6.3化工生产（第2课时）-高一化学教材解读（沪科版2020）

第六章化学反应速率和化学平衡6.3化工生产 课时2工业制氨气课标导航课标导航了解工业制氨气的反应原理和生产过程了解绿色化学的特征和有点知识点拨知识点拨知识点拨01工业制法1、合成氨工业（1）反应原理：N2+3H22NH3 +Q（2）主要设备：合成塔。（3）合成氨条件的选择：增大N2、H2浓度，及时分离出氨；适当的温度（500℃左右）和压强（2×107Pa～5×107Pa）；采用铁催化剂。压强：20MPa~50MPa(中压)(有利于氨的合成,对动力、材料强度、设备制造要求适中)温度：500℃左右(速率较快,转化率适中催化剂活性最大)催化剂：铁触媒浓度：C(N2)：C(H2)=1：2.8（将生成的氨及时从混合气中分离出来，且向循环气中不断补充）（4）合成氨工业流程：原料气制取→净化→压缩→合成→分离→液氨，原料循环利用注意：①该反应为可逆反应，所以所得产品是NH3、N2、H2的混合物，利用NH3易液化的特点将NH3分离以后，N2、H2可循环使用。②原料N2可通过蒸馏液态空气获得，而原料H2一般通过焦炭与高温水蒸气反应获得，有关反应方程式为：C+H2OCO+H2，CO+H2OCO2+H2，除去CO2即得H2。知识点拨02合成氨的适宜条件探究1．原料空气、燃料（煤、天然气、石油）、水。2．原料N2、H2的来源(1)N2来源于空气方法一：空气液化法；方法二：用碳除氧法。(2)H2来源于水和燃料C+H2OCO+H2；CO+H2O(g)CO2+H2。H2+水蒸气CO2+H2H2CH4CO+H2CO2+H2除去杂质后将N2、H2的混合气体用压缩机压缩至高压。3．反应原理N2(g)+3H2(g)高温、高压⇌催化剂2NH4．合成氨适宜条件的选择可逆反应：N2+3H2⇌2NH3+Q对比表1和表2，从影响反应速率因素和勒夏特列原理角度探究合成氨的合适条件：表1转化率(％)温度压强（×101kpa）15102550100400℃99.299.699.799.999.999.9450℃97.598.999.299.599.699.7500℃93.596.997.898.699.099.3550℃85.692.994.996.797.798.3表2使氨生产得快（从化学反应速率分析）使氨生成得多（从化学平衡分析）浓度增大N2、H2的浓度增大N2、H2的浓度，减小NH3的浓度压强高压高压温度高温低温催化剂使用不影响表3理论和实际生产条件的对比浓度压强温度催化剂理论生产为增大合成氨的反应速率增加N2、H2的浓度增大升高加入为提高平衡混合物中NH3的含量减小平衡混合物中NH3的浓度增大降低实际生产使气态NH3变为液态NH3，从平衡混合物中分离出去，并及时补充N2、H2。20MPa～50MPa500℃左右铁触媒（500℃左右时活性最大）综合考虑：1、温度：500℃左右。从化学速率分析：温度越高越好；从化学平衡分析：温度越低越好。综合考虑以500℃左右为宜，而且在此温度下催化剂的活性最大。2、压强：2×107～5×107Pa。无论从速率还是从平衡考虑，压强越大越有利于合成氨。但压强越大，对设备的制造和材料的强度要求越高，所以以2×107~5×107Pa为宜。3、催化剂：加快反应速率但不影响平衡，提高单位时间内氨的产量，目前工业上以铁触媒为催化剂。4、浓度：从速率及平衡角度分析，应增大氢气和氮气的浓度，降低氨的浓度。工业生产要求多、快、好、省。综合设备、动力等各方面的原因，确定：①压强：20MPa~50MPa。②湿度：500℃左右。③催化剂：铁触媒。5、合成氨的设备合成塔（由接触室和热交换器两部分组成）。6、工业流程.7、氨的分离通过冷凝器将氨液化，然后将氨分离，分离出氨的混合气体经循环操作继续使用。工业上合成塔出来的气体（又称出塔气体）通常约含26.4%（体积分数）的氨。生产流程图：知识点拨03绿色化学1.核心：利用化学原理从源头上消除和减少工业生产对环境造成的污染。2.特征：①采用无毒无害的原料；②在无毒、无害的条件(包括催化剂、溶剂)下进行；③产品应该是环境友好的；④具有理想的“原子经济性”，即反应具有高选择性、极少副产物，甚至实现“零排放”。3.原子经济性：原子经济性可用原子利用率来衡量，其定义可表示为原子利用率＝eq\f(期望产物的总质量,生成物的总质量)×100%。原子经济性的反应有两个显著优点：一是最大限度地利用了原料，二是最大限度地减少了废物的排放。思维探究思维探究探究一、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。耦合循环中的部分转化如下图所示。(1)上图所示氮循环中，属于氮的固定的有_______(填字母序号)。a.N2转化为氨态氮

b.硝化过程

c.反硝化过程(2)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检验氨态氮肥中NH的方法是_______。(3)硝化过程中，含氮物质发生_______(填“氧化”或“还原”)反应。(4)氨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，转移的电子的物质的量为_______mol。(5)土壤中的铁循环可用于水体脱氮：脱氮是指将氮元素从水体中除去，①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：_______，②用离子方程式说明利用土壤中的铁循环脱除水体中硝态氮的原理：_______。(6)NO是大气污染气体，测定某气体样品中NO含量操作如下：将vL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NO完全被氧化为NO。向上述反应后溶液中加入v1mLc1mol·L−1FeSO4溶液(过量)，充分反应后，多余Fe2+与v2mL、c2mol·L−1K2Cr2O7恰好反应。NO被H2O2氧化为NO的离子方程式是_______。上述过程中发生下列反应：3Fe2++NO+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O；Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则气样中NO的含量为_______g/L。【答案】(1)a(2)

取适量氨态氮肥溶液于试管中，加适量浓NaOH溶液、加热，将湿润的红色试纸放在试管口，若试纸变蓝，证明铵态氮肥中含NH(3)氧化(4)0.06(5)

(6)

3H2O2+2NO=2NO+2H2O+2H+

【解析】（1）游离氮转化为氮的化合物称为氮的固定，上图所示氮循环中，属于氮的固定的有a；（2）①氨气是生产氮肥的主要原料，工业利用氮气和氢气合成氨，反应的化学方程式为；②检验氨态氮肥中NH的原理是加碱使其转化为氨气，然后再检验氨气，方法是取适量氨态氮肥溶液于试管中，加适量浓NaOH溶液、加热，将湿润的红色试纸放在试管口，若试纸变蓝，证明氨态氮肥中含NH；（3）硝化过程中，亚硝酸根离子转化为硝酸根离子，N化合价升高，即含氮物质发生氧化反应；（4）由题意可写出，该反应中，每生成1mol氮气，转移3mol电子，则当产生0.02mol氮气时，转移的电子的物质的量为0.02mol×3=0.06mol；（5）脱氮是指将氮元素从水体中除去：①用土壤中的铁循环脱除水体中氨态氮，则铵根离子被铁离子氧化为氮气，离子方程式为；②利用土壤中的铁循环脱除水体中硝态氮，则亚铁离子将硝酸根离子还原为氮气，离子方程式为：；（6）NO被H2O2氧化为NO，H2O2转化为还原产物H2O，反应的离子方程式是3H2O2+2NO=2NO+2H2O+2H+；由题意：与Cr2O反应的Fe2+的物质的量为6c2v2×103mol；与NO反应的Fe2+的物质的量为(c1v16c2v2)×103mol，NO物质的量为；结合3H2O2+2NO=2NO+2H2O+2H+可知NO物质的量为，故则气样中NO的含量为。探究二、工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其合成原理为：。(1)下列关于工业合成氨的说法正确的是_______。A．因为，所以该反应一定能自发进行B．因为，所以该反应一定不能自发进行C．在高温下进行是为了提高反应物的转化率D．该反应在低温下能自发进行(2)在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_______。A．容器内的浓度之比为1∶3∶2B．百分含量保持不变C．容器内压强保持不变D．混合气体的密度保持不变(3)某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，不同温度时，固定氮气的投入量，起始氢气的物质的量与平衡时氨气的百分含量关系如图：①图像中和的关系是：_______(填“>，<或=”)。②a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物的转化率最高的是：_______。③合成氨工业中，为提高氨气的平衡产率，除适当控制反应的温度和压强外，还可采取的措施是_______。(4)恒温下，向一个4L的恒容密闭容器中充入和，反应过程中对的浓度进行检测①20min后，反应达平衡，氨气的浓度为，用表示的平均反应速率为_______。且此时，混合气体的总压强为p，则该反应的化学平衡常数_______[对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数]。②若维持容器体积不变，温度不变，向原平衡体系中再加入和，再次达平衡后，氨气的浓度_______(填“大于”或“小于”或“等于”)。【答案】(1)D(2)BC(3)

>

C

及时的分离出氨气(4)

0.0075

大于【解析】（1）A．△HT△S＜0时反应能自发进行，则不能只根据△H＜0判断反应自发性，故A错误；B．△HT△S＜0时反应能自发进行，则不能只根据△S＜0判断反应自发性，故B错误；C．该反应为放热反应，高温不利于反应物的转化，在高温下进行是为了加快反应速率，故C错误；D．根据△G=△HT△S＜0时反应能自发进行，已知△H＜0、△S＜0，则该反应在低温下能自发进行，故D正确；故答案为：D；（2）A．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2时，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故A错误；B．N2百分含量保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；C．恒温恒容条件下，随着反应进行容器内压强减小，当容器内压强保持不变时，各物质含量不变，反应达到平衡状态，故C正确；D．恒温恒容条件下，反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则混合气体的密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故D错误；故答案为：BC；（3）①起始时n(H2)一定时，升高温度平衡逆向移动，平衡时n(NH3)减小，根据图知，起始时n(H2)一定时，T2温度下的n(NH3)大于T1温度下的n(NH3)，则温度：T1>T2，故答案为：>；②起始时n(H2)越大，N2的转化率越大，起始时n(H2)：a＜b＜d＜c，所以c点反应物N2的转化率最高，故答案为：c；③合成氨工业中，为提高氨气的平衡产率，除适当控制反应的温度和压强外，可减少生成物的浓度，则还可采取的措施是及时的分离出氨气；（4）①20min后，反应达平衡，氨气的浓度为，平均反应速率，根据速率之比等于系数比，则用表示的平均反应速率为；平衡时n(NH3)=cV=0.3mol/L×4L=1.2mol，列三段式：，平衡时总物质的量为1.2+2.4+1.2=4.8mol，混合气体的总压强为p，则该反应的化学平衡常数；②若维持容器体积不变，温度不变，则平衡常数不变，浓度平衡常数为，向原平衡体系中再加入和，此时，平衡正向移动，则再次达平衡后，氨气的浓度大于。核心技巧突破核心技巧突破技巧1硫酸工业中热能的合理利用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技巧2硫酸工业中的三废处理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：SO2+2NH3+H2O==(NH4)2SO3，SO2+(NH4)2SO3+H2O==2NH4HSO3，2NH4HSO3+H2SO4==(NH4)2SO4+SO2↑+2H2O。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。技巧3“三废”的知识点1．工业“三废”指废气、废水、废渣，若不做处理会造成环境污染。2．治理工业“三废”，不仅可以防止有害物质的排放，还可以生产出其他有用的产品。【例题解析】【例1】合成氨的反应为N2+3H2⇌2NH3

△H=92.4kJ/mol，下列有关说法中错误的是A．对原料气进行压缩，可增大原料气的平衡转化率B．采用高温条件的目的是为了提高原料的平衡转化率C．使用催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率D．混合气分离氨后进行循环利用，遵循绿色化学思想【答案】B【解析】A．对原料气进行压缩，压强增大，平衡正向移动，可增大原料气的平衡转化率，选项A正确；B．焓变为负值，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，原料的转化率减小，选项B错误；C．催化剂可降低反应的活化能，可加快反应速率，选项C正确；D．混合气分离氨后，利于平衡正向移动，进行循环利用，可减少尾气排放，遵循绿色化学思想，选项D正确；答案选B。【例2】合成氨生产技术的发展方案如下表，下列说法错误的是压强/MPa温度/℃催化剂平衡时氨的体积分数能斯特方案5685铂粉0.96%哈伯方案20550铀8.25%现代方案20500铁催化剂19.1%A．上述方案中原料应循环利用B．铁催化剂在500℃左右催化效能最好C．平衡时，的体积分数取决于催化剂的选择D．寻找温和条件下的催化剂可以作为合成氨工业发展方向【答案】C【解析】A．氮气、氢气合成氨的反应为可逆反应，反应不能进行到底，故上述方案中原料应循环利用，提高反应物的利用率，故A正确；B．铁催化剂在500℃左右催化效能最好，故B正确；C．催化剂不影响平衡移动，故平衡时，的体积分数不取决于催化剂，故C错误；D．寻找温和条件下的催化剂，可以减少能源消耗，可以作为合成氨工业发展方向，故D正确；故选C。【例3】如图所示为工业合成氨的流程图。下列说法错误的是A．步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒B．步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率C．步骤③、④、⑤均有利于提高原料平衡的转化率D．为保持足够高的反应速率，应在反应达到一定转化率时及时将氨从混合气中分离出去【答案】C【解析】A．杂质能使催化剂中毒，催化活性降低，所以反应前的氮气和氢气混合气体需要除杂净化，故A正确；B．工业合成氨的正反应是气体体积减小的反应，增大压强既能促使平衡正向移动，增大原料的转化率，也能加快反应速率，故B正确；C．步骤③催化剂不能使平衡移动，催化剂不能提高原料的平衡转化率，故C错误；D．应在反应达到一定转化率时及时将氨从混合气中分离出去，平衡正向移动，有利于提高原料利用率，故D正确；选C。【例4】NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3可通过催化氧化为N2除去。将一定比例NH3、O2和NA.其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率增大

B.其他条件不变，在175～300℃范围，随着温度的升高，出口处氮气、氮氧化物的量均不断增大

C.催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250℃

D.高效除去尾气中的NH3[答案]D[解析]

本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度对化学平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中坐标及曲线的意义，题目难度不大。

A.由信息可知，发生的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小，故A错误；

B.在175～300℃范围，N2的选择性减小，则随温度的升高，出口处氮气的量不断减小，故B错误；

C.250℃时氨气的转化率较高，再升高温度转化率变化不大，且随着温度的升高，氮气的选择性在降低，则温度不能高于250℃，故C错误；

D.由图可知，低温下N2选择性较高，但氨气的转化率(图示低温下的氨气转化率不是平衡转化率)较低，则要想高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和【例６】下列有关合成氨工业的说法中，正确的是(    )A.从合成塔出来的混合气体中，氨气占15%，所以生产氨的工厂的效率都很低

B.由于氨易液化，N2和H2在实际生产中循环使用，所以总体来说，氨的产率很高

C.合成氨工业的反应温度控制在500℃，目的是提高氨气的生产率

D.我国合成氨厂采用的压强是[答案]B[解析]

本题考查工业合成氨的相关知识，难度不大，掌握基础是解题的关键。

A、B.N2和H2在合成塔内反应生成NH3，将NH3液化并分离出来，未反应的N2和H2再循环使用，因此总体来说，NH3的产率很高，故A错误，B正确；

C.合成氨反应采用500℃，主要目的是增大反应速率且催化剂的活性高，故C错误；

D.【例7】下列有关环境保护与绿色化学的叙述不正确的是A．形成酸雨的主要物质是硫的氧化物和氮的氧化物B．大气污染物主要来自化石燃料燃烧和工业生产过程产生的废气C．绿色化学的核心就是如何对被污染的环境进行无毒无害的治理D．燃煤烟气脱硫的石灰石石膏法，可将烟气中的二氧化硫转化为硫酸钙【答案】C【解析】选项A，由于空气中存在硫氧化物和氮氧化物，当含量过高时易发生酸雨，A正确。选项B，化石燃料燃烧和工业生产过程产生的废气，产生了大气污染物，B正确。选项C，绿色化学的核心就是要利用化学原理从源头消除污染，不是对你环境进行无毒无害的治理，C错误。选项D，石灰石在高温条件下分解生成氧化钙，氧化钙可以和生成的SO2反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙和空气中的氧气反应生成硫酸钙，达到脱硫的效果，D正确。答案为C。【例8】构建和谐社会的内容之一是人类与环境的和谐发展，而“绿色化学”的内容是指从技术经济上设计可行的化学反应，尽可能减少对环境的副作用，下列化学反应不符合“绿色化学”理念的是A．消除硫酸厂尾气中的SO2：SO2＋2NH3＋H2O=(NH4)2SO3B．消除硝酸工业尾气的氮氧化物的污染：NO＋NO2＋2NaOH=2NaNO2＋H2OC．制CuSO4：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2OD．制CuSO4：2Cu＋O2＋2H2SO42CuSO4＋2H2O【答案】C【解析】选项C会产生有毒气体SO2，不符合绿色化学理念。答案为C。【例9】化学与生活密切相关，下列说法不正确的是A．“酸雨”、“臭氧层受损”、“光化学烟雾”都与氮氧化物有关B．PM2.5作为空气质量预报的一项重要指标，它是指空气中直径小于或等于2.5µm的颗粒物，该值越高，代表空气污染程度越严重C．静电除尘治理悬浮颗粒污染，其依据是胶体的电泳原理D．为消除碘缺乏症，卫生部规定食盐中必须加含碘物质，食盐中所加含碘物质是KI【答案】D【解析】选项A，酸雨、臭氧层受损、光化学烟雾都与氮氧化物有关，故A正确。选项B，PM2.5作为空气质量预报的一项重要指标，它是指空气中直径小于或等于2.5μm的颗粒物，PM2.5表示每立方米空气中这种颗粒的含量，这个值越高，代表空气污染越严重，故B正确。选项C，静电除尘就是运用悬浮颗粒的胶粒带负电荷，在外加电场作用下，向阳极移动，从而达除尘的效果，其依据是胶体的电泳原理，故C正确。选项D，为消除碘缺乏症，卫生部规定食盐中必须加含碘物质．在食盐中所加含碘物质是碘酸钾（KIO3），故D错误。答案为D。【例10】氮及其化合物在工业生产与生活中应用广泛。合成NH3实现了氮的人工固定，NH3在强碱条件下能被NaClO氧化生成N2H4，N2H4可被NaClO继续氧化生成N2，也可被HNO2氧化生成HN3，HN3是一种弱酸，酸性与醋酸相当。我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中有一种反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*表示)。下列说法正确的是A．N2生成NH3是通过多步氧化反应生成的B．过程I和Ⅲ中能量的变化相同C．对于N2(g)→*N2(g)，适当提高N2分压，可以加快反应速率，提高N2(g)转化率D．若有大量氨分子吸附在催化剂表面，将降低化学反应速率【答案】D【解析】A．N2生成NH3是氮气分子不断结合氢原子的过程，氮的化合价逐渐降低，是通过多步还原反应生成的，A错误；B．过程I和Ⅲ分别为断裂氮氮叁键中的一个键、断裂氮氮双键中的一个键，然后形成氮氢键的过程，其中能量的变化不相同，B错误；C．适当提高N2分压，利于氮分子在催化剂表面的吸附，可以加快反应速率；对于N2(g)→*N2(g)反应是气体分子数不变的反应，增大压强平衡不移动，不能提高N2(g)转化率，C错误；D．氨气分子脱附后可以增加催化剂的活性位，若有大量氨分子吸附在催化剂表面，导致催化剂活性位减少，将降低化学反应速率，D正确；故选D。【例11】课本里介绍的合成氨技术叫哈伯法，是德国诺贝尔化学奖获得者哈伯发明的。其合成原理为：N2(g) + 3H2(g)⇌2N

(1)下列关于工业合成氨的说法不正确的是_______

A.因为△H<0，所以该反应一定能自发进行

B.因为△S<0，所以该反应一定不能自发进行

C.在高温下进行是为了提高反应物的转化率

D.使用催化剂加快反应速率是因为催化剂降低了反应的△H

(2)在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_______

a.容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1

c.容器内压强保持不变

d.混合气体的密度保持不变

(3)某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对工业合成氨反应的影响。实验结果如图所示(图中T表示温度，n表示H2物质的量)

①图象中T2和T1的关系是：T2__________T1(填“>，

②a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是______(填字母)

(4)恒温下，往一个4L的密闭容器中充入5.2mol H2和2mol N时间/min51015202530c(N0.080.140.180.200.200.20

①此条件下该反应的化学平衡常数K=___________。

②若维持容器体积不变，温度不变，往原平衡体系中加入H2、N2和NH3各4mol，化学平衡将向_______反应方向移动[答案](1)ABCD

(2) c

(3)①<；② c

(4)①0.1；②逆[解析]

本题考查盖斯定律、平衡常数的计算、外界条件对平衡的影响等，比较综合，解题的关键是对基础知识的掌握，要求学生有一定的知识迁移能力。

(1)A、B两项：判断自发反应是否能进行应综合考虑焓变与熵变，选项中只考虑了其中的一项，故错误；

C.合成氨的反应是放热反应，高温下平衡逆向移动，不能提高反应物的转化率，能加快反应速率，故错误；

D.使用催化剂加快反应速率是因为催化剂能降低反应的活化能，催化剂不会改变反应的△H，故错误；

故答案为：ABCD；

(2)a.容器内N2、H2、NH3的浓度之比等于系数比不能说明达到平衡状态，故错误；

b.不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，故错误；

c.随反应进行混合气体总物质的量减小，恒温恒容下混合气体的压强随反应进行而减小，故压强不再改变说明到达平衡，故正确

d.混合气体总质量不变，容器容积不变，混合气体的密度始终不变，故错误；

故选c；

(3)①反应为放热反应，温度升高化学平衡向着吸热方向移动，从T1

到T2

生成物氨气的量增加，平衡正移，故T2

<T1；

故答案为：<；

②放热反应，低温转化率高，T2<T1，故其他条件相同时，T2曲线上的转化率大题T1曲线上的转化率；

相同温度时，H2越多，氮气转化率越大，故正确选项是c；

故答案为：c；

(4)①由表中数据可以知道，20min达平衡，平衡时NH3的浓度为0.20mol/L，则：

N2(g)+3H2(g)⇌

2NH3(g)

开始(mol/L)

0.5

1.3

0

变化

(mol/L)

0.1

0.3

0.2

平衡(mol/L)

0.4

1

0.2

故平衡常数K=0.220.4×13=0.1；

故答案为：0.1；

②反应达到平衡后，若维持容器体积不变，温度不变，往平衡体系中加入H2【基础提升】A．淀粉餐具被认为是最有发展前景的一次性餐具，有利于保护环境B．养鸭厂在饲料中添加苏丹红制“红心鸭蛋”，可使鸭蛋色泽鲜艳、美观C．化妆品中添加含铬物质制美白肌肤“SKII”，可使女性青春永驻D．用双氧水处理变质肉类，重新加工成食品，减少浪费【答案】A【详解】A．淀粉餐具可被降解，不会对环境造成污染，A正确；B．苏丹红为有害物质，不能添加在食物中，B错误；C．Cr为重金属元素，会对人体造成伤害，C错误；D．变质肉类不可被使用，D错误；故选A。2．原子利用率最大的反应类型是A．化合反应 B．分解反应 C．复分解反应 D．置换反应【答案】A【分析】原子利用率最大是反应没有副产物生成，所有的原子均被利用。【详解】A．化合反应中反应物全部进入产物中，原子利用率最大，A正确；B．分解反应是一种物质变化成几种物质，没有全部变为目标产物，原子利用率小，B错误；C．复分解反应中部分原子或原子团进行了重新组合，部分原子未进入目标产物中，原子利用率小，C错误；D．置换反应所有原子未全部进入目标产物中，原子利用率小，D错误；故选A。3．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【详解】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。4．我国科学家制得了二氧化硅超分子纳米管，其微观结构如图所示。下列叙述错误的是A．二氧化硅属于酸性氧化物 B．二氧化硅超分子纳米管不与任何酸反应C．光导纤维的主要成分是二氧化硅 D．二氧化硅与碱的反应是非氧化还原反应【答案】B【详解】A．二氧化硅可与NaOH溶液发生反应，属于酸性氧化物，A正确，不符合题意；B．二氧化硅可与HF发生反应，所以二氧化硅超分子纳米管可与HF这种酸发生反应，B错误，符合题意；C．依据课本知识可知，二氧化硅可用于生产光导纤维，所以光导纤维的主要成分是二氧化硅，C正确，不符合题意；D．二氧化硅与碱的反应，如等，反应过程中所有元素的化合价均未发生变化，所以是非氧化还原反应，D正确，不符合题意；故合理选项为B。5．为了我们能生活在舒适的环境中，下列举措不可取的是A．循环处理使用生活废水 B．种植花草树木C．安装使用太阳能热水器 D．直接焚烧生活垃圾【答案】D【详解】A．循环处理使用生活废水可以减少污染节约资源，可取，A错误；B．种植花草树木有利于美化环境，可取，B错误；C．安装使用太阳能热水器可以节约能源消耗，可取，C错误；D．焚烧垃圾会产生污染环境的气体、固体颗粒物等，不可取，D正确；故选D。6．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【详解】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。7．在生产硫酸的过程中，常用浓硫酸而不用水吸收SO3是因为A．SO3易溶于浓H2SO4而不易溶于水B．用浓硫酸吸收速率虽慢但损失SO3少C．用水吸收时，易形成酸雾而阻碍SO3再吸收D．用水吸收时得不到纯净的硫酸【答案】C【详解】吸收塔中SO3如果用水吸收，发生反应：SO3+H2O＝H2SO4，该反应为放热反应，放出的热量易导致酸雾形成，阻隔在三氧化硫和水之间，阻碍水对三氧化硫的吸收；而浓硫酸的沸点高，难以气化，不会形成酸雾，同时三氧化硫易溶于浓硫酸，所以工业上从吸收塔顶部喷洒浓硫酸作吸收液，A、B、D不符合题意，C符合题意。故答案为C。8．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【详解】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。9．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【详解】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。10．下列废物处理方法中正确的是A．化学实验中产生的二氧化硫废气可用浓硫酸吸收B．硫酸工业中产生的二氧化硫废气可以直接排入空气C．用黄铁矿作原料生产硫酸的过程中产生的废渣可用于提取燃料D．用黄铁矿作原料生产硫酸的过程中产生的废气可用于提取漂白剂【答案】D【详解】A．二氧化硫废气是用氨水吸收的，A错误；B．二氧化硫废气不能直接排入空气，否则既造成空气污染，又浪费了原料，B错误；C．硫酸工业的废渣的主要成分是氧化铁，是不能燃烧的，C错误；D．硫酸工业的尾气中含SO2，SO2有漂白性，分离出来后可作漂白剂，D正确；故选D。11．硫酸工业中，转化器发生催化氧化(2SO2＋O2SO3)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【详解】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。12．和是重要的工业产品，工业上合成氨以及氨氧化制硝酸的流程如图，下列说法错误的是A．增大压强，可使合成塔中的原料气完全转化为B．吸收塔中发生的反应有C．可用溶液处理尾气中的氮氧化物D．常温下，可用铁制容器盛装得到的浓硝酸，利用了钝化原理【答案】A【分析】“合成塔”中发生N2+3H22NH3，“氨分离器”中得到氨气，“氧化炉”中氨气与氧气发生4NH3+5O24NO+6H2O，“吸收塔”中发生4NO+3O2+2H2O=4HNO3、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，据此分析；【详解】A．“合成塔”中发生N2+3H22NH3，该反应为可逆反应，增大压强，虽然平衡向正反应方向进行，但不能完全转化为氨气，故A说法错误；B．根据上述分析，“吸收塔”中发生4NO+3O2+2H2O=4HNO3、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，故B说法正确；C．碳酸钠与氮的氧化物之间的反应为NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2、2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2，故C说法正确；D．常温下，浓硝酸具有强氧化性，将铁的表面产生一层致密氧化薄膜，阻碍反应进行，因此常温下，可用铁制容器盛装浓硝酸，故D说法正确；答案为A。13．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2:7C．该反应的化学方程式可表示为2X+Y=ZD．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【分析】由图1可知反应方程式为：3X+Y=2Z，由图2可知最终完全反应生成m(Z)=17g，初始m(X)=3g；【详解】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，，由方程式可知，，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。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【详解】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．硫酸是一种重要的化工产品，目前主要采用“接触法”进行生产。有关反应的说法不正确的是：A．实际生产中，SO2、O2再循环使用提高原料利用率B．实际生产中，为了降低成本，提高生成效益，通常采用常压、和较高的反应温度C．实际生产中，选定400—500℃作为反应温度，主要原因是该温度范围催化剂的活性最高D．实际生产中，通常通入过量SO2来提高O2的转化率【答案】D【详解】A．SO2、O2制取SO3的反应是可逆反应，循环使用SO2、O2，可以提高原料利用率，A正确；B．常压下，接触法制硫酸的原料利用率已经达到95%左右，增大压强，反应物的转化率提高不大，但对设备的要求提高，压缩气体需要提供动力，从而增加生产成本，所以工业生产中采用常压；虽然反应为放热反应，温度低对提高转化率有利，但较高反应温度下催化剂活性较高，反应速率较快，可以提高生产效益；因此，实际生产中，通常采用常压、和较高的反应温度，B正确；C．虽然反应为放热反应，温度低对提高转化率有利，但催化剂在400～500℃时活性最高，所以选定400～500℃，C正确；D．工业制硫酸的反应为可逆反应，实际生产中，O2直接从空气中获得，所以是通入过量O2来提高SO2的转化率，D错误；故选D。16．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【详解】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+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4，4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2、2SO2+O22SO3反应中S、O元素化合价有变化，属于氧化还原反应，故不选B；C．工业制硅发生反应SiO2+2CSi+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、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。17．海带中含有碘元素，从海带中提取碘的实验过程如下图：下列说法不正确的是A．海带中的碘元素以化合态存在B．步骤②可以实现海带灰中的硫酸盐和碳酸盐等与碘的分离C．步骤④的离子方程式为：D．操作⑥中得到的有机废液，可回收利用【答案】B【分析】由流程可知，①为坩埚中灼烧，②为溶解、浸泡，③为过滤，分离出含碘离子的溶液，④中发生2I+H2O2+2H+═I2+2H2O，⑤中加四氯化碳萃取、分液，⑥中蒸馏分离出碘，以此来解答。【详解】A．海带中的碘元素以化合态存在，主要是I离子形式存在，故A正确；B．步骤②是浸泡除去不溶性杂质，得到含碘离子的人员，碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则海带灰中含有的硫酸盐、碳酸盐等，在实验步骤⑤中实现与碘分离，故B错误；C．步骤④中反应的离子方程式为2I+H2O2+2H+═I2+2H2O，故C正确；D．步骤⑥的操作名称是蒸馏，得到的有机废液，可回收利用，故D正确；故选：B。18．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B．从海水中提取镁：海水C．工业上制备漂白粉：浓盐酸漂白粉D．黄铁矿制备硫酸：发烟硫酸【答案】D【详解】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，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，B错误；C．工业制取氯气：2NaCl+2H2O=Cl2↑+H2↑+2NaOH，工业上制备漂白粉：漂白粉，C错误；D．黄铁矿制备硫酸：发烟硫酸，D正确；答案选D。19．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SO3D．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【详解】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。20．下列关于重要非金属元素的用途的叙述不正确的是A．晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光导纤维B．自然界中存在游离态的硫和化合态的硫(如黄铁矿FeS2)，二者均可作为工业上制备硫酸的原料C．工业合成氨不仅为农作物的生长提供了必需的氮元素，而且为其他化工产品(如炸药、农药等)的生产提供了原料D．高压输电线路使用的陶瓷绝缘材料、用作砂轮磨料的碳化硅都属于无机非金属材料【答案】A【详解】A．晶体硅的导电性介于导体与绝缘体之间，因此是一种半导体材料，而常用于制造光导纤维的主要成分是二氧化硅，A错误；B．自然界中存在游离态的硫和化合态的硫(如黄铁矿FeS2)，它们可以通过与O2反应产生SO2，然后SO2与O2在一定条件下反应产生SO3，SO3被吸收得到硫酸，因此二者均可作为工业上制备硫酸的原料，B正确；C．NH3与酸发生反应产生的铵盐可以作化肥，为农作物的生长提供了必需的氮元素，而且也可以作为其他化工产品(如炸药、农药等)提供生产原料，C正确；D．陶瓷绝缘材料、碳化硅都是无机非金属材料，D正确；故合理选项是A。21．某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列叙述错误的是（

）A．该历程中HCHO中所有的CH键均断裂B．该过程的总反应为HCHO+O2CO2+H2OC．该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量D．生成物CO2中的氧原子由HCHO和O2共同提供【答案】C【详解】A．反应HCHO→CO2，HCHO中所有的CH键均断裂，A项正确；B．根据题干所示，反应物为HCHO和O2，生成物为CO2和H2O，HAP做催化剂，反应方程式为：HCHO+O2CO2+H2O，B项正确；C．该反应与甲醛和氧气燃烧：HCHO+O2CO2+H2O能量变化大致相同，甲醛燃烧为放热反应，故题中反应也为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，C项错误；D．根据图示反应时HCHO中CH键均断裂，连接O2提供的一个O原子形成CO2，则生成物CO2中的氧原子由HCHO和O2共同提供，D项正确；答案选C。22．已知工业上真空炼铷(Rb)的化学方程式为2RbCl+MgMgCl2+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【详解】反应2RbCl+MgMgCl2+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。23．下列说法正确的是A．酸雨指的是pH<7的雨水，燃煤脱硫可以防治硫酸型酸雨的形成B．常温下活泼金属Fe、Al与浓硫酸不反应，发生钝化现象，因此可以用铝制槽车运输浓硫酸C．工业上制硫酸，在沸腾炉中煅烧硫铁矿，吸收塔中用水充分吸收SO3D．过碳酸钠(Na2CO3·H2O2)可用作漂白剂，其漂白原理与氯水相同【答案】D【详解】A．空气中含有二氧化碳，溶于水呈酸性，酸雨的pH<5.6，故A错误；B．常温下，铁与浓硫酸发生钝化，在表面生成一层致密的氧化膜，发生了化学反应，故B错误；C．工业制浓硫酸，吸收塔中用浓硫酸吸收三氧化硫，由于吸收塔中温度太高，水变成气态，不能用水吸收三氧化硫，故C错误；D．过碳酸钠具有强氧化性，氯水中HClO也具有强氧化性，故可以做漂白剂，二者漂白原理相同，故D正确；故选D。24．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【详解】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。25．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SO3B．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【答案】A【详解】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，将还原为相应的金属单质将其除去，D错误；故选A。26．工业上用接触法制取硫酸过程中，硫铁矿在沸腾炉中燃烧的化学方程式是，该反应中氧化剂是，还原剂是，被氧化的元素是，被还原的元素是。【答案】4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2O2FeS2Fe和SO【详解】试题分析：工业上用接触法制取硫酸过程中，硫铁矿在沸腾炉中燃烧生成氧化铁和SO2，反应的化学方程式是4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，该反应中氧元素的化合价由0价降低到2价，得电子发生还原反应，所以氧化剂是O2，铁元素和硫元素的化合价升高发生氧化反应，所以还原剂是FeS2，被氧化的元素是Fe和S，被还原的元素是O。考点：考查工业制硫酸。27．氮有不同价态的氧化物，如NO、N2O3、NO2等，它们在一定条件下可以相互转化。（1）某温度下，在一体积可变的密闭容器中充入1molN2O3，发生反应N2O3⇌NO2（g）+NO（g），达到平衡后，于t1时刻改变某一条件后，速率与时间的变化图象如图1所示，有关说法正确的是A．t1时刻改变的条件是增大N2O3的浓度，同时减小NO2或NO的浓度B．t1时刻改变条件后，平衡向正反应方向移动，N2O3的转化率增大C．在t2时刻达到新的平衡后，NO2的百分含量不变D．若t1时刻将容器的体积缩小至原容积的一半，则速率～时间图象与上图相同（2）在1000K下，在某恒容容器中发生下列反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g），将一定量的NO2放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率α（NO2）随温度变化如图所示。图2中a点对应温度下。已知NO2的起始压强P0为120kPa，列式计算该温度下反应的平衡常数Kp=（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。（3）对于反应N2O4（g）⇌2NO2（g），在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强间存在关系：v（N2O4）=k1•p（N2O4），v（NO2）=k2•p2（NO2）．其中，k1、k2是与反应及温度有关的常数。相应的速率﹣压强关系如图所示：一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp间的关系是k1=；在图3标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的两个点，理由是。【答案】C81kPaK2•KpB、DN2O4与NO2的消耗速率满足条件v（NO2）=2v（N2O4）【分析】（1）利用等效平衡分析；（2）三行式法计算；（3）根据平衡常数表达式计算；根据达到化学平衡后，正逆反应速率比等于化学计量数之比判断。【详解】（1）A.由速率与时间的变化图象可知，t1时刻改变某一条件后，反应N2O3（g）⇌NO2（g）+NO（g）正反应速率增大，逆反应速率减小，最后平衡速率与原平衡相等，则改变的条件是增大N2O3的浓度，由于T、P相等，则容器体积增大，导致NO2、NO的浓度减小，但达到新平衡后与原平衡等效，故A错误；B.t1时刻改变的条件是增大N2O3的浓度，由于T、P相等，则容器体积增大，导致NO2、NO的浓度减小，但达到新平衡后与原平衡等效，N2O3的转化率不变，故B错误；C.t1时刻改变的条件是增大N2O3的浓度，由于T、P一定，则容器体积增大，导致NO2、NO的浓度减小，但达到新平衡后与原平衡等效，NO2的百分含量不变，故C正确；D.若t1时刻将容器的体积缩小至原容器的一半，则压强增大，正逆反应速率都增大，所以速率～时间图象与上图不同，故D错误；答案：C；（2）图中a点对应温度下，NO2的转化率是0.6，设原来NO2的物质的量为xmol，转化的物质的量为0.6xmol；

2NO2（g）

⇌

2NO（g）+O2（g）开始

x

0

0转化0.6xmol

0.6xmol

0.3xmol平衡0.4xmol

0.6xmol

0.3xmol则混合气体的物质的量=0.4xmol+0.6xmol+0.3xmol=1.3xmol，相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，所以反应后压强=×1.3xmol=156KPa，NO2的分压=156KPa×=48KPa，NO的分压=156KPa×=72KPa，O2的分压=156KPa×=36KPa；化学平衡常数Kp===81；答案：81；（3）反应N2O4（g）⇌2NO2（g），则化学平衡常数Kp=，当二者的反应速率之比等于其计量数之比，反应达到平衡，则v（NO2）：v（N2O4）=k2•p2（NO2）：k1•p（N2O4）=2：1，又化学平衡常数Kp==，所以K1=K2•Kp，满足平衡条件v（NO2）=2v（N2O4）即为平衡点，B、D点的压强之比等于其反应速率之比为1：2，所以B、D为平衡点；答案：K2•Kp；B、D；N2O4与NO2的消耗速率满足条件v（NO2）=2v（N2O4）。【点睛】第（1）小题为易错题，注意温度一定，体积可变，即T、P一定，这种条件下，只要投料比相同，平衡即等效；此反应只有一种反应物，所以无论投入多少反应物，平衡均等效。28．回答下列有关工业制硫酸的问题：(1)硫铁矿在煅烧时为什么要粉碎？(2)从沸腾炉中出来的气体为什么要进行净化处理？(3)进入反应器的原料气中为什么空气一般是过量的？(4)在反应器中，理论上要高压，实际工业生产上为什么常压？(5)从吸收塔中放出的尾气中为什么仍然含有二氧化硫？(6)为什么用98.3%的浓硫酸吸收而不用水或稀硫酸吸收SO3？(7)吸收SO3时，浓硫酸为什么要从上向下喷下来？【答案】(1)增大硫铁矿跟空气的接触面积，燃烧迅速且充分(2)防止催化剂中毒，并且减少对设备的腐蚀(3)增大反应物浓度，使平衡向正反应方向移动，提高二氧化硫转化率(4)二氧化硫转化为三氧化硫的反应，在常压下转化率已经很高了，没有必要再使用高压(5)二氧化硫的催化氧化是可逆反应，在吸收塔中，三氧化硫被吸收，尾气中剩余二氧化硫(6)用水或稀硫酸吸收三氧化硫，容易形成酸雾，影响吸收效率，而浓硫酸具有不挥发性，吸收三氧化硫不会形成酸雾(7)在吸收塔中，三氧化硫从塔的下部通入，浓硫酸从塔顶喷下，两者逆流接触，吸收充分【解析】(1)硫铁矿在煅烧时粉碎可增大硫铁矿跟空气的接触面积，燃烧迅速且充分；(2)为防止催化剂中毒，并且减少对设备的腐蚀，需要对从沸腾炉中出来的气体进行净化处理；(3)为增大反应物浓度，使平衡向正反应方向移动，提高二氧化硫转化率，因此进入反应器的原料气中一般是过量的；(4)由于二氧化硫转化为三氧化硫的反应，在常压下转化率已经很高了，没有必要再使用高压，因此在反应器中实际工业生产上采用常压；(5)由于二氧化硫的催化氧化是可逆反应，在吸收塔中，三氧化硫被吸收，尾气中剩余二氧化硫，因此从吸收塔中放出的尾气中仍然含有二氧化硫；(6)由于用水或稀硫酸吸收三氧化硫，容易形成酸雾，影响吸收效率，而浓硫酸具有不挥发性，吸收三氧化硫不会形成酸雾，因此用98.3%的浓硫酸吸收而不用水或稀硫酸吸收SO3；(7)由于在吸收塔中，三氧化硫从塔的下部通入，浓硫酸从塔顶喷下，两者逆流接触，吸收充分，所以吸收SO3时，浓硫酸要从上向下喷下来。29．根据要求填空。(1)氯气和石灰乳反应制取漂白粉的化学方程式为，漂白粉的组成为（填写化学式）。(2)过氧化钠和水反应的化学方程式为，每生成1mol转移电子个。(3)工业上用黄铁矿（）制硫酸第一步，在（填写设备名称）中发生反应的化学方程式。(4)红热的炭块放入浓硫酸中发生反应的化学方程式为，浓硫酸在反应中表现出性。(5)写出和足量反应的离子方程式为。(6)碘盐中的和KI在酸性溶液中发生反应的离子方程式为。【答案】(1)、(2)或(3)沸腾炉(4)（强）氧化（性）(5)(6)【详解】（1）氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，反应的化学方程式为，漂白粉的组成为、的混合物。（2）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为，过氧化钠中氧元素化合价由1升高为0生成氧气，每生成1mol转移电子或1.204×1024个。（3）工业上用黄铁矿（）制硫酸第一步，在沸腾炉中反应生成氧化铁和二氧化硫，发生反应的化学方程式。（4）红热的炭块放入浓硫酸中反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，发生反应的化学方程式为，硫酸中S元素化合价降低，浓硫酸在反应中表现出（强）氧化性。（5）和足量反应生成碳酸钡、碳酸钠、水，反应的离子方程式为；（6）碘盐中的和KI在酸性溶液中发生归中反应生成碘单质，反应的离子方程式为。30．高炉炼铁的一个反应如下：CO（g）＋FeO（s）CO2（g）＋Fe（s），△H>0已知1100℃时K＝0.263（1）其平衡常数的表达式为K＝。温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内CO2和CO的体积比值(填“增大”“减小”或“不变”下同)，平衡常数K的变化是。如果温度不变，在原平衡体系中继续加入一定量CO，达新平衡时，CO的体积分数和原平衡相比。（2）1100℃时，若测得高炉中c(CO2)＝0.025mol/L，c(CO)＝0.1mol/L，在这种情况下，该反应(填“已经”或“没有”)处于化学平衡状态，此时化学反应速率是v（正）(填“大于”“小于”或“等于”)v（逆）。【答案】c(CO2)/c(CO)增大增大不变没有大于【分析】对于反应CO（g）＋FeO（s）CO2（g）＋Fe（s），由于FeO和Fe都为固态，所以二者不应出现在平衡常数表达式中。【详解】(1)由化学方程式可知，该反应的平衡常数的表达式为K＝c(CO2)/c(CO)；因为正反应为吸热反应，所以温度升高，化学平衡正向移动，CO2的体积增大，CO的体积减小，高炉内CO2和CO的体积比值增大；因为平衡正向移动，所以平衡常数K增大；如果温度不变，在原平衡体系中继续加入一定量CO，相当于加压，平衡不发生移动，所以，CO的体积分数和原平衡相比不变；答案为：c(CO2)/c(CO)；增大；增大；不变；(2)1100℃时，若测得高炉中c(CO2)＝0.025mol/L，c(CO)＝0.1mol/L，浓度商<0.263，所以平衡正向移动，此时化学反应速率是v(正)大于v(逆)，答案：大于。31．化学反应原理在生产、生活中用途广泛。(1)汽车尾气中生成过程的能量变化如图所示。和完全反应生成会(填“吸收”或“放出”)能量。(2)室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①；②。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图所示。则时间段内，Y的平均反应速率为。(3)实验室模拟热气循环法合成尿素，时，将一定量与在容积固定的恒温密闭容器中发生反应：，反应放热。下列情况中，能说明该反应达到平衡的是。A．反应体系中气体分子的平均摩尔质量保持不变B．反应体系中气体的密度保持不变C．反应消耗同时生成D．，，三种气体的物质的量比为2∶1∶1E.的质量保持不变(4)在硫酸工业中，通过下列反应将氧化成：。已知催化剂是，在左右时催化效果最好。下表为不同温度和压强下的平衡转化率：压强时的平衡转化率97.5%99.2%99.6%99.7%时的平衡转化率85.6%94.9%97.7%98.3%结合表中信息，实际情况下最合理的生产条件为：_______。A．， B．，C．， D．，(5)锂氧气电池因其比能量非常高，具有广阔应用前景。下图是一种锂氧气()电池的工作示意图，①电池放电时，b为极(填“正”或“负”)，电极反应式为：。②若采用空气作为氧气源，则会发生副反应导致电池性能下降，请写出一个可能的副反应的化学方程式：。【答案】(1)吸收180(2)2.5×103mol•L1•min1(3)ABE(4)C(5)正2Li++O2+2e=Li2O22Li+2H2O=2LiOH+H2↑【详解】（1）由图可知，断裂1mol氮气和1mol氧气的共价键需要吸收的总热量为(946+498)kJ/mol×1mol=1444kJ，形成2mol一氧化氮的共价键释放的总能量为632kJ/mol×2mol=1264kJ，则1mol氮气和1mol氧气反应生成一氧化氮会吸收的热量为1444kJ1264kJ=180kJ，故答案为：吸收；180；（2）从图中可以看出，起始时，c(M)=0.5mol/L，30min时，c(M)=0.3mol/L，则M的浓度变化量为0.2mol/L；30min时，c(Z)=0.125mol/L，则反应M+N=X+Z中，M的浓度变化量为0.125mol/L，反应M+N=X+Y中，M的浓度变化量为0.2mol/L0.125mol/L=0.075mol/L，从而得出生成Y的浓度为0.075mol/L，0～30min时间段内，Y的平均反应速率为=2.5×103mol•L1•min1，答案为：2.5×103mol•L1•min1；（3）A.反应体系前后系数不同，气体分子的平均摩尔质量保持不变，反应达到平衡，A选；B.反应体系前后气体系数不同，且容积固定，反应体系中气体的密度保持不变，反应达到平衡，B选；C.反应消耗同时生成，两者均表示正反应速率，故不能判断反应达到平衡，C不选；D.，，三种气体的物质的量比为2∶1∶1，不能判断反应达到平衡，C不选；E.的质量保持不变，说明反应达到动态平衡，E选；故选：ABE；（4）根据表格数据，，SO2的转化率已经很高，且温度越高、压强越大，对设备要求条件越高，成本越大，则合理的生产条件为，，故选A；（5）①电池放电时，Li失去电子为负极，则a为负极，b为正极，正极上氧气得到电子和锂离子生成Li2O2，电极反应式为：2Li++O2+2e=Li2O2；②若采用空气作为氧气源，锂性质活泼，可以和空气中的水反应，可能的副反应的化学方程式：2Li+2H2O=2LiOH+H2↑。32．我国力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的担当。高效经济性的CO2捕集及利用是有效应对全球气候变化、促进低碳社会构建的重要方法。(1)在催化剂作用下，可用CO2与H2反应制取甲酸。已知：共价键C=OCOHHHOCH键能(kJ·mol1)799343436463413则CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g)的△H=kJ/mol。(2)在刚性密闭容器中，HCOOH平衡时的体积分数随投料比[]的变化如图所示：①图中T1、T2表示不同的反应温度，判断T1T2(填“>”、“<”或“=”)，依据为。②图中a=。③A、B、C三点CO2(g)的平衡转化率αA、αB、αC由大到小的顺序为。(3)工业上可以利用CO2与H2在催化剂作用下发生CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)合成甲醇，恒温恒容下，向密闭容器加入2molCO2和4molH2，一段时间后达到平衡，CO2转化率为α=50%，总压强为p0，计算该反应压强平衡常数Kp=(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。向平衡后的容器中再加入2molCO2和4molH2，达到新的平衡时总压强为p1，则p12p0(填“>”、“<”或“=”)(4)工业上也可以用CO2催化法制取甲烷，发生如下反应：CO2(g)+2H2O(g)⇌CH4(g)+2O2(g)△H>0，温度T时，向刚性容器中充入2molCO2和3molH2O，反应过程中CO2的物质的量随时间变化如表格所示。实验测得，v正=k正·c(CO2)·c2(H2O)，v逆=k逆·c(CH4)·c2(O2)，k正、k逆是速率常数，只与温度有关，则T温度时=。若升高温度，(增大、减小或者不变)时间/min5101520CO2的物质的量/mol1.41.00.80.8【答案】(1)+16(2)>该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，在相同投料比时，T1温度下产物的体积分数大于T2温度下产物的体积分数，则T1>T21αC>αB>αA(3)<(4)减小【详解】（1）△H=反应物的总键能生成物的总键能=2799kJ·mol1+436kJ·mol1(799+343+463+413)kJ·mol1=+16kJmol1。故答案为：+16。（2）①该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，从图象中可知在相同投料比时，T1温度下HCOOH的体积分数大于T2温度下产物的体积分数，则T1>T2；②根据反应CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)可知，当投料比[]=1，即a=1时，恰好达到最大转化，HCOOH平衡时的体积分数最大；③氢气的量越大，即投料比[]越大，CO的转化率越大，故A、B、C三点CO(g)的平衡转化率由大到小的顺序为αC>αB>αA。故答案为：>，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，在相同投料比时，T1温度下产物的体积分数大于T2温度下产物的体积分数，则T1>T2；1；αC>αB>αA。（3）由已知信息可列三段式求得平衡时CO2，H2，H3OH，H2O的物质的量均1mol,具体如下：，总压强为p0，则CO2，3H2，H3OH，H2O的分压均为，带入平衡常数表达式得：Kp=，向平衡后的容器中再加入2molCO2和4molH2，即与初始投料相比反应物的量增加一倍，即增大压强平衡正向移动，总压强变小，可得p1<2p0。故答案为：，<。（4）由题意知，v正=k正·c(CO2)·c2(H2O)，v逆=k逆·c(CH4)·c2(O2)，当反应达到平衡时v正=v正，k正·c(CO2)·c2(H2O)=k逆·c(CH4)·c2(O2)即，由表格可知反应在15min时达到平衡，列三段式可得平衡常数K=24，，由于反应为吸热反应，升高温度平衡常数K变大，减小；故答案为：，减小。33．I．标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变称为键焓。已知H—H、H—O和O=O键的键焓分别为436kJ·mol－1、463kJ·mol－1和495kJ·mol－1，请写出水蒸气分解的热化学方程式。Ⅱ．甲醇(CH3OH)广泛用作燃料电池的燃料，可由CO和H2来合成，化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。（1）下图是反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。①T1T2(填“>”“<”或“＝”)。T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1(填“>”“<”或“＝”)K2。②若容器容积不变，下列措施不能增加CO转化率的是(填字母)。a.降低温度

b.将CH3OH(g)从体系中分离c.使用合适的催化剂

d.充入He，使体系总压强增大（2）在容积为1L的恒容容器中，分别研究在300℃、350℃和370℃三种温度下合成甲醇的规律。如图是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线x对应的温度是℃；曲线z对应的温度下上述反应的化学平衡常数为。曲线上a、b、c点对应的化学平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为。【答案】2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋485kJ·mol－1<>cd3004K1＝K2<K3【分析】I．旧键断