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破难点3　归因解释、过程评价
3年真题
1 [2025江苏卷]合成气经“变换”“脱碳”获得纯H2。
(1) 合成气变换。向绝热反应器中通入CO、H2和过量的H2O(g)：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　ΔH<0。催化作用受接触面积和温度等因素影响，H2O(g)的比热容较大。H2O(g)过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有____________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
(2) 脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的K2CO3吸收剂、K2CrO4（Cr正价有＋3、＋6）缓蚀剂等。K2CO3溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是　　　　（填化学式）。K2CrO4减缓设备腐蚀的原理是____________
______________________________________________________________________。
2 [2024江苏卷]回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
(1) 钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等（忽略硼的化合物），用0.4 mol/L盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率（×100%）随浸取时间变化如图所示。
浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是_____________________________
____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(2) 含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2(SO4)3溶液，原理如下：
(R3NH)2SO4＋Fe3+＋SO＋H2OH＋＋(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2（有机层）
已知：(R3NH)2SO4＋H＋＋HSO 2(R3NH·HSO4)。
其他条件不变，水层初始pH在0.2～0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是___________________________________________
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
3 [2022江苏卷]纳米FeS可去除水中微量六价铬[Cr(Ⅵ)]。在pH＝4～7的水溶液中，纳米FeS颗粒表面带正电荷，Cr(Ⅵ)主要以HCrO、Cr2O、CrO等形式存在，纳米FeS去除水中Cr(Ⅵ)主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。已知：Ksp(FeS)＝6.5×10-18，Ksp[Fe(OH)2]＝5.0×10-17；H2S电离常数分别为Ka1＝1.1×10-7、Ka2＝1.3×10-13。在pH＝4～7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(Ⅵ)的速率越小，原因是________________________________________________________________
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3年模拟
[pH的影响]
1 (1) [2025南京调研]酸浸液经萃取、反萃取提纯后可获得较纯的LaCl3和CeCl3溶液。用有机萃取剂（简称HA）提纯稀土离子（M3+代表La3+或Ce3+），其反应原理为M3+（水层）＋3HA（有机层）M(A)3（有机层）＋3H＋（水层）。
①一种萃取剂的结构可表示为（R为烷基），其Ka　　　　（填“>”“<”或“＝”）Ka1(H3PO4)。
②其他条件不变，La元素萃取率（×100%）随水层初始pH的变化如图所示。随水层初始pH增大，La元素萃取率先上升后下降的原因是____________________________________________________________
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(2) [2024常州期末]聚合氯化铝(PAC)水解过程中会产生聚合稳定态物质[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+（简称Al13）。Al13对水中胶体和颗粒物具有高度电中和桥联作用，是净水过程中的重要物质。
①Al3+在水解过程中会产生[Al(OH)]2+、[Al(OH)2]＋等产物。写出Al3+水解产生[Al(OH)]2+的离子方程式：______________________________________________。
②使用Al3+净水时应控制pH在6.80～8.02之间，否则净水效果不佳。在强酸性和强碱性环境时净水效果差的原因是__________________________________
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[温度的影响]
2 (1) [2025苏州考前模拟]ClO2可用于饮用水消毒，常通过CaO2与H2SO4酸化的NaClO3反应制备。制备ClO2反应的化学方程式为2NaClO3＋2H2SO4＋CaO2===2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋CaSO4↓＋2H2O。
已知：NaClO3受热分解温度约为300 ℃，其他条件不变，研究温度对NaClO3转化率、ClO2 收率的影响，结果如图1所示。
图1
①当温度高于55 ℃，随着温度升高，NaClO3转化率下降的原因是__________
______________________________________________________________________。
②当温度高于60 ℃，随着温度升高，NaClO3转化率与ClO2收率之间的差值有增大趋势的原因是____________________________________________________
_______________________________________。
(2) “转化”后所得LiHCO3溶液中含有的Ca2+需要加入Li3PO4溶液除去（部分流程如下）。
“除钙”步骤中其他条件不变，反应相同时间，温度对除钙率和Li2CO3产率的影响如图2。
图2
①随着温度升高，最终Li2CO3的产率逐渐减小的原因是__________________
______________________________________________________________________。
②当温度高于50 ℃时，除钙率下降的原因可能是________________________
__________________________________________。
(3) [2024南京、盐城期末]V2O5 WO3/TiO2催化剂可以催化NH3脱除烟气中的NO。
反应：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)===4N2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1 632.4 kJ/mol。
将模拟烟气以一定流速通过装有V2O5 WO3/TiO2催化剂的反应管，反应相同时间，测得NO转化率随温度的变化如图3所示。
图3
①反应温度高于350 ℃，NO转化率下降的原因可能是____________________
______________________________________________________________________。
②若烟气中含有SO2，则会导致催化剂失活，原因可能是__________________
____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
[物质性质与反应的影响]
3 (1) [2025南通阶段考]从高铝粉煤灰（含SiO2、Al2O3和少量Fe2O3、Ga2O3等）中提取镓的过程如下：
已知粉煤灰中Ga2O3存在形式有两种：一种存在于非晶质中，易与酸或碱反应；一种存在于由SiO2和Al2O3组成的玻璃体结构中，该玻璃体结构难与酸或碱反应。
①焙烧。向高铝粉煤灰中加入Na2CO3焙烧，得到 Na2SiO3、NaAlO2、NaGaO2等。焙烧过程中加入Na2CO3的作用除与Ga2O3反应外，还有__________________
______________________________________________________________________。
②浸取。向焙烧所得固体中加入NaOH溶液可浸取镓元素。浸取时选用NaOH溶液而不用水的原因是__________________________________________________
______________________________________________________________________。
③除硅铝。先除去浸取液中的硅，得到主要含Na[Al(OH)4]和Na[Ga(OH)4]的溶液，向其中通入CO2至pH＝10，过滤。溶液中镓元素含量随pH变化如图所示。pH由11降到10的过程中，溶液中镓元素含量降低的原因是______________
______________________________________________________________________
[已知：pH＝11时，溶液中开始析出Al(OH)3，pH＝10时，开始析出Ga(OH)3]。
(2) [2025扬州期末]单质硫有S2、S4、S6、S8等同素异形体，可由闪锌矿（主要含ZnS、FeS）制备。已知：低于112 ℃时，S8在水溶液中呈固态，高于150 ℃易分解，易溶于CCl4。
将闪锌矿置于敞口容器中，加入硫酸浸取，边搅拌边通入O2。部分浸取过程如图1所示。
图1
①步骤Ⅱ反应的离子方程式为________________________________________。
②高于112 ℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是________
____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
③相同条件下，锌的浸出率和硫的氧化率随初始酸浓度的变化如图2所示，初始酸浓度大于1.6 mol/L时，硫的氧化率随酸浓度的增加而下降，主要原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
图2
(3) [2024无锡期末]使用ZnMnO3脱硫剂脱除CH4或H2中的H2S。ZnMnO3脱硫和再生的过程如图3所示（部分产物已省略），在脱硫过程中脱硫剂表面形成羟基，有利于H2S的脱除。
图3
①脱除H2S（步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，需350 ℃）的化学方程式为________________
_______________________________________________________。
②中间体MnSO4对脱硫剂的再生起关键作用，原因是____________________
____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
③天然气中少量的水蒸气加快了H2S的脱除，原因是_____________________
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难点1　化工生产适宜条件选择的一般原则
条件 原则
从化学反应速率分析 既不能过大，又不能过小
从化学平衡移动分析 既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意二者影响的矛盾性
从原料的利用率分析 增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本
从实际生产能力分析 如设备承受高温、高压能力等
从催化剂的使用活性分析 注意催化剂的活性对温度的限制
难点2★　温度控制
1 控制温度的目的
提高反应速率、提高产率和转化率、减少副反应、提高产品纯度；加热可增大反应速率或促进反应的某个方向（一般是有利于生成物生成的方向）反应程度更大。
2 在一定范围内控制温度的目的
(1) 若温度过低，则反应速率（或溶解速率）较小。
(2) 若温度过高，某些物质会分解（如H2O2、氨水、浓硝酸、铵盐）或挥发（如浓硝酸、浓盐酸）或被氧化（如Na2SO3）或促进水解（如AlCl3）。
3 与温度相关的操作及目的。
(1) 加热：增大化学反应速率或使化学平衡向某方向移动。
(2) 冷却：防止某物质在高温时分解或使化学平衡向某方向移动。
(3) 区间内控温：若温度过低，则反应速率（或溶解速率）较小；若温度过高，则某物质（如H2O2、氨水、草酸、浓硝酸、铵盐）会分解或挥发。
(4) 水浴加热：受热均匀，温度可控，且温度不超过100 ℃。
(5) 冰水浴冷却：防止某物质分解或挥发。
(6) 趁热过滤：防止温度降低后某物质析出。
(7) 减压蒸发：降低蒸发温度，防止某物质分解（如浓缩H2O2溶液）。
难点3　其他原因分析
1 浓度
(1) 根据需要选择适宜的浓度或投料比，不仅可控制一定的反应速率，还可使反应更有利于目标产物的生成。
(2) 反应物过量，能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率，但对后续操作也会产生影响。
2 压强：改变反应速率，使平衡向需要的方向移动。
3 催化剂：选择合适的催化剂，能增大反应速率。
4 使用保护气：(1) 隔绝空气（主要是隔绝O2、H2O）。
(2) 抑制弱离子的水解（如HCl氛围）。
5 其他归因列举
目的或原因 思考方向
沉淀（晶体）洗涤的目的 若滤渣是所需的物质，洗涤的目的是除去晶体表面的可溶性杂质，得到更纯净的沉淀物
若滤液是所需的物质，洗涤的目的是洗涤过滤所得到的滤渣，把有用的物质（如目标产物）尽可能洗出来
沉淀（晶体）用冰水洗涤的目的 既能洗去晶体表面的杂质离子，又能减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗
沉淀（晶体）用有机溶剂（酒精、丙酮等）洗涤的目的 既能洗去晶体表面的杂质离子，又能减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗，此外又利用有机溶剂的挥发性，除去固体表面的有机溶剂，产品易干燥
控制溶液pH的目的 防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解等
温度不高于×× ℃的原因 温度过高，××物质分解（如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3）；××物质挥发（如浓硝酸、浓盐酸）；××物质被氧化（如Na2SO3）；促进××物质水解（如AlCl3）
蒸发、反应时的气体氛围 抑制××离子的水解（如加热蒸发AlCl3溶液时，需在HCl气流中进行；加热MgCl2·6H2O得MgCl2时，也需在HCl气流中进行）
1 [2025南通如皋适应性二]某含砷废渣经水浸后，得浸出液和滤渣，其中浸出液中主要含Na3AsO4，滤渣中含雄黄(As4S4)。通过如下过程可分离制取单质砷(As4)：
已知：H3AsO4是一种三元弱酸；温度为25 ℃时，Ksp[Ca3(AsO4)2]＝6.8×10-19、Ksp[FeAsO4]＝5.7×10-21、Ksp[Ca(OH)2]＝5.5×10-6。
(1) 雄黄(As4S4)在加热的条件下会被氧气氧化。1 mol As4S4氧化生成As2O3和SO2，转移电子的物质的量为　　　　mol。
(2) “沉砷”时，控制所加Ca(OH)2与溶液中AsO的物质的量之比为6，调节起始溶液的pH不同，常温反应24小时，测得溶液中砷的去除率与起始pH的关系如图1所示。pH大于12时，pH越大，溶液中砷的去除率越低的原因是______________________________________________________________________。
图1 图2
(3) “沉砷”时，控制所加Ca(OH)2与溶液中AsO的物质的量之比为6，调节起始溶液的pH＝12，反应24小时。
①溶液中砷的去除率与温度的关系如图2所示。温度越高，溶液中砷的去除率越低的原因是________________________________________________________。
②其他条件一定，若同时加入少量FeCl3溶液，所得溶液中砷的去除率将进一步增大，原因除生成FeAsO4沉淀进一步减小AsO浓度外，还有_____________
______________________________________________________________________。
(4) “还原”时反应在高温条件进行，所得产物除As4外，还有CO和CaO，写出该反应的化学方程式：______________________________________________。
2 [2024苏州调研]已知：①NaFeY·3H2O是一种配合物，微溶于乙醇，20 ℃时水中的溶解度为4.3 g。②乙二胺四乙酸（EDTA，用H4Y表示）是一种弱酸。“制备NaFeY”，向氧化所得的FeCl3溶液中加入一定量EDTA(H4Y)，控制反应温度为70～80 ℃，加入NaHCO3溶液调节pH为5，搅拌，直到溶液中出现少量浑浊。其中发生的反应为4NaHCO3＋FeCl3＋H4YNaFeY＋3NaCl＋4CO2↑＋4H2O。
(1) 从反应后的混合物中获得较高产率的NaFeY·3H2O粗品的实验操作是___
________________________，过滤，水洗，干燥。检验NaFeY·3H2O是否洗净的试剂是____________________________。
(2) 保持其他条件不变，乙二胺四乙酸铁钠的产率随反应液pH的变化如图所示。pH过低或过高产品产率均减小的主要原因是____________________________
______________________________________________________________________。
3 [2025苏锡常镇一调]活性炭(AC)负载Fe、Ni材料联合NaClO可去除废水中的硝态氮。
测试性能：保持材料中碳质量不变，改变铁的质量得到铁炭质量比与NO去除率的关系如图1所示。不同废水初始pH对AC Fe/Ni去除NO的产物选择性的影响如图2所示。
图1 图2
(1) pH＝2时Fe主要转化为Fe2+，去除NO的主要反应离子方程式为_______
______________________________________________________________________。
(2) 铁炭质量比减小导致NO去除率减小的原因是______________________
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(3) 保持铁炭质量比不变，增加镍的质量，NO去除率逐渐增加的原因是___________________________________________________________________________________________________________________________________________。
破难点3　归因解释、过程评价
名卷优选
【3年真题】
1 (1) 防止生成积碳；H2O(g)的比热容较大，吸收反应放出的热量，抑制温度升高
(2) KHCO3　K2CrO4具有强氧化性，使钢制吸收塔内壁形成致密的氧化膜
解析：(1) 由题给信息知“催化作用受接触面积和温度等因素的影响”，分析过量H2O(g)对低温型催化剂活性影响时可从这2个角度分析。接触面积角度：过量的H2O(g)能促进反应H2O(g)＋C(s)===H2(g)＋CO(g)正向进行，消除催化剂表面积碳，使反应物与催化剂有较大的接触面积，能维持催化剂的活性。温度角度：已知合成气变换反应是放热反应且反应器是绝热的，而催化剂只有在特定温度范围内才具有高活性，结合H2O(g)的比热容较大知，过量的H2O(g)能吸收反应放出的热量，使体系温度维持在一定范围内，催化剂可保持高活性。(2) “脱碳”即脱除CO2，该过程发生的反应为K2CO3＋CO2＋H2O===2KHCO3，当K2CO3溶液浓度偏高时，相同体积的溶液中会生成较多的KHCO3，导致KHCO3因过饱和而结晶析出，从而堵塞设备。
2 (1) Fe2O3溶于盐酸，c(H＋)减小，Fe3+水解进入滤渣
(2) c(OH－)增大，SO量增多，(R3NH)2SO4量增多，萃取正向进行程度增加
3 c(OH－)越大，FeS表面吸附的Cr(Ⅵ)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(Ⅵ)中CrO物质的量分数越大
解析：在pH＝4～7的水溶液中，纳米FeS颗粒表面带正电荷，c(OH－)越大，被FeS吸附的OH－越多，被FeS吸附的CrO或Cr2O越少，CrO或Cr2O与FeS反应速率减慢；在弱酸性溶液中，发生反应FeS＋H＋ Fe2+＋HS－，c(OH－)越大，c(Fe2+)越小，与Cr(Ⅵ)的反应速率越慢；含Cr(Ⅵ)的溶液中存在平衡：2CrO＋2H＋ Cr2O＋H2O，c(OH－)越大，c(H＋)越小，平衡逆向移动程度越大，导致CrO的含量上升，CrO、Cr2O所带负电荷相等，均可被带正电的纳米FeS颗粒吸附，但CrO比Cr2O含铬量小，故会导致处理Cr(Ⅵ)的速率变慢。
【3年模拟】
1 (1) ①<　②c(H＋)减小，萃取正向进行程度增大，萃取率上升；当pH大于3，部分La3+水解生成不能被萃取的La(OH)3，萃取率下降　(2) ①Al3+＋H2O [Al(OH)]2+＋H＋
②强酸性环境，抑制Al3+的水解，主要以Al3+形式存在；强碱性环境，Al元素主要以[Al(OH)4]－形式存在
2 (1) ①温度升高，CaO2发生副反应，使参与还原NaClO3的CaO2量减少　②温度升高，CaO2将ClO还原为Cl2(或Cl2O)，ClO2分解产生Cl2和O2　(2) ①温度过高LiHCO3分解产生Li2CO3沉淀，与Ca3(PO4)2一同被过滤　②温度过高PO水解，使PO浓度减小　(3) ①催化剂活性下降，反应速率减小；NH3与O2发生反应生成NO　②SO2会被(V2O5)催化氧化为SO3，SO3与NH3作用生成NH4HSO4或(NH4)2SO4，覆盖(沉积)在催化剂的表面，大大减小了催化剂和反应物的接触面积[或SO2与NH3作用生成NH4HSO3或(NH4)2SO3，最终被氧化为NH4HSO4或(NH4)2SO4，覆盖(沉积)在催化剂的表面，大大减小了催化剂和反应物的接触面积]
3 (1) ①破坏玻璃体结构，并与其中的Ga2O3反应，有利于提高镓的提取率　②防止NaGaO2水解产生Ga(OH)3沉淀而降低镓的浸出率　③Al(OH)3沉淀析出时，部分镓元素被包裹、吸附　(2) ①8H2S＋16Fe3+===S8↓＋16Fe2+＋16H＋　②高于112 ℃时，覆盖在闪锌矿表面的S8熔化，有利于锌元素浸出(或低于 112 ℃时，S8会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出)　③随着酸浓度增大，硫元素转化为H2S逸出，导致硫的氧化率降低　(3) ①2H2S＋3O2＋2ZnMnO32ZnO＋2MnSO4＋2H2O　②MnSO4高温(850 ℃)分解产生SO2等气体，生成多孔MnO2和ZnO(或生成多孔ZnMnO3)，增加了脱硫剂的比表面积　③水分子吸附在脱硫剂表面，增加了羟基，有利于H2S的脱除
解析：(2) ②由题干“低于112 ℃时，S8在水溶液中呈固态”，可推测高于112 ℃时，S8熔化，不再覆盖在闪锌矿表面，锌元素浸出率提高。③首先要明白：FeS、ZnS与酸反应生成H2S，部分H2S与Fe3+反应，部分H2S逸出溶液，不是所有的H2S均与Fe3+反应。当酸浓度过大时，来不及与Fe3+反应而逸出溶液的H2S的比例增大，导致硫的氧化率降低。(3) ③已知：脱硫剂表面形成羟基，有利于H2S的脱除，故水分子吸附在脱硫剂表面，可增加羟基数目，有利于H2S的脱除。
检测反馈
1 (1) 28　(2) pH越大，Ca2+形成Ca(OH)2固体析出，Ca2+浓度减小，生成的 Ca3(AsO4)2沉淀减少[或pH越大，吸收空气中CO2生成的CO浓度越大，部分Ca2+被CO沉淀从而导致Ca2+浓度减小，生成的Ca3(AsO4)2沉淀减少或部分Ca3(AsO4)2沉淀转化为CaCO3，从而使溶液中砷含量增大]
(3) ①温度升高，Ca(OH)2溶解度减小，Ca2+浓度减小，生成的 Ca3(AsO4)2沉淀减少[或温度升高，Ca3(AsO4)2溶解度增大]
②生成Fe(OH)3 胶体吸附并沉淀溶液中的含砷物质
(4) 2Ca3(AsO4)2＋10CAs4＋10CO↑＋6CaO
解析：(1) 已知存在如下转化关系：As4S4＋O2——As O＋ O，假设As4S4中As、S元素的化合价均为0，则As4S4中As、S共升高 4×3＋4×4＝28价，O2中O共降低4价，依据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为As4S4＋7O22As2O3＋4SO2，故1 mol As4S4氧化生成As2O3和SO2，转移电子的物质的量为28 mol。(2) “沉砷”时，发生的反应为3Ca2+(aq)＋2AsO(aq) Ca3(AsO4)2(s)，pH>12时，pH越大，Ca(OH)2(s) Ca2+(aq)＋2OH－(aq)正向进行程度越小，c(Ca2+)越小，故溶液中砷的去除率越低；也可能是随着pH增大，吸收空气中CO2的量增多，c(CO)增多，部分Ca2+跟CO结合生成CaCO3，c(Ca2+)越小，故溶液中砷的去除率越低；也可能是部分Ca3(AsO4)2沉淀转化为CaCO3。(3) ①Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，温度越高，c(Ca2+)减小，溶液中砷的去除率越低；也可能是Ca3(AsO4)2溶解度随着温度的升高而增大。②其他条件一定，若同时加入少量FeCl3溶液，所得溶液中砷的去除率进一步增大，原因之一是部分AsO会与Fe3+结合生成FeAsO4沉淀；另一个原因是初始Fe3+浓度较低，在快速反应过程中，Fe3+在高pH环境下会迅速水解生成Fe(OH)3胶体(而非直接沉淀)，能短暂形成胶体分散系，胶体具有吸附性，能吸附并沉淀溶液中的含砷物质。
2 (1) 冷却至室温，加入乙醇　AgNO3溶液和稀硝酸　(2) pH过低，H4Y电离出的Y4-浓度小(或pH过低，H4Y在水中溶出量小)，pH过高，Fe3+转为Fe(OH)3，溶液中Fe3+浓度减小
3 (1) NO＋10H＋＋4Fe===4Fe2+＋3H2O＋NH　(2) 还原剂Fe的量减少；减少Fe表面与废水的接触面积；Fe-C微原电池数目减少(任写其中两点)　(3) 在铁炭中加入镍，形成Ni-Fe微原电池和Ni-C微原电池，加快反应速率
解析：(1) 由图2知，当pH＝2时，NH的选择性大于N2，故主要含氮产物为NH，离子方程式见答案。(2) 铁炭质量比减小，即铁减少，反应NO＋10H＋＋4Fe===4Fe2+＋3H2O＋NH中还原剂的量减少，则被还原的NO的量减少；构成Fe-C原电池的量也在减少，还原的NO的速率也在减慢；Fe-C混合物中Fe减少，则吸附在Fe上的NO也在减少，因而NO去除率减小。

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