专题04 化工生产——2022-2023学年高一化学下学期期末知识点精讲+训练学案+期末模拟卷（沪科版2020必修第二册）

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专题04 化工生产



1．工业制硫酸反应原理
（1）主要原料： 硫磺或硫铁矿，其中硫磺制酸具有生产流程短，“三废”治理量较少等优势，因而今后以硫磺制取酸为主要发展趋势 。
（2）根据工业制硫酸的反应原理，生产过程通常可以分为 造气 、 转化 、 吸收 三个主要阶段
2．接触法制硫酸
（1）接触法制硫酸：

主要阶段
造气-硫铁矿煅烧制造SO2
转化-SO2接触氧化
吸收-SO3的吸收
主要设备
沸腾炉
转化器
吸收塔
化学反应
4FeS2+11O2高温=2Fe2O3+8SO2
2SO2(g)+O2(g) 催化剂⇌△2SO3(g)
SO3+H2O=H2SO4

A．转化器出来的气体主要包括： 二氧化硫、氧气、氮气 ，原料气要通过除尘、干燥等净化处理，目的是___防止催化剂中毒________________________________________。
B．使用98.3%的硫酸而不是直接用水来吸收三氧化硫的原因：_使用水吸收三氧化硫会导致大量酸雾妨碍吸收_________________
。

化学反应方程式
压强
温度
催化剂
SO2的氧化
2SO2+O2 催化剂⇌△ 2SO3
0.1MPa（常压）
400℃~500℃
V2O5等
3. 硫酸工业中热能的合理利用及三废处理
硫酸生产过程中的三个反应都是 放热反应，为了充分利用这些热量，在生产过程中，沸腾炉外设置 废热锅炉 回收高温废热，把 热交换器 和转化器合为一体，将二氧化硫转化为三氧化硫时放出的热量及时导出用来 预热进入转化器的原料气 。
（1） 废气：硫酸工业的尾气中含有的有毒气体是 SO2 ，用氨酸法处理尾气的化学方程式分别为：________________________________、________________________________、________________________________。
①NH3+H2O=NH3•H2O ②SO2+2NH3•H2O=（NH4）2SO3+H2O
③（NH4）2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3
（2）废水：没有被污染的冷却水可以被 循环利用 ；若排出的是酸性废水，一般使用石灰乳等中和处理，反应的离子方程式为 2H++Ca(OH)2==Ca2++2H2O 。
（3）废渣：以硫铁矿为原料生产硫酸，废渣的主要成分是 氧化铁 、硫化亚铁及少量有害物质。用废渣可以炼制的金属是 铁 。
3.工业合成氨
（1）合成氨的适宜条件探究：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) + Q（Q>0）
反应条件
对化学反应速率
的影响
对平衡混合物中NH3
含量的影响
化学反应速率与
化学平衡综合考虑
增大压强
__加快_____（填“加快”或“减慢”）
__有利_____提高NH3含量
（填“有利”或“不利”）
影响一致，应__增大____压强（填“增大”或“减小”）
升高温度
___加快________
____不利___提高NH3含量
（填“有利”或“不利”）
影响____高温______
温度控制要适宜
使用
催化剂
___加快________
__无___影响
（填“有”或“没”）
用合适催化剂
有利于加快反应速率
增加反应
物浓度
__加快_________
平衡向_正__反应方向移动（填“正”或“逆”）
影响一致
应___增加_____反应物浓度
∴合成氨的合理生产条件：① 使用__铁触媒______为催化剂 ②一定程度的加压 ③ 温度控制在催化剂的活性温度（500℃） ④ 及时分离___氨气_____
（2） 合成氨工业流程：


1．已知工业上真空炼铷(Rb)的化学方程式为2RbCl+Mg⇌MgCl2+2Rb(g)，对这一反应能进行的最合理的解释是
A．上述反应为可逆反应
B．镁的金属活动性比铷的强
C．氯化镁的热稳定性比氯化铷的强
D．铷的沸点比镁的低，当把铷抽走时反应向生成铷的方向进行
【答案】D
【解析】反应2RbCl+Mg⇌MgCl2+2Rb(g)属于可逆反应，由于铷的沸点比镁低，当把铷蒸气抽走时，平衡向正反应方向移动，则此反应可发生，与金属的金属性、氯化物的稳定性等无关。
故选D。
2．在接触法产生H2SO4的过程中,对“废气、废水、废渣、废热”的处理正确的是(　　)
①废气用氨水处理　②污水用石灰乳处理　③废渣用来造水泥或炼铁　④设置“废热”锅炉产生蒸气来供热或发电
A．只有①② B．只有①③④ C．只有①②③ D．全部
【答案】D
【解析】①SO2等废气可以用氨水吸收制得化肥硫酸铵等，①正确；
②污水显酸性，可以用石灰乳处理，②正确；
③炉渣和矿灰可作为炼铁的原料，③正确；
④硫酸工业的反应都是放热反应，不但可以自行提供能量，还可以向外界提供能量，以降低成本，④正确；
综上所述，正确的是①②③④，故选D。
3．已知工业上真空炼铷的反应方程式为：2RbCl +MgMgCl2 + 2Rb(g),对于此反应，能够进行正确解释的是
A．铷比镁金属性强
B．氯化镁比氯化铷难溶
C．高温下，镁离子得电子能力比铷离子弱
D．铷的沸点比镁低，当把铷蒸气抽走时，平衡向右反应方向移动
【答案】D
【解析】试题分析：铷比镁金属性强，即还原性强，根据氧化还原反应原理，A错误；氯化镁、氯化铷易溶于水，故B错误；高温下，镁离子得电子能力比铷离子强，故C错误；铷的沸点比较低，抽走铷的蒸气后，平衡向正反应方向移动，这样就得到了铷，故D正确。
4．已知工业上真空炼铷的反应如下：2RbCl+MgMgCl2+2Rb（气），对此反应能够进行的正确解释是
A．Mg比Rb的金属性强
B．铷的沸点比镁低把铷的蒸气抽走后平衡向正方向移动
C．MgCl2对热的稳定性比RbCl强
D．高温下Mg2+得电子的能力比Rb+强
【答案】B
【解析】A、铷的金属活动性比镁强，故A错误；B、已知真空炼铷的原理如下：2RbCl+Mg═MgCl2+2Rb（气），该条件下，生成物Rb为气态，把铷蒸气抽出，则减少了生成物的浓度，平衡向正方向移动，所以反应可以不断向生成Rb（气）方向进行，故B正确；C、MgCl2的离子键比RbCl强，MgCl2的热稳定性比RbCl强，且两者稳定性与真空炼铷的原理无关，故C错误；D、活泼性越强，对应离子的氧化性越弱，则得电子能力越弱，由于Rb的活泼性大于Mg，则Mg2+得电子的能力比Rb+强，故D错误；故选B。
点睛：本题考查了金属活动性顺序表及其应用，题目难度中等，根据平衡移动原理来分析减少了生成物的浓度平衡正向移动是解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力。
5．ⅠA族、ⅡA族元素及其化合物应用广泛。铍及其化合物的性质与铝十分相似。工业上制备下列物质的生产流程合理的是
A．饱和食盐水制备纯碱：NaCl溶液→CO2→NH3NaHCO3→加热Na2CO3
B．从海水中提取镁：海水→石灰乳MgOH2→加热MgO→电解Mg
C．工业上制备漂白粉：浓盐酸→加热MnO2Cl2→石灰乳漂白粉
D．黄铁矿制备硫酸：FeS2→O2高温SO2→O2加热催化剂SO3→98.3%浓硫酸发烟硫酸
【答案】D
【解析】A．NH3极易溶于水，CO2微溶于水，饱和食盐水制备纯碱的流程中，先向饱和实验水中通入氨气，使溶液呈碱性，再通入CO2，可以增大CO2的吸收量，故流程为：NaCl溶液→NH3→CO2NaHCO3→加热Na2CO3，A正确；
B．MgO的熔点比MgCl2高，故工业冶炼镁是电解熔融的MgCl2，故从海水中提取镁的流程为：海水→石灰乳MgOH2→HClMgCl2→电解Mg，B错误；
C．工业制取氯气：2NaCl+2H2O=Cl2↑+H2↑+2NaOH ，工业上制备漂白粉：Cl2→石灰乳漂白粉， C错误；
D．黄铁矿制备硫酸：FeS2→O2高温SO2→O2加热催化剂SO3→98.3%浓硫酸发烟硫酸，D正确；
答案选D。
6．工业制硫酸的一步重要反应是SO2在400~600℃下的催化氧化：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法正确的是
A．使用催化剂可加快反应速率，提高SO3产率
B．其它条件保持不变，温度越高，速率越快，生产效益越好
C．实际生产中选定400～600℃作为操作温度，其原因是在此温度下催化剂的活性最高，SO2能100%转化为SO3
D．增大压强可以提高SO3产率，但高压对动力和设备要求太高，会增加生产成本
【答案】D
【解析】A．使用催化剂可加快反应速率，但催化剂不能影响平衡的移动，不能提高SO3的产率，A错误；
B．温度超过400~600℃时，催化剂的活性降低；且该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，SO3产率的产率降低，故温度超过400~600℃时，升高温度，生产效益降低，B错误；
C．实际生产中选定400～600℃作为操作温度，其原因是在此温度下催化剂的活性最高；但该反应是可逆反应，SO2的转化率小于100%，C错误；
D．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，SO3产率升高，但高压对动力和设备要求太高，会增加生产成本，D正确；
故选D。
7．下列化工生产中不涉及氧化还原反应的是
A．工业制玻璃 B．工业制硫酸 C．工业制硅 D．工业制硝酸
【答案】A
【解析】A．工业制玻璃，碳酸钠、碳酸钙、二氧化硅在高温条件下生成硅酸钠、硅酸钙、二氧化碳，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故选A；    
B．工业制硫酸，发生反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2、2SO2+O2⇌Δ催化剂2SO3、SO3+H2O=H2SO4，4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2、2SO2+O2⇌Δ催化剂2SO3反应中S、O元素化合价由变化，属于氧化还原反应，故不选B；
C．工业制硅发生反应SiO2+2C=高温Si+2CO，C、Si元素化合价有变化，属于氧化还原反应，故不选C；    
D．工业制硝酸发生反应4NH3+5O2=Δ催化剂4NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，N、O元素化合价有变化，属于氧化还原反应，故不选D；
选A。
8．密闭容器中发生的某化学反应，各物质的分子数目随时间变化情况如图1所示，物质Y和Z的质量随时间变化情况如图2所示。下列说法正确的是

A．该反应前后分子总数保持不变
B．参加反应的X与Y的质量比为2:7
C．该反应的化学方程式可表示为2X+Y=Z
D．若Z的相对分子质量为17，则Y的相对分子质量为28
【答案】D
【解析】A．由分析知反应前后分子个数减小 ，A错误；
B．由图2和分析知参加反应的X与Y的质量分别是3g、14g，比为3:14，B错误；
C．由分析知反应方程式为：3X+Y=2Z，C错误；
D．根据n(Y)=m(Y)M(Y)，n(Z)=m(Z)M(Z)，由方程式可知n(Y)n(Z)=12，2m(Y)M(Y)=m(Z)M(Z)，所以若Z的相对分子质量为17，则Y的相对分子质量为28，D正确；
故选D。
9．NH3和HNO3是重要的工业产品，如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程，下列说法正确的是

A．从氨分离器中又回到合成塔中的物质只有N2
B．氧化炉中的气体只有NO
C．尾气中的少量NO、NO2可以用NH3来处理，在催化剂作用下生成有毒的气体
D．吸收塔中通入空气的作用是使NO、NO2完全转化为HNO3
【答案】D
【解析】A．从氨分离器中又回到合成塔中的物质有N2和氢气，故A错误；
B．氧化炉中氨气发生催化氧化生成NO和水，部分NO和氧气反应生成NO2，故B错误；
C．尾气中的少量NO、NO2可以用NH3来处理，在催化剂作用下生成无毒的气体氮气，故C错误；
D．吸收塔中通入空气的作用是把NO、NO2完全氧化为HNO3，故D正确；
选D。
10．下列说法正确的是
A．某温度下，反应CH2=CH2(g)+H2O(g)⇌CH3CH2OH(g)，在密闭容器中达到平衡，恒容下，充入一定量的CH2=CH2(g)，CH2=CH2(g)的平衡转化率增大
B．恒温恒容情况下，发生反应：X(g)+3Y(s)⇌2Z(g)，当混合气体密度保持不变时，说明反应已达到平衡
C．合成氨工业中，恒温恒容情况下，充入惰性气体He，体系压强增大，反应速率增大
D．某温度下，可逆反应mA(g)+nB(g)⇌pC(g)的平衡常数为K，若缩小反应器的容积，能使平衡正向移动，则m+n>p，并且K增大
【答案】B
【解析】A．恒容下，充入一定量的CH2=CH2(g)，反应物浓度增大，平衡正向移动，H2O(g)的平衡转化率增大，CH2=CH2(g)的平衡转化率减小，故A错误；
B．该反应有固体物质参与反应，反应达到平衡前混合气体的总质量发生变化，恒容条件体积不变，则密度是一变量，当密度保持不变时，说明反应已达到平衡，故B正确；
C．充入惰性气体He，反应物和产物浓度不变，则反应速率不变，故C错误；
D．化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，若缩小反应器的容积，能使平衡正向移动，则m+n>p，但温度不变化学平衡常数不变，故D错误；
故选：B。
11．合成氨反应为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)。图1表示在一定温度下此反应过程中的能量变化。图2表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图3表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量，平衡时NH3的质量分数wNH3的变化曲线。

下列说法正确的是
A．该反应为自发反应，由图1可得加入适当的催化剂，E和ΔH都减小
B．图2中0∼10min内该反应的平均速率vH2=0.045mol⋅L-1⋅min-1，从11min起其他条件不变，压缩容器的体积为1L，则nN2的变化曲线为d
C．图3中，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是b点
D．该反应平衡常数表达式为K=c2NH3c3H2cN2，图3中T1和T2表示温度，对应温度下的平衡常数为K1、K2，则：T1>T2,K1>K2
【答案】B
【解析】A．加入催化剂活化能E降低，但不影响焓变，△H不变，由图1可知，合成氨是焓减熵减过程，△G＜0反应自发进行，根据△G＝△H−T△S可知，该反应在低温下自发进行，故A错误；
B．由图2可知，0～10min内氮气的物质的量变化量为0.6mol−0.3mol＝0.3mol，v(N2)＝0.3mol2L10min＝0.015mol/(L·min)，速率之比等于化学计量数之比，故v(H2)＝3v(N2)＝3×0.015mol/(L•min)＝0.045mol/(L•min)，11min压缩体积，压强增大，平衡向正反应移动，平衡时氮气的物质的量小于原平衡，故n(N2)的变化曲线为d，故B正确；
C．图3表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，故a、b、c都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大，故a、b、c三点中，c的氮气的转化率最高，故C错误；
D．由图3可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1＜T2，温度越高化学平衡越低，故K1＞K2，故D错误；
故答案选B。
12．工业合成氨是重要的人工固氮的方式，在一个恒容容器中充入N2(g)和H2(g)，一定条件下发生反应N2(g)+3H2(g)⇌高温高压催化剂2NH3(g)，若温度保持不变，下列说法正确的是
A．当充入足够N2(g)后，H2(g)会全部转化
B．升温可以加快化学反应速率故工业合成氨时温度越高越好
C．正、逆反应速率相等时，N2与H2浓度比一定是1：3
D．通过调控反应条件，可以提高该反应进行的程度
【答案】D
【解析】A．N2(g)+3H2(g)⇌高温高压催化剂2NH3(g)是可逆反应，当充入足够N2(g)后，H2(g)不会全部转化，故A错误；
B．升温可以加快化学反应速率，但温度过高催化剂活性降低，反应速率会减慢，且正反应放热，升高温度不利于氨气生成，故B错误；
C．正、逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，但N2与H2浓度比不一定是1：3，故C错误；
D．增大压强，平衡正向移动，反应进行程度增大，故D正确；
选D。
13．化学与生活、生产及科技密切相关。下列叙述正确的是
A．工业制硫酸用98％的浓硫酸代替水吸收SO3
B．汽车尾气中氮氧化物的产生主要是由于汽油中含有氮元素
C．高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维
D．纳米铁粉主要通过物理吸附作用除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+
【答案】A
【解析】A．在吸收塔中三氧化硫和水反应生成硫酸，但水直接吸收三氧化硫会形成酸雾，使三氧化硫的吸收率降低，故可利用98.3%的浓硫酸吸收SO3是为了避免酸雾的形成，A正确；
B．汽车尾气中氮氧化物的产生，主要是由于放电条件下氮气和氧气化合生成，B错误；
C．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，C错误；
D．纳米铁粉主要是通过其还原性，将Cu2+、Ag+、Hg2+还原为相应的金属单质将其除去，D错误；
故选A。
14．工业上生产硫酸时，如果将反应器内的混合气体突然冷却到室温有白色晶体析出，此晶体是
A．二氧化硫 B．三氧化硫 C．硫酸 D．硫磺
【答案】B
【解析】反应器内的混合气体有氧气、二氧化硫和三氧化硫，由于三氧化硫的熔点只有16.8℃，所以突然冷却到室温有白色晶体三氧化硫析出。
答案选B。
15．工业制硫酸用硫黄作为原料产生的污染较用硫铁矿小，主要方面是
A．废气 B．废渣 C．废水 D．酸雨
【答案】B
【解析】用硫铁矿制硫酸，硫铁矿在沸腾炉中焙烧成二氧化硫气体时，会产生大量的固体残渣氧化铁，而用硫黄作为原料，废渣较少，但废气的量没有减少，也会产生废水，故答案选B。
16．工业上制硫酸的沸腾炉出来的炉气必须经过净化处理，其正确过程是
A．除尘、干燥 B．干燥、除尘
C．洗涤、除尘 D．过滤、洗涤
【答案】A
【解析】从沸腾炉出来的炉气中通常含有二氧化硫、氧气、氮气、水蒸气以及砷、硒化合物、矿尘等。因为炉气中含有的砷、硒化合物和矿尘会使催化剂中毒，水蒸气对生产设备有不良影响，因此在通入接触室之前气体必须经过除尘、洗涤、干燥等净化处理，干燥在净化过程中一般放在最后，故答案选A。
17．工业上以硫铁矿为原料制硫酸的生产过程中，下列措施能提高硫酸产率的是
A．直接把矿石送入沸腾炉
B．沸腾炉中通入过量空气
C．对炉气进行除尘、洗涤、干燥处理
D．转化器内用催化剂
【答案】B
【解析】A．直接把矿石送入沸腾炉，反应不充分，不能提高硫酸产率，A错误；
B．沸腾炉中通入过量空气，增大氧气浓度，反应向正反应方向进行，能提高硫酸产率，B正确；
C．对炉气进行除尘、洗涤、干燥处理，可防止催化剂中毒，但不能提高硫酸产率，C错误；
D．转化器内用催化剂不能改变平衡状态，只能改变反应速率，因此不能提高硫酸产率，D错误；
答案选B。
18．工业制硫酸，不可能作为原料的是
A．硫黄 B．硫铁矿 C．冶炼烟气 D．大理石
【答案】D
【解析】工业生产硫酸的原料有硫黄、硫铁矿、有色金属冶炼烟气、石膏、硫化氢、二氧化硫和废硫酸等，其中硫黄、硫铁矿和冶炼烟气是三种主要原料，因此该题中不可能作为原料的是大理石，故答案选D。
19．硫酸工业中，转化器发生催化氧化(2SO2＋O2⇌SO3)的装置如图，下列说法正确的是

A．a处进入的气体中SO2过量 B．沸腾炉中产生的气体直接从a处进入
C．a、b、c三处气体成分相同 D．d处出来的气体只含SO3
【答案】C
【解析】A．为提高SO2的转化率，a处进入的气体应是氧气过量，故A项错误；
B．沸腾炉中出来的炉气，除了含有SO2、O2外还有水蒸气及其他杂质，水蒸气和杂质对设备和下一步进行的反应有害，因此必须进行净化和干燥处理，故B项错误；
C．a、b、c三处气体成分相同为二氧化硫和氧气，故C项正确；
D．d处出来的气体不只含SO3，是平衡状态时的混合气体，故D项错误；
答案选C。
20．细菌可以促使铁、氮两种元素进行氧化还原反应，并耦合两种元素的循环。

(1)氮循环中，属于氮的固定的有___________(填字母序号，下同)。
a．N2转化为氨态氮     b．硝化过程      c．反硝化过程
(2)铵态氮肥是水体中氨态氮的主要来源之一、
①氨气是生产氮肥的主要原料，工业合成氨的化学方程式为___________。
②检验某固态氮肥中铵根的实验操作与相应的现象及结论为___________。
(3)铵态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气，该反应中，当产生0．02mol氮气时，转移电子的物质的量为___________。
(4)土壤中的铁循环可用于水体脱氮(将氮元素从水体中除去)，用离子方程式说明利用土壤中的铁循环脱除水体中氨态氮的原理：___________。
【答案】(1)a
(2) N2+3H2⇌Δ催化剂2NH3 取少量氮肥于试管中，加少量水溶解，加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有NH4+
(3)0.06mol
(4)6Fe3++2NH4+=6Fe2++N2↑+8H+

【解析】（1）氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态氮的方法，即氮气→含氮化合物或离子，
a．N2转化为氨态氮，属于人工固氮，故a正确；
b．硝化过程是将NH4+转化为NO2-，NO2-转化为NO3-，属于含氮化合物的转化，不属于固氮，故b错误；
c．反硝化过程正好和硝化过程相反，属于含氮化合物的转化，不属于固氮，故c错误；
故答案为a；
（2）①氨气是生产氮肥的主要原料，工业合成氨反应为氮气和氢气催化氧化生成氨气，化学方程式为N2+3H2⇌Δ催化剂2NH3。
②检验NH4+的原理是先将NH4+转化为NH3，再根据氨气的性质用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，方法为：向溶液中加入浓NaOH浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有NH4+；
（3）NO2-氧化NH4+生成H2O和N2，离子方程式为NH4++NO2- 氨氧化细菌N2↑+2H2O，电子转移情况为N2∼3e﹣，即n(e﹣)=3n(N2)=3×0.02mol=0.06mol；
（4）由图可知：铁循环脱除水体中氨态氮过程是Fe3+和NH4+反应生成Fe2+和N2，离子方程式为6Fe3++2NH4+=6Fe2++N2↑+8H+。
21．二氧化氯ClO2是一种绿色消毒剂，常温常压下为黄绿色气体，易溶于水。常见的化学合成方法有氧化法和电解法等。
(1)过硫酸盐氧化法：用原料亚氯酸钠NaClO2和过硫酸钠Na2S2O8直接反应，操作简单，同时可得到副产品Na2SO4。制备时发生反应的离子方程式为___________。ClO2消毒时会产生少量的ClO2-，可利用FeSO4将ClO2-转化为Cl-除去。控制其他条件相同，ClO2-去除率随温度变化如图所示。温度高于50℃时，ClO2-去除率降低的可能原因是___________。

(2)电解法：如图所示用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，产生ClO2的电极反应式为___________。装置中应使用___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。

(3)定量测定：为测定某二氧化氯消毒液中ClO2的浓度，进行如下实验：量取5.00mL二氧化氯消毒液于锥形瓶中，加蒸馏水稀释至25.00mL，再向其中加入过量KI溶液，充分振荡；用0.10mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液5.50mL。
已知：2ClO2+2KI=2KClO2+I2 2Na2S2O3+I2=Na4S4O6+2NaI
计算该二氧化氯消毒液中ClO2的物质的量浓度___________。(写出计算过程)
【答案】(1) 2ClO2-+S2O82-=2ClO2↑+2SO42- 温度高于50℃时，有较多的Fe2+水解，Fe2+浓度减小，去除率降低
(2) Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+ 阳
(3)0.11

【解析】（1）亚氯酸钠(NaClO2)为氧化剂，过硫酸钠(Na2S2O8)为还原剂被氧化为Na2SO4，根据电子守恒和电荷守恒，则制备二氧化氯(ClO2)发生反应的离子方程式为：2ClO2-+S2O82-=2ClO2↑+2SO42-；FeSO4是强酸弱碱盐，升高温度促进了Fe2+水解，使更多的Fe2+水解生成Fe(OH)2，导致参与氧化还原反应的Fe2+减少，ClO2-去除率降低，故答案为：有较多的Fe2+水解；
（2）根据题意可以知道，氯离子放电生成ClO2为阳极，接电源的正极，由元素守恒可以知道，有水参加反应，同时生成氢离子，电极反应式为：Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+，a极为阴极，溶液中阳离子移向阴极，根据溶液中电荷守恒的规律，图中应使用阳离子交换膜，故答案为：阳；
（3）消耗Na2S2O3标准液的物质的量为0.1mol/L×5.5mL×10-3L/mL=5.5×10-4mol，设ClO2的物质的量为xmol，依据反应原理得关系式：2ClO2～I2～2Na2S2O3，则有2ClO2～2Na2S2O322x5.5×10-4mol，解得x=5.5×10-4mol，该二氧化氯消毒液中ClO2的物质的量浓度为c=nV=5.5×10-4mol5×10-3L=0.11mol/L。
22．已知氢氧化钙和碳酸钙在水中存在下列溶解平衡：Ca(OH)2(s) ⇌Ca2＋(aq)＋2OH-(aq)，CaCO3(s) ⇌CO32- (aq)＋Ca2＋(aq)。在火力发电厂燃烧煤的废气中往往含有SO2、O2、N2、CO2等。为了除去有害气体SO2并变废为宝，常常用粉末状的碳酸钙或熟石灰的悬浊液洗涤废气。
(1)写出上述两个反应的化学方程式：
①SO2与CaCO3悬浊液反应___________；
②SO2与Ca(OH)2悬浊液反应___________。
(2)试说明用熟石灰的悬浊液而不用澄清石灰水的理由___________。
(3)在英国进行的一项研究结果表明：高烟囱可以有效地降低地表面的SO2浓度。在上世纪的60～70年代的十年间，由发电厂排放的SO2增加了45%，但由于建造高烟囱的结果，地表面SO2浓度却降低了30%之多。请你从全球环境保护的角度，分析这种方法是否可取并简述理由：___________。
【答案】(1) CaCO3＋SO2=CaSO3＋CO2 SO2＋Ca(OH)2=CaSO3＋H2O
(2)由于Ca(OH)2的溶解度太小，澄清石灰水吸收SO2的效果不好
(3)不可取，这种方法虽然能减少地表面SO2的浓度，但SO2仍然存在，污染并未消除

【解析】(1)
①SO2是酸性氧化物，与CaCO3悬浊液反应的方程式为CaCO3＋SO2=CaSO3＋CO2；
②SO2是酸性氧化物，与Ca(OH)2悬浊液反应的方程式为SO2＋Ca(OH)2=CaSO3＋H2O；
(2)
由于Ca(OH)2的溶解度太小，澄清石灰水吸收SO2的效果不好，因此用熟石灰的悬浊液而不用澄清石灰水吸收；
(3)
由于这种方法虽然能减少地表面SO2的浓度，但SO2仍然存在，污染并未消除，因此是不可取的。

23．实验室合成氨装置如图1所示，试回答下列问题：

(1)装置甲的作用：①______，②______。
(2)已知氨气在水中的溶解度大约为1：700，若利用图2中的装置吸收氨气制氨水，从实验安全的角度考虑应选用的装置是______(填标号)。
(3)某同学用图2中装置B吸收产生的氨气，结果装置B中的溶液能使酚酞变红但未能观察到倒吸现象。试分析未造成倒吸的原因可能是______。
(4)氨气是极为重要的基础化工原料，以氨气为原料可以制备一系列重要无机物、有机物质。
①写出侯德榜联合制碱法所涉及的化学反应方程式______，______。
②工业上用CO2和NH3为原料，在高温高压条件下直接合成尿素CONH22。写出合成尿素的化学反应方程式______。
【答案】(1) 干燥气体 控制气体流速
(2)AD
(3)可能是反应物气体有剩余氨气含量较低，且氮气和氢气均不溶于水
(4) NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl 2NaHCO3=ΔNa2CO3+H2O+CO2↑ CO2+2NH3=CO(NH2)2+H2O

【分析】工业合成氨原理是N2+3H2⇌催化剂高温、高压2NH3，浓硫酸具有吸水性，可以干燥气体，同时氨气属于污染性气体且易溶于水，即尾气处理需要防倒吸，据此回答
【解析】（1）浓硫酸具有吸水性可以干燥气体、又可以通过导管气泡控制气体流速，即装置甲作用①干燥气体；②控制气体流速；
（2）由于氨气在水中的溶解度很大，所以应考虑液体防倒吸，图2中A、D可以防倒吸，即选AD；
（3）B中酚酞溶液变红即有氨气溶解，合成氨反应速率小且程度低，即未倒吸原因可能是反应物气体有剩余氨气含量低，且氮气和氢气均不溶于水；
（4）①侯氏制碱法是先制备碳酸氢钠，然后碳酸氢钠分解得到碳酸钠，即NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3=ΔNa2CO3↓+H2O+CO2↑；②二氧化碳和氨气反应合成尿素，由元素守恒知产物还有水，即方程式为CO2+2NH3=CO(NH2)2+H2O。
24．某同学设计如图所示装置探究工业制硫酸转化器中的反应，并测定此条件下二氧化硫的转化率。实验时，装置D锥形瓶中溶液产生白色沉淀，装置E中溶液褪色。

回答下列问题：
(1)装置B的三个作用是① ___________；② ___________；③通过观察气泡的速率，控制氧气和二氧化硫的通入比例。
(2)实验过程中，当V2O5表面红热后，应将酒精灯移开一会儿后再继续加热，其原因是___________。
(3)D中锥形瓶盛放的溶液可以是(选填序号)___________。
①足量澄清石灰水        ②足量小苏打溶液
③足量氯化钡溶液        ④足量稀硫酸
反应停止后，要通过测定装置D锥形瓶中产生的白色沉淀的量，得出已被氧化的二氧化硫的量，在滤出沉淀前必须进行的一步实验操作是(简述过程) ___________。
(4)若从锥形瓶溶液中得到的沉淀质量为m g，要测定该条件下二氧化硫的转化率，实验时还需要测定的数据是(选填序号)___________，二氧化硫的转化率是 ___________(用含有m、a、b  c、d中的一种或几种字母的代数式表示)。
①装置F增加的质量a g
②装置A中亚硫酸钠减少的质量bg
③装置B增加的质量cg
④装置E增加的质量d g
【答案】(1) 干燥氧气和二氧化硫 使氧气和二氧化硫混合均匀
(2)该反应的正反应放热，温度过高平衡逆向移动，不利于三氧化硫的生成；且影响催化剂的活性
(3) ③ 继续通氧气，使装置中的三氧化硫和二氧化硫被D、E、F吸收
(4) ①④ m233m233+a+d64×100%

【分析】装置A制备二氧化硫，装置B干燥氧气和二氧化硫，同时混合二者，装置C中二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，装置D吸收三氧化硫，装置E检验二氧化硫的性质，装置F吸收尾气，据此解答。
（1）
通过观察A装置可判断其作用除了冒气泡的速率来控制气体流量，还可以干燥氧气和二氧化硫，氧气和二氧化硫混合均匀；
（2）
由于该反应的正反应放热，温度过高平衡逆向移动，不利于三氧化硫的生成，且影响催化剂的活性，所以实验过程中，当V2O5表面红热后，应将酒精灯移开一会儿后再继续加热；
（3）
由于进入装置D的气体有二氧化硫、三氧化硫和氧气，实验时，装置D锥形瓶中溶液产生白色沉淀，所以盛放的溶液是足量氯化钡溶液，答案选③；由于装置中有残留的气体，所以在滤出沉淀前必须进行的一步实验操作是继续通氧气，使装置中的三氧化硫和二氧化硫被D、E、F吸收；
（4）
从锥形瓶溶液中得到的沉淀质量为mg，则mg为硫酸钡沉淀，n（BaSO4）=n（SO3）=m233mol，已经知道转化了的二氧化硫，只要再告诉反应前的二氧化硫的物质的量或者反应后的二氧化硫的物质的量，就可以计算出二氧化硫的转化率，所以实验时还需要测定的数据为①装置F增加的质量a g、④装置E增加的质量d g，答案选①④；总的二氧化硫的物质的量是m233mol+a+d64mol，所以二氧化硫的转化率为：m233m233+a+d64×100%。
25．工业上有关氨气、铵盐的反应对国民经济和社会发展具有重要的意义。请回答：
Ⅰ.N2g+3H2⇌2NH3g ΔH=-92.4 kJ/mol
(1)合成氨工业采取的下列措施中，不能用勒沙特列原理解释的是_______(填序号)。
①选择在20Mpa~50 Mpa合成       ②温度选择500℃
③铁触媒作催化剂        ④将氨液化并及时从体系中分离出
(2)相同温度下，有恒容密闭容器A、恒压密闭容器B，两容器中均充入1 mol N2和3 mol H2，此时两容器的体积相等。在一定条件下反应达到平衡状态，A中放出热量Q1 kJ；B中放出热量Q2 kJ。则：
①完成下列比较：(选填<、>、=)Q1_______Q2，Q1_______92.4。
②平衡时，下列数据中，容器B中的数值大于容器A的是_______(填序号)。
a.NH3的体积分数        b.c2NH3cN2⋅c3H2
c.cN2         d.cN2cH2
(3)铵盐中含氮量的测定：精确称取w g NH42SO4样品，加适量水溶解，注入如图所示的仪器A中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1 mL、c1 mol⋅L-1 的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，加入几滴酚酞，再用c2 mol⋅L-1 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，达到终点时消耗V2 mL NaOH溶液。

①下列说法正确的是_______(填标号)。
A．实验前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将偏低
B．滴定终点时滴定管尖嘴口有气泡，测定结果将偏低
C．若玻璃管液面迅速上升，应立即撤去酒精灯
D．滴定时，若溶液颜色由无色变为浅红色，应立即停止滴定并读数
②样品中氮的质量分数表达式为_______。
Ⅱ.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4s⇌2NH3g+CO2g。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：
温度(℃)
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡总压强(kPa)
5.7
8.3
12.0
17.1
24.0
平衡气体总浓度(×10-3 mol/L)
2.4
3.4
4.8
6.8
9.4

(4)可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是_______(填序号)。
A．2vNH3=vCO2 B．气体总压强不变
C．密闭容器中混合气体的密度不变 D．混合气体的平均摩尔质量不变
(5)氨基甲酸铵分解反应的焓变ΔH_______0，熵变ΔS_______0(选填<、>、=)。
(6)反应至t1达到平衡后，增大压强至t2时重新达到平衡，请在下图中画出cNH3从t1至t3的变化曲线。

【答案】(1)②③
(2) < < ac
(3) AC 14c1V1-c2V21000w×100%
(4)BC
(5) > >
(6)

【解析】（1）①该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，选择在20Mpa~50 Mpa高压下合成，有利于氨气的生成，能够用勒夏特列原理解释，故①不符合题意；
②该正反应方向为放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于氨气的生成，不能够用勒夏特列原理解释，故②符合题意；
③铁触媒作催化剂，可以加快反应速率，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故③符合题意；
④将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，减少生成物的浓度，平衡正向移动，有利于氨气的生成，能够用勒夏特列原理解释，故④不符合题意；
故选②③。
（2）①合成氨反应为气体体积减小的反应，容器B中气体达平衡，等效于在容器A中气体达平衡的基础上，缩小体积加压得到，加压平衡正向移动，生成更多的氨气，放出更多的热量，因此Q1 ②a．由①分析知，容器B相当于在容器A的基础上，缩小体积加压，平衡正向移动，NH3的体积分数增大，a符合题意；
b．K=c2NH3cN2⋅c3H2，K只与温度有关，温度不变K不变，b不符合题意；
c．由a分析知，B相对于A平衡正向移动，nN2减小，但体积缩小的影响大于平衡移动使nN2减小的影响，因而cN2=nN2V增大，c符合题意；
d．N2和H2的起始量和消耗量均按照化学计量数之比进行，则平衡时cN2cH2不变，d不符合题意；
故选ac。
（3）①A．若气密性不好，生成的氨气有损失，测定结果将偏低，A正确；
B．滴定终点时滴定管尖嘴口有气泡，消耗的NaOH标准溶液偏少，测定结果将偏高，B错误；
C．长玻璃管的作用是平衡气压，若玻璃管液面迅速上升，说明体系压强过大，应立即撤去酒精灯，C正确；
D．达到滴定终点时，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原色，立即停止滴定并读数，D错误；
故选AC。
②HCl先后发生两个化学反应：NH3+HCl=NH4Cl，HCl+NaOH=NaCl+H2O。与氨气反应的n(HCl)=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol= (c1V1-c2V2)×10-3mol，根据氨气和HCl的关系式知，n(N)=n(NH3)=n(HCl)=(c1V1-c2V2)×10-3mol，则样品中氨的质量分数为(c1V1-c2V2)×10-3mol×14g/molwg×100%=14c1V1-c2V21000w×100%。
（4）A．当v正NH3=2v逆CO2时，正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，故A不符合题意；
B．该反应是气体体积增大的反应，气体总压强不断增大，当其不变时，反应达平衡状态，故B符合题意；
C．容器体积不变，混合气体质量逐渐增大，当混合气体的密度不变时，反应达平衡状态，故C符合题意；
D．体系中只有CO2和NH3为气体，且二者始终按1:2生成，则混合气体的平均摩尔质量始终不变，不能作为反应达平衡的标志，故D不符合题意；
故选BC。
（5）由表格数据可知，升高温度，平衡总压强增大，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH>0；该反应为熵增反应，ΔS>0。
（6）t1时缩小体积增大压强，cNH3瞬间增大，该反应为气体体积增大的反应，加压平衡逆向移动，cNH3逐渐减小，由于温度不变，K=c2NH3cCO2不变，当t2时重新达到平衡，cNH3与t1时相等，t2至t3反应处于平衡状态，cNH3不变，由此可画出曲线图为。

26．硫酸是十分重要的化工原料。工业上用黄铁矿又称为二硫化亚铁FeS2制备硫酸的工艺如下图所示。

(1)FeS2中硫元素的化合价是___________。
(2)写出过程Ⅱ发生反应的化学方程式___________。
(3)过程Ⅲ用98.3%的浓硫酸吸收SO3后再稀释为各种浓度的稀硫酸，写出浓硫酸稀释为稀硫酸的操作过程：___________。
下图是模拟工业过程Ⅱ来探究SO2的催化氧化过程。

(4)装置甲的作用是___________。
(5)装置丙中盛放的是18.4mol/L的浓硫酸，目的是___________。反应结束后取1.0mL丙中的流液稀释为10.0mL的稀硫酸，滴加几滴酚酞试剂、缓慢加入1.0mol/L 的NaOH溶液，当混合溶液变红时，认为硫酸恰好完全反应，此时所用NaOH溶液体积大于___________mL，说明SO2催化氧化时有SO3生成。
(6)装置丁的作用是吸收并检验SO2已除净，现象时酸性高锰酸钾红色变浅，写出反应的离子方程式___________。
(7)装置戊中的现象是___________，说明SO2催化氧化时有O2剩余。
【答案】(1)-1
(2)2SO2+O2⇌Δ催化剂 2SO3
(3)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌
(4)干燥气体、混合气体、调节气体比例
(5) 吸收SO3 36.8
(6)5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+
(7)出现浅黄色沉淀或变浑浊

【分析】黄铁矿与空气在高温下煅烧，反应产生Fe2O3、SO2；在催化剂、加热的条件下，SO2与O2发生反应产生SO3；SO3被98.3%的浓硫酸吸收得到硫酸。在模拟工业过程Ⅱ来探究SO2的催化氧化过程时，装置甲的浓硫酸的作用是干燥气体、混合气体，并通过观察气泡来判断两种气体的混合比例；在装置乙中SO2、O2发生催化氧化反应产生SO3，装置丙中盛放的是18.4mol/L的浓硫酸，目的是吸收SO3气体；在装置丁中，用酸性KMnO4溶液氧化除去未反应的SO2；O2具有氧化性，会氧化戊装置中的Na2S，产生黄色的S沉淀而使溶液变浑浊，据此判断SO2催化氧化时有O2剩余。
（1）
在FeS2中Fe为+2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知S元素化合价为-1价。
（2）
在反应过程Ⅱ中SO2、O2催化氧化反应产生SO3，该反应的化学方程式为：2SO2+O2⇌Δ催化剂2SO3。
（3）
由于浓硫酸的密度比水大，溶于水时会放出大量热量，所以浓硫酸稀释为稀硫酸的操作过程为将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使热量迅速扩散，防止酸滴飞溅。
（4）
装置甲中浓硫酸的作用是干燥气体、混合气体，通过观察气泡来调节气体混合比例。
（5）
装置丙中盛放的是18.4mol/L的浓硫酸，目的是吸收SO3气体，防止形成酸雾；SO3与浓硫酸中的水反应生成H2SO4，1.0mL的18.4mol/L的浓硫酸中，n(H2SO4)= 18.4mol/L×0.001L=0.0184mol，若这些硫酸和NaOH完全反应，则n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×18.4mol/L×0.001L=0.0368mol，V(NaOH)=0.0368mol1.0mol/L= 0.0368L=36.8mL，所若用NaOH溶液体积大于36.8 mL，则n(H2SO4)＞0.0184mol，说明SO2催化氧化生成SO3。
（6）
SO2被氧化为SO42-，MnO4-被还原为Mn2+，根据电子数守恒及原子守恒，可得出离子方程式：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+。
（7）
O2具有氧化性，会氧化戊装置中的Na2S，产生黄色的S沉淀而使溶液变浑浊，据此判断SO2催化氧化时有O2剩余。