物质的量之比是3:1；（4）阴极是HSO3在酸性条件下发生还原反应，生成S2O42，其电极反应式为
--
2HSO3+2e+2H=S2O42+2H2O；根据图示，吸收池中S2O42和NO是反应物，N2和HSO3是生成物，
--+
---
则吸收池中除去NO的原理是2NO+2S2O42+2H2O=N2+4HSO3。
--
9．【2018届日照市二模】纳米级Fe3O4呈黑色，因其有磁性且粒度小而在磁记录材料、生物功能材料等诸
多领域有重要应用，探究其制备和用途意义重大。
（1）还原-沉淀法：①用还原剂Na2SO3将一定量Fe3可溶盐溶液中的1/3Fe3还原，使Fe2和Fe3的物
+
+
+
+
质的量比为1：2。②然后在①所得体系中加入氨水，铁元素完全沉淀形成纳米Fe3O4。写出②过程的离子方程式：__________________________。
当还原后溶液中c(Fe2)：c(Fe3)=2：1时，由下表数据可知，产品磁性最大，可能的原因是
+
+
___________________________ 。 c(Fe2)：c(Fe3) ++沉淀性状 红棕色 棕色 黑色 磁性大小 92.7% 96.5% 100% 1：3 1：2 2：1 （2）电化学法也可制备纳米级Fe3O4，用面积为4cm2的不锈钢小球(不含镍、铬)为工作电极，铂丝作
阴极，用Na2SO4溶液作为电解液，电解液的pH维持在10左右，电流50mA。生成Fe3O4的电极反应为________________________。
（3）已知：H2O(l)= H2(g)+1/2O2(g) △H =+285.5 kJ·mol1，以太阳能为热源分解Fe3O4，
-
经由热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下，完善以下过程Ⅰ的热化学方程式。 过程Ⅰ：________________________________，
过程Ⅱ：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s) △H=+128.9kJ·mol1
-
（4）磁铁矿(Fe3O4)常作冶铁的原料，主要反应为：Fe3O4(s)+4CO(g)
3Fe(s)+4CO2(g)，该反应
的△H<0，T℃时，在IL恒容密闭容器中，加入Fe3O4、CO各0.5mol，10min后反应达到平衡时，容器中CO2的浓度是0.4mol·L-1。
①T℃时，10min 内用Fe3O4表示的平均反应速率为_____ g·min1。
-
②其他条件不变时，该反应在不同温度下，CO2含量随时间的变化φ(CO2)-t曲线如图所示，温度T1、
T2、T3由大到小的关系是_________________，判断依据是___________________。
【答案】 Fe2+2Fe3+8NH3·H2O==Fe3O4↓+8NH4+4H2O Fe2容易被氧化为
+
+
+
+
Fe3
+-
3Fe-8e+8OH=Fe3O4↓+2H2O
--
2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)
△H=+313.2kJ·mo11
2.32 T3>T2>T1 其他条件相同时，图像斜率：T3>T2>T1而温度越高，反应速率越快，所以T3>T2>T1
（2） 不锈钢小球(不含镍、铬)为电解池的阳极，金属铁在阳极失电子，在碱性环境下，生成Fe3O4，
电极反应为3Fe-8e+8OH=Fe3O4↓+2H2O；正确答案：3Fe-8e+8OH=Fe3O4↓+2H2O。
（3） 已知：H2O(l)=H2(g)+1/2O2(g) △H=+285.5 kJ·mol1，过程Ⅱ：
-----
3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s) △H=+128.9kJ·mol1，根据盖斯定律可知：总反应减去反应Ⅱ，
-
再乘以2，得过程Ⅰ为：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) △H=+313.2kJ·mo11 ；正确答案：
-
2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) △H=+313.2kJ·mo11 。
-
②其它条件相同时，图像斜率：T3>T2>T1，而温度越高，反应速率越快，所以T3>T2>T1；正确答案：
T3>T2>T1；其他条件相同时，图像斜率：T3>T2>T1而温度越高，反应速率越快，所以T3>T2>T1。
10．【2018届重庆市二模】KMnO4是一种重要的氧化剂，广泛用于化学分析和化工生产以反水处理工业。
工业上可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备，目前有两种较为成熟的制法。其模拟流程如下图所示：
附表：不同温度下若干常见钾的化合物的溶解度（单位：g/(100g H2O)） 化学式 CH3COOK K2SO4 KCl KMnO4 K2CO3 20°C 256 11.1 34.2 6.34 111 30°C 283 13 37.2 9.03 114 40°C 324 14.8 40.1 12.6 117 60°C 350 18.2 45.8 22.1 127 80°C 381 21.4 51.3 140 100°C 24.1 56.3 156 （1）“熔融”时，可用作坩锅材质的是________________(填序号)。 A．氧化铝 B．陶瓷 C．氧化镁 D．石英
（2）写出MnO2和KOH熔融物中通入富氧空气时获得K2MnO4的化学方程式______________________。 （3）“酸歧化法”是在pH<6的情况下K2MnO4即可转化为MnO2和KMnO4，过滤除去MnO2，将滤
液经过蒸发浓缩、趁热过滤得到KMnO4粗晶体，再经过重结晶获得较纯净的KMnO4晶体； ①根据表中的溶解度数据以及上述操作的特点，“酸歧化法”不适宜选择的酸性物质是________。 A．稀硫酸 B．醋酸 C．稀盐酸 D．二氧化碳 ②“蒸发浓缩”时，温度需控制在70℃，适宜的加热方式是________________。 ③根据相关方程式，计算“酸歧化法”的理论产率为_________________。
（4）“电解法”克服了“酸歧化法”理论产率偏低的问题，同时副产品KOH可用于软锰矿的焙烧。
电解法制备高锰酸钾的实验装置示意图如下(图中阳离子交换膜只允许K离子通过)
+
①a为______极 (填“正”或“负”)，右室发生的电极反应方程式为_______________。
②若电解开始时阳极区溶液为1.0L 0.40 mol·L1K2MnO4溶液，电解一段时间后，右室中
-
n(K)/m(Mn)为6：5，阴极区生成KOH的质量为_________________。
【答案】 C 2MnO2+O2+4KOH
17.9g
【解析】分析：本题是一道无机综合题，考查化学方程式和电极反应式的书写，计算产率等，难度较大。
2K2MnO4+2H2O AC 水浴加热 66.7% 负 MnO42-e=MnO4
---
②“蒸发浓缩”时，温度需控制在70℃，适宜的加热方式是水浴加热。
③根据离子方程式，3MnO42+4H= 2MnO4+ MnO2+2H2O，依据锰原子守恒，3mol K2MnO4 理论上生
-+
-
成2mol KMnO4 ,所以理论产率为×100%=66.7%。
(5）①右侧阳极MnO42失电子生成MnO4，电极反应式为MnO42-e=MnO4；故连接阳极的b电极为电
----
源正极，a则为负极，因此，本题正确答案为：负 ；MnO42-e=MnO4
---
②1.0L0.40 mol·L1K2MnO4溶液中K2MnO4的物质的量为0.4mol，
---
，
n(Mn)=0.4mol,n(K)=0.8mol，阳极MnO42失电子生成MnO4，Mn元素物质的量不变，电解一段时间后，溶液中
，所以n(K)=0.48mol，所以阴极区生成KOH的物质的量为
n(KOH)=n(K)=0.8mol-0.48mol=0.32mol，质量为m(KOH)=0.32mol×56g/mol=17.9g。
2018年高考试题
1．【2018新课标1卷】焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问
题：
（1）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
__________。
（2）利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5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__________。
（3）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NaHSO3和
Na2SO3。阳极的电极反应式为_____________。电解后，__________室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。
（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，
用0.01000 mol·L−1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_____________，该样品中Na2S2O5的残留量为____________g·L−1（以SO2计）。
【答案】 2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O NaHSO3 得到NaHSO3过饱和溶液 2H2O－4e＝4H+O2↑ a
S2O52+2I2+3H2O＝2SO42+4I+6H 0.128
－
－
－
＋
－
＋
【解析】分析：（1）根据原子守恒书写方程式；
（2）①根据溶液显酸性判断产物；
②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；
（3）根据阳极氢氧根放电，阴极氢离子放电，结合阳离子交换膜的作用解答；
（4）焦亚硫酸钠与单质碘发生氧化还原反应，据此书写方程式；根据方程式计算残留量。
详解：（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，即Ⅰ中为NaHSO3； ②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二
氧化硫的目的是得到NaHSO3过饱和溶液；
点睛：本题以焦亚硫酸钠的制备、应用为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，
题目难度中等。难点是电解池的分析与判断，注意结合电解原理、交换膜的作用、离子的移动方向分析电极反应、亚硫酸氢钠浓度的变化。易错点是最后一问，注意计算残留量时应该以二氧化硫计，而不是焦亚硫酸钠。
2．【2018新课标2卷】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·L1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
+
-
金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH 回答下列问题：
Fe3 +Fe2 +Zn2 +Cd2 +1.5 2.8 6.3 8.3 6.2 8.2 7.4 9.4 （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】 ZnS+
Zn+Cd2+
O2
ZnO+SO2 PbSO4 调节溶液的pH 无法除去杂质Fe2+
Zn 溶浸
Zn2++Cd Zn2++2e－
【解析】分析：焙烧时硫元素转化为SO2，然后用稀硫酸溶浸，生成硫酸锌、硫酸亚铁和硫酸镉，二氧化硅
与稀硫酸不反应转化为滤渣，由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1中还含有硫酸铅。由于沉淀亚铁离子的pH较大，需要将其氧化为铁离子，通过控制pH得到氢氧化铁沉淀；滤液中加入锌粉置换出Cd，最后将滤液电解得到金属锌，据此将解答。
（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。
点睛：无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，能够综合考
查学生各方面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。解决本类题目的关键是分析流程中的每一步骤，可从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。即抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务的。另外本题中呈现的内容展示了中华优秀科技成果对人类发展和社会进步的贡献，可以引导学生自觉传承我国科学文化，弘扬科学精神。
3．【2018新课标3卷】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】 碘酸钾 加热 KCl KH(IO3)2+KOH
2H2O+2e
－
－
+
2KIO3+H2O或（HIO3+KOHKIO3+H2O）
2OH+H2↑ K a到b 产生Cl2易污染环境等
【解析】分析：本题考查的是化学工业以及电化学的相关知识。应该从题目的化工流程入手，判断每步流
程操作的目的，就可以顺利解决问题。
详解：（1）根据氯酸钾（KClO3）可以推测KIO3为碘酸钾。
（2）将溶解在溶液中的气体排出的一般方法是将溶液加热，原因是气体的溶解度是随温度上升而下减
小。第一步反应得到的产品中氯气在“逐Cl2”时除去，根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过滤时KH(IO3)2应该在滤渣中，所以滤液中主要为KCl。“调pH”的主要目的是将KH(IO3)2转化为KIO3，所以方程式为：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。
点睛：题目的电解过程，可以理解为：阳极区的单质碘和氢氧化钾反应：3I2 + 6KOH = KIO3 + 5KI + 3H2O，
生成的碘离子在阳极失电子再转化为单质碘，单质碘再与氢氧化钾反应，以上反应反复循环最终将所有的碘都转化为碘酸钾。阴极区得到的氢氧化钾可以循环使用。 4．【2018北京卷】磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。 溶解度：Ca5(PO4)3(OH) 10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4 ①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。 ②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，__________。 （3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化 学方程式：__________。 （4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间， 不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：____________________。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42−残留，原因是__________；加入BaCO3可进一步 提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。 （6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L−1NaOH溶液滴定至 终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol−1） 【答案】 研磨、加热 ＜ 核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑ 80 ℃后，H2O2分解速率大，浓 BaSO4+CO2↑+H2O+2H2PO-4 度显著降低 CaSO4微溶 BaCO3+SO24+2H3PO4 0.049bc a【解析】分析：磷精矿粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸经过脱有机碳、脱硫等步骤获得精制磷酸。 （1）根据外界条件对化学反应速率的影响分析，流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。 （2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。 ②用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金 属性PS。 （6）根据题意关系式为H3PO4~2NaOH，由消耗的NaOH计算H3PO4。 详解：（1）研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能 加快反应速率的措施有：研磨、加热。 （2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。 ②用元素周期律解释酸性：H3PO4H2SO4，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得 电子能力PS，非金属性PS。 （3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸， 生成HF的化学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。 （4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快， 相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。 点睛：本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、“强酸制弱酸”的 复分解反应规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、物质含量的计算等。解题时必须利用所学知识结合流程分析，如第（5）问注意脱硫的反应是在粗磷酸中进行的，BaCO3或CaCO3中碳元素最终变为CO2；第（6）问中H3PO4与NaOH物质的量之比的确定等。 5.【2018江苏卷】以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生 产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下： （1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为______________________。 （2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题16图所示。 已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃ 硫去除率=（1—）×100% ①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于__________________。 ②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是 ______________________________________________________。 （3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_______________（填化学式）转 化为_______________（填化学式）。 （4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2， 理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）=__________________。 【答案】（1）SO2+OH− （2）①FeS2 ②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 （3）NaAlO2 Al(OH)3 （4）1∶16 HSO3− ②添加CaO，CaO起固硫作用，根据硫去除率的含义，700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比 不添加CaO的矿粉硫去除率低。 （3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量 CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al（OH）3。 （4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为 FeS2+16Fe2O3 11Fe3O4+2SO2↑。 详解：（1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O，反应的化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3， 离子方程式为SO2+OH=HSO3。 -- （4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为 FeS2+16Fe2O3 11Fe3O4+2SO2↑，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16。 点睛：本题以高硫铝土矿为原料生产氧化铝和Fe3O4的流程为载体，考查流程的分析，Fe、Al、S元素及其 化合物的性质，图像的分析，获取新信息的能力，指定情境下方程式的书写。如NaOH溶液吸收过量SO2则产物为HSO3−，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧则没有氧气作氧化剂等需注意反应物及用量的不同。 6.【2018江苏卷】以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水 Na2SO3，其主要实验流程如下： 已知：①Cl2+2OH− ClO−+Cl−+H2O是放热反应。 ②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。 （1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其 离子方程式为____________________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是____________________________________。 （2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如题19图−1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反 应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________________。 （3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、的分布如题19图−2所示，Na2SO3的溶解度曲线如题19图−3所示）。 、随pH ①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为 _________________。 ②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： _______________________，用少量无水 乙醇洗涤，干燥，密封包装。 【答案】（1）3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O 缓慢通入Cl2 （2）NaClO碱性溶液 减少水合肼的挥发 （3）①测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2 ②边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液， 加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤 【解析】分析：步骤I中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO；步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水 溶液反应制备水合肼，；步骤III分离出水合肼溶液；步骤IV由SO2与Na2CO3反应制备Na2SO3。 （1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O。由于Cl2与NaOH 溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率。 （2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、 能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。 （3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3的摩尔分数 最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2。 ②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH 的关系控制pH；根据Na2SO3的溶解度曲线，确定分离Na2SO3的方法。 详解：（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方 程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH -- 5Cl+ClO3+3H2O。由于 -- Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。 ②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH 的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。 点睛：本题以制备水合肼和无水Na2SO3的实验流程为载体，考查实验条件的控制、实验加料的方式、实验 原理的理解和实验方案的设计、对图表等信息的获取和处理应用能力。难点是实验方案的设计，在设计实验方案时要注重对实验过程和实验原理的理解，结合图表等信息细心分析答题要点。 2018届高考模拟试题 7．【2018届长沙市三模】硫酸锌被广泛应用于医药领域和工农业生产。工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO， 另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO4•7H2O的一种流程如图： （1）步骤Ⅰ的操作是____________。 （2）步骤Ⅰ加入稀硫酸进行酸浸时，需不断通入高温水蒸气的目的是______________。 （3）步骤Ⅱ中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，该反 应的离子方程式为____________________________________________。 （4）步骤Ⅲ中，加入锌粉的作用是______________。 （5）已知硫酸锌的溶解度与温度之间的关系如下表： 温度/℃ 溶解度/g 0 41.8 20 54.1 40 70.4 60 74.8 80 67.2 100 60.5 从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为________________、冷却结晶、过滤。烘干操作需在减 压低温条件下进行，原因是_________________________________。 （6）取28.70 g ZnSO4•7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。分析数据，680℃时 所得固体的化学式为______。 a．ZnO b．Zn3O(SO4)2 c．ZnSO4 d．ZnSO4•H2O 【答案】 过滤 升高温度、使反应物充分混合，以加快反应速率 3Fe2+MnO4+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H 除去Cu2 60℃条件下蒸发浓缩 降低烘干的温 + -+ + 度，防止ZnSO4•7H2O分解 b 【解析】氧化锌矿(主要成分为ZnO,另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等)加稀硫酸溶解，过滤,滤液中含有硫酸 锌、硫酸铜、硫酸亚铁,再加高锰酸钾溶液与亚铁离子反应生成MnO(OH)2和氢氧化铁沉淀，过滤，滤液中含有硫酸铜和硫酸锌，加锌粉置换铜离子，过滤，滤渣为Cu可能含有Zn，滤液为硫酸锌和硫酸钾，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4•7H2O晶体，根据分析可回答下列问题： （4）步骤Ⅲ中，向滤液中加入锌粉,可以与Cu2反应置换出铜，从而除去Cu2。答案为：除去Cu2 + + + （5）从溶液中获得晶体通常用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干等操作,因为ZnSO4•7H2O易 分解,所以烘干操作需在减压低温条件下进行,因此，本题正确答案是:60条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度,防止ZnSO4•7H2O分解。答案为：60℃条件下蒸发浓缩、降低烘干的温度，防止ZnSO4•7H2O分解 （6）28.70gZnSO4•7H2O的物质的量为0.1mol,由Zn元素守恒可以知道,生成ZnSO4•H2O或ZnSO4 或ZnO或Zn3O(SO4)2时,物质的量均为0.1mol,若得ZnSO4•H2O的质量为17.90g(100℃);若得ZnSO4的质量为16.10g(250℃);若得ZnO的质量为8.10g(930℃);据此通过排除法确定680℃时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2；答案为：b 8．【2018届内江市三模】铍铜是力学、化学综合性能良好的合金,广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从 某废旧铍铜元件(含BeO 25%、CuS71%、少量FeS 和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程。 已知：Ⅰ．铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似 Ⅱ．常温下： Ksp[Cu(OH)2]=2.2×1020 - Ksp[Fe(OH)3]=4.0×1038 - Ksp[Mn(OH)2]=2.l×1013 - （1）原子序数为29 的Cu 的原子结构示意图为______________________。 （2）滤渣B的主要成分为___________________( 填化学式)。写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸 反应的化学方程式___________________________________________。 （3）①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl,为提纯BeCl2,选择合理步骤并排序。 a．加入过量的NaOH b．过滤 c．加入适量的HCl d．加入过量的氨水 e．通入过量的CO2 f．洗涤 ②从BeCl2溶液中得到BeCl2 固体的操作是___________________________________。 （4）①MnO2 能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫,写出反应Ⅱ中CuS 发生反应的离子方程式 ________________________________。 ②若用浓HNO3溶解金属硫化物,缺点是_______________________(任写一条)。 （5）溶液D 中含c(Cu2)=2.2 mol·L1、c( Fe3)=0.008 mol·L1、c( Mn2)=0.01mol·L1, + -+ -+ - 逐滴加入稀氨水调节pH 可依次分离,首先沉淀的是___________(填离子符号),为使铜离子开始沉淀,常温下应调节溶液的pH 大于________。 （6）取铍铜元件1000g,最终获得Be 的质量为72 g，则Be 的产率是________。 【答案】 CuS、FeS Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O dbfc 蒸发结晶时向溶液中持 + + + 续通入HCl气体( 或在HCl 气流中加热蒸干) MnO2+CuS+4H=S+Mn2+Cu2+2H2O 产生污染环境的气体 Fe3 4 + 【解析】（1）根据电子排布规律可得Cu 的原子结构示意图为。 （2）根据旧铍铜原件的成分BeO、CuS、FeS 和SiO2的性质，结合已知Ⅰ铍、铝两元素的化学性质 相似，BeO属于两性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，二者都能溶于NaOH溶液中，生成Na2BeO2和Na2SiO3，而不溶物为CuS和FeS， 所以滤渣B的主要成分为CuS和FeS ；滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，所以反应Ⅰ中含铍化合物即Na2BeO2，与过量盐酸反应的化学方程式为Na2BeO2+4HCl =BeCl2+2NaCl+ 2H2O。 （3）①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，根据Be与Al的性质相似，可得BeCl2可与氨水反应生 成Be(OH)2沉淀，经过虑，洗涤后再与适量的盐酸反应即可提纯BeCl2，所以提纯BeCl2合理的步骤是dbfc；②为防止Be2水解，要在HCl 气流中加热蒸干。 + （4） ①根据叙述即可写出反应Ⅱ中CuS 发生反应的离子方程式为MnO2+CuS+4H=S+Mn2+ Cu2+ + + + 2H2O；②用浓HNO3溶解金属硫化物时，浓被还原为氮的氧化物，污染环境（浓腐蚀性强，氧化性强，可能把S氧化为SO2，污染环境）。 （6） 已知旧铍铜原件中含BeO 25%，所以BeO的质量为1000×25%=250g，理论上得到Be的物质的 量为250g/25g/mol=10mol，即90g，但实际得到Be的质量为72g，所以Be 的产率是72g/90g×100% =80%。 点睛：本题重在理解铍、铝两元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似，包括单质及其化合物的性 质都相似，根据铝及其化合物的性质即可解决铍及其化合物的性质。 9．【2018届郑州市三模】CoCO3可用作选矿剂、催化剂及伪装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成CoO、Co2O3， 还含有Al2O3、ZnO 等杂质) 为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下： 下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH 按金属离子浓度为1.0mol·L1计算)： - 金属离子 Co2 +开始沉淀的pH 7.6 3.0 5.4 沉淀完全的pH 9.4 5.0 8.0 Al3 +Zn2 +（1）写出“酸溶”时发生氧化还原反应的化学方程式_________________。 （2）“除铝”过程中需要调节溶液pH 的范围为______________，形成沉渣时发生反应的离子方程 式为_____________________。 （3）在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有____________；上述“萃取”过程可表示为ZnSO4(水 层)+2HX(有机层) ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是 _________________________。 （4）“沉钴”时，Na2CO3溶液滴加过快会导致产品不纯，请解释原因_________________。 （5）在空气中煅烧CoCO3生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2 的体积为 0.672 L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为____________________。 【答案】 Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O 5.0～5.4 2Al3+3CO32+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ 分液漏 + - 斗，烧杯 向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层 Na2CO3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2 Co3O4 【解析】试题分析：本题以含钴废渣为原料制备CoCO3的流程为载体，考查流程的分析、方程式的书写、 物质的分离和提纯、盐类的水解和化学式的确定。 （1）“酸溶”时加入H2SO4和SO2，由于SO2具有还原性，SO2将钴废渣中+3价的Co还原为+2价， “酸溶”时发生的非氧化还原反应为：CoO+H2SO4=CoSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=Al（2SO4）3+3H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O，发生的氧化还原反应为Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O。 （2）“除铝”过程中Al3完全沉淀，其它金属阳离子不形成沉淀，根据Co2、Al3、Zn2开始沉淀和沉 + + + + 淀完全的pH，“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为5.0~5.4。形成沉渣时加入的是Na2CO3，发生的是Al3与CO32的双水解反应，形成沉渣时反应的离子方程式为2Al3+3CO32+3H2O=2Al + -+ - （OH）3↓+3CO2↑。 （4）“沉钴”时是向CoSO4溶液中加入Na2CO3溶液产生CoCO3沉淀，由于Na2CO3溶液呈碱性，若 Na2CO3溶液滴加过快会导致局部碱性过强而产生Co（OH）导致产品CoCO3中混有Co（OH）2沉淀， 2。 （5）n（CO2）==0.03mol，根据C守恒，n（CoCO3）=n（CO2）=0.03mol；根据Co守恒， =0.04mol，n（Co）：n（O）=0.03mol： n（Co）=0.03mol，氧化物中n（O）=0.04mol=3:4，该钴氧化物的化学式为Co3O4。 10．【2018届河南省名校二模联考】镓是制作高性能半导体的重要原料。在工业上经常从锌矿冶炼的废渣中 回收镓。已知锌矿渣中含有Zn、Fe、Pb、Ga以及二氧化硅等，目前综合利用锌矿渣的流程如下： 已知：①Ga性质与铝相似。 ②lg2=0.3，lg3=0.48。 ③如下表所示。 Ksp Zn(OH)2 1.6×1017 -Ga(OH)3 2.7×1031 -Fe(OH)2 8×1016 -Fe(OH)3 2.8×1039 -（1）写出Ga的原子结构示意图______________________________。 （2）滤渣1的成分为________________________。 （3）加入H2O2的目的( 用离子方程式和适当语言回答) ____________________________________。 （4）室温条件下，若浸出液中各种阳离子的浓度均为0.01mo/L且某种离子浓度小于1×105 mol/L - 即认为该离子已完全除去，问操作B调节pH的范围是________________________。 （5）操作C中，需要加入氢氧化钠溶液，其目的是_____________________ (用离子方程式解释)；能 否用氨水代替NaOH溶液，为什么? ________________________；如何检测Fe(OH)3洗涤干净? ________________________。 （6）在工业上，经常用电解NaGaO2溶液的方法生产Ga，写出阴极的电极反应方程式： ____________________________________。 【答案】 - SiO2 PbSO4 2Fe2+H2O2+2H=2Fe3+2H2O，防止生成Fe(OH)2 5.48≤pH＜.6.6 + + + - Ga(OH)3+OH=CaO2+2H2O 不能，因为NH3·H2O 为弱碱，与Ga(OH)3不反应 取最后一次洗涤的滤液，用pH试纸测试pH值，若为中性则洗涤干净 GaO2 +2H2O+3e=Ga+4OH --- （2）根据上述分析，滤渣1的成分为SiO2、PbSO4。 （3）Fe2具有还原性，H2O2将Fe2氧化成Fe3，加入H2O2的目的是：2Fe2+H2O2+2H=2Fe3+2H2O2， + + + + + + 防止生成Fe（OH）2沉淀。 （5）根据流程，操作C中加入NaOH溶液的目的是：将Ga（OH）联想Al（OH）3溶解转化为NaGaO2， 3与 NaOH的反应，反应的离子方程式为Ga（OH）3+OH=GaO2+2H2O。不能用氨水代替NaOH溶 -- 液，原因是：NH3·H2O为弱碱，氨水与Ga（OH）3不反应。根据流程，Fe（OH）3沉淀上吸附的离子有Na、OH、GaO2等，检验Fe（OH）3洗涤干净只要检验最后的洗涤液中不含OH即可，检验Fe（OH）3洗涤干净的操作是：取最后一次洗涤的滤液，用pH试纸测试pH值，若为中性则洗涤干净。 （6）电解NaGaO2溶液生产Ga，Ga元素的化合价由+3价降为0价，GaO2转化为Ga为还原反应，电 解时还原反应在阴极发生，阴极的电极反应式为：GaO2+3e+2H2O=Ga+4OH。 ---- + -- -
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