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期末强化练 大单元六　综合与应用
特训17　化学反应原理小综合
A. 该反应的ΔS<0
B. 反应物的键能总和大于生成物的键能总和
D. 使用高效催化剂可以降低反应的焓变
【解析】 该反应的正反应为气体分子数增大的反应，ΔS>0，A错误；该反应为放热反应，故反应物的键能总和小于生成物的键能总和，B错误；使用高效催化剂能降低反应的活化能，但不影响反应的焓变，D错误。
C
A. 该反应的ΔS>0
C. 使用高效催化剂能降低该反应的焓变
D. 该反应中每消耗1 mol SO2，转移电子的数目约为5×6.02×1023
D
【解析】 该反应的正反应为气体分子数减小的反应，ΔS<0，A错误； H2O为液态，不列入K的表达式中，B错误；催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，C错误；在反应中，S、N元素的化合价升高，O元素化合价降低，当有
4 mol SO2参与反应时，消耗5 mol O2，转移20 mol电子，则消耗1 mol SO2时转移电子数约为5×6.02×1023，D正确。
D
C. 反应每消耗1 mol NH3时，转移电子的数目约为3×6.02×1023
D. 反应温度越高，NO的脱除率越高
C
A. 该反应的ΔS>0
C. 该反应的ΔH＝4E(C—H)＋4E(O—H)－2E(C===O)－4E(H—H)(E表示键能)
D. 反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率
【解析】 该反应为气体分子数减小的反应，ΔS<0，A错误；反应的ΔH＝2E(C===O)＋4E(H—H)－[4E(C—H)＋4E(O—H)]，C错误；催化剂只能改变化学反应速率，对H2的平衡转化率无影响，D错误。
B
A. 该反应ΔS<0
B. 使用催化剂能降低反应的焓变
D. 1 mol N—H断裂的同时有1 mol O—H断裂说明反应到达该条件下的平衡状态
D
D
8. (2025·南通四模)已知氨的释氢反应为2NH3(g)===N2(g)＋3H2(g)　ΔH＝＋92.4 kJ/mol。下列说法正确的是(　　)
B. 增大压强，既可提高释氢速率，又可提高氨气的平衡转化率
C. 用E表示键能，6E(N—H)－E(N≡N)－3E(H—H)＝92.4 kJ/mol
D. 使用高效催化剂能降低反应的焓变
C
A. 该反应在任何条件下都能自发进行
B. 该反应的ΔH＝E(N≡N)＋3E(H—H)－2E(N—H)(E表示键能)
C. 高温、高压均能提高H2的平衡转化率
D. 反应中每消耗1 mol N2，转移电子的数目约为6×6.02×1023
【解析】 该反应ΔH<0，ΔS<0，低温可自发进行，A错误；ΔH＝E(N≡N)＋3E(H—H)－6E(N—H)(E表示键能)，B错误；该反应为放热反应，高温使平衡逆向移动，H2的平衡转化率降低，C错误；反应中N元素由0价降至－3价，每消耗1 mol N2，转移电子数约为6×6.02×1023，D正确。
D
A. 该反应一定能自发进行
C. 每反应1 mol Si，会断裂2 mol Si—Si
D. 其他条件相同，使用催化剂可以加快正反应速率，减慢逆反应速率
【解析】 该反应ΔH<0，ΔS<0，低温能自发进行，A错误；Si为固体，不列入K的表达式中，B错误；1 mol Si中含2 mol Si—Si，C正确；其他条件相同，使用催化剂，正、逆反应速率同时加快，D错误。
C
11. (2025·扬州中学)“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关主要反应有：
下列说法正确的是(　　)
B. 反应Ⅱ的ΔS<0
C. 有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压
D. 该工艺每转化0.2 mol CO2可获得0.4 mol CO
C
A. 该反应ΔS>0
C. 其他条件不变，升高温度，NO的平衡转化率下降
D. 上述反应中每消耗1 mol O2，转移电子的数目约为2×6.02×1023
C
13. (2025·金陵中学)纳米级材料Cu2O有非常优良的催化性能。工业上在高温条件下用炭粉还原CuO制得：2CuO(s)＋C(s)===Cu2O(s)＋CO(g)　ΔH>0。下列说法正确的是(　　)
A. 该反应在任何温度下均可自发进行
B. 其他条件相同，加入更多的炭粉，可以提高CuO的平衡转化率
C. 恒温条件下达平衡后，增大CO的用量，达新平衡后c(CO)不变
D. 反应中生成22.4 L CO，转移的电子数目约为2×6.02×1023
【解析】 该反应ΔH>0、ΔS>0，高温下能自发，A错误；C是固体，加入C，平衡不移动，不能提高CuO的平衡转化率，B错误；该反应的K＝c(CO)，恒温条件下K不变，增大CO的用量，达新平衡后c(CO)不变，C正确；未知CO的温度和压强，无法计算22.4 L CO的物质的量，D错误。
C
14. (2025·扬州中学)下列有关反应描述不正确的是(　　)
A. 合成氨温度选择400～500 ℃的原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大
B. 铁触媒催化合成氨时，铁触媒提高了单位时间内N2的转化率
C. 催化重整CH4和H2O制H2时，H2在催化剂铜表面脱附过程的ΔS＜0
D. CO2转化为HCOOH时，C原子的杂化轨道类型发生了变化
【解析】 合成氨温度选择400～500 ℃的重要原因之一该温度范围内催化剂活性最强，A正确；铁触媒能降低活化能，加快反应速率，提高单位时间内N2的转化率，B正确；H2在Cu表面脱附为熵增过程，ΔS>0，C错误；CO2转化为HCOOH时，C由sp杂化转化成sp2杂化，D正确。
C
15. (2025·盐城八校期初)硫及其化合物之间的转化在生产中有着重要作用。接触法制硫酸中，SO2制取SO3的反应为2SO2(g)＋O2(g)===2SO3(g)　ΔH＝
－196.6 kJ/mol，反应在有、无催化剂条件下的能量变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
A. V2O5催化时，该反应的速率取决于步骤①
B. 使用V2O5作催化剂同时降低了正、逆反应的活化能
D. 2SO2(g)＋O2(g)===2SO3(s)ΔH>－196.6 kJ/mol
B
16. (2025·浙江卷)下列说法正确的是(　　)
A. 常温常压下H2(g)和O2(g)混合无明显现象，则反应2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)在该条件下不自发
B
特训18　多重平衡体系中的计算
A. 60 ℃时，H2的转化率为72%
B. 由图可知，反应决速步骤的活化能：①>②
D. 60 ℃后，环戊烯选择性降低的原因可能是催化剂活性减弱
B
2. (2025·宿迁期中)利用CO2和H2合成甲醇，可以减少CO2的排放，实现碳的循环利用。涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1<0
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH2
在1 L密闭容器中通入1 mol CO2和2.44 mol H2，选择合适的催化剂反应，甲醇的选择性(生成甲醇的CO2占CO2总转化量的物质的量分数)和CO2的平衡转化率随温度的变化趋势如图所示。下列说法正确的是(　　)
A. ΔH2<0
B. 553 K时，反应Ⅱ的平衡常数K＝0.1
C. 高温下使用更高效的催化剂提高甲醇的平衡产率
D. 其他条件不变，增大压强可提高平衡时CH3OH的
体积分数
D
3. (2025·连云港考前模拟)使用CH3COOCH3与H2反应制C2H5OH过程中的主要反应为
反应Ⅰ：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)===C2H5OH(g)＋CH3OH(g)
ΔH1＝＋1 004 kJ/mol
反应Ⅱ：CH3COOCH3(g)＋H2(g)===CH3CHO(g)＋CH3OH(g)
ΔH2＝＋1 044 kJ/mol
反应Ⅲ：CH3COOCH3(g)＋C2H5OH(g)===CH3COOCH2CH3(g)＋CH3OH(g)
ΔH3＝＋1 160 kJ/mol
B
A. 反应CH3CHO(g)＋H2(g)===C2H5OH(g)的焓变ΔH＝＋40 kJ/mol
B. 185 ℃时，若起始n(CH3COOCH3)为1 mol，则反应后体系中C2H5OH为0.04 mol
C. 温度在165 ℃～205 ℃之间，反应后的体系中存在CH3CHO
D. 温度在225 ℃～235 ℃之间，C2H5OH的选择性保持不变，说明反应Ⅰ达到了平衡
【解析】 根据盖斯定律，反应Ⅰ－反应Ⅱ得：CH3CHO(g)＋H2(g)===C2H5OH(g)　ΔH＝ΔH1－ΔH2＝＋1 004 kJ/mol－1 044 kJ/mol＝
－40 kJ/mol，A错误；185 ℃时，若起始n(CH3COOCH3)＝1 mol，则CH3COOCH3反应了1 mol×20%＝0.2 mol，C2H5OH物质的量为0.2 mol×20%＝0.04 mol，B正确；温度在165 ℃～205 ℃之间，C2H5OH和CH3COOCH2CH3的选择性之和为100%，故体系中不存在CH3CHO，C错误；温度在225 ℃～235 ℃之间，C2H5OH的选择性保持不变，但是CH3COOCH3转化率增大，转化为C2H5OH的n(CH3COOCH3)增大，反应Ⅰ没有达到平衡，D错误。
4. (2025·盐城期中)天然气开采过程中产生大量的含硫废气(硫元素的主要存在形式为H2S)，需要回收处理并加以利用，有关反应如下：
2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－1 036 kJ/mol
4H2S(g)＋2SO2(g)===3S2(g)＋4H2O(g) ΔH2＝＋94 kJ/mol
A. 混合气体中加入Ar的主要目的是提高反应速率
B. 甲表示SO2分布分数的曲线
C. H2S转化率为α，则体系中H2O的物质的量为2α mol
D. t1时，体系中含硫物质的总的物质的量为2.0 mol
C
【解析】 恒压条件下，向密闭容器中充入2 mol H2S、3 mol O2、95 mol Ar，反应①生成的SO2与H2S发生反应②，故H2S不断减少，SO2先增加后减少，S2不断增加，甲表示H2S，乙表示SO2，丙表示S2，B错误；恒压条件下，向密闭容器中充入Ar，相当于减压，反应速率减慢，A错误；由两个反应的化学方程式相加可知，H2S与H2O的化学计量数之比均为1∶1，生成H2O的物质的量＝消耗的H2S的物质的量＝2α mol，C正确；由元素守恒可知n(H2S)＋n(SO2)＋2n(S2)＝2 mol，n(H2S)＋n(SO2)＋n(S2)<2 mol，D错误。
5. (2025·四川卷)乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气(CO、H2)为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行：
① HCHO(g)＋CO(g)＋H2(g)===HOCH2CHO(l)
② HOCH2CHO(l)＋H2(g)===HOCH2CH2OH(l)
反应中伴随副反应③：HCHO(g)＋H2(g)===CH3OH(l)。若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛初始浓度为1 mol/L。
(1) 反应5 h后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为38%、8%、10%，则甲醛的平均消耗速率v＝____________ mol/(L·h)。
(2) 溶剂中H2和CO浓度分别保持为1.0×10－4 mol/L、6.0×10－4 mol/L，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡产率分别为18%、34%、14%，生成乙二醇的总反应HCHO(g)＋CO(g)＋2H2(g)===HOCH2CH2OH(l)平衡常数K＝________________ (mol/L)－3 (科学记数，保留小数点后2位)。
0.112
1.67×1011
6. (2025·山东卷)利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单质硫，涉及的主要反应如下：
恒容条件下，按1 mol CaS、1 mol SO2和0.1 mol H2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lgn随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝108基本不变。
(1) 乙线所示物种为_________(填化学式)。反应Ⅲ的焓变ΔH3___0(填“>”“<”或“＝”)。
(2) T1温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为a mol，则S2为_________________mol(用含a的代数式表示)；此时，CaS与CaSO4物质的量的差值n(CaS)－n(CaSO4)＝____________ mol(用含a的最简代数式表示)。
H2O
＜
0.45＋0.5a
150a
增大
减小
7. (2025·河南卷) CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气(H2、CO)，实现碳资源的二次利用。主要反应如下：
一定温度、100 kPa下，向体系中加入1.0 mol CaCO3和1.0 mol CH4，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转化率为80%，CH4转化率为60%，CO物质的量为1.3 mol，反应Ⅲ的平衡常数Kp＝_________(保留小数点后一位)，此时原位CO2利用率为_________。
1.2
70%
【解析】 一定温度、100 kPa下，向体系中加入1.0 mol CaCO3和1.0 mol CH4，恒压反应至平衡时， CaCO3转化率为80%，反应Ⅰ平衡时生成n(CO2)＝0.8 mol，CH4转化率为60%，CO物质的量为1.3 mol，列三段式：
起始/mol 1.0 0.8 0 0
转化/mol 0.6 0.6 1.2 1.2
平衡/mol 0.4 0.1 1.1 1.3
特训19　化学反应速率与化学平衡综合
1. (2025·苏州期初)甲醇是重要的化工基础原料，以CO2为原料制甲醇具有重要的社会价值。
(1) CO2催化加氢制甲醇。CO2催化加氢制甲醇过程中的主要反应为
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－49.2 kJ/mol
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ/mol
图1　
① 236～250 ℃范围内，CO2平衡转化率随温度升高而下降的原因是_________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
② 244 ℃时，反应一段时间后，测得CH3OH选择性为56.8%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OH选择性的措施有_____________________________________________________________________。
③ 244 ℃时，向密闭容器内投入1 mol CO2和3 mol H2充分反应，则平衡时生成CH3OH的物质的量为____________ mol(保留小数点后4位)。
反应Ⅰ的ΔH＜0，反应Ⅱ的ΔH＞0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度
增大压强(或使用对反应Ⅰ催
化活性更高的催化剂)
0.061 2
(2) CO2加氢制甲醇催化剂的研究。
① 用Co－C作催化剂，可得到含少量甲酸的甲醇。相同条件下，将催化剂循环使用，甲醇产量与催化剂循环次数的关系如图2所示。甲醇产量随循环次数增加而减小的原因可能是_________________________________________________。
反应生成的甲酸腐蚀催化剂，使催化剂活性降低
② 用CeO2作催化剂，H2在CeO2催化剂表面吸附活化是CO2还原制甲醇的一个重要环节。H2在CeO2表面异裂使其产生氧空位(□)和Ce (Ⅲ)的可能机理如图所示。根据元素电负性的变化规律，步骤②可描述为________________________________________________________________________________________________________。
H2吸附于 CeO2后发生异裂，带部分
正电荷的H与催化剂表面O结合，带部分负电荷的H与表面Ce(Ⅳ)结合
【解析】 (1) ②增大压强，反应Ⅰ平衡右移，CH3OH选择性增大；因此增大压强能提高CH3OH选择性：也可使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂使单位时间内，CH3OH选择性增大。③244 ℃时，甲醇的选择性为58.3%，CO2平衡转化率为10.5%，平衡时生成CH3OH的物质的量为1 mol×10.5%×58.3%＝0.061 2 mol。
2. (2025·南通调研)工业上常用CeO2催化除去重整气(主要成分为H2、CO2、CO、N2、H2O和少量O2等)中含有的少量CO。主要反应为2CO＋O2===2CO2；CO＋3H2===CH4＋H2O。
(1) 用大孔径的催化剂载体可以提高催化氧化CO效果。
① 制备泡沫铜载体。三羟甲基氨基甲烷(C4H11NO3)和硝酸铜混合均匀，在氩气的保护下点燃，冷却清洗后得到泡沫铜。三羟甲基氨基甲烷作用为____________________________________________________________________。
② Al2O3作载体。Al2O3导热性差，会导致反应管温度过高CO去除率明显降低，
除因为催化剂失活外，还有___________________________________(用化学方程式表示)。
作燃料，产生
大量气体造孔，提供还原性气体还原氧化铜为铜单质
(2) CeO2(Ce是活泼金属)中添加CuO能提高反应催化效果。将n(CO)∶n(O2)∶n(H2)∶n(CO2)∶n(H2O)＝1∶1∶50∶15∶10的混合气体(其余为氮气)以一定流速通过装有aCuO·bCeO2催化剂的反应管，实验表明催化剂中氧空位的数量影响反应速率，可能机理如图1所示。
图1
① CeO2中加入少量CuO能提高CO的去除率，其原因是______________________________________________________________________________。
② 催化剂aCuO·bCeO2中铜原子上会形成少量碱性基团( )，其存在
会降低CO去除率的原因是________________________________________________________________________________________________________________________。
③ 步骤ⅱ氧气也会参与反应。若参加反应的H2O和O2物质的量相等，则每转化
1 mol CO产生H2的物质的量为_______________。
增强了CO在CuO上
的吸附量；Cu2＋代替Ce4＋增加了催化剂中氧空位的数量
CO2与CO产生竞争吸附(使CO不易吸附)；产生碳酸盐覆盖催化剂表面，阻碍反应发生
(3) aCuO·bCeO2、aCu·bCeO2均能催化CO反应。重整气通过装有aCuO·bCeO2催化剂的反应管，CO的转化率和生成CO2选择性随温度变化的曲线如图2所示。
① 产物CO2选择性下降的原因可能是____________________________________________________________________________________。
② aCuO·bCeO2相对于aCu·bCeO2催化剂，其优点是________________________________________________。
氢气还原氧化铜为铜，CeO2－Cu催化剂
有利于甲烷的生成
产物二氧化碳选择性高，
不消耗H2
图2
3. (2025·安徽卷)Ⅰ. 通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应：
① HCOOH(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋26.3 kJ/mol
② HCOOH(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－14.9 kJ/mol
(1) 反应CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)的ΔH＝_______________ kJ/mol。
(2) 一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的HCOOH(g)，发生上述两个分解反应。下列说法中能表明反应达到平衡状态的是______(填字母)。
a. 气体密度不变 b. 气体总压强不变
c. H2O(g)的浓度不变 d. CO和CO2的物质的量相等
－41.2
bc
(3) 一定温度下，使用某催化剂时反应历程如图1所示，反应①的选择性接近
100%，原因是________________________________________________________；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是______________________________________________________________。
图1 　
反应①活化能低，反应②活化能高，反应②速率慢
催化剂在升温时活性
降低(或升温时催化剂对反应②更有利)
Ⅱ. 甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和H2)的重要方法，主要反应有：
(4) 恒温恒容条件下，可提高CH4转化率的措施有___(填字母)。
a. 增加原料中CH4的量　　 b. 增加原料中CO2的量　
c. 通入Ar气
b
(5) 恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的CH4/CO2/Ar混合气，投料组成与CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如图2所示。
ⅰ. 投料组成中Ar含量下降，平衡体系中n(CO)∶n(H2)的值将______(填“增大”“减小”或“不变”)。
ⅱ. 若平衡时Ar的分压为p kPa，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数Kp＝__________(kPa)2 (用含p的代数式表示，Kp是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数)。
增大
0.675p2
图2
【解析】 (1) 根据盖斯定律，②－①得CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－14.9 kJ/mol－26.3 kJ/mol＝－41.2 kJ/mol。(2) 气体质量守恒，容器容积固定，气体密度始终不变，a错误；两个反应均为气体体积增大的反应，随着反应进行，气体压强变大，气体总压强不变是平衡状态，b正确；H2O(g)浓度不变是平衡状态，c正确；CO和CO2物质的量相等，不一定是平衡状态，d错误。
(3) 由图可知，反应①活化能小于反应②，反应①速率快。反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，理论上反应①选择性增大，但反应①选择性下降，可能原因是升高温度，催化剂活性降低或升温时催化剂对反应②更有利。(4) 增加原料中CH4的量，CH4自身转化率降低，a错误；增大原料中CO2的量，CH4转化率增大，b正确；恒温恒容通入Ar，各组分浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变，c错误。(5) ⅰ. 如图可知，恒压时，随着Ar含量下降，反应物的分压增大，相当于加压，反应④平衡不移动；反应③平衡左移，n(CO)、n(H2)减少的量相同；反应⑤平衡左移，n(CO)、n(H2)减少但n(H2)减小得更多，n(CO)∶n(H2)增大。ⅱ. 设初始投料：n(CH4)＝4 mol、n(CO2)＝4 mol、n(Ar)＝2 mol，平衡时，CH4转化率为20%，CO2转化率为30%，则平衡时n(CH4)＝4 mol－4 mol×20%＝3.2 mol、n(CO2)＝
4 mol－4 mol×30%＝2.8 mol。
特训20　溯因分析综合
1. (2025·如东期初)水合肼(N2H4·H2O)在工业中有广阔的应用前景，其具有强还原性，氧化产物为N2。
(1) 工业上可用NaClO碱性溶液与尿素[CO(NH2)2]水溶液反应制取水合肼，写出该反应的离子方程式：_________________________________________________，在实际生产中尿素需过量，原因是___________________________________________________________________________。
提高NaClO的转化率、减少生成物水合肼被氧
化损耗
(3) 水合肼可以处理碱性铜氨废液可获得纳米铜粉。保持其他条件不变，水合肼浓度、反应温度对纳米铜的产率的影响如图1、图2所示。
图1
　　　　　
图2
① 水合肼浓度大于3.25 mol/L时，纳米铜的产率下降的原因可能是____________________________________________________________。
② 温度高于75 ℃后，纳米铜的产率下降的原因可能是____________________________________________________________________________。
(4) Na2SO3、水合肼都可用于处理高压锅炉水中溶解的O2，防止锅炉被腐蚀。与Na2SO3相比，使用水合肼处理水中溶解的O2的优点有_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
Cu2＋和过量
的水合肼生成新的稳定配合物
温度的升高加速氨气逸出，使铜氨配合物分解；在较高温度下，生成了Cu2O
水合肼的用量少；水合肼的氧化产物为N2，对环境无污染；而Na2SO3氧化后会生成硫酸盐沉淀，影响锅炉的安全使用
2. (2025·镇江期初)铁、钴、锰是三种典型的变价金属。还原浸出法可以将原料中难分解的高价态金属化合物还原，从而可以在酸性介质中溶解浸出。从电化学角度来说，电极电势数值越大氧化性越强、数值越小还原性越强。氧化型物质浓度越大，电极电势越大。部分常见标准电极电势如表所示：
(1) SO2－H2SO4浸出铁
① H2SO4浸出铁酸锌(ZnFe2O4)时，溶液中c(Fe3＋)过大会阻碍ZnFe2O4进一步溶解，其原因可能为_____________________________________________________________________________________。
② SO2－H2SO4体系还原浸出ZnFe2O4中的Fe2＋、Zn2＋反应的化学方程式为
_____________________________________________________________。
过高的Fe3＋会水解生成氢氧化铁覆盖在ZnFe2O4表面，不利于
ZnFe2O4溶解
ZnFe2O4＋2H2SO4＋SO2===ZnSO4＋2FeSO4＋2H2O
(2) H2O2－H2SO4浸出锰、钴
① H2O2－H2SO4可还原软锰矿中的MnO2，该方法反应速率快，常温下即可反应。以H2O2作还原剂，在H2SO4溶液中浸出软锰矿(含Fe2O3杂质)，控制酸浓度为2 mol/L，在95 ℃条件下，锰、铁的浸出率与时间变化的关系如图1所示，该条件下铁浸出率远低于锰的原因可能为_____________________________________________________________________________________________________________________。
图1
由于H2O2与Fe3＋的电极电势相差不大，还原速率慢；H2O2与MnO2的电极电势差较大，还原速率快，所以铁浸出率远低于锰
②常用H2O2－柠檬酸(易溶于水、有强还原性)代替H2O2－H2SO4回收废旧锂离子电池(LiCoO2)中的钴。同浓度的柠檬酸与H2SO4浸出废旧锂离子电池时，钴浸出率与时间变化的关系如图2所示。用柠檬酸时钴的浸出率大于用H2SO4时的原因可能为___________________________________________________________。
图2
柠檬酸既有酸性又有强还原性，自身能还原LiCoO2中的三价钴
3. (2025·如东中学)金常以微细粒浸染于含砷黄铁矿中，此类矿石的预氧化处理方法主要有：焙烧氧化、生物氧化和湿法氧化。
(1) 含砷黄铁矿(主要成分为FeAsS，其中As元素为0价)高温焙烧氧化后，再用氰化钠(NaCN)溶液浸出。
① 焙烧氧化的固体产物有As4O6、Fe3O4，该反应的化学方程式为____________
________________________________________________________。
② 臭氧化法去除CN－。“臭氧－活性炭”去除浸出液中CN－的机理如图1所示(“*”表示活性炭表面吸附的物种，碱性条件下活性炭催化O3产生HO－)。HO·氧化CN－的离子方程式为________________________________________________。
12FeAsS＋
图1
③ 在含氰废水pH＝8，臭氧通入量为25 mg/min的实验条件下，1 L含氰废水分别在“臭氧”“活性炭”和“臭氧－活性炭”三种体系下对CN－的去除率随时间变化的曲线如图2所示。“臭氧－活性炭”体系对CN－的去除率明显优于另外两个体系。与pH＝8相比，调节废水pH＝10时，“臭氧－活性炭”体系对CN－的去除率明显增大的原因是______________________________________________。
碱性增强，活性炭催化O3产生HO·的速率加快
图2
(2) 利用细菌进行生物氧化提取金。pH对金的浸出率影响如图3，pH影响金浸出率的原因是____________________________________________________________。
(3) 湿法氧化提取金。在溶液中，Au＋与S、S2O等能形成配合物。已知Au的硫酸盐难溶于水。
① 工业上利用硫代硫酸盐可浸出金生成[Au(S2O3)2]3－，但在富氧条件下浸出率明显降低，原因是______________________________________________________。
在强酸、强碱性条件下，微生物的蛋白质发生变性，需控制一定的pH
图3
图4
已知：①CaSO4和CaCrO4微溶于水，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，Ksp(BaCrO4)＝1.2×10－10。
② 加入NaClO可以促进Ni元素转化为Ni(OH)2沉淀除去，原因是_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
ClO－氧化
促进Ni(OH)2沉淀生成
(2) 回收Cr(Ⅵ)。
① 向除去CN－和Ni元素的废液中加入一定量的BaCl2，可将Cr(Ⅵ)转化为
BaCrO4沉淀。相同时间内，Cr元素沉淀率与溶液初始pH的关系如图1所示。与预调pH＝6相比，初始pH＝7时Cr(Ⅵ)沉淀率显著提高的原因是______________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
高，有利于生成BaCrO4沉淀；初始pH＝7，加入的石灰乳更多，Ca2＋沉淀了更多的
图1
② BaCrO4沉淀中混有BaSO4等杂质，可加入足量硫酸充分反应后过滤，实现Cr(Ⅵ)的分离回收，反应的离子方程式为________________________________________________。
③ 回收重铬酸(H2Cr2O7)。
硫酸浓度对重铬酸的回收率如图2所示。当硫酸浓度高于0.450 mol/L时，重铬酸的回收率没有明显变化，其原因是___________________________________________________________________________________________________________________________________。
＋H2O
BaSO4与BaCrO4溶解度接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，BaSO4固体覆盖在BaCrO4表面，使其难于接触H2SO4，阻碍重铬酸生成
图2
(3) 电解法除Cr(Ⅵ)的一种装置如图3所示。利用阳极生成的Fe2＋，还原Cr(Ⅵ)生成Cr3＋，最终转化为Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去。随着电解的进行，阳极表面易形成FeO·Fe2O3钝化膜，电解效率降低。将电源正负极反接一段时间，钝化膜消失。钝化膜消失的原因是___________________________________________________。
电极交换后，阴极产生H2，使钝化膜还原
图3
(1) 不同初始pH对反应的影响。测得不同初始pH对氨氮去除率的影响如图1所示，反应后固体产物的XRD图谱如图2所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在)。
图1 图2
② pH＝5～8时生成(NH4)2Fe(SO3)2·H2O沉淀，该反应的离子方程式为___________________________________________________________。
③ pH＝9时，氨氮去除率比较低的原因是_____________________________________________________________________________________________________________________，此时仍有部分氨氮被去除的原因是______________________________________________________________。
Fe3＋转化为Fe2(SO4)3、Fe2O3，不会与NH结合生成亚硫酸亚铁铵沉淀，导致氨氮去
除率降低
化为NH3，从而去除
(2) 反应过程中pH变化。其他条件不变，调节溶液初始pH为7.5，充分搅拌并反应一段时间，氨氮去除率和溶液pH随时间变化如图3所示。
① 0～30 min时，氨氮去除率升高，溶液pH急剧降低的主要原因是___________________________________________________________________________。
② 30 min后，溶液pH继续降低的可能原因是________________________________________________________________________________________。
Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe2＋或Fe3＋发生
图3

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