高考二轮复习知识点：化学研究方法与工业化学
一、选择题
1．（2022·浙江6月选考）下列说法正确的是（ ）
A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫
C．浓硝酸与铁在常温下不反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸
D．“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用
2．（2023·黄浦模拟）逆流能使物质充分接触，硫酸工业中未采取逆流工艺的是（ ）
A．SO2、O2和V2O5接触 B．硫铁矿和空气反应
C．浓硫酸吸收SO3 D．预热SO2、O2
3．（2023·徐汇模拟）有关工业合成氨的说法错误的是
A．不断移去液氨，有利于反应正向进行
B．400~500℃时，原料的平衡转化率最大
C．增大压强，氨的分解速率增加
D．原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒
4．（2023·辽宁）下列有关物质的工业制备反应错误的是
A．合成氨：N2+3H22NH3
B．制HCl：H2+Cl22HCl
C．制粗硅：SiO2+2CSi+2CO
D．冶炼镁：2MgO(熔融)2Mg+O2↑
5．（2021·河北）硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是（ ）
A．NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因
B．汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5
C．植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定
D．工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除
6．（2023·沈阳模拟）化学与生活、生产密切相关。下列说法中正确的是
A．以木材、秸秆等为原料，经加工处理可以得到合成纤维
B．植物从土壤中吸收、NO转化为氨基酸的过程属于氮的固定
C．低温石英具有手性，被广泛用作压电材料，如制作石英手表
D．“杯酚”分离和，体现了超分子的自组装的重要特性
7．（2021·浙江）下列说法错误的是（ ）
A．某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃
B．通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴
C．生物炼铜中通常利用某些细菌把不溶性的硫化铜转化为可溶性铜盐
D．工业制备硝酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔
8．（2021·南京模拟）工业上制取浓硝酸涉及下列反应：
①
②
③
下列有关工业制取浓硝酸反应的说法错误的是（ ）
A．反应①达到平衡时
B．使用高效催化剂能提高反应①中NO的平衡转化率
C．反应②在一定温度下能自发进行，则正反应为放热反应
D．标准状况下，反应③中每消耗22.4LO2，转移电子的数目约为
9．（2018·北京）下列化学用语对事实的表述错误的是（ ）
A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OH C17H35COOC2H5+H218O
B．常温时，0.1mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2O NH4++OH-
C．由Na和Cl形成离子键的过程：
D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e=Cu
10．（2023高三下·抚顺模拟）规范的实验操作是实验成功的必要保证，下列有关实验操作描述正确的是（ ）
A．电解精炼铜时，粗铜作阴极
B．容量瓶和分液漏斗使用前均需查漏
C．滴定实验前，需用所盛装溶液分别润洗滴定管和锥形瓶
D．试管和烧杯均可用酒精灯直接加热
11．（2020·石景山模拟）印刷电路板（PCB）是用腐蚀液将覆铜板上的部分铜腐蚀掉而制得。一种用FeCl3溶液制作PCB并将腐蚀后废液回收再生的流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．腐蚀池中发生反应的化学方程式是：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2
B．腐蚀后的废液中，主要的金属阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+
C．置换池中发生的主要反应为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+和Fe+2Fe3+=3Fe2+
D．再生池中加入酸化的H2O2，反应过程中pH降低
12．（2021·浙江）下列说法不正确的是（ ）
A．应避免铵态氮肥与草木灰混合施用
B．工业上可用离子交换法提高海带中碘的提取率
C．电解饱和食盐水可以得到金属钠和氯气
D．将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到耐腐蚀的钢
13．（2021·台州模拟）下列说法正确的是（ ）
A．将粗硅在高温下与氯气作用生成，再用氢气还原得到高纯度的硅
B．工业上通过电解水溶液制金属镁
C．工业上以海带为原料制碘时，利用萃取碘水中的碘，分液、蒸馏获得粗碘
D．炼铁时，加入石灰石的主要作用是分解提供，便于与C作用生成CO
14．（2021·宁波模拟）下列说法错误的是（ ）
A．工业上以氯气和石灰乳为原料制取漂白粉
B．75% (体积分数)酒精溶液能使蛋白质变性，其消毒效果比无水酒精好
C．钠是一种强还原剂，可用于制取钛、铌等金属
D．在工业炼铁中，焦炭的作用是直接还原铁矿石
15．（2022·徐汇模拟）煤是重要的化石能源，下列说法错误的是（ ）
A．煤属于芳香烃
B．煤干馏可以得到粗氨水
C．煤是不可再生资源
D．将煤气化能提高燃料的燃烧效率
16．（2023·福州模拟）相比索尔维制碱法，下列不属于侯氏制碱法的优点的是（ ）
A．食盐的利用率高
B．氨气可循环使用、生产过程简单
C．不生成难以处理的CaCl2
D．副产物可做氮肥
17．（2023·鞍山模拟）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下，下列说法正确的是（ ）
A．可用陶瓷等硅酸盐产品作吸收塔内衬材料
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中会随着合成的进行而不断减小
D．冰晶石可作为电解熔融氯化铝制铝时的助熔剂
18．（2022·菏泽模拟）一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺的工作原理如下图所示。下列说法错误的是（ ）
A．与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜
B．第一步中当消耗标况下时，右侧电极质量减小
C．第二步中，放电结束后，电解质溶液中的含量增大
D．第三步的总反应为：
二、非选择题
19．（2020·青浦模拟）Li-SOCl2电池采用LiAlCl4的SOCl2溶液为电解质溶液，是目前比能量最高的化学电源，具有电压高.储存寿命长.工作温度范围宽.成本低等优点。
（1）该电池的工作原理为：4Li+2SOCl2=4LiCl↓+SO2↑+S↓，该反应的还原产物为 ，若生成标准状况下气体11.2L，则转移电子的数目为 ；
（2）SOCl2可用于AlCl3·6H2O制备无水AlCl3，请结合离子方程式解释不采用直接加热晶体的方法除去结晶水的原因 ；
（3）解释Li-SOCl2电池组装必须在无水条件下的原因 ；
（4）工业制硫酸中，SO2的催化氧化采用常压而不是高压的原因 ；
（5）向NaOH溶液中缓慢通入SO2至过量，反应过程中某微粒X的物质的量浓度随着通入SO2体积的变化如图所示，该微粒X为 ，SO2过量时溶液仍然存在微粒X的原因 。
20．（2015·河南模拟）硫酸的年产量高低常用于衡量一个国家化工生产水平的高低．
（1）以黄铁矿为原料生产SO2时反应的化学方程式为： ，该反应在 中进行（填设备名称）；
（2）某科研小组测得某硫酸工厂生产工厂中SO2的平衡转化率与外部条件的关系如下表所示，则生产过程中，最适合的生产条件是 ；
压强（Pa） 温度（℃） 1.013×105 5.065×105 10.13×105 15.195×105
400 99.61% 99.72% 99.84% 99.88×105
500 96.75% 97.67% 98.52% 98.94%
600 85.20% 88.97% 92.76% 94.68%
（3）接触室内有一热交换器，其作用是 ，若将从C处（如图）出来的气体通入BaCl2溶液中，则主要负电离子方程式为（写总反应式） ；
（4）下列做法中，与提高硫酸工业的经济效益无关的是 ；
a．适当地对黄铁矿进行粉碎
b．在接触室中使用适当过量的O2
c．利用生产中的余热发电或供暖
d．对废水进行无害化处理后再排放
（5）硫酸工业会产生许多对环境有害的物质，因此无论是工厂厂址的选择还是生产过程中有害成分的处理都要充分考虑环保的要求；
①某市计划建一个硫酸工厂，厂址有A、B、C三个地方可供选择，假设最终该厂建在B地，你认为选择B地建厂的理由是（至少回答两点） 、 ；
②将尾气中SO2在一定条件下转化为CaSO4，然后利用焦炭将其转化为CaS（另有一种可燃性气体生成）具有重要的意义，写出CaSO4转化为CaS的化学方程式 ；
（6）若用等质量的硫磺，FeS2生产硫酸，假设原料的总利用率均为90%，则二者得到的硫酸质量比为 ．
21．（2012·海南）根据题意填空：
（1）Ⅰ污水经过一级、二级处理后，还含有少量Cu2+、Hg2+、Pb2+等重金属离子，可加入沉淀剂使其沉淀．下列物质不能作为沉淀剂的是
A．氨水 B．硫化氢气体
C．硫酸钠溶液 D．纯碱溶液
Ⅱ合成氨的流程示意图如下：
回答下列问题：
工业合成氨的原料是氮气和氢气．氮气是从空气中分离出来的，通常使用的两种分离方法是 ， ；氢气的来源是水和碳氢化合物，写出分别采用煤和天然气为原料制取氢气的化学反应方程式 ， ；
（2）设备A中含有电加热器、触煤和热交换器，设备A的名称 ，其中发生的化学反应方程式为 ；
（3）设备B的名称 ，其中m和n是两个通水口，入水口是 （填“m”或“n”）．不宜从相反方向通水的原因 ；
（4）设备C的作用 ；
（5）在原料气制备过程中混有CO对催化剂有毒害作用，欲除去原料气中的CO，可通过如下反应来实现：
CO（g）+H2O（g） CO2 （g）+H2 （g）
已知1000K时该反应的平衡常数K=0.627，若要使CO的转化超过90%，则起始物中c（H2O）：c（CO）不低于 ．
22．（2022·青浦模拟）合成NH3是重要的研究课题，一种合成NH3的流程示意如图。
相关数据如表：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 与N2反应温度/℃ 分解温度/℃
Mg 649 1090 >300 Mg3N2：>800
已知：Mg3N2溶于水发生反应Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑
（1）I.固氮：
从结构上解释N2化学性质稳定的原因 。上述固氮反应的化学方程式是 。固氮的适宜温度范围是 。(填编号)
a.500～600℃ b.700～800℃ c.900～1000℃
（2）检测固氮作用：向固氮后的产物中加水， (填操作和现象)，说明Mg能起到固氮作用。
（3）II.转氨：选用试剂a完成转化。
选用H2O进行转化，发现从体系中分离出NH3较困难，若选用HCl气体进行转化，发现能产生NH3，且产物MgCl2能直接循环利用，但NH3的收率较低，原因是 。
活性炭还原NO2的原理为2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)。一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入1molNO2和足量C发生该反应(不考虑2NO2N2O4)。实验测得NO2的转化率与时间的关系如图所示：
（4）反应达到平衡时CO2的体积分数为 ，混合气体的平均摩尔质量(A) (B)(填“大于”“小于”或“等于”)。
（5）下列能够判断该反应已达到平衡状态的是 。(填序号)
a.CO2的质量分数保持不变
b.容器中N2与CO2的百分含量之比保持不变
c.2v(逆)(NO2)=V(正)(N2)
d.混合气体的颜色保持不变
23．（2018·东莞模拟）氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体，易分解，易水解，可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等。实验室制备氨基甲酸铵的反应如下：2NH3(g)+CO2(g) NH2 COONH4(s) △H<0，该反应在干燥条件下仅生成氨基甲酸铵，若有水存在则水解生成碳酸铵或碳酸氢铵。某化学兴趣小组按下图装置进行如下实验：
步骤1：按图连接好实验装置，……………………….。
步骤2：在相应仪器中装入药品，其中1在三颈烧瓶中加入足量的氢氧化钠固体，在恒压滴液漏斗中装入浓氨水。
步骤3：滴加浓氨水并搅拌，调节反应速率，在反应器中得到产品。
……
请回答下列问题：
（1）将步骤1补充完整：
（2）干燥管中盛放的药品是
（3）对比碳酸盐和酸反应制CO2，该实验利用干冰升华产生CO2气体的优点有 (写出一种即可)。
（4）三颈烧瓶中产生氨气的原理是 。
（5）反应后期随着产生CO2气流减慢，导致反应物比例不当，可采取的措施是 。
（6）尾气处理装置中双通玻璃管的作用是 (用文字叙述)，浓硫酸的作用是 、 。
（7）取部分变质(混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵)样品1.173g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.500g。则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为 。
24．（2022·宁乡市模拟）S、N元素是重要的非金属元素，其化合物应用广泛。
（1）红热木炭与浓H2SO4反应的化学方程式是C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O，该反应中浓硫酸的作用是作 (填“氧化剂”或“还原剂”)。
（2）SO2能够使品红溶液褪色，体现了二氧化硫具有 性(填“漂白性”或“还原性”)。
（3）关于氮的变化关系图如下：
上述流程中能够实现氮的固定的是 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
（4）氨的催化氧化是工业上制硝酸的重要步骤，其反应为：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)。
①一定条件下，在体积10 L的密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了4.5 mol，则此反应的平均速率v(NH3)= mol·(L·s)-1；
②在相同温度下，向该容器中通入一定量的NH3气体，反应速率将 (填“加快”“减慢”或“不变”)。
25．（2020·北京模拟）氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。
（1）海洋中的氮循环起始于氮的固定，其中属于固氮作用的一步是 （填图中数字序号）。
（2）下列关于海洋氮循环的说法正确的是 （填字母序号）。
a.海洋中存在游离态的氮
b.海洋中的氮循环起始于氮的氧化
c.海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与
d.向海洋排放含NO3-的废水会影响海洋中NH4+的含量
（3）有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，将过程④的离子方程式补充完整：
NH4++
5O2=2NO2-+ H++ +
（4）有人研究了温度对海洋硝化细菌去除氨氮效果的影响，下表为对10 L人工海水样本的监测数据：
温度/℃ 样本氨氮含量/mg 处理24 h 处理48 h
氨氮含量/mg 氨氮含量/mg
20 1008 838 788
25 1008 757 468
30 1008 798 600
40 1008 977 910
硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是 ，在最佳反应温度时，48
h内去除氨氮反应的平均速率是 mg·L-1·h-1。
（5）为了避免含氮废水对海洋氮循环系统的影响，需经处理后排放。右图是间接氧化工业废水中氨氮（NH4+）的示意图。
① 结合电极反应式简述间接氧化法去除氨氮的原理： 。
② 若生成H2和N2的物质的量之比为3:1，则处理后废水的pH将 （填“增大”、“不变”或“减小”），请简述理由： 。
26．（2020·广州模拟）合成氨是目前最有效工业固氮的方法，解决数亿人口生存问题。回答下列问题：
（1）科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。
由图可知合成氨反应 N2(g)+ H2(g) NH3(g)的 H= kJ·mol-1。该历程中反应速率最慢的步骤的化学方程式为 。
（2）工业合成氨反应为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，当进料体积比V(N2)：V(H2)=1：3时平衡气体中NH3的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示：
①500℃时，反应平衡常数Kp(30MPa) Kp(100MPa)。（填“<”、“=”、“>”）
②500℃、30MPa时，氢气的平衡转化率为 （保留2位有效数字），Kp= (MPa)-2（列出计算式）。
（3）科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观示意如图，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。
①阴极区生成NH3的电极方程式为 。
②下列说法正确的是 （填标号）。
A．三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性
B．该装置用金(Au)作催化剂目的是降低N2的键能
C．选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置
27．（2017·榆林模拟）工业上用氨催化氧化制硝酸
（1）Ⅰ由氨氧化剂制备硝酸的第一步反应的化学方程式 ．
（2）由于二氧化氮不能被水完全吸收，因此生成的气体须经过多次氧化、吸收的循坏操作，使其充分转化为硝酸（如果不考虑生产过程中的其他损失）
①从理论上分析，要使氨气完全转化为硝酸，则原料氨气和氧气物质的量的投料比至少为 ．
②如果按理论上的原料比将原料放在一个具有反应条件的密闭容器中进行，所有物质不与外界交换，则最后所得溶液的质量分数为 ．
Ⅱ.某学习小组为了模拟工业上氨氧化制硝酸，用下列仪器进行实验：
C装置可以加热，回答下列问题：
（3）装置图中虚线方框内必要仪器的名称和所盛试剂分别为 ．
（4）A处的玻璃导管设置成可上下抽动的原因 ．
（5）实验中在D中观察到的实验现象是 ．
（6）E的作用是 ，E中倒置漏斗可防倒吸，能防倒吸原因是 ．
28．工业上制取硝酸铵的流程图如下，请回答下列问题：
（1）合成氨的工业设备名称是 ，设备中设置热交换器的目的是 ；此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是 ；生产中原料气必须进行脱硫，目的是 。
（2）吸收塔中的反应为 ，从生产流程看，吸收塔中需要补充空气，其原因是 。
（3）生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下三种方法处理：
方法一：碱吸收法：NO＋NO2＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O，2NO2＋Na2CO3＝NaNO2＋NaNO3＋CO2
方法二：氨还原法：8NH3＋6NO2＝7N2＋12H2O(该反应放热，NO也有类似的反应)
方法三：甲烷吸收法：CH4(g)＋2NO2(g)=CO2(g)＋N2(g)＋2H2O(g) △H=＋867kJ·mol－1(NO也有类似的反应）上述三种方法中方法一最大的缺点是 ；方法三和方法二相比，优点是 ，缺点是 。
（4）某化肥厂用NH3制备NH4NO3。已知：由NH3制NO的产率是94%，NO制HNO3的产率是89%，则制HNO3所用的NH3的质量占总耗NH3质量（不考虑其他损耗）的 %（保留三位有效数值）。
29．（2021·广东）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝( )、钼( )、镍( )等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时， 的 ， ； ； ；该工艺中， 时，溶液中 元素以 的形态存在。
（1）“焙烧”中，有 生成，其中 元素的化合价为 。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀 为 。
（3）“沉钼”中， 为7.0。
①生成 的离子方程式为 。
②若条件控制不当， 也会沉淀。为避免 中混入 沉淀，溶液中 (列出算式)时，应停止加入 溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有 和 ， 为 。
②往滤液Ⅲ中添加适量 固体后，通入足量 (填化学式)气体，再通入足量 ，可析出 。
（5）高纯 (砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止 刻蚀液与下层 (砷化镓)反应。
①该氧化物为 。
②已知： 和 同族， 和 同族。在 与上层 的反应中， 元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
30．（2022·昆明模拟）纯碱是重要的化工原料。我国科学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”打破了西方对我国的技术封锁。某实验小组同学利用下图装置，模拟“侯氏制碱法”的部分流程。
已知：NaCl、NH4HCO3、NaHCO3、NH4Cl四种盐在不同温度下的溶解度如下表所示：
温度溶解度(g) 物质 10℃ 20℃ 30℃ 40℃ 50℃ 60℃ 70℃
NaCl 35.8 36.0 36.3. 36.6 37.0 37.3 37.8
NH4HCO3 15.8. 21.0 27.0 一 一 — —
NaHCO3 8.15 9.6 11.1 12.7 14.45 。16.4 一
NH4Cl 33.3 37.2 41.1 45.8 50.4 55.2 60.2
回答下列问题：
（1）试剂b的名称是 ，试剂a的作用是 。
（2）实验时应先打开 (填“K1”或“K2”)开关，持续通入气体一段时间后，关闭此开关，再打开另一开关。硬质玻璃管的作用是 。
（3）反应一段时间后，双颈烧瓶中观察到的实验现象为 。该反应一般控制在30~35℃下进行，温度不宜过高的主要原因是 (用化学方程式表示)。
（4）实验结束后，过滤双颈烧瓶中的混合物，滤渣经灼烧得纯碱，并回收滤液中的NH4Cl。为促进滤液中NH4Cl析出，需向滤液中通入NH3并加入一定量NaCl固体，原因是 。
（5）制得的纯碱中混有NaHCO3和少量不与盐酸反应的杂质。该小组为测定其中NaHCO3的含量，取ag样品于试管中加水完全溶解，加入几滴酚酞溶液，用cmol·L-1的盐酸滴定至溶液由红色变为浅红色，消耗盐酸V1mL；再加1~2滴甲基橙指示剂，继续用盐酸滴定至溶液由黄色变为橙色，又消耗盐酸V2mL。则纯碱样品中NaHCO3质量分数为 。
31．（2021·浙江）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：
（1）电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是 。
（2）下列说法错误的是______。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
（3）在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2(g) Cl2(aq) K1=c(Cl2)/p
Cl2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) +
HClO(aq) K2
其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2(g) Cl2(aq)的焓变ΔH1 0。(填”>”、“=”或“<”)
②平衡常数K2的表达式为K2= 。
③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c= 。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)
（4）工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；
I.TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181
mol·L-1，KI=-3.4×10-29
II.2C(s)+O2(g) 2CO(g)
ΔHII= - 221 mol·L-1，KII=1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由 。
（5）在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。
A．适当提高反应温度 B．改变催化剂
C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；氧化还原反应；硝酸的化学性质；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A．工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不符合题意；
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不符合题意；
C．常温下铁与浓硝酸钝化，不是不反应，C不符合题意；
D．“洁厕灵”和“84消毒液”混用会发生归中反应生成有毒的氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，危害人体健康，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.工业上通过电解熔融的氯化镁制取金属镁；
B.煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫；
C.常温下铁与浓硝酸钝化，不是不反应。
2．【答案】A
【知识点】工业制取硫酸
【解析】【解答】A．硫酸工业中，、和反应是在接触室中完成的，催化剂是固定在接触室的一定位置，并未采用从上面加入催化剂，从下面通入SO2、O2混合气体，即为采用固体和气体逆流的工艺，A符合题意；
B．硫酸工业中，硫铁矿和空气实在沸腾炉中进行，硫铁矿是固体从沸腾炉的中部投料口加入，而从沸腾炉底部通入足量的空气，硫铁矿和空气采用固体和气体逆流工艺以增大其接触面积，是硫铁矿充分煅烧，B不合题意；
C．硫酸工业中，在吸收塔中用98.3%的浓硫酸从顶部淋下，气体向上，使二者充分接触，使SO3吸收更加完全，故浓硫酸和采用了逆流工艺，C不合题意；
D．、和平衡混合气之间采用逆流工艺，以利于SO3尽快冷却分离出来，SO2、O2能够尽快受热再次进入接触室进行反应，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】 工业制备硫酸的流程，首先将硫铁矿粉碎，增大接触面积，反应生成二氧化硫气体，二氧化硫的制取和净化、二氧化硫转化为三氧化硫、三氧化硫的吸收，分别在沸腾炉、接触室、吸收塔中进行，其中沸腾炉中为铁矿石与空气充分接触，采取逆流，在接触室中的催化剂可以加快反应的速率，循环使用SO2、O2和平衡混合气，采取逆流充分接触，SO3采取逆流的形式从吸收塔底部通入，在吸收塔中三氧化硫与水反应生成硫酸。
3．【答案】B
【知识点】工业合成氨
【解析】【解答】A．如果改变可逆反应的条件(如浓度、压强、温度等)，化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动，不断将氨气液化，降低生成物浓度，有利于平衡正向移动，故A不符合题意；
B．合成氨是放热反应，升高温度平衡逆向移动，原料的平衡转化率降低，控制温度为400℃～500℃是因为此温度催化剂的活性最高，反应速率较大，生产效率较高，故B符合题意；
C．增大压强，化学反应速率增大，氨的分解速率增加，故C不符合题意；
D．制备原料气过程中会产生其它杂质，为防止催化剂中毒和安全，原料气须经过净化处理，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、移除生成物，平衡朝正向移动；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、增大压强，速率加快；
D、催化剂中毒会导致反应受影响。
4．【答案】D
【知识点】工业合成氨；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A.工业合成氨是氢气与氮气在高温、高压、催化剂条件下合成氨气，A项正确；
B.氯气与氢气反应生成氯化氢，然后溶于水得到盐酸，B项正确；
C.工业制粗硅是将SiO2与C在高温下反应生成粗硅，C项正确；
D.镁为活泼金属，冶炼方法为采用电解，方程式为：，D项错误；
故答案为：D
【分析】易错分析：D.金属冶炼的规律：活泼金属采用电解，如钾钙钠等；相对活泼金属采用热还原法，不活泼金属采用热分解法。
5．【答案】D
【知识点】氮的固定；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A． NO2 是红棕色且有刺激性气味的气体，溶于水形成硝酸，而 SO2 是无色有刺激性气味的气体，溶于水形成亚硫酸最终被氧化为硫酸，均是产生酸雨的主要气体，A不符合题意；
B．汽车尾气的主要大气污染物为C与N的氧化物，如NOx和CO等，PM2.5是粉尘，B不符合题意；
C．植物可吸收土壤中的铵根离子或硝酸根离子作为肥料，不能直接吸收空气中的氮氧化物，氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态，最终转化为硝酸盐，C不符合题意；
D．工业废气中的 SO2 可采用石灰法进行脱除，如加入石灰石或石灰乳均可进行脱硫处理，先变为亚硫酸钙，继续氧化变为难分解的硫酸钙，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】二氧化硫和二氧化氮均是造成酸雨的主要成分，二氧化硫主要来自煤的燃烧，二氧化氮主要来自汽车尾气或工业废气等，二氧化硫是无色有刺激性气味的气体，二氧化氮是红棕色有刺激性气味的气体。汽车的尾气主要是含氮氧化物和一氧化碳，无二氧化硫，自然界中的固氮是将氮气转化为含氮的肥料，二氧化硫被石灰石转化为难分解的硫酸钙除去
6．【答案】C
【知识点】氮的固定；超分子
【解析】【解答】A．以木材、秸秆等为原料，经加工处理可以得到再生纤维，故A不符合题意；
B．植物从土壤中吸收氨气、一氧化氮转化为氨基酸的过程不是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，不属于氮的固定，故B不符合题意；
C．低温石英的结构中有顶角相连的硅氧四面体形成螺旋向上的长链，而没有封闭的环状结构，这一结构决定它具有手性，被广泛用作压电材料，如制作石英手表，故C符合题意；
D．杯酚分离碳60和碳70体现了超分子的分子识别特征，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．属于再生纤维；
B．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程；
C．低温石英的结构中有顶角相连的硅氧四面体形成螺旋向上的长链；
D．杯酚分离体现了超分子的分子识别特征。
7．【答案】D
【知识点】工业制取硝酸；海水资源及其综合利用；玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途
【解析】【解答】A．某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃，如氧化亚铜分散在玻璃中可以得到红色的玻璃，三氧化二钴分散在玻璃中可以得到蓝色的玻璃，A说法不符合题意；
B．溴虽然被称为“海洋元素”，但是其在海水中的浓度太小，直接以海水为原料提取溴的成本太高，而海水提取粗食盐后的母液属于浓缩的海水，其中溴化物的浓度较高，因此，通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴，B说法不符合题意；
C．某种能耐受铜盐毒性的细菌能利用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，从而把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐，因此，其可用于生物炼铜，C说法不符合题意；
D．工业制备硫酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔，D说法符合题意。
故答案为：D。
【分析】工业上制取硝酸用的是氨气催化氧化最终得到一氧化氮继续氧化变为二氧化氮与水反应变为硝酸，一氧化氮继续被氧化继续发生反应最终得到硝酸。工业制备硝酸的主要设备为氧化炉（转化器）、热交换器和吸收塔。
8．【答案】B
【知识点】工业制取硝酸；反应热和焓变；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．反应① 当 时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，选项A不符合题意；
B．催化剂不能使平衡移动，故不能能提高反应①中NO的平衡转化率，选项B符合题意；
C．反应② 为熵减的反应，△S<0，在一定温度下能自发进行，则△G=△H-T△S<0，故有△H<0，正反应为放热反应，选项C不符合题意；
D．标准状况下，反应③中每消耗22.4LO2，O元素由0价变为-2价，则转移电子的数目约为 ，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据化学反应速率之比等于计量数之比进行转化为同一种物质的正逆速率进行判断
B.催化剂只是改变速率不影响平衡
C.根据△G=△H-T△S判断
D.根据③的方程式找出物质的量与转移电子的关系即可计算
9．【答案】A
【知识点】铜的电解精炼；离子键的形成；电解质在水溶液中的电离；酯化反应
【解析】【解答】A.酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OH C17H35CO18OC2H5+H2O，A项符合题意；
B.常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）=10-2.9mol·L-1＜0.1mol·L-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2O NH4++OH-，B项不符合题意；
C.Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，C项不符合题意；
D.电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D项不符合题意；
故答案为：A
【分析】A中根据有机反应机理，元素跟踪法进行判读。B中根据水的离子积进行计算，考查水的离子积的基本计算方法。
10．【答案】B
【知识点】铜的电解精炼；常用仪器及其使用；中和滴定
【解析】【解答】A.电解精炼铜过程中，粗铜发生失电子的氧化反应，纯铜发生得电子的还原反应，因此粗铜做阳极，纯铜做阴极，A不符合题意；
B.容量瓶、分液漏斗在使用前都必须检查是否漏液，B符合题意；
C.滴定实验前中，锥形瓶用于盛装待测液，因此锥形瓶只需水洗，不能用待装液润洗，否则会使得最终结果偏大，C不符合题意；
D.试管可以直接加热，但烧杯不能直接加热，加热烧杯，需垫上陶土网，使烧杯受热均匀，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、电解精炼铜时，粗铜做阳极，纯铜做阴极；
B、容量瓶、分液漏斗使用前都需要检查是否漏液；
C、锥形瓶不需用待装液润洗；
D、烧杯不可直接加热；
11．【答案】D
【知识点】铜的电解精炼
【解析】【解答】A．腐蚀池中为FeCl3溶液与覆铜板发生反应：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，A项不符合题意；
B．腐蚀后的废液中，有未反应完的FeCl3和反应过程中生成的CuCl2及FeCl2，故废液中，主要的金属阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+，B项不符合题意；
C．置换池中铁粉分别与CuCl2、FeCl3发生了化学反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+和Fe+2Fe3+=3Fe2+，C项不符合题意；
D．再生池中加入酸化的H2O2，发生反应：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O，反应中消耗H+生成H2O，反应过程中pH增大，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】分析流程图，覆铜板在腐蚀池中发生反应：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，在沉降池中沉降后，在置换池中加入铁粉置换出Cu，同时发生Fe3+被铁粉还原为Fe2+的反应，则固体为Cu以及剩余的Fe，再生池中为FeCl2，通过加入氧化剂将FeCl2氧化为FeCl3，再度循环利用。据此分析。
12．【答案】C
【知识点】高炉炼铁；以氯碱工业为基础的化工生产简介；海带成分中碘的检验；化肥、农药及其合理利用
【解析】【解答】A.铵态氮肥中含有铵根离子水解成酸性，草木灰的主要成分为碳酸钾，水解呈碱性，混合后降低肥效，故A不符合题意
B.离子交换法可以很大程度上的提取碘离子的量，同时可以增加碘离子的富集，故B不符合题意
C.电解饱和食盐水得到的是氢氧化钠和氢气和氯气，不是得到的是金属钠，故C符合题意
D.生铁可以在电解质溶液中形成电化学腐蚀，因此降低含碳量可以减少腐蚀，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】一般要得到金属钠，采用的是电解熔融的氯化钠固体，不用电解食盐水，其他均正确
13．【答案】A
【知识点】高炉炼铁；硅和二氧化硅；海带成分中碘的检验
【解析】【解答】A．粗硅高温下与氯气生成四氯化硅，利用氢气还原四氯化硅得到高纯度硅，故A符合题意；
B．电解氯化镁水溶液得到氢氧化镁、氢气和氯气，工业上电解熔融氯化镁获得金属镁，故B不符合题意；
C．工业上以海带为原料制碘步骤时浸泡得到浸泡液，过滤，向含碘离子的浸泡液中通入氯气，得到含碘单质的水溶液，加入四氯化碳萃取出碘单质，分液、蒸馏得到纯净碘单质，故C不符合题意；
D．加入石灰石的目的还是除去脉石(SiO2)，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.制备硅是利用氯气与粗硅作用，在利用氢气将其还原
B.工业上利用电解熔融氯化镁得到镁
C.利用蒸馏即可得到纯净的碘单质
D.炼铁时主要加入石灰石是利用得到的氧化钙与二氧化硅作用
14．【答案】D
【知识点】高炉炼铁；氯气的化学性质；钠的化学性质
【解析】【解答】A.2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，由于Ca(OH)2在水溶液中的溶解度很小，故工业上以氯气和石灰乳为原料制取漂白粉，A不符合题意；
B.75%的酒精能渗入细胞内，使蛋白质凝固变性，低于这个浓度，酒精的渗透脱水作用减弱，杀菌力不强，而高于这个浓度，则会使细菌表面蛋白质迅速脱水，凝固成膜妨碍酒精透入，削弱杀菌能力，故75% (体积分数)酒精溶液能使蛋白质变性，其消毒效果比无水酒精好，B不符合题意；
C．钠是一种强还原剂，4Na+TiCl4(熔融) 4NaCl+Ti，可用于制取钛、铌等难熔金属，C不符合题意；
D．在工业炼铁中，焦炭的作用是燃烧提供热量，同时先生成CO，再将铁矿石还原，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.考查的是漂白粉的制取
B.考查的是酒精浓度对蛋白质的变性的影响
C.利用金属的还原性进行其他金属的冶炼
D.考查的是炼铁的过程焦炭的作用
15．【答案】A
【知识点】工业制取水煤气；煤的干馏和综合利用
【解析】【解答】A．芳香烃，通常指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，煤中除了含碳元素、氢元素，还含有氧元素、硫元素等，煤不属于芳香烃，A符合题意；
B．煤干馏是将煤隔绝空气加强热的过程，可得到焦炉气、粗氨水、煤焦油、焦炭等物质，B不符合题意；
C．三大化石燃料：煤、石油、天然气，都是不可再生资源，C不符合题意；
D．将煤气化、液化，使煤在燃烧过程中充分燃烧，能提高燃料的燃烧效率，节约能源，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据煤的元素组成分析；
B．煤干馏是将煤隔绝空气加强热的过程；
C．化石燃料不可再生；
D．煤化工能提高燃料的燃烧效率 。
16．【答案】B
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）
【解析】【解答】索尔维制碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2，含Cl几乎没什么用，索氏氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中；侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本；保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%；NH4Cl可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO转化成CO2，减少无用的氯化钙生成；所以B说法符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据索尔维制碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2，含Cl几乎没什么用，索氏氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中；侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本分析；
17．【答案】B
【知识点】工业制金属铝
【解析】【解答】A．陶瓷成分中含有二氧化硅，二氧化硅在高温下会与碳酸钠发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A不符合题意；
B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B符合题意；
C．合成槽中发生反应：，所得溶液中碳酸钠的浓度逐渐增大，相同浓度时碳酸钠溶液碱性强于碳酸氢钠，因此所得溶液碱性逐渐增强，故C不符合题意；
D．电解熔融氧化铝制铝，可加冰晶石作助溶剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．二氧化硅在高温下会与碳酸钠发生反应；
B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积；
C．依据相同浓度时碳酸钠溶液碱性强于碳酸氢钠判断；
D．电解熔融氧化铝制铝。
18．【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．传统氯碱工艺电解饱和食盐水，使用阳离子交换膜；与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜，故A不符合题意；
B．根据图示，第一步中阳极反应为：Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+，11.2L氧气的物质的量为0.5mol，0.5mol氧气转移电子的物质的量为2mol，根据阳极反应式可知转移2mol电子电极右侧减小2molNa+，质量为46g，故B不符合题意；
C．第二步中，放电结束后，Na0.44-xMnO2→Na0.44MnO2，Ag→AgCl，电解质溶液中NaCl的含量降低，故C符合题意；
D．根据图示可知，第三步中阴极氯化银生成银，阳极生成氯气，故总反应为：，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 由图可知，第一步生产NaOH的装置为电解池，O2在阴极得电子生成OH-；第二步提取Na+和Cl-的装置为原电池，Ag失电子生成AgCl，Ag作负极；第三步生产Cl2的装置为电解池，AgCl在阴极得电子生成Ag和Cl-。
19．【答案】（1）S；2NA
（2）存在Al3++3H2O Al(OH)3+3H+平衡，受热后HCl挥发，水解平衡持续正向移动，使氯化铝转化为氢氧化铝
（3）Li(或SOCl2)会与水发生反应
（4）常压SO2的转化率已经很高，高压虽能使平衡正向移动，但会增加成本
（5）SO32-；溶液中HSO3-的电离
【知识点】工业制取硫酸；二氧化硫的性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)该电池的工作原理为：4Li+2SOCl2=4LiCl↓+SO2↑+S↓，该反应中Li元素由0价变为+1价，失去电子，被氧化，S元素由+4价变为0价，得电子，被还原，还原产物为S；反应中4molLi参与反应生成1mol SO2，转移4mol电子，生成标准状况下SO211.2L，即为SO2的物质的量为0.5mol，则转移电子的物质的量为0.5mol×4=2mol，则数目为2NA；(2) Al3+在溶液中会发生水解，存在Al3++3H2O Al(OH)3+3H+平衡，受热后HCl挥发，水解平衡持续正向移动，使氯化铝转化为氢氧化铝，则SOCl2与水反应生成的盐酸可以抑制铝离子的水解，可以用于AlCl3·6H2O制备无水AlCl3；(3)金属锂是活泼金属，Li(或SOCl2)会与水发生反应，则电池组装必须在无水条件下进行；(4)根据反应2SO2+ O2 2SO3，常压下，SO2的转化率已经很高，高压虽能使平衡正向移动，但会增加成本；(5) NaOH和二氧化硫反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量可生成亚硫酸氢钠，则SO32-浓度先增大后减小，生成的HSO3-可发生微弱电离生成SO32-，则X为SO32-。
【分析】(1)根据氧化还原反应中化合价的变化及电子得失守恒进行分析判断和计算；(2) Al3+在溶液中会发生水解，存在Al3++3H2O Al(OH)3+3H+平衡，根据水解平衡移动分析；(3)金属锂是活泼金属可与水反应；(4) 根据反应2SO2+ O2 2SO3，高压能使平衡正向移动，但成本太高；(5) NaOH和二氧化硫反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量可生成亚硫酸氢钠，则SO32-浓度先增大后减小，生成的HSO3-可发生微弱电离生成SO32-。
20．【答案】（1）4FeS2 +11 O2 2Fe2O3+8SO2；沸腾炉
（2）1个大气压、400℃
（3）预热原料气，吸收反应放出的热量；SO3+Ba2++H2O=BaSO4↓+2H+
（4）d
（5）B地远离硫酸的消耗中心；B地远离人品稠密的地方；CaSO4+4C CaS+4CO
（6）15：8
【知识点】工业制取硫酸
【解析】【解答】解：（1）工业制硫酸是利用黄铁矿在沸腾炉中燃烧生成二氧化硫，然后在接触室催化氧化二氧化硫得三氧化硫，最后吸收塔用98%的浓硫酸吸收SO3，其中黄铁矿燃烧反应方程式为4FeS2 +11 O2 2Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeS2 +11 O2 2Fe2O3+8SO2；沸腾炉；（2）从图中可看出恒压条件下升高温度，SO2的转化率降低，因此选择低温400℃，在恒温条件下增大压强，SO2的转化率增大幅度较小，考虑到产生高压会消耗能源及对设备的要求较高，因此选择较低压强为宜，故答案为：1个大气压、400℃；（3）在接触室内通过热交换转移反应放出的热量，给容器降温，促进平衡正向移动提高SO2的转化率，另外通过热交换可以给反应物预热，有利于反应进行；从C处排出的尾气主要含有SO2和SO3，通过BaCl2溶液时，SO3能和BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，SO2不能被吸收，发生反应的离子方程式为SO3+Ba2++H2O=BaSO4↓+2H+，故答案为：预热原料气，吸收反应放出的热量；SO3+Ba2++H2O=BaSO4↓+2H+；（4）a．粉碎黄铁矿增大反应接触面积，有利于提高硫原子利用率，a正确；b．在接触室中使用适当过量的O2，可提高SO2的转化率，对提高硫酸的产量有利，b正确；c．通过热交换可将反应产生的热量转移出来用于余热发电或供暖，提高经济效益，c正确；d．对废水进行无害化处理后再排放，避免环境污染，但增加了经济反投入，d错误；故答案为：d；（5）①工业制硫酸选择厂址时要考虑原料的运输成本，因尾气对环境有影响应尽量避免对居民的生活影响，减少对名胜古迹的损害，综合考虑B地完全符合条件，适宜建厂；②焦炭将CaSO4转化为CaS和另有一种可燃性气体生成，结合化学反应的本质，可知此气体是CO，发生反应的化学方程式为CaSO4+4C CaS+4CO↑；故答案为：①B地远离硫酸的消耗中心，B地远离人品稠密的地方，B地不发球风景名胜区；②CaSO4+4C CaS+4CO↑；（6）已知n= ，可知等质量的硫磺和FeS2的物质的量之比与二者摩尔质量之比成反比，则硫磺和FeS2的物质的量之比为 ，在制备硫酸的过程中遵守硫原子守恒，且生成硫酸的质量比等于物质的量之比为 =15：8；故答案为：15：8．
【分析】（1）工业制硫酸是在沸腾炉中燃烧黄铁矿，黄铁矿的主要成分是FeS2，在氧气中燃烧得到SO2和Fe2O3；（2）接触室发生的反应为2SO2（g）+O2（g） △2SO3（g）△H＜0，升高温度平衡逆向移动，反应物的转化率降低，从图表中可以看出，恒温时增大压强平衡正向移动，但反应物的转化率变化幅度不大，但压强的增大消耗能源及对设备的要求也高，故不易高压，综合考虑可选择适宜温度和压强；（3）接触室发生的反应为2SO2（g）+O2（g） △2SO3（g）△H＜0，反应放出的热量会使容器内温度升高，促进平衡逆向移动，不易提高反应的转化率，故通过热交换器对反应降温，转移能量给反应物加热；从C处排出的尾气主要含有SO2和SO3，其中SO3能和BaCl2溶液反应生成白色沉淀，SO2不能与反应，原因是弱酸不能制强酸；（4）矿石粉碎后有利于硫元素尽可能多转化为SO2及提高反应速率，a正确；氧气过量可提高SO2的转化率，b正确；余热发电或供暖可“变废为宝”，c正确；废液处理会导致投入增加，d错误；（5）①由于运送硫酸的成本远高于运送矿石的成本，故硫酸工厂应该接近消耗中心的地方；又因为硫酸属于重污染工业，故应建在远离风景名胜区，人口稠密的地方；②C与CaSO4是反应物，生成物是CO与CaS，由此可写出对应的化学方程式；（6）化学变化过程中遵守原子守恒①，可以先计算出等质量的硫磺和FeS2的物质的量之比，即可计算出生成硫酸的物质的量比及硫酸的质量比．
21．【答案】（1）AC；液化、分馏；与碳反应后除去CO2；C+H2O CO+H2；CH4+H2O CO+3H2
（2）合成（氨）塔；N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）
（3）冷凝塔或冷凝器；n；高温气体由冷凝塔上端进入，冷凝水从下端进入，逆向冷凝效果好
（4）将液氨与未反应的原料气分离
（5）13.8
【知识点】工业合成氨；常见的生活环境的污染及治理；合理利用金属资源
【解析】【解答】解：ⅠA．加入氨水，易形成络离子，不能生成沉淀，故A错误；
B．加入硫化氢气体，生成硫化铜、硫化汞、硫化铅等沉淀，故B正确；
C．不能使Cu2+生成沉淀，故C错误；
D．均能通过双水解调节pH转化为沉淀，故D正确．
故答案为：AC；Ⅱ（1）分离空气提取氮气的方法有两种，以上液化、分馏空气，另一种为空气与碳反应生成二氧化碳，反应后除去二氧化碳气体；C和水反应的方程式为C+H2O CO+H2，甲烷与水反应的方程式为CH4+H2O CO+3H2，故答案为：液化、分馏；与碳反应后除去CO2；C+H2O CO+H2；CH4+H2O CO+3H2；（2）合成氨的设备为合成塔，发生N2（g）+3H2（g） 2NH3（g），故答案为：合成（氨）塔；N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）；（3）冷凝分离设备为冷凝塔或冷凝器，水流和气流方向应逆向，则入水口是n，高温气体由冷凝塔上端进入，冷凝水从下端进入，可使冷水充满冷凝器，逆向冷凝效果好，故答案为：冷凝塔或冷凝器；n；高温气体由冷凝塔上端进入，冷凝水从下端进入，逆向冷凝效果好；（4）分离器用来分离液氨和原料气，故答案为：将液氨与未反应的原料气分离；（5）设CO的起始浓度为xmol，H2O的起始浓度为ymol，则转化的CO的最小值为0.9x，
CO（g）+ H2O（g） CO2（g）+ H2（g）
起始 X y 0 0
变化 0.9x 0.9x 0.9x 0.9x
平衡 0.1x y-0.9x 0.9x 0.9x
根据平衡常数列式： =0.627，
解得： =13.8．故此只要此值大于13.8，转化率就会超过90%．
故答案为：13.8．
【分析】Ⅰ各项所加试剂均应过量才符合题目要求，A项溶液形成络离子，B项生成硫化铜、硫化汞、硫化铅等沉淀，C项硫酸铜不是沉淀，D项均能通过双水解调节pH转化为沉淀；Ⅱ（1）分离空气提取氮气的方法有两种，以上液化、分馏空气，另一种为空气与碳反应生成二氧化碳，反应后除去二氧化碳气体；制取氢气可用碳和水反应或甲烷与水反应；（2）合成氨的设备为合成塔，发生N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）；（3）冷凝分离设备为冷凝塔或冷凝器；水流和气流方向应逆向；（4）分离器用来分离液氨和原料气；（5）根据平衡常数用三段式法计算．
22．【答案】（1）N2分子中含有氮氮三键，键能大，破坏N≡N键需要吸收很高的能量，所以氮气的化学性质很稳定；3Mg+N2Mg3N2；b
（2）用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，说明有氨气产生
（3）NH3与HCl会发生反应NH3+HCl=NH4Cl
（4）40%；>
（5）ad
【知识点】工业合成氨；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；氮气的化学性质
【解析】【解答】（1）N2分子中含有氮氮三键，键能大，破坏N≡N键需要吸收很高的能量，所以氮气的化学性质很稳定；固氮是将游离态氮转化为化合态的氮，根据上述流程可知，其中的固氮反应为镁与氮气的反应，化学方程式为3Mg+N2Mg3N2；镁在熔融状态下反应，而镁的熔点为649℃，而二氮化三镁大于800℃时发生分解，故固氮的适宜温度范围是700~800℃，
故答案为：b；
（2）氮化镁能和水反应产生白色沉淀和氨气，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，说明有氨气产生，说明Mg能起到固氮作用；
（3）NH3与HCl会发生反应NH3+HCl=NH4Cl，故NH3的收率较低；
（4）6 .5min时反应达到平衡，此时NO2的转化率为0.5，利用三段式可知：
则反应达到平衡时CO2的体积分数=100%== 40%；反应未开始时，气体只有NO2，摩尔质量为46g/mol，若反应完全进行，则气体为体积比为1 ： 2的N2和CO2，平均摩尔质量约为38.67g/mol，说明NO2的转化率越大，混合气体的平均摩尔质量越小，则(A) >(B)；
（5）a.反应过程中CO2的质量分数在改变，当CO2的质量分数保持不变，反应达到平衡状态，选项a正确；
b. CO2、N2均为生成物，初始投料为NO2，所以CO2、N2的百分含量之比始终不变，不能说明反应达到平衡状态，选项b不正确；
c. 2v(逆)(NO2)=v(正)(N2)，则4v(逆)(N2)=v(正)(N2)，正逆反应速率不相等，不能说明反应达到平衡状态，选项c不正确；
d. NO2有颜色，混合气体颜色不变，说明NO2的浓度不变，反应达到平衡状态，选项d正确；
故答案为：ad。
【分析】（1）依据结构判断性质；固氮是将游离态氮转化为化合态的氮，根据表中数据分析；
（2）利用已知反应中产物的性质分析；
（3）NH3与HCl会发生反应；
（4）利用三段式法计算；
（5）依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断。
23．【答案】（1）检查装置的气密性
（2）碱石灰或固体NaOH
（3）不需要干燥，提供低温环境，提高转化率( 其他合理答案也可)
（4）NaOH固体溶于水产生大量的热，使浓氨水分解产生氨气
（5）调节恒压滴液漏斗的旋塞，减慢浓氨水的滴加速度
（6）防止倒吸；吸收多余的氨气；防止空气中的水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解
（7）80%
【知识点】工业合成氨；铵盐
【解析】【解答】（1）有气体生成或产生的实验，按图连接好实验装置后必须检查装置的气密性；
（2）干燥管中盛放的药品用于干燥氨气可以选用碱石灰或固体NaOH；
（3）对比碳酸盐和酸反应制CO2，该实验利用干冰升华产生CO2气体的优点有不需要干燥、提供低温环境，提高转化率等；
（4）三颈烧瓶中产生氨气的原理是NaOH固体溶于水产生大量的热，使浓氨水分解产生氨气；
（5）反应后期随着产生CO2气流减慢，导致反应物比例不当，可采取的措施是调节恒压滴液漏斗的旋塞，减慢浓氨水的滴加速度；
（6）尾气处理装置中双通玻璃管的作用是防止倒吸，浓硫酸的作用是吸收多余的氨气、防止空气中的水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；
（7）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品1.570g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.500g．物质的量为 =0.015mol，设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，由碳元素守恒可知，x+y=0.015mol，78x+79y=1.173g，解得x=0.012mol y=0.003mol，则样品中氨基甲酸铵的质量为0.012mol×78g/mol=0.936g，质量分数= ×100%=80.0%。
【分析】注意实验室制氨气的简易制法就是在浓氨水中加入氢氧化钠固体，主要原理一是氢氧化钠放热，致使浓氨水分解，其次是使气体在水中的溶解度降低。另一个原理是氢氧化钠加入后使溶液中的氢氧根离子浓度增大。使平衡向着氨气分解的方向进行。故氨气放出。
24．【答案】（1）氧化剂
（2）漂白性
（3）Ⅰ
（4）0.015；加快
【知识点】氮的固定；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；二氧化硫的性质
【解析】【解答】(1)碳与浓硫酸的反应中，浓硫酸表现了强氧化性，在反应中做氧化剂，故答案为：强氧化剂；
(2)品红溶液褪色，体现了二氧化硫具有漂白性；
(3)将游离态的氮转化为化合态的过程属于氮的固定，过程I氮气和氧气反应生成NO属于氮的固定，
故答案为：I；
(4)①NO的平均速率为，由速率之比等于系数比，则v(NH3)= v(NO)= 0.015 mol·(L·s)-1；
②加入NH3气体，增大反应物浓度，则反应速率将加快。
【分析】（1）该反应中S元素的化合价降低，作氧化剂；
（2）二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色；
（3）氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程；
（4）①根据计算；
②增大反应物浓度反应速率加快。
25．【答案】（1）②
（2）ad
（3）4；6；N2O；5H2O
（4）25℃；1.125
（5）阳极反应为2Cl--2e-= Cl2↑；产生的Cl2氧化废水中的NH4+释放出N2；减小；电路中通过相同电量时，若生成n (H2):n (N2)=3:1，则阳极产生的H+比阴极消耗的H+多
【知识点】氮的固定；氧化还原反应方程式的配平；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）氮的固定指将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，其中属于固氮作用的一步是②；
（2）a.虽然氮气在水中的溶解度很小，根据图示海洋中存在少量游离态的氮，a正确；
b.铵根离子中N的化合价为-3价，海洋中的氮循环起始于氮的还原，b不正确；
c.反硝化作用中N元素的化合价降低，被还原，氧气是常见的氧化剂，具有氧化性，c不正确；
d.向海洋排放含NO3-的废水，经过反硝化作用，会提高海水中的氮气的含量，再经过氮的固定转化为NH4+，从而提高NH4+的含量，d正确；
（3）根据图示过程④中NH4+被氧化成NO2-和N2O，反应中5molO2反应得到20mol电子，生成2molNO2-失去12mol电子，则生成N2O失去20mol-12mol=8mol电子，故生成的N2O物质的量为1mol，结合原子守恒、电荷守恒，配平得：4NH4++ 5O2=2NO2-+ 6H++ N2O + 5H2O；
（4）根据数据，硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是25℃，在最佳反应温度时，48 h内去除氨氮反应的平均速率= =1.125mg·L-1·h-1；
（5）① 在对含氮废水进行电解时，阳极氯离子放电，生成氯气，氯气具有强氧化性，将废水中的NH4+氧化生成氮气放出，起到降低废水中的氨氮含量的作用；
② 阳极反应式为2Cl--2e-= Cl2↑，3Cl2+2NH4+=6Cl-+N2+8H+，阴极反应式为2H++2e-=H2↑，电路中通过相同电量时，若生成n (H2)：n (N2)=3：1，则阳极产生的H+比阴极消耗的H+多，处理后废水的pH将减小。
【分析】（1）氮的固定是单质变为化合物；
（2）a．海洋中不存在游离态的氮，氮元素是以化合态存在；
b．转化关系图可知海洋中的氮循环起始于氮的氧化；
c．反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程。硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程。硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程。反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮（N2）或一氧化二氮（N2O）的过程；
d．转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强；
（3）有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，生成N2O、NO2-、H+和水，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式得到；
（4）硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是处理24h和处理48h后氨氮含量最少的处理效果好，速率是单位时间内氨氮质量的变化计算；
（5）①装置图分析可知和电源正极相连的为阳极，溶液中氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气具有强氧化性酸性溶液中能氧化铵根离子为氮气除去；
②结合电解池中的电极反应和生成H2和N2的物质的量之比为3：1，依据电极反应中电子守恒计算溶液中氢离子浓度减小和氢离子浓度增加，判断溶液pH变化。
26．【答案】（1）-46；Nad+3Had NHad+2Had
（2）=；33%；
（3）N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-；AC
【知识点】工业合成氨；氮的固定；化学平衡常数；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)利用盖斯定律，起点为 N2(g)+ H2(g)，终点为NH3(g)， H=-46 kJ·mol-1。所以，合成氨反应 N2(g)+ H2(g) NH3(g) H=-46 kJ·mol-1。该历程中反应速率最慢的反应，是需吸热最多的反应，显然是吸热106 kJ·mol-1的反应，化学方程式为Nad+3Had NHad+2Had。答案为：利用盖斯定律，起点为 N2(g)+ H2(g)，终点为NH3(g)， H=-46kJ·mol-1；Nad+3Had NHad+2Had；(2)①因为平衡常数只受温度变化的影响，所以500℃时，反应平衡常数Kp(30MPa)= Kp(100MPa)；②设参加反应N2的物质的量为x，建立三段式为：
则 ，x= ，则N2的体积分数为 =20%，H2的体积分数为60%，NH3的体积分数为20%。
500℃、30MPa时，氢气的平衡转化率为 =33%，Kp= (MPa)-2； (3)①从图中看，阴极区N2与C2H5OH反应生成NH3和C2H5O-，电极方程式为N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-；②A．从阴极反应看，三氟甲磺酸锂并未参与反应，所以作用是增强导电性，A正确；
B．催化剂只能降低反应的活化能，不能降低键能，B不正确；
C．从图中看，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，但H2O不能透过，C正确；
故合理选项是AC。
【分析】(1)利用盖斯定律，起点为 N2(g)+ H2(g)，终点为NH3(g)， H=-46kJ·mol-1。该历程中反应速率最慢反应，是需吸热最多的反应，显然是吸热106 kJ·mol-1的反应。(2)①500℃时，平衡常数不变。②500℃、30MPa时，氨气的体积分数为20%，利用三段式，计算氢气平衡转化率及Kp。(3)①从图中看，阴极区N2与C2H5OH反应生成NH3和C2H5O-。②A．从阴极反应看，三氟甲磺酸锂并未参与反应，所以作用是增强导电性；
B．催化剂只能降低反应的活化能，不能降低键能；
C．从图中看，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，但H2O不能透过。
27．【答案】（1）4NH3+5O2 4NO+6H2O
（2）1：2；77.8%
（3）干燥管、碱石灰
（4）控制氨气和氧气的体积比
（5）出现红棕色
（6）吸收尾气；漏斗上方空间大，可容纳大量水，水进入漏斗中，烧杯内水面下降，与漏斗边缘脱离，漏斗中水回流至烧杯
【知识点】工业制取硝酸
【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）氨气在催化作用下反应被氧化生成NO和水，化学方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O； （2）①由4NH3+5O2 4NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，可得：NH3+2O2=HNO3+H2O，则原料氨气和氧气物质的量的投料比为1：2；
故答案为：1：2；②由4NH3+5O2 4NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，可得：NH3+2O2=HNO3+H2O，则按理论上的原料比将原料放在一个具有反应条件的密闭容器中进行，所有物质不与外界交换，则生成1molHNO3时，水是也是1mol，则硝酸的质量分数为： ×100%=77.8%，
故答案为：77.8%；
II．（3）氨气为碱性气体，从浓氨水中得到的氨气含有水蒸气，需用碱性干燥剂除去，可选择碱石灰，碱石灰为固体干燥剂，可选择干燥管仪器，
故答案为：干燥管、碱石灰；（4）A处的玻璃导管设置成可上下抽动，可通过抽动导管实现控制氨气和氧气的体积比，
故答案为：控制氨气和氧气的体积比； （5）二氧化氮为红棕色气体，D装置中一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，实验现象是出现红棕色，
故答案为：出现红棕色；（6）二氧化氮为酸性气体，能和氢氧化钠反应，2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，E的作用是吸收尾气，E中倒置漏斗，漏斗上方空间大，可容纳大量水，水进入漏斗中，烧杯内水面下降，与漏斗边缘脱离，漏斗中水回流至烧杯，
故答案为：吸收尾气；漏斗上方空间大，可容纳大量水，水进入漏斗中，烧杯内水面下降，与漏斗边缘脱离，漏斗中水回流至烧杯．
【分析】Ⅰ．（1）制备硝酸的第一步反应是氨的催化氧化生成一氧化氮和水；（2）①氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮、氧气、水反应生成硝酸，根据反应方程式中氨气和氧气关系判断；②由4NH3+5O2 4NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，可得：NH3+2O2=HNO3+H2O，生成1molHNO3时，水是也是1mol，据此计算；
II．A装置：氨气易挥发，空气通过氨气，控制通过气体的速率，形成氨气和氧气的混合气，B装置：除去氨气中的水蒸气，C装置：氨气催化氧化生成一氧化氮和水，D装置：
一氧化氮和氧气 反应生成二氧化氮，E装置：吸收尾气．（3）B装置：除去氨气中的水蒸气，据此选择仪器和药品；（4）A处的玻璃导管设置成可上下抽动，可控制通入气体的速率；（5）D装置中一氧化氮和氧气 反应生成二氧化氮；（6）氢氧化钠能吸收酸性气体，E中倒置漏斗，漏斗上方空间大，可缓冲防倒吸．
28．【答案】（1）合成塔；利用余热，节约能源；铁砂网（或铁或铁触媒）；防止催化剂中毒
（2）2NO＋O2＝2NO2，3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO（或4NO＋3O2＋2H2O＝4HNO3）；可使NO循环利用，提高原料利用率
（3）单独的NO不能被吸收；甲烷比氨价格便宜；耗能高
（4）54.4
【知识点】工业合成氨；工业制取硝酸
【解析】【解答】解：（1）在合成氨的设备（合成塔）中，用到的催化剂是铁砂网，硫可使催化剂中毒（降低催化剂活性），设置热交换器的目的是利用余热，节约能源；
故答案为：合成塔；利用余热，节约能源；铁砂网（或铁或铁触媒）；防止催化剂中毒．
（2）在合成硝酸的吸收塔中不断通入空气，目的是提供充足的氧气，以便使NO循环利用，全部转化成硝酸；
故答案为：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO（或4NO+3O2+2H2O=4HNO3）；可使NO循环利用，提高原料利用率．
（3） 根据“绿色化学”要求，从根本上减少或杜绝污染，尽可能使原料和利用率提高来看，符合绿色的要求．题中方法一碱吸收法中，NO与碱不反应，因此方法一最大 的缺点就是对单独的NO污染物没法吸收；方法三与方法二相比较而言，优点是原料甲烷比氨的单价要便宜，方法三更经济，但是甲烷吸收法的反应是吸热的，而氨 还原法的反应是放热的，因此方法三的缺点是耗能大．
故答案为：单独的NO不能被吸收；甲烷比氨价格便宜；耗能高．
（4）由NH3制NO的产率是94%，NO制HNO3的产率是89%，根据氮原子守恒可知，NH3～NO～HNO3，则1mol氨气可制得硝酸1mol×94%×89%=0.8366mol；由HNO3+NH3=NH4NO3可知，该反应消耗的氨气的量为0.8366mol；制HNO3所用的NH3的量为1mol，总耗的氨气量为1mol+0.8366mol=1.8366mol，则制HNO3所用的NH3的质量占总耗NH3质量的百分数为：≈54.4%（保留三位有效数字）；
故答案为：54.4．
【分析】（1）合成氨反应要用铁触媒作催化剂，对原料气进行除杂，防止催化剂中毒．
（2）吸收塔中发生的反应是NO与O2和水反应生成HNO3，向吸收塔中不断通入空气，能使NO反应完全，可从源头上减少NO污染．
（3）绿色化学要求从根本上减少或杜绝污染，提高原料利用率，节约能耗．
（4）化肥厂制硝酸铵：HNO3+NH3=NH4NO3．根据氮元素守恒可知，可由NH3得NO产率，再由NO制得HNO3的产率可计算得到HNO3的量；总耗NH3包括制硝酸消耗的以及与硝酸反应的总量．
29．【答案】（1）+6
（2）
（3） + = ↓；
（4）；
（5）；
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；化学平衡常数；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）Na2MoO4中Na为＋1价，O为－2价，根据化合物中化合价代数和为0可得，Mo的化合价为＋6价。
（2）废催化剂中加入NaOH焙烧、水浸后，所得滤液Ⅰ中含有NaAlO2，通入过量CO2后，发生反应的离子方程式为：AlO2－＋CO2＋H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，因此“沉铝”过程中，生成沉淀X的化学式为Al(OH)3。
（3）①滤液Ⅰ中溶液碱性，因此溶液的pH＞6.0，溶液中Mo元素以MoO42－的形成存在，加入BaCl2溶液后反应生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为：Ba2＋＋MoO42－=BaMoO4↓；
②若开始生成BaCO3沉淀，则溶液中存在反应：HCO3－＋BaMoO4 BaCO3＋MoO42－＋H＋，该反应的平衡常数。要避免BaMoO4沉淀中混有BaCO3沉淀，则必须满足，由于“沉钼”过程中溶液的pH=7.0，即溶液中c(H+)=1.0×107mol/L，所以当溶液中时，开始生成BaCO3沉淀，此时时，应停止加入BaCl2溶液。
（4）①由于“沉铝”过程中加入过量的CO2，反应生成NaHCO3，因此滤液Ⅲ中所含溶质为NaCl、NaHCO3，因此Y为NaHCO3；
②若要将NaCl转化为NaHCO3析出，则可先往溶液中通入足量的NH3，再通入足量的CO2，发生反应的化学方程式为NaCl＋H2O＋NH3＋CO2=NaHCO3↓。
（5）①该致密的氧化物为Al2O3；
②GaAs中As的化合价为－3价，转化为＋5的过程中，失去8个电子，因此GaAs为还原剂，则H2O2为氧化剂，反应过程中H2O2中氧元素由－1价变为－2价。在氧化还原反应中，得失电子守恒，故H2O2得到电子数为8。因此参与反应的H2O2和GaAs的比为4:1，即氧化剂和还原剂的比为4:1。
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0进行计算。
（2）根据沉铝过程中发生的反应分析。
（3）①根据溶液中所含离子书写反应的离子方程式；
②根据形成沉淀的反应和相关化学平衡常数进行计算。
（4）①结合沉铝过程中加入过量CO2的过程分析溶液的溶质；
②根据Y的成分，确定析出Y的过程中发生的反应，从而确定通入气体的成分。
（5）①该致密氧化膜为Al2O3；
②根据反应过程中化合价的变化，结合得失电子守恒进行计算。
30．【答案】（1）浓氨水；除去CO2中混有的HCl气体
（2）K2；防倒吸
（3）产生大量白色沉淀；NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O
（4）增大c()、c(Cl-)，使(aq)+Cl-(aq) NH4Cl(s)平衡正向移动，促使NH4Cl晶体析出
（5）
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)试剂b为浓氨水，试剂a的作用是除去CO2中混有的HCl气体；
(2)实验时先通入氨气，后通入二氧化碳，故先打开开关K2，硬质玻璃管的作用为防倒吸；
(3)反应一段时间后，双颈烧瓶中有碳酸氢钠生成，由于其溶解度较小，故产生大量白色沉淀，观察到的实验现象为：产生大量白色沉淀；该反应一般控制在30~35℃下进行，温度不宜过高的主要原因防止碳酸氢铵受热分解，化学方程式表示为：NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O；
(4)向滤液中通入NH3并加入一定量NaCl固体，增大、c(Cl-)，使平衡正向移动，促使NH4Cl晶体析出；
(5)用cmol·L-1的盐酸滴定至溶液由红色变为浅红色，消耗盐酸V1mL，此时碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，故碳酸钠的物质的量为；继续用盐酸滴定至溶液由黄色变为橙色，又消耗盐酸V2mL，此时盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，样品中的碳酸氢钠的物质的量为：，故纯碱样品中NaHCO3质量分数为。
【分析】“侯氏制碱法”的原理是将二氧化碳气体通入氨气的氯化钠饱和溶液中，制备碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解得到纯碱，该装置中，利用稀盐酸和碳酸钙反应制备二氧化碳，a中用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的HCl；试剂b浓氨水和氧化钙反应制备氨气，氨气和二氧化碳通入烧瓶中进行反应得到碳酸氢钠。
31．【答案】（1）2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑
（2）A
（3）＜；；K1p +
（4）反应I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量
（5）A；B
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；反应热和焓变；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑。
(2) A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。
综上所述，相关说法错误的是A，
故答案为：A。
(3)①Cl2(g) Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。
②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2= ，注意水为液态，其不出现在表达式中。
③Cl2(g) Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为 ；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则 ，由K2= 可知 = ，由K1=c(Cl2)/p可知， = ，则 = ，因此，c= K1p + 。
(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol ·L-1，KI=-3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) 2CO(g) ΔHII= - 221 mol ·L-1，KII=1.2×1048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4.1 ×1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。
(5) A.．由于两产物浓度之比与反应时间无关，适当提高反应温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快化学反应速率，同时可以提高邻位取代的机率（催化剂会参与反应形成中间体，根据信息可知，碘在对位的取代机率较大），从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A正确；
B．可以使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，B正确；
C．适当降低反应温度，不利于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C不正确；
D．改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之比与反应时间无关，因此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，D不正确。
综上所述，选AB。
【分析】（1）电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠
（2）氯气溶于水后，形成的是次氯酸或盐酸与碱石灰作用。收集氯气时利用的是排饱和食盐水的方法进行收集气体，常温下可以加压的方式减小分子的间隔即可将气体变为液体，工业上利用氢气和氯气制取氯化氢溶于水变为盐酸
（3）① 根据盖斯定律计算即可②根据平衡常数的计算公式进行计算即可③利用K1和K2结合氯元素守恒进行计算即可
（4）利用盖斯定律，得出方程式，K值很大，加入碳促进四氯化碳的产生
（5）提高产物的比例，主要可以选择适合的催化剂以及适当的提高温度，促进产物的合成
1 / 1高考二轮复习知识点：化学研究方法与工业化学
一、选择题
1．（2022·浙江6月选考）下列说法正确的是（ ）
A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫
C．浓硝酸与铁在常温下不反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸
D．“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用
【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；氧化还原反应；硝酸的化学性质；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A．工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不符合题意；
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不符合题意；
C．常温下铁与浓硝酸钝化，不是不反应，C不符合题意；
D．“洁厕灵”和“84消毒液”混用会发生归中反应生成有毒的氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，危害人体健康，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.工业上通过电解熔融的氯化镁制取金属镁；
B.煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫；
C.常温下铁与浓硝酸钝化，不是不反应。
2．（2023·黄浦模拟）逆流能使物质充分接触，硫酸工业中未采取逆流工艺的是（ ）
A．SO2、O2和V2O5接触 B．硫铁矿和空气反应
C．浓硫酸吸收SO3 D．预热SO2、O2
【答案】A
【知识点】工业制取硫酸
【解析】【解答】A．硫酸工业中，、和反应是在接触室中完成的，催化剂是固定在接触室的一定位置，并未采用从上面加入催化剂，从下面通入SO2、O2混合气体，即为采用固体和气体逆流的工艺，A符合题意；
B．硫酸工业中，硫铁矿和空气实在沸腾炉中进行，硫铁矿是固体从沸腾炉的中部投料口加入，而从沸腾炉底部通入足量的空气，硫铁矿和空气采用固体和气体逆流工艺以增大其接触面积，是硫铁矿充分煅烧，B不合题意；
C．硫酸工业中，在吸收塔中用98.3%的浓硫酸从顶部淋下，气体向上，使二者充分接触，使SO3吸收更加完全，故浓硫酸和采用了逆流工艺，C不合题意；
D．、和平衡混合气之间采用逆流工艺，以利于SO3尽快冷却分离出来，SO2、O2能够尽快受热再次进入接触室进行反应，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】 工业制备硫酸的流程，首先将硫铁矿粉碎，增大接触面积，反应生成二氧化硫气体，二氧化硫的制取和净化、二氧化硫转化为三氧化硫、三氧化硫的吸收，分别在沸腾炉、接触室、吸收塔中进行，其中沸腾炉中为铁矿石与空气充分接触，采取逆流，在接触室中的催化剂可以加快反应的速率，循环使用SO2、O2和平衡混合气，采取逆流充分接触，SO3采取逆流的形式从吸收塔底部通入，在吸收塔中三氧化硫与水反应生成硫酸。
3．（2023·徐汇模拟）有关工业合成氨的说法错误的是
A．不断移去液氨，有利于反应正向进行
B．400~500℃时，原料的平衡转化率最大
C．增大压强，氨的分解速率增加
D．原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒
【答案】B
【知识点】工业合成氨
【解析】【解答】A．如果改变可逆反应的条件(如浓度、压强、温度等)，化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动，不断将氨气液化，降低生成物浓度，有利于平衡正向移动，故A不符合题意；
B．合成氨是放热反应，升高温度平衡逆向移动，原料的平衡转化率降低，控制温度为400℃～500℃是因为此温度催化剂的活性最高，反应速率较大，生产效率较高，故B符合题意；
C．增大压强，化学反应速率增大，氨的分解速率增加，故C不符合题意；
D．制备原料气过程中会产生其它杂质，为防止催化剂中毒和安全，原料气须经过净化处理，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、移除生成物，平衡朝正向移动；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、增大压强，速率加快；
D、催化剂中毒会导致反应受影响。
4．（2023·辽宁）下列有关物质的工业制备反应错误的是
A．合成氨：N2+3H22NH3
B．制HCl：H2+Cl22HCl
C．制粗硅：SiO2+2CSi+2CO
D．冶炼镁：2MgO(熔融)2Mg+O2↑
【答案】D
【知识点】工业合成氨；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A.工业合成氨是氢气与氮气在高温、高压、催化剂条件下合成氨气，A项正确；
B.氯气与氢气反应生成氯化氢，然后溶于水得到盐酸，B项正确；
C.工业制粗硅是将SiO2与C在高温下反应生成粗硅，C项正确；
D.镁为活泼金属，冶炼方法为采用电解，方程式为：，D项错误；
故答案为：D
【分析】易错分析：D.金属冶炼的规律：活泼金属采用电解，如钾钙钠等；相对活泼金属采用热还原法，不活泼金属采用热分解法。
5．（2021·河北）硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是（ ）
A．NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因
B．汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5
C．植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定
D．工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除
【答案】D
【知识点】氮的固定；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A． NO2 是红棕色且有刺激性气味的气体，溶于水形成硝酸，而 SO2 是无色有刺激性气味的气体，溶于水形成亚硫酸最终被氧化为硫酸，均是产生酸雨的主要气体，A不符合题意；
B．汽车尾气的主要大气污染物为C与N的氧化物，如NOx和CO等，PM2.5是粉尘，B不符合题意；
C．植物可吸收土壤中的铵根离子或硝酸根离子作为肥料，不能直接吸收空气中的氮氧化物，氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态，最终转化为硝酸盐，C不符合题意；
D．工业废气中的 SO2 可采用石灰法进行脱除，如加入石灰石或石灰乳均可进行脱硫处理，先变为亚硫酸钙，继续氧化变为难分解的硫酸钙，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】二氧化硫和二氧化氮均是造成酸雨的主要成分，二氧化硫主要来自煤的燃烧，二氧化氮主要来自汽车尾气或工业废气等，二氧化硫是无色有刺激性气味的气体，二氧化氮是红棕色有刺激性气味的气体。汽车的尾气主要是含氮氧化物和一氧化碳，无二氧化硫，自然界中的固氮是将氮气转化为含氮的肥料，二氧化硫被石灰石转化为难分解的硫酸钙除去
6．（2023·沈阳模拟）化学与生活、生产密切相关。下列说法中正确的是
A．以木材、秸秆等为原料，经加工处理可以得到合成纤维
B．植物从土壤中吸收、NO转化为氨基酸的过程属于氮的固定
C．低温石英具有手性，被广泛用作压电材料，如制作石英手表
D．“杯酚”分离和，体现了超分子的自组装的重要特性
【答案】C
【知识点】氮的固定；超分子
【解析】【解答】A．以木材、秸秆等为原料，经加工处理可以得到再生纤维，故A不符合题意；
B．植物从土壤中吸收氨气、一氧化氮转化为氨基酸的过程不是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，不属于氮的固定，故B不符合题意；
C．低温石英的结构中有顶角相连的硅氧四面体形成螺旋向上的长链，而没有封闭的环状结构，这一结构决定它具有手性，被广泛用作压电材料，如制作石英手表，故C符合题意；
D．杯酚分离碳60和碳70体现了超分子的分子识别特征，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．属于再生纤维；
B．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程；
C．低温石英的结构中有顶角相连的硅氧四面体形成螺旋向上的长链；
D．杯酚分离体现了超分子的分子识别特征。
7．（2021·浙江）下列说法错误的是（ ）
A．某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃
B．通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴
C．生物炼铜中通常利用某些细菌把不溶性的硫化铜转化为可溶性铜盐
D．工业制备硝酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔
【答案】D
【知识点】工业制取硝酸；海水资源及其综合利用；玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途
【解析】【解答】A．某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃，如氧化亚铜分散在玻璃中可以得到红色的玻璃，三氧化二钴分散在玻璃中可以得到蓝色的玻璃，A说法不符合题意；
B．溴虽然被称为“海洋元素”，但是其在海水中的浓度太小，直接以海水为原料提取溴的成本太高，而海水提取粗食盐后的母液属于浓缩的海水，其中溴化物的浓度较高，因此，通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴，B说法不符合题意；
C．某种能耐受铜盐毒性的细菌能利用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，从而把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐，因此，其可用于生物炼铜，C说法不符合题意；
D．工业制备硫酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔，D说法符合题意。
故答案为：D。
【分析】工业上制取硝酸用的是氨气催化氧化最终得到一氧化氮继续氧化变为二氧化氮与水反应变为硝酸，一氧化氮继续被氧化继续发生反应最终得到硝酸。工业制备硝酸的主要设备为氧化炉（转化器）、热交换器和吸收塔。
8．（2021·南京模拟）工业上制取浓硝酸涉及下列反应：
①
②
③
下列有关工业制取浓硝酸反应的说法错误的是（ ）
A．反应①达到平衡时
B．使用高效催化剂能提高反应①中NO的平衡转化率
C．反应②在一定温度下能自发进行，则正反应为放热反应
D．标准状况下，反应③中每消耗22.4LO2，转移电子的数目约为
【答案】B
【知识点】工业制取硝酸；反应热和焓变；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．反应① 当 时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，选项A不符合题意；
B．催化剂不能使平衡移动，故不能能提高反应①中NO的平衡转化率，选项B符合题意；
C．反应② 为熵减的反应，△S<0，在一定温度下能自发进行，则△G=△H-T△S<0，故有△H<0，正反应为放热反应，选项C不符合题意；
D．标准状况下，反应③中每消耗22.4LO2，O元素由0价变为-2价，则转移电子的数目约为 ，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据化学反应速率之比等于计量数之比进行转化为同一种物质的正逆速率进行判断
B.催化剂只是改变速率不影响平衡
C.根据△G=△H-T△S判断
D.根据③的方程式找出物质的量与转移电子的关系即可计算
9．（2018·北京）下列化学用语对事实的表述错误的是（ ）
A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OH C17H35COOC2H5+H218O
B．常温时，0.1mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2O NH4++OH-
C．由Na和Cl形成离子键的过程：
D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e=Cu
【答案】A
【知识点】铜的电解精炼；离子键的形成；电解质在水溶液中的电离；酯化反应
【解析】【解答】A.酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OH C17H35CO18OC2H5+H2O，A项符合题意；
B.常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）=10-2.9mol·L-1＜0.1mol·L-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2O NH4++OH-，B项不符合题意；
C.Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，C项不符合题意；
D.电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D项不符合题意；
故答案为：A
【分析】A中根据有机反应机理，元素跟踪法进行判读。B中根据水的离子积进行计算，考查水的离子积的基本计算方法。
10．（2023高三下·抚顺模拟）规范的实验操作是实验成功的必要保证，下列有关实验操作描述正确的是（ ）
A．电解精炼铜时，粗铜作阴极
B．容量瓶和分液漏斗使用前均需查漏
C．滴定实验前，需用所盛装溶液分别润洗滴定管和锥形瓶
D．试管和烧杯均可用酒精灯直接加热
【答案】B
【知识点】铜的电解精炼；常用仪器及其使用；中和滴定
【解析】【解答】A.电解精炼铜过程中，粗铜发生失电子的氧化反应，纯铜发生得电子的还原反应，因此粗铜做阳极，纯铜做阴极，A不符合题意；
B.容量瓶、分液漏斗在使用前都必须检查是否漏液，B符合题意；
C.滴定实验前中，锥形瓶用于盛装待测液，因此锥形瓶只需水洗，不能用待装液润洗，否则会使得最终结果偏大，C不符合题意；
D.试管可以直接加热，但烧杯不能直接加热，加热烧杯，需垫上陶土网，使烧杯受热均匀，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、电解精炼铜时，粗铜做阳极，纯铜做阴极；
B、容量瓶、分液漏斗使用前都需要检查是否漏液；
C、锥形瓶不需用待装液润洗；
D、烧杯不可直接加热；
11．（2020·石景山模拟）印刷电路板（PCB）是用腐蚀液将覆铜板上的部分铜腐蚀掉而制得。一种用FeCl3溶液制作PCB并将腐蚀后废液回收再生的流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．腐蚀池中发生反应的化学方程式是：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2
B．腐蚀后的废液中，主要的金属阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+
C．置换池中发生的主要反应为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+和Fe+2Fe3+=3Fe2+
D．再生池中加入酸化的H2O2，反应过程中pH降低
【答案】D
【知识点】铜的电解精炼
【解析】【解答】A．腐蚀池中为FeCl3溶液与覆铜板发生反应：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，A项不符合题意；
B．腐蚀后的废液中，有未反应完的FeCl3和反应过程中生成的CuCl2及FeCl2，故废液中，主要的金属阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+，B项不符合题意；
C．置换池中铁粉分别与CuCl2、FeCl3发生了化学反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+和Fe+2Fe3+=3Fe2+，C项不符合题意；
D．再生池中加入酸化的H2O2，发生反应：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O，反应中消耗H+生成H2O，反应过程中pH增大，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】分析流程图，覆铜板在腐蚀池中发生反应：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，在沉降池中沉降后，在置换池中加入铁粉置换出Cu，同时发生Fe3+被铁粉还原为Fe2+的反应，则固体为Cu以及剩余的Fe，再生池中为FeCl2，通过加入氧化剂将FeCl2氧化为FeCl3，再度循环利用。据此分析。
12．（2021·浙江）下列说法不正确的是（ ）
A．应避免铵态氮肥与草木灰混合施用
B．工业上可用离子交换法提高海带中碘的提取率
C．电解饱和食盐水可以得到金属钠和氯气
D．将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到耐腐蚀的钢
【答案】C
【知识点】高炉炼铁；以氯碱工业为基础的化工生产简介；海带成分中碘的检验；化肥、农药及其合理利用
【解析】【解答】A.铵态氮肥中含有铵根离子水解成酸性，草木灰的主要成分为碳酸钾，水解呈碱性，混合后降低肥效，故A不符合题意
B.离子交换法可以很大程度上的提取碘离子的量，同时可以增加碘离子的富集，故B不符合题意
C.电解饱和食盐水得到的是氢氧化钠和氢气和氯气，不是得到的是金属钠，故C符合题意
D.生铁可以在电解质溶液中形成电化学腐蚀，因此降低含碳量可以减少腐蚀，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】一般要得到金属钠，采用的是电解熔融的氯化钠固体，不用电解食盐水，其他均正确
13．（2021·台州模拟）下列说法正确的是（ ）
A．将粗硅在高温下与氯气作用生成，再用氢气还原得到高纯度的硅
B．工业上通过电解水溶液制金属镁
C．工业上以海带为原料制碘时，利用萃取碘水中的碘，分液、蒸馏获得粗碘
D．炼铁时，加入石灰石的主要作用是分解提供，便于与C作用生成CO
【答案】A
【知识点】高炉炼铁；硅和二氧化硅；海带成分中碘的检验
【解析】【解答】A．粗硅高温下与氯气生成四氯化硅，利用氢气还原四氯化硅得到高纯度硅，故A符合题意；
B．电解氯化镁水溶液得到氢氧化镁、氢气和氯气，工业上电解熔融氯化镁获得金属镁，故B不符合题意；
C．工业上以海带为原料制碘步骤时浸泡得到浸泡液，过滤，向含碘离子的浸泡液中通入氯气，得到含碘单质的水溶液，加入四氯化碳萃取出碘单质，分液、蒸馏得到纯净碘单质，故C不符合题意；
D．加入石灰石的目的还是除去脉石(SiO2)，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.制备硅是利用氯气与粗硅作用，在利用氢气将其还原
B.工业上利用电解熔融氯化镁得到镁
C.利用蒸馏即可得到纯净的碘单质
D.炼铁时主要加入石灰石是利用得到的氧化钙与二氧化硅作用
14．（2021·宁波模拟）下列说法错误的是（ ）
A．工业上以氯气和石灰乳为原料制取漂白粉
B．75% (体积分数)酒精溶液能使蛋白质变性，其消毒效果比无水酒精好
C．钠是一种强还原剂，可用于制取钛、铌等金属
D．在工业炼铁中，焦炭的作用是直接还原铁矿石
【答案】D
【知识点】高炉炼铁；氯气的化学性质；钠的化学性质
【解析】【解答】A.2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，由于Ca(OH)2在水溶液中的溶解度很小，故工业上以氯气和石灰乳为原料制取漂白粉，A不符合题意；
B.75%的酒精能渗入细胞内，使蛋白质凝固变性，低于这个浓度，酒精的渗透脱水作用减弱，杀菌力不强，而高于这个浓度，则会使细菌表面蛋白质迅速脱水，凝固成膜妨碍酒精透入，削弱杀菌能力，故75% (体积分数)酒精溶液能使蛋白质变性，其消毒效果比无水酒精好，B不符合题意；
C．钠是一种强还原剂，4Na+TiCl4(熔融) 4NaCl+Ti，可用于制取钛、铌等难熔金属，C不符合题意；
D．在工业炼铁中，焦炭的作用是燃烧提供热量，同时先生成CO，再将铁矿石还原，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.考查的是漂白粉的制取
B.考查的是酒精浓度对蛋白质的变性的影响
C.利用金属的还原性进行其他金属的冶炼
D.考查的是炼铁的过程焦炭的作用
15．（2022·徐汇模拟）煤是重要的化石能源，下列说法错误的是（ ）
A．煤属于芳香烃
B．煤干馏可以得到粗氨水
C．煤是不可再生资源
D．将煤气化能提高燃料的燃烧效率
【答案】A
【知识点】工业制取水煤气；煤的干馏和综合利用
【解析】【解答】A．芳香烃，通常指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，煤中除了含碳元素、氢元素，还含有氧元素、硫元素等，煤不属于芳香烃，A符合题意；
B．煤干馏是将煤隔绝空气加强热的过程，可得到焦炉气、粗氨水、煤焦油、焦炭等物质，B不符合题意；
C．三大化石燃料：煤、石油、天然气，都是不可再生资源，C不符合题意；
D．将煤气化、液化，使煤在燃烧过程中充分燃烧，能提高燃料的燃烧效率，节约能源，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据煤的元素组成分析；
B．煤干馏是将煤隔绝空气加强热的过程；
C．化石燃料不可再生；
D．煤化工能提高燃料的燃烧效率 。
16．（2023·福州模拟）相比索尔维制碱法，下列不属于侯氏制碱法的优点的是（ ）
A．食盐的利用率高
B．氨气可循环使用、生产过程简单
C．不生成难以处理的CaCl2
D．副产物可做氮肥
【答案】B
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）
【解析】【解答】索尔维制碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2，含Cl几乎没什么用，索氏氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中；侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本；保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%；NH4Cl可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO转化成CO2，减少无用的氯化钙生成；所以B说法符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据索尔维制碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2，含Cl几乎没什么用，索氏氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中；侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本分析；
17．（2023·鞍山模拟）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下，下列说法正确的是（ ）
A．可用陶瓷等硅酸盐产品作吸收塔内衬材料
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中会随着合成的进行而不断减小
D．冰晶石可作为电解熔融氯化铝制铝时的助熔剂
【答案】B
【知识点】工业制金属铝
【解析】【解答】A．陶瓷成分中含有二氧化硅，二氧化硅在高温下会与碳酸钠发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A不符合题意；
B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B符合题意；
C．合成槽中发生反应：，所得溶液中碳酸钠的浓度逐渐增大，相同浓度时碳酸钠溶液碱性强于碳酸氢钠，因此所得溶液碱性逐渐增强，故C不符合题意；
D．电解熔融氧化铝制铝，可加冰晶石作助溶剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．二氧化硅在高温下会与碳酸钠发生反应；
B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积；
C．依据相同浓度时碳酸钠溶液碱性强于碳酸氢钠判断；
D．电解熔融氧化铝制铝。
18．（2022·菏泽模拟）一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺的工作原理如下图所示。下列说法错误的是（ ）
A．与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜
B．第一步中当消耗标况下时，右侧电极质量减小
C．第二步中，放电结束后，电解质溶液中的含量增大
D．第三步的总反应为：
【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．传统氯碱工艺电解饱和食盐水，使用阳离子交换膜；与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜，故A不符合题意；
B．根据图示，第一步中阳极反应为：Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+，11.2L氧气的物质的量为0.5mol，0.5mol氧气转移电子的物质的量为2mol，根据阳极反应式可知转移2mol电子电极右侧减小2molNa+，质量为46g，故B不符合题意；
C．第二步中，放电结束后，Na0.44-xMnO2→Na0.44MnO2，Ag→AgCl，电解质溶液中NaCl的含量降低，故C符合题意；
D．根据图示可知，第三步中阴极氯化银生成银，阳极生成氯气，故总反应为：，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 由图可知，第一步生产NaOH的装置为电解池，O2在阴极得电子生成OH-；第二步提取Na+和Cl-的装置为原电池，Ag失电子生成AgCl，Ag作负极；第三步生产Cl2的装置为电解池，AgCl在阴极得电子生成Ag和Cl-。
二、非选择题
19．（2020·青浦模拟）Li-SOCl2电池采用LiAlCl4的SOCl2溶液为电解质溶液，是目前比能量最高的化学电源，具有电压高.储存寿命长.工作温度范围宽.成本低等优点。
（1）该电池的工作原理为：4Li+2SOCl2=4LiCl↓+SO2↑+S↓，该反应的还原产物为 ，若生成标准状况下气体11.2L，则转移电子的数目为 ；
（2）SOCl2可用于AlCl3·6H2O制备无水AlCl3，请结合离子方程式解释不采用直接加热晶体的方法除去结晶水的原因 ；
（3）解释Li-SOCl2电池组装必须在无水条件下的原因 ；
（4）工业制硫酸中，SO2的催化氧化采用常压而不是高压的原因 ；
（5）向NaOH溶液中缓慢通入SO2至过量，反应过程中某微粒X的物质的量浓度随着通入SO2体积的变化如图所示，该微粒X为 ，SO2过量时溶液仍然存在微粒X的原因 。
【答案】（1）S；2NA
（2）存在Al3++3H2O Al(OH)3+3H+平衡，受热后HCl挥发，水解平衡持续正向移动，使氯化铝转化为氢氧化铝
（3）Li(或SOCl2)会与水发生反应
（4）常压SO2的转化率已经很高，高压虽能使平衡正向移动，但会增加成本
（5）SO32-；溶液中HSO3-的电离
【知识点】工业制取硫酸；二氧化硫的性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)该电池的工作原理为：4Li+2SOCl2=4LiCl↓+SO2↑+S↓，该反应中Li元素由0价变为+1价，失去电子，被氧化，S元素由+4价变为0价，得电子，被还原，还原产物为S；反应中4molLi参与反应生成1mol SO2，转移4mol电子，生成标准状况下SO211.2L，即为SO2的物质的量为0.5mol，则转移电子的物质的量为0.5mol×4=2mol，则数目为2NA；(2) Al3+在溶液中会发生水解，存在Al3++3H2O Al(OH)3+3H+平衡，受热后HCl挥发，水解平衡持续正向移动，使氯化铝转化为氢氧化铝，则SOCl2与水反应生成的盐酸可以抑制铝离子的水解，可以用于AlCl3·6H2O制备无水AlCl3；(3)金属锂是活泼金属，Li(或SOCl2)会与水发生反应，则电池组装必须在无水条件下进行；(4)根据反应2SO2+ O2 2SO3，常压下，SO2的转化率已经很高，高压虽能使平衡正向移动，但会增加成本；(5) NaOH和二氧化硫反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量可生成亚硫酸氢钠，则SO32-浓度先增大后减小，生成的HSO3-可发生微弱电离生成SO32-，则X为SO32-。
【分析】(1)根据氧化还原反应中化合价的变化及电子得失守恒进行分析判断和计算；(2) Al3+在溶液中会发生水解，存在Al3++3H2O Al(OH)3+3H+平衡，根据水解平衡移动分析；(3)金属锂是活泼金属可与水反应；(4) 根据反应2SO2+ O2 2SO3，高压能使平衡正向移动，但成本太高；(5) NaOH和二氧化硫反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量可生成亚硫酸氢钠，则SO32-浓度先增大后减小，生成的HSO3-可发生微弱电离生成SO32-。
20．（2015·河南模拟）硫酸的年产量高低常用于衡量一个国家化工生产水平的高低．
（1）以黄铁矿为原料生产SO2时反应的化学方程式为： ，该反应在 中进行（填设备名称）；
（2）某科研小组测得某硫酸工厂生产工厂中SO2的平衡转化率与外部条件的关系如下表所示，则生产过程中，最适合的生产条件是 ；
压强（Pa） 温度（℃） 1.013×105 5.065×105 10.13×105 15.195×105
400 99.61% 99.72% 99.84% 99.88×105
500 96.75% 97.67% 98.52% 98.94%
600 85.20% 88.97% 92.76% 94.68%
（3）接触室内有一热交换器，其作用是 ，若将从C处（如图）出来的气体通入BaCl2溶液中，则主要负电离子方程式为（写总反应式） ；
（4）下列做法中，与提高硫酸工业的经济效益无关的是 ；
a．适当地对黄铁矿进行粉碎
b．在接触室中使用适当过量的O2
c．利用生产中的余热发电或供暖
d．对废水进行无害化处理后再排放
（5）硫酸工业会产生许多对环境有害的物质，因此无论是工厂厂址的选择还是生产过程中有害成分的处理都要充分考虑环保的要求；
①某市计划建一个硫酸工厂，厂址有A、B、C三个地方可供选择，假设最终该厂建在B地，你认为选择B地建厂的理由是（至少回答两点） 、 ；
②将尾气中SO2在一定条件下转化为CaSO4，然后利用焦炭将其转化为CaS（另有一种可燃性气体生成）具有重要的意义，写出CaSO4转化为CaS的化学方程式 ；
（6）若用等质量的硫磺，FeS2生产硫酸，假设原料的总利用率均为90%，则二者得到的硫酸质量比为 ．
【答案】（1）4FeS2 +11 O2 2Fe2O3+8SO2；沸腾炉
（2）1个大气压、400℃
（3）预热原料气，吸收反应放出的热量；SO3+Ba2++H2O=BaSO4↓+2H+
（4）d
（5）B地远离硫酸的消耗中心；B地远离人品稠密的地方；CaSO4+4C CaS+4CO
（6）15：8
【知识点】工业制取硫酸
【解析】【解答】解：（1）工业制硫酸是利用黄铁矿在沸腾炉中燃烧生成二氧化硫，然后在接触室催化氧化二氧化硫得三氧化硫，最后吸收塔用98%的浓硫酸吸收SO3，其中黄铁矿燃烧反应方程式为4FeS2 +11 O2 2Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeS2 +11 O2 2Fe2O3+8SO2；沸腾炉；（2）从图中可看出恒压条件下升高温度，SO2的转化率降低，因此选择低温400℃，在恒温条件下增大压强，SO2的转化率增大幅度较小，考虑到产生高压会消耗能源及对设备的要求较高，因此选择较低压强为宜，故答案为：1个大气压、400℃；（3）在接触室内通过热交换转移反应放出的热量，给容器降温，促进平衡正向移动提高SO2的转化率，另外通过热交换可以给反应物预热，有利于反应进行；从C处排出的尾气主要含有SO2和SO3，通过BaCl2溶液时，SO3能和BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，SO2不能被吸收，发生反应的离子方程式为SO3+Ba2++H2O=BaSO4↓+2H+，故答案为：预热原料气，吸收反应放出的热量；SO3+Ba2++H2O=BaSO4↓+2H+；（4）a．粉碎黄铁矿增大反应接触面积，有利于提高硫原子利用率，a正确；b．在接触室中使用适当过量的O2，可提高SO2的转化率，对提高硫酸的产量有利，b正确；c．通过热交换可将反应产生的热量转移出来用于余热发电或供暖，提高经济效益，c正确；d．对废水进行无害化处理后再排放，避免环境污染，但增加了经济反投入，d错误；故答案为：d；（5）①工业制硫酸选择厂址时要考虑原料的运输成本，因尾气对环境有影响应尽量避免对居民的生活影响，减少对名胜古迹的损害，综合考虑B地完全符合条件，适宜建厂；②焦炭将CaSO4转化为CaS和另有一种可燃性气体生成，结合化学反应的本质，可知此气体是CO，发生反应的化学方程式为CaSO4+4C CaS+4CO↑；故答案为：①B地远离硫酸的消耗中心，B地远离人品稠密的地方，B地不发球风景名胜区；②CaSO4+4C CaS+4CO↑；（6）已知n= ，可知等质量的硫磺和FeS2的物质的量之比与二者摩尔质量之比成反比，则硫磺和FeS2的物质的量之比为 ，在制备硫酸的过程中遵守硫原子守恒，且生成硫酸的质量比等于物质的量之比为 =15：8；故答案为：15：8．
【分析】（1）工业制硫酸是在沸腾炉中燃烧黄铁矿，黄铁矿的主要成分是FeS2，在氧气中燃烧得到SO2和Fe2O3；（2）接触室发生的反应为2SO2（g）+O2（g） △2SO3（g）△H＜0，升高温度平衡逆向移动，反应物的转化率降低，从图表中可以看出，恒温时增大压强平衡正向移动，但反应物的转化率变化幅度不大，但压强的增大消耗能源及对设备的要求也高，故不易高压，综合考虑可选择适宜温度和压强；（3）接触室发生的反应为2SO2（g）+O2（g） △2SO3（g）△H＜0，反应放出的热量会使容器内温度升高，促进平衡逆向移动，不易提高反应的转化率，故通过热交换器对反应降温，转移能量给反应物加热；从C处排出的尾气主要含有SO2和SO3，其中SO3能和BaCl2溶液反应生成白色沉淀，SO2不能与反应，原因是弱酸不能制强酸；（4）矿石粉碎后有利于硫元素尽可能多转化为SO2及提高反应速率，a正确；氧气过量可提高SO2的转化率，b正确；余热发电或供暖可“变废为宝”，c正确；废液处理会导致投入增加，d错误；（5）①由于运送硫酸的成本远高于运送矿石的成本，故硫酸工厂应该接近消耗中心的地方；又因为硫酸属于重污染工业，故应建在远离风景名胜区，人口稠密的地方；②C与CaSO4是反应物，生成物是CO与CaS，由此可写出对应的化学方程式；（6）化学变化过程中遵守原子守恒①，可以先计算出等质量的硫磺和FeS2的物质的量之比，即可计算出生成硫酸的物质的量比及硫酸的质量比．
21．（2012·海南）根据题意填空：
（1）Ⅰ污水经过一级、二级处理后，还含有少量Cu2+、Hg2+、Pb2+等重金属离子，可加入沉淀剂使其沉淀．下列物质不能作为沉淀剂的是
A．氨水 B．硫化氢气体
C．硫酸钠溶液 D．纯碱溶液
Ⅱ合成氨的流程示意图如下：
回答下列问题：
工业合成氨的原料是氮气和氢气．氮气是从空气中分离出来的，通常使用的两种分离方法是 ， ；氢气的来源是水和碳氢化合物，写出分别采用煤和天然气为原料制取氢气的化学反应方程式 ， ；
（2）设备A中含有电加热器、触煤和热交换器，设备A的名称 ，其中发生的化学反应方程式为 ；
（3）设备B的名称 ，其中m和n是两个通水口，入水口是 （填“m”或“n”）．不宜从相反方向通水的原因 ；
（4）设备C的作用 ；
（5）在原料气制备过程中混有CO对催化剂有毒害作用，欲除去原料气中的CO，可通过如下反应来实现：
CO（g）+H2O（g） CO2 （g）+H2 （g）
已知1000K时该反应的平衡常数K=0.627，若要使CO的转化超过90%，则起始物中c（H2O）：c（CO）不低于 ．
【答案】（1）AC；液化、分馏；与碳反应后除去CO2；C+H2O CO+H2；CH4+H2O CO+3H2
（2）合成（氨）塔；N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）
（3）冷凝塔或冷凝器；n；高温气体由冷凝塔上端进入，冷凝水从下端进入，逆向冷凝效果好
（4）将液氨与未反应的原料气分离
（5）13.8
【知识点】工业合成氨；常见的生活环境的污染及治理；合理利用金属资源
【解析】【解答】解：ⅠA．加入氨水，易形成络离子，不能生成沉淀，故A错误；
B．加入硫化氢气体，生成硫化铜、硫化汞、硫化铅等沉淀，故B正确；
C．不能使Cu2+生成沉淀，故C错误；
D．均能通过双水解调节pH转化为沉淀，故D正确．
故答案为：AC；Ⅱ（1）分离空气提取氮气的方法有两种，以上液化、分馏空气，另一种为空气与碳反应生成二氧化碳，反应后除去二氧化碳气体；C和水反应的方程式为C+H2O CO+H2，甲烷与水反应的方程式为CH4+H2O CO+3H2，故答案为：液化、分馏；与碳反应后除去CO2；C+H2O CO+H2；CH4+H2O CO+3H2；（2）合成氨的设备为合成塔，发生N2（g）+3H2（g） 2NH3（g），故答案为：合成（氨）塔；N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）；（3）冷凝分离设备为冷凝塔或冷凝器，水流和气流方向应逆向，则入水口是n，高温气体由冷凝塔上端进入，冷凝水从下端进入，可使冷水充满冷凝器，逆向冷凝效果好，故答案为：冷凝塔或冷凝器；n；高温气体由冷凝塔上端进入，冷凝水从下端进入，逆向冷凝效果好；（4）分离器用来分离液氨和原料气，故答案为：将液氨与未反应的原料气分离；（5）设CO的起始浓度为xmol，H2O的起始浓度为ymol，则转化的CO的最小值为0.9x，
CO（g）+ H2O（g） CO2（g）+ H2（g）
起始 X y 0 0
变化 0.9x 0.9x 0.9x 0.9x
平衡 0.1x y-0.9x 0.9x 0.9x
根据平衡常数列式： =0.627，
解得： =13.8．故此只要此值大于13.8，转化率就会超过90%．
故答案为：13.8．
【分析】Ⅰ各项所加试剂均应过量才符合题目要求，A项溶液形成络离子，B项生成硫化铜、硫化汞、硫化铅等沉淀，C项硫酸铜不是沉淀，D项均能通过双水解调节pH转化为沉淀；Ⅱ（1）分离空气提取氮气的方法有两种，以上液化、分馏空气，另一种为空气与碳反应生成二氧化碳，反应后除去二氧化碳气体；制取氢气可用碳和水反应或甲烷与水反应；（2）合成氨的设备为合成塔，发生N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）；（3）冷凝分离设备为冷凝塔或冷凝器；水流和气流方向应逆向；（4）分离器用来分离液氨和原料气；（5）根据平衡常数用三段式法计算．
22．（2022·青浦模拟）合成NH3是重要的研究课题，一种合成NH3的流程示意如图。
相关数据如表：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 与N2反应温度/℃ 分解温度/℃
Mg 649 1090 >300 Mg3N2：>800
已知：Mg3N2溶于水发生反应Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑
（1）I.固氮：
从结构上解释N2化学性质稳定的原因 。上述固氮反应的化学方程式是 。固氮的适宜温度范围是 。(填编号)
a.500～600℃ b.700～800℃ c.900～1000℃
（2）检测固氮作用：向固氮后的产物中加水， (填操作和现象)，说明Mg能起到固氮作用。
（3）II.转氨：选用试剂a完成转化。
选用H2O进行转化，发现从体系中分离出NH3较困难，若选用HCl气体进行转化，发现能产生NH3，且产物MgCl2能直接循环利用，但NH3的收率较低，原因是 。
活性炭还原NO2的原理为2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)。一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入1molNO2和足量C发生该反应(不考虑2NO2N2O4)。实验测得NO2的转化率与时间的关系如图所示：
（4）反应达到平衡时CO2的体积分数为 ，混合气体的平均摩尔质量(A) (B)(填“大于”“小于”或“等于”)。
（5）下列能够判断该反应已达到平衡状态的是 。(填序号)
a.CO2的质量分数保持不变
b.容器中N2与CO2的百分含量之比保持不变
c.2v(逆)(NO2)=V(正)(N2)
d.混合气体的颜色保持不变
【答案】（1）N2分子中含有氮氮三键，键能大，破坏N≡N键需要吸收很高的能量，所以氮气的化学性质很稳定；3Mg+N2Mg3N2；b
（2）用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，说明有氨气产生
（3）NH3与HCl会发生反应NH3+HCl=NH4Cl
（4）40%；>
（5）ad
【知识点】工业合成氨；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；氮气的化学性质
【解析】【解答】（1）N2分子中含有氮氮三键，键能大，破坏N≡N键需要吸收很高的能量，所以氮气的化学性质很稳定；固氮是将游离态氮转化为化合态的氮，根据上述流程可知，其中的固氮反应为镁与氮气的反应，化学方程式为3Mg+N2Mg3N2；镁在熔融状态下反应，而镁的熔点为649℃，而二氮化三镁大于800℃时发生分解，故固氮的适宜温度范围是700~800℃，
故答案为：b；
（2）氮化镁能和水反应产生白色沉淀和氨气，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，说明有氨气产生，说明Mg能起到固氮作用；
（3）NH3与HCl会发生反应NH3+HCl=NH4Cl，故NH3的收率较低；
（4）6 .5min时反应达到平衡，此时NO2的转化率为0.5，利用三段式可知：
则反应达到平衡时CO2的体积分数=100%== 40%；反应未开始时，气体只有NO2，摩尔质量为46g/mol，若反应完全进行，则气体为体积比为1 ： 2的N2和CO2，平均摩尔质量约为38.67g/mol，说明NO2的转化率越大，混合气体的平均摩尔质量越小，则(A) >(B)；
（5）a.反应过程中CO2的质量分数在改变，当CO2的质量分数保持不变，反应达到平衡状态，选项a正确；
b. CO2、N2均为生成物，初始投料为NO2，所以CO2、N2的百分含量之比始终不变，不能说明反应达到平衡状态，选项b不正确；
c. 2v(逆)(NO2)=v(正)(N2)，则4v(逆)(N2)=v(正)(N2)，正逆反应速率不相等，不能说明反应达到平衡状态，选项c不正确；
d. NO2有颜色，混合气体颜色不变，说明NO2的浓度不变，反应达到平衡状态，选项d正确；
故答案为：ad。
【分析】（1）依据结构判断性质；固氮是将游离态氮转化为化合态的氮，根据表中数据分析；
（2）利用已知反应中产物的性质分析；
（3）NH3与HCl会发生反应；
（4）利用三段式法计算；
（5）依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断。
23．（2018·东莞模拟）氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体，易分解，易水解，可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等。实验室制备氨基甲酸铵的反应如下：2NH3(g)+CO2(g) NH2 COONH4(s) △H<0，该反应在干燥条件下仅生成氨基甲酸铵，若有水存在则水解生成碳酸铵或碳酸氢铵。某化学兴趣小组按下图装置进行如下实验：
步骤1：按图连接好实验装置，……………………….。
步骤2：在相应仪器中装入药品，其中1在三颈烧瓶中加入足量的氢氧化钠固体，在恒压滴液漏斗中装入浓氨水。
步骤3：滴加浓氨水并搅拌，调节反应速率，在反应器中得到产品。
……
请回答下列问题：
（1）将步骤1补充完整：
（2）干燥管中盛放的药品是
（3）对比碳酸盐和酸反应制CO2，该实验利用干冰升华产生CO2气体的优点有 (写出一种即可)。
（4）三颈烧瓶中产生氨气的原理是 。
（5）反应后期随着产生CO2气流减慢，导致反应物比例不当，可采取的措施是 。
（6）尾气处理装置中双通玻璃管的作用是 (用文字叙述)，浓硫酸的作用是 、 。
（7）取部分变质(混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵)样品1.173g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.500g。则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为 。
【答案】（1）检查装置的气密性
（2）碱石灰或固体NaOH
（3）不需要干燥，提供低温环境，提高转化率( 其他合理答案也可)
（4）NaOH固体溶于水产生大量的热，使浓氨水分解产生氨气
（5）调节恒压滴液漏斗的旋塞，减慢浓氨水的滴加速度
（6）防止倒吸；吸收多余的氨气；防止空气中的水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解
（7）80%
【知识点】工业合成氨；铵盐
【解析】【解答】（1）有气体生成或产生的实验，按图连接好实验装置后必须检查装置的气密性；
（2）干燥管中盛放的药品用于干燥氨气可以选用碱石灰或固体NaOH；
（3）对比碳酸盐和酸反应制CO2，该实验利用干冰升华产生CO2气体的优点有不需要干燥、提供低温环境，提高转化率等；
（4）三颈烧瓶中产生氨气的原理是NaOH固体溶于水产生大量的热，使浓氨水分解产生氨气；
（5）反应后期随着产生CO2气流减慢，导致反应物比例不当，可采取的措施是调节恒压滴液漏斗的旋塞，减慢浓氨水的滴加速度；
（6）尾气处理装置中双通玻璃管的作用是防止倒吸，浓硫酸的作用是吸收多余的氨气、防止空气中的水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；
（7）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品1.570g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.500g．物质的量为 =0.015mol，设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，由碳元素守恒可知，x+y=0.015mol，78x+79y=1.173g，解得x=0.012mol y=0.003mol，则样品中氨基甲酸铵的质量为0.012mol×78g/mol=0.936g，质量分数= ×100%=80.0%。
【分析】注意实验室制氨气的简易制法就是在浓氨水中加入氢氧化钠固体，主要原理一是氢氧化钠放热，致使浓氨水分解，其次是使气体在水中的溶解度降低。另一个原理是氢氧化钠加入后使溶液中的氢氧根离子浓度增大。使平衡向着氨气分解的方向进行。故氨气放出。
24．（2022·宁乡市模拟）S、N元素是重要的非金属元素，其化合物应用广泛。
（1）红热木炭与浓H2SO4反应的化学方程式是C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O，该反应中浓硫酸的作用是作 (填“氧化剂”或“还原剂”)。
（2）SO2能够使品红溶液褪色，体现了二氧化硫具有 性(填“漂白性”或“还原性”)。
（3）关于氮的变化关系图如下：
上述流程中能够实现氮的固定的是 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
（4）氨的催化氧化是工业上制硝酸的重要步骤，其反应为：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)。
①一定条件下，在体积10 L的密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了4.5 mol，则此反应的平均速率v(NH3)= mol·(L·s)-1；
②在相同温度下，向该容器中通入一定量的NH3气体，反应速率将 (填“加快”“减慢”或“不变”)。
【答案】（1）氧化剂
（2）漂白性
（3）Ⅰ
（4）0.015；加快
【知识点】氮的固定；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；二氧化硫的性质
【解析】【解答】(1)碳与浓硫酸的反应中，浓硫酸表现了强氧化性，在反应中做氧化剂，故答案为：强氧化剂；
(2)品红溶液褪色，体现了二氧化硫具有漂白性；
(3)将游离态的氮转化为化合态的过程属于氮的固定，过程I氮气和氧气反应生成NO属于氮的固定，
故答案为：I；
(4)①NO的平均速率为，由速率之比等于系数比，则v(NH3)= v(NO)= 0.015 mol·(L·s)-1；
②加入NH3气体，增大反应物浓度，则反应速率将加快。
【分析】（1）该反应中S元素的化合价降低，作氧化剂；
（2）二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色；
（3）氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程；
（4）①根据计算；
②增大反应物浓度反应速率加快。
25．（2020·北京模拟）氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。
（1）海洋中的氮循环起始于氮的固定，其中属于固氮作用的一步是 （填图中数字序号）。
（2）下列关于海洋氮循环的说法正确的是 （填字母序号）。
a.海洋中存在游离态的氮
b.海洋中的氮循环起始于氮的氧化
c.海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与
d.向海洋排放含NO3-的废水会影响海洋中NH4+的含量
（3）有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，将过程④的离子方程式补充完整：
NH4++
5O2=2NO2-+ H++ +
（4）有人研究了温度对海洋硝化细菌去除氨氮效果的影响，下表为对10 L人工海水样本的监测数据：
温度/℃ 样本氨氮含量/mg 处理24 h 处理48 h
氨氮含量/mg 氨氮含量/mg
20 1008 838 788
25 1008 757 468
30 1008 798 600
40 1008 977 910
硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是 ，在最佳反应温度时，48
h内去除氨氮反应的平均速率是 mg·L-1·h-1。
（5）为了避免含氮废水对海洋氮循环系统的影响，需经处理后排放。右图是间接氧化工业废水中氨氮（NH4+）的示意图。
① 结合电极反应式简述间接氧化法去除氨氮的原理： 。
② 若生成H2和N2的物质的量之比为3:1，则处理后废水的pH将 （填“增大”、“不变”或“减小”），请简述理由： 。
【答案】（1）②
（2）ad
（3）4；6；N2O；5H2O
（4）25℃；1.125
（5）阳极反应为2Cl--2e-= Cl2↑；产生的Cl2氧化废水中的NH4+释放出N2；减小；电路中通过相同电量时，若生成n (H2):n (N2)=3:1，则阳极产生的H+比阴极消耗的H+多
【知识点】氮的固定；氧化还原反应方程式的配平；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）氮的固定指将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，其中属于固氮作用的一步是②；
（2）a.虽然氮气在水中的溶解度很小，根据图示海洋中存在少量游离态的氮，a正确；
b.铵根离子中N的化合价为-3价，海洋中的氮循环起始于氮的还原，b不正确；
c.反硝化作用中N元素的化合价降低，被还原，氧气是常见的氧化剂，具有氧化性，c不正确；
d.向海洋排放含NO3-的废水，经过反硝化作用，会提高海水中的氮气的含量，再经过氮的固定转化为NH4+，从而提高NH4+的含量，d正确；
（3）根据图示过程④中NH4+被氧化成NO2-和N2O，反应中5molO2反应得到20mol电子，生成2molNO2-失去12mol电子，则生成N2O失去20mol-12mol=8mol电子，故生成的N2O物质的量为1mol，结合原子守恒、电荷守恒，配平得：4NH4++ 5O2=2NO2-+ 6H++ N2O + 5H2O；
（4）根据数据，硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是25℃，在最佳反应温度时，48 h内去除氨氮反应的平均速率= =1.125mg·L-1·h-1；
（5）① 在对含氮废水进行电解时，阳极氯离子放电，生成氯气，氯气具有强氧化性，将废水中的NH4+氧化生成氮气放出，起到降低废水中的氨氮含量的作用；
② 阳极反应式为2Cl--2e-= Cl2↑，3Cl2+2NH4+=6Cl-+N2+8H+，阴极反应式为2H++2e-=H2↑，电路中通过相同电量时，若生成n (H2)：n (N2)=3：1，则阳极产生的H+比阴极消耗的H+多，处理后废水的pH将减小。
【分析】（1）氮的固定是单质变为化合物；
（2）a．海洋中不存在游离态的氮，氮元素是以化合态存在；
b．转化关系图可知海洋中的氮循环起始于氮的氧化；
c．反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程。硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程。硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程。反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮（N2）或一氧化二氮（N2O）的过程；
d．转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强；
（3）有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，生成N2O、NO2-、H+和水，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式得到；
（4）硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是处理24h和处理48h后氨氮含量最少的处理效果好，速率是单位时间内氨氮质量的变化计算；
（5）①装置图分析可知和电源正极相连的为阳极，溶液中氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气具有强氧化性酸性溶液中能氧化铵根离子为氮气除去；
②结合电解池中的电极反应和生成H2和N2的物质的量之比为3：1，依据电极反应中电子守恒计算溶液中氢离子浓度减小和氢离子浓度增加，判断溶液pH变化。
26．（2020·广州模拟）合成氨是目前最有效工业固氮的方法，解决数亿人口生存问题。回答下列问题：
（1）科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。
由图可知合成氨反应 N2(g)+ H2(g) NH3(g)的 H= kJ·mol-1。该历程中反应速率最慢的步骤的化学方程式为 。
（2）工业合成氨反应为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，当进料体积比V(N2)：V(H2)=1：3时平衡气体中NH3的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示：
①500℃时，反应平衡常数Kp(30MPa) Kp(100MPa)。（填“<”、“=”、“>”）
②500℃、30MPa时，氢气的平衡转化率为 （保留2位有效数字），Kp= (MPa)-2（列出计算式）。
（3）科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观示意如图，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。
①阴极区生成NH3的电极方程式为 。
②下列说法正确的是 （填标号）。
A．三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性
B．该装置用金(Au)作催化剂目的是降低N2的键能
C．选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置
【答案】（1）-46；Nad+3Had NHad+2Had
（2）=；33%；
（3）N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-；AC
【知识点】工业合成氨；氮的固定；化学平衡常数；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)利用盖斯定律，起点为 N2(g)+ H2(g)，终点为NH3(g)， H=-46 kJ·mol-1。所以，合成氨反应 N2(g)+ H2(g) NH3(g) H=-46 kJ·mol-1。该历程中反应速率最慢的反应，是需吸热最多的反应，显然是吸热106 kJ·mol-1的反应，化学方程式为Nad+3Had NHad+2Had。答案为：利用盖斯定律，起点为 N2(g)+ H2(g)，终点为NH3(g)， H=-46kJ·mol-1；Nad+3Had NHad+2Had；(2)①因为平衡常数只受温度变化的影响，所以500℃时，反应平衡常数Kp(30MPa)= Kp(100MPa)；②设参加反应N2的物质的量为x，建立三段式为：
则 ，x= ，则N2的体积分数为 =20%，H2的体积分数为60%，NH3的体积分数为20%。
500℃、30MPa时，氢气的平衡转化率为 =33%，Kp= (MPa)-2； (3)①从图中看，阴极区N2与C2H5OH反应生成NH3和C2H5O-，电极方程式为N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-；②A．从阴极反应看，三氟甲磺酸锂并未参与反应，所以作用是增强导电性，A正确；
B．催化剂只能降低反应的活化能，不能降低键能，B不正确；
C．从图中看，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，但H2O不能透过，C正确；
故合理选项是AC。
【分析】(1)利用盖斯定律，起点为 N2(g)+ H2(g)，终点为NH3(g)， H=-46kJ·mol-1。该历程中反应速率最慢反应，是需吸热最多的反应，显然是吸热106 kJ·mol-1的反应。(2)①500℃时，平衡常数不变。②500℃、30MPa时，氨气的体积分数为20%，利用三段式，计算氢气平衡转化率及Kp。(3)①从图中看，阴极区N2与C2H5OH反应生成NH3和C2H5O-。②A．从阴极反应看，三氟甲磺酸锂并未参与反应，所以作用是增强导电性；
B．催化剂只能降低反应的活化能，不能降低键能；
C．从图中看，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，但H2O不能透过。
27．（2017·榆林模拟）工业上用氨催化氧化制硝酸
（1）Ⅰ由氨氧化剂制备硝酸的第一步反应的化学方程式 ．
（2）由于二氧化氮不能被水完全吸收，因此生成的气体须经过多次氧化、吸收的循坏操作，使其充分转化为硝酸（如果不考虑生产过程中的其他损失）
①从理论上分析，要使氨气完全转化为硝酸，则原料氨气和氧气物质的量的投料比至少为 ．
②如果按理论上的原料比将原料放在一个具有反应条件的密闭容器中进行，所有物质不与外界交换，则最后所得溶液的质量分数为 ．
Ⅱ.某学习小组为了模拟工业上氨氧化制硝酸，用下列仪器进行实验：
C装置可以加热，回答下列问题：
（3）装置图中虚线方框内必要仪器的名称和所盛试剂分别为 ．
（4）A处的玻璃导管设置成可上下抽动的原因 ．
（5）实验中在D中观察到的实验现象是 ．
（6）E的作用是 ，E中倒置漏斗可防倒吸，能防倒吸原因是 ．
【答案】（1）4NH3+5O2 4NO+6H2O
（2）1：2；77.8%
（3）干燥管、碱石灰
（4）控制氨气和氧气的体积比
（5）出现红棕色
（6）吸收尾气；漏斗上方空间大，可容纳大量水，水进入漏斗中，烧杯内水面下降，与漏斗边缘脱离，漏斗中水回流至烧杯
【知识点】工业制取硝酸
【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）氨气在催化作用下反应被氧化生成NO和水，化学方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O； （2）①由4NH3+5O2 4NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，可得：NH3+2O2=HNO3+H2O，则原料氨气和氧气物质的量的投料比为1：2；
故答案为：1：2；②由4NH3+5O2 4NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，可得：NH3+2O2=HNO3+H2O，则按理论上的原料比将原料放在一个具有反应条件的密闭容器中进行，所有物质不与外界交换，则生成1molHNO3时，水是也是1mol，则硝酸的质量分数为： ×100%=77.8%，
故答案为：77.8%；
II．（3）氨气为碱性气体，从浓氨水中得到的氨气含有水蒸气，需用碱性干燥剂除去，可选择碱石灰，碱石灰为固体干燥剂，可选择干燥管仪器，
故答案为：干燥管、碱石灰；（4）A处的玻璃导管设置成可上下抽动，可通过抽动导管实现控制氨气和氧气的体积比，
故答案为：控制氨气和氧气的体积比； （5）二氧化氮为红棕色气体，D装置中一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，实验现象是出现红棕色，
故答案为：出现红棕色；（6）二氧化氮为酸性气体，能和氢氧化钠反应，2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，E的作用是吸收尾气，E中倒置漏斗，漏斗上方空间大，可容纳大量水，水进入漏斗中，烧杯内水面下降，与漏斗边缘脱离，漏斗中水回流至烧杯，
故答案为：吸收尾气；漏斗上方空间大，可容纳大量水，水进入漏斗中，烧杯内水面下降，与漏斗边缘脱离，漏斗中水回流至烧杯．
【分析】Ⅰ．（1）制备硝酸的第一步反应是氨的催化氧化生成一氧化氮和水；（2）①氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮、氧气、水反应生成硝酸，根据反应方程式中氨气和氧气关系判断；②由4NH3+5O2 4NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，可得：NH3+2O2=HNO3+H2O，生成1molHNO3时，水是也是1mol，据此计算；
II．A装置：氨气易挥发，空气通过氨气，控制通过气体的速率，形成氨气和氧气的混合气，B装置：除去氨气中的水蒸气，C装置：氨气催化氧化生成一氧化氮和水，D装置：
一氧化氮和氧气 反应生成二氧化氮，E装置：吸收尾气．（3）B装置：除去氨气中的水蒸气，据此选择仪器和药品；（4）A处的玻璃导管设置成可上下抽动，可控制通入气体的速率；（5）D装置中一氧化氮和氧气 反应生成二氧化氮；（6）氢氧化钠能吸收酸性气体，E中倒置漏斗，漏斗上方空间大，可缓冲防倒吸．
28．工业上制取硝酸铵的流程图如下，请回答下列问题：
（1）合成氨的工业设备名称是 ，设备中设置热交换器的目的是 ；此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是 ；生产中原料气必须进行脱硫，目的是 。
（2）吸收塔中的反应为 ，从生产流程看，吸收塔中需要补充空气，其原因是 。
（3）生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下三种方法处理：
方法一：碱吸收法：NO＋NO2＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O，2NO2＋Na2CO3＝NaNO2＋NaNO3＋CO2
方法二：氨还原法：8NH3＋6NO2＝7N2＋12H2O(该反应放热，NO也有类似的反应)
方法三：甲烷吸收法：CH4(g)＋2NO2(g)=CO2(g)＋N2(g)＋2H2O(g) △H=＋867kJ·mol－1(NO也有类似的反应）上述三种方法中方法一最大的缺点是 ；方法三和方法二相比，优点是 ，缺点是 。
（4）某化肥厂用NH3制备NH4NO3。已知：由NH3制NO的产率是94%，NO制HNO3的产率是89%，则制HNO3所用的NH3的质量占总耗NH3质量（不考虑其他损耗）的 %（保留三位有效数值）。
【答案】（1）合成塔；利用余热，节约能源；铁砂网（或铁或铁触媒）；防止催化剂中毒
（2）2NO＋O2＝2NO2，3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO（或4NO＋3O2＋2H2O＝4HNO3）；可使NO循环利用，提高原料利用率
（3）单独的NO不能被吸收；甲烷比氨价格便宜；耗能高
（4）54.4
【知识点】工业合成氨；工业制取硝酸
【解析】【解答】解：（1）在合成氨的设备（合成塔）中，用到的催化剂是铁砂网，硫可使催化剂中毒（降低催化剂活性），设置热交换器的目的是利用余热，节约能源；
故答案为：合成塔；利用余热，节约能源；铁砂网（或铁或铁触媒）；防止催化剂中毒．
（2）在合成硝酸的吸收塔中不断通入空气，目的是提供充足的氧气，以便使NO循环利用，全部转化成硝酸；
故答案为：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO（或4NO+3O2+2H2O=4HNO3）；可使NO循环利用，提高原料利用率．
（3） 根据“绿色化学”要求，从根本上减少或杜绝污染，尽可能使原料和利用率提高来看，符合绿色的要求．题中方法一碱吸收法中，NO与碱不反应，因此方法一最大 的缺点就是对单独的NO污染物没法吸收；方法三与方法二相比较而言，优点是原料甲烷比氨的单价要便宜，方法三更经济，但是甲烷吸收法的反应是吸热的，而氨 还原法的反应是放热的，因此方法三的缺点是耗能大．
故答案为：单独的NO不能被吸收；甲烷比氨价格便宜；耗能高．
（4）由NH3制NO的产率是94%，NO制HNO3的产率是89%，根据氮原子守恒可知，NH3～NO～HNO3，则1mol氨气可制得硝酸1mol×94%×89%=0.8366mol；由HNO3+NH3=NH4NO3可知，该反应消耗的氨气的量为0.8366mol；制HNO3所用的NH3的量为1mol，总耗的氨气量为1mol+0.8366mol=1.8366mol，则制HNO3所用的NH3的质量占总耗NH3质量的百分数为：≈54.4%（保留三位有效数字）；
故答案为：54.4．
【分析】（1）合成氨反应要用铁触媒作催化剂，对原料气进行除杂，防止催化剂中毒．
（2）吸收塔中发生的反应是NO与O2和水反应生成HNO3，向吸收塔中不断通入空气，能使NO反应完全，可从源头上减少NO污染．
（3）绿色化学要求从根本上减少或杜绝污染，提高原料利用率，节约能耗．
（4）化肥厂制硝酸铵：HNO3+NH3=NH4NO3．根据氮元素守恒可知，可由NH3得NO产率，再由NO制得HNO3的产率可计算得到HNO3的量；总耗NH3包括制硝酸消耗的以及与硝酸反应的总量．
29．（2021·广东）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝( )、钼( )、镍( )等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时， 的 ， ； ； ；该工艺中， 时，溶液中 元素以 的形态存在。
（1）“焙烧”中，有 生成，其中 元素的化合价为 。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀 为 。
（3）“沉钼”中， 为7.0。
①生成 的离子方程式为 。
②若条件控制不当， 也会沉淀。为避免 中混入 沉淀，溶液中 (列出算式)时，应停止加入 溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有 和 ， 为 。
②往滤液Ⅲ中添加适量 固体后，通入足量 (填化学式)气体，再通入足量 ，可析出 。
（5）高纯 (砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止 刻蚀液与下层 (砷化镓)反应。
①该氧化物为 。
②已知： 和 同族， 和 同族。在 与上层 的反应中， 元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
【答案】（1）+6
（2）
（3） + = ↓；
（4）；
（5）；
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；化学平衡常数；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）Na2MoO4中Na为＋1价，O为－2价，根据化合物中化合价代数和为0可得，Mo的化合价为＋6价。
（2）废催化剂中加入NaOH焙烧、水浸后，所得滤液Ⅰ中含有NaAlO2，通入过量CO2后，发生反应的离子方程式为：AlO2－＋CO2＋H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，因此“沉铝”过程中，生成沉淀X的化学式为Al(OH)3。
（3）①滤液Ⅰ中溶液碱性，因此溶液的pH＞6.0，溶液中Mo元素以MoO42－的形成存在，加入BaCl2溶液后反应生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为：Ba2＋＋MoO42－=BaMoO4↓；
②若开始生成BaCO3沉淀，则溶液中存在反应：HCO3－＋BaMoO4 BaCO3＋MoO42－＋H＋，该反应的平衡常数。要避免BaMoO4沉淀中混有BaCO3沉淀，则必须满足，由于“沉钼”过程中溶液的pH=7.0，即溶液中c(H+)=1.0×107mol/L，所以当溶液中时，开始生成BaCO3沉淀，此时时，应停止加入BaCl2溶液。
（4）①由于“沉铝”过程中加入过量的CO2，反应生成NaHCO3，因此滤液Ⅲ中所含溶质为NaCl、NaHCO3，因此Y为NaHCO3；
②若要将NaCl转化为NaHCO3析出，则可先往溶液中通入足量的NH3，再通入足量的CO2，发生反应的化学方程式为NaCl＋H2O＋NH3＋CO2=NaHCO3↓。
（5）①该致密的氧化物为Al2O3；
②GaAs中As的化合价为－3价，转化为＋5的过程中，失去8个电子，因此GaAs为还原剂，则H2O2为氧化剂，反应过程中H2O2中氧元素由－1价变为－2价。在氧化还原反应中，得失电子守恒，故H2O2得到电子数为8。因此参与反应的H2O2和GaAs的比为4:1，即氧化剂和还原剂的比为4:1。
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0进行计算。
（2）根据沉铝过程中发生的反应分析。
（3）①根据溶液中所含离子书写反应的离子方程式；
②根据形成沉淀的反应和相关化学平衡常数进行计算。
（4）①结合沉铝过程中加入过量CO2的过程分析溶液的溶质；
②根据Y的成分，确定析出Y的过程中发生的反应，从而确定通入气体的成分。
（5）①该致密氧化膜为Al2O3；
②根据反应过程中化合价的变化，结合得失电子守恒进行计算。
30．（2022·昆明模拟）纯碱是重要的化工原料。我国科学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”打破了西方对我国的技术封锁。某实验小组同学利用下图装置，模拟“侯氏制碱法”的部分流程。
已知：NaCl、NH4HCO3、NaHCO3、NH4Cl四种盐在不同温度下的溶解度如下表所示：
温度溶解度(g) 物质 10℃ 20℃ 30℃ 40℃ 50℃ 60℃ 70℃
NaCl 35.8 36.0 36.3. 36.6 37.0 37.3 37.8
NH4HCO3 15.8. 21.0 27.0 一 一 — —
NaHCO3 8.15 9.6 11.1 12.7 14.45 。16.4 一
NH4Cl 33.3 37.2 41.1 45.8 50.4 55.2 60.2
回答下列问题：
（1）试剂b的名称是 ，试剂a的作用是 。
（2）实验时应先打开 (填“K1”或“K2”)开关，持续通入气体一段时间后，关闭此开关，再打开另一开关。硬质玻璃管的作用是 。
（3）反应一段时间后，双颈烧瓶中观察到的实验现象为 。该反应一般控制在30~35℃下进行，温度不宜过高的主要原因是 (用化学方程式表示)。
（4）实验结束后，过滤双颈烧瓶中的混合物，滤渣经灼烧得纯碱，并回收滤液中的NH4Cl。为促进滤液中NH4Cl析出，需向滤液中通入NH3并加入一定量NaCl固体，原因是 。
（5）制得的纯碱中混有NaHCO3和少量不与盐酸反应的杂质。该小组为测定其中NaHCO3的含量，取ag样品于试管中加水完全溶解，加入几滴酚酞溶液，用cmol·L-1的盐酸滴定至溶液由红色变为浅红色，消耗盐酸V1mL；再加1~2滴甲基橙指示剂，继续用盐酸滴定至溶液由黄色变为橙色，又消耗盐酸V2mL。则纯碱样品中NaHCO3质量分数为 。
【答案】（1）浓氨水；除去CO2中混有的HCl气体
（2）K2；防倒吸
（3）产生大量白色沉淀；NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O
（4）增大c()、c(Cl-)，使(aq)+Cl-(aq) NH4Cl(s)平衡正向移动，促使NH4Cl晶体析出
（5）
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)试剂b为浓氨水，试剂a的作用是除去CO2中混有的HCl气体；
(2)实验时先通入氨气，后通入二氧化碳，故先打开开关K2，硬质玻璃管的作用为防倒吸；
(3)反应一段时间后，双颈烧瓶中有碳酸氢钠生成，由于其溶解度较小，故产生大量白色沉淀，观察到的实验现象为：产生大量白色沉淀；该反应一般控制在30~35℃下进行，温度不宜过高的主要原因防止碳酸氢铵受热分解，化学方程式表示为：NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O；
(4)向滤液中通入NH3并加入一定量NaCl固体，增大、c(Cl-)，使平衡正向移动，促使NH4Cl晶体析出；
(5)用cmol·L-1的盐酸滴定至溶液由红色变为浅红色，消耗盐酸V1mL，此时碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，故碳酸钠的物质的量为；继续用盐酸滴定至溶液由黄色变为橙色，又消耗盐酸V2mL，此时盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，样品中的碳酸氢钠的物质的量为：，故纯碱样品中NaHCO3质量分数为。
【分析】“侯氏制碱法”的原理是将二氧化碳气体通入氨气的氯化钠饱和溶液中，制备碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解得到纯碱，该装置中，利用稀盐酸和碳酸钙反应制备二氧化碳，a中用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的HCl；试剂b浓氨水和氧化钙反应制备氨气，氨气和二氧化碳通入烧瓶中进行反应得到碳酸氢钠。
31．（2021·浙江）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：
（1）电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是 。
（2）下列说法错误的是______。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
（3）在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2(g) Cl2(aq) K1=c(Cl2)/p
Cl2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) +
HClO(aq) K2
其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2(g) Cl2(aq)的焓变ΔH1 0。(填”>”、“=”或“<”)
②平衡常数K2的表达式为K2= 。
③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c= 。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)
（4）工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；
I.TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181
mol·L-1，KI=-3.4×10-29
II.2C(s)+O2(g) 2CO(g)
ΔHII= - 221 mol·L-1，KII=1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由 。
（5）在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。
A．适当提高反应温度 B．改变催化剂
C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度
【答案】（1）2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑
（2）A
（3）＜；；K1p +
（4）反应I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量
（5）A；B
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；反应热和焓变；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑。
(2) A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。
综上所述，相关说法错误的是A，
故答案为：A。
(3)①Cl2(g) Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。
②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2= ，注意水为液态，其不出现在表达式中。
③Cl2(g) Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为 ；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则 ，由K2= 可知 = ，由K1=c(Cl2)/p可知， = ，则 = ，因此，c= K1p + 。
(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol ·L-1，KI=-3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) 2CO(g) ΔHII= - 221 mol ·L-1，KII=1.2×1048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4.1 ×1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。
(5) A.．由于两产物浓度之比与反应时间无关，适当提高反应温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快化学反应速率，同时可以提高邻位取代的机率（催化剂会参与反应形成中间体，根据信息可知，碘在对位的取代机率较大），从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A正确；
B．可以使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，B正确；
C．适当降低反应温度，不利于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C不正确；
D．改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之比与反应时间无关，因此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，D不正确。
综上所述，选AB。
【分析】（1）电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠
（2）氯气溶于水后，形成的是次氯酸或盐酸与碱石灰作用。收集氯气时利用的是排饱和食盐水的方法进行收集气体，常温下可以加压的方式减小分子的间隔即可将气体变为液体，工业上利用氢气和氯气制取氯化氢溶于水变为盐酸
（3）① 根据盖斯定律计算即可②根据平衡常数的计算公式进行计算即可③利用K1和K2结合氯元素守恒进行计算即可
（4）利用盖斯定律，得出方程式，K值很大，加入碳促进四氯化碳的产生
（5）提高产物的比例，主要可以选择适合的催化剂以及适当的提高温度，促进产物的合成
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