人教版选修2 第一单元课题1 化工生产过程中的基本问题 作业 (1).doc

课题1 化工生产过程中的基本问题 同步测试一、单选题（共13题；共26分）1.合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液醋酸二氨合铜（i）、氨水吸收在生产过程中产生的co和co2等气体铜液吸收co的反应是放热反应，其化学方程式为：cu（nh3）2ac+co+nh3cu（nh3）3coac，若要提高上述反应的正反应速率，可采取的措施是 增加nh3的浓度 降温 减压 及时移走产物（ ）a.b.c.d.2.下列事实能用同一原理解释的是（ ）a.蘸取烧碱和纯碱溶液分别放在无色火焰上灼烧，都产生黄色火焰b.向氯化钡溶液通入so2 ， 再加入氯水或氨水，都产生白色沉淀c.向蛋白质溶液中加入饱和醋酸钠或醋酸铅溶液，都产生白色沉淀d.将二氧化硅分别加入到氢氧化钠溶液或氢氟酸中，固体都溶解3.德国哈伯发明以低成本制造大量氨的方法，流程图中为提高原料转化率而采取措施是（）a.b.c.d.4.工业合成氨反应中，使用催化和施以高压，下列叙述正确的是（） a.都能提高反应速率，都对化学平衡状态无影响b.都对平衡状态有影响，都不影响达到平衡状态所用的时间c.都能缩短达到平衡状态所用的时间，只有加压对化学平衡状态有影响d.催化剂能缩短反应达到平衡状态所用的时间，而压强无此作用5.2so2（g）+o2（g） 2so3（g）h0是制备硫酸的重要反应下列叙述正确的是（） a.催化剂v2o5不改变该反应的逆反应速率b.当v（so2）：v（o2）：v（so3 ）=2：1：2时，反应达到平衡状态c.该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间d.在t1、t2时刻，so3（g）的浓度分别是c1、c2 ， 则时间间隔t1t2内，so3（g）生成的平均反应速率为v=6.下列现象或事实可用同一原理解释的是（ ） a.浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低b.so2和feso4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去c.漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质d.亚硫酸钠溶液和氯化铝溶液在空气中蒸干不能得到对应的溶质7.硝酸生产中，500时，nh3和o2可能发生如下反应：4nh3（g）+5o2（g）4no（g）+6h2o（g）+9072kj/k=1.110264nh3（g）+4o2（g）2n2o（g）+6h2o（g）+1105kj/k=4.410284nh3（g）+3o2（g）2n2（g）+6h2o（g）+1269kj/k=7.11034其中，、是副反应若要减少副反应，提高no的产率，最合理的措施是（） a.减小压强b.降低温度c.增大o2浓度d.使用合适的催化剂8.下列实验过程中曲线变化正确的是（） a.表示na2co3溶液中滴入稀盐酸b.表示溴水中滴入na2so3溶液c.表示agno3溶液中滴入氨水d.表示一定条件下2so2+o22so3h0达平衡后，升高温度9.中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（）选项规律结论a较强酸可以制取较弱酸用亚硫酸溶液无法制取硫酸溶液b升高温度，反应速率越快常温下钠与氧气反应生成氧化钠，升高温度，na2o的生成速率加快c金属越活泼，其阳离子氧化性越弱fe3+的氧化性弱于cu2+dksp小的沉淀易向ksp更小的沉淀转化caso4悬浊液中滴加na2co3溶液可生成caco3沉淀a.ab.bc.cd.d10.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是（） a.在含等物质的量的ba（oh）2和koh的混合溶液中，缓慢的通入足量co2 ， 反应先后顺序为ba（oh）2、koh、k2co3、baco3b.在含等物质的量的febr2、fei2溶液中，缓慢的通入氯气，离子反应发生的先后顺序为i、br、fe2+c.在含等物质的量的nh4cl、alcl3溶液中，缓慢滴加naoh溶液，先生成nh3h2o后生成al（oh）3沉淀d.在含等物质的量的alo2、oh、co32溶液中，逐滴加盐酸，离子反应发生的先后顺序为alo2、oh、co3211.传统合成氨工业需要采用高温、高压和催化剂近来美国化学家使用新型催化剂，在常温下合成了氨气下列说法正确的是（ ） a.传统合成氨方法的h0，新型合成氨方法的h0b.新型合成氨方法不需高温，符合节能减排的生产理念c.新型催化剂提高了n2和h2的转化率d.两种方法的化学平衡常数相同12.大气中的so2是造成酸雨的主要污染物最新研究表明，n（ch3）42so4（s）能与so2进行如下可逆反应，使其可能成为绿色的so2吸收剂n（ch3）42so4（s）+so2（g）n（ch3）42s2o6（s）h0则用n（ch3）42so4（s）吸收so2的适宜条件为（） a.高温高压b.低温高压c.高温低压d.低温低压13.下列现象或事实可用同一原理解释的是（） a.浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低b.so2和feso4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去c.漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质d.亚硫酸钠溶液和氯化铝溶液在空气中蒸干不能得到对应的溶质二、填空题（共4题；共28分）14.燃煤产生的烟气中的氮氧化物nox（主要为no、no2）易形成污染，必须经脱除达标后才能排放（1）用化学方程式表示no形成硝酸型酸雨的反应_（2）能作脱除剂的物质很多，下列说法正确的是_a用 h2o作脱除剂，不利于吸收含氮烟气中的nob用 na2so3作脱除剂，o2会降低na2so3的利用率c用co作脱除剂，会使烟气中no2的浓度增加（3）尿素co（nh2）2在一定条件下能有效将nox转化为n2 已知可通过下列方法合成尿素：2nh3（g）+co2（g）h2ncoonh4（s）h=159.5kj/molh2ncoonh4（s）co（nh2）2（s）+h2o（l）h=+28.5kj/mol尿素释放出nh3的热化学方程式是_写出有利于尿素释放nh3的条件并说明理由_co（nh2）2与某种烟气（主要为n2、no和o2）中的no的物质的量比值分别为1：2、2：1、3：1时，no脱除率随温度变化的曲线如图：曲线a 对应co（nh2）2 与no的物质的量比值是_曲线a、b、c中，800900区间内发生主要反应的化学方程式是_9001200区间内脱除率下降，no浓度上升发生的主要反应是_曲线a中，no的起始浓度为6104mg/m3 ， 从a点到b点经过0.8s，该时间段内no的脱除速率为_mg/（m3s）15.化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义机动车废气排放已成为城市大气污染的重要 气缸中生成no的反应为：n2（g）+o2（g）2no（g）h0汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内no排放量越大，请分析两点原因_、_汽车汽油不完全燃烧时还产生co，若设想按下列反应除去co：2co（g）=2c（s）+o2（g）h0，该设想能否实现？_（选填“能”或“不能”），依据是_ 16.中科院大气研究所研究员张仁健课题组与同行合作，对北京地区pm2.5化学组成及来源的季节变化研究发现，北京pm2.5有6个重要来源，其中，汽车尾气和燃煤分别占4%、18%（如图1所示）（1）用于净化汽车尾气的反应为：2no（g）+2co（g）2co2（g）+n2（g）已知该反应在570k时的平衡常数为11059 ， 但反应速率极慢下列说法正确的是：_a装有尾气净化装置的汽车排出的气体中不再含有no或cob提高尾气净化效率的常用方法是升高温度c增大压强，上述平衡右移，故实际操作中可通过增压的方式提高其净化效率d提高尾气净化效率的最佳途径是使用高效催化剂（2）co对人类生存环境的影响很大，co治理问题属于当今社会的热点问题镍与co反应的化学方程式为ni（s）+4co（g）ni（co）4（g），镍与co反应会造成镍催化剂中毒为防止镍催化剂中毒，工业上常用so2除去co，生成物为s和co2 已知相关反应过程的能量变化如图2所示：则用so2除去co的热化学方程式为_（3）nh3催化还原氮氧化物（scr）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术发生的化学反应是：2nh3（g）+no（g）+no2（g）2n2（g）+3h2o（g）h0为提高氮氧化物的转化率可采取的措施是（任意填一种）_（4）利用clo2 氧化氮氧化物反应过程如下：反应的化学方程式是2no+clo2+h2ono2+hno3+2hcl，反应的离子方程式是_若有11.2l n2生成（标准状况），共消耗no_ g（5）化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染该方法可用h2将no3还原为n2 ， 25时，反应进行10min，溶液的ph由7变为12其原理如图3所示电源负极为_（填a或b），阴极反应式为_；若电解过程中转移了2mol电子，则质子交换膜左侧极室电解液的质量减少_克 17.甲醇是一种重要的有机化工原料，需求量巨大目前我国独创的联醇工艺的核心是采用一氧化碳加氢中压合成法主要反应如下：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）；h=111.0kj/mol另有副反应：2co+2h2oco2+ch4 等；中压法操作：压力为1015mpa，温度控制在513k543k，所用催化剂是cuoznoal2o3 合成甲醇的流程如图所示，请回答：（1）实际生产中co不能过量，以免生成羰基铁使催化剂失去活性，而氢气过量是有益的，指出两点理由：_（2）采取1015mpa压力的作用是_温度控制在513k543k的原因是_（3）原料气中的h2s对铜催化剂影响甚重，故必先去除之，通常用生石灰除杂，该反应的化学方程式为_：（4）粗甲醇中含有二甲醚等副产物，在常压下蒸馏粗甲醇，首先获得的馏分是_（写结构简式）；获得的甲醇又可在银催化下氧化成甲醛，该反应的化学方程式为：_（5）若co的转化率为80%，当有22.4m3（标况）co与过量h2充分反应（不计其它副反应），可制得纯度为96%的甲醇的质量为_kg，同时获得热量_kj 三、综合题（共1题；共7分）18.合成氨工业和硫酸工业的生产工艺流程大致为： 上述合成塔和接触室中的反应分别为：n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=92.4kj/mol；2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6kj/mol （1）进入合成塔和接触室中的气体都要进行热处理，最理想的热处理方法是_ （2）采用循环操作可以提高原料的利用率，下列工业生产中，采用循环操作的是_（填写序号） 硫酸工业 合成氨工业 硝酸工业 氯碱工业 （3）根据化学平衡移动原理来确定的条件或措施有_（填写序号） 合成氨工业在高压下进行； 硫酸工业的催化氧化在常压下进行；合成氨工业及时将氨液化分离； 硫酸工业净化后的炉气中含有过量空气；硫铁矿石加入沸腾炉之前先粉碎；吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收so3合成氨工业和硫酸工业都使用催化剂；合成氨工业和硫酸工业都用适宜的温度 （4）硫酸工业尾气直接排放到空气中会造成环境污染，其后果主要是_处理硫酸工业尾气的一种常用方法是“氨酸”法，写出这种尾气处理方法的化学方程式_有人研究用na2so3作为治理so2污染的一种新方法，该方法的第一步是用na2so3水溶液吸收so2 ， 第二步是加热吸收溶液，使之重新生成na2so3 ， 同时得到含高浓度so2的水蒸气副产品这种尾气处理方法与“氨一酸”相比的优点是_ （5）若经净化、干燥处理后进入接触室的气体体积组成是：so2 7%，o2 11%，n2 82%，从接触室出来的气体中so3的体积分数为7%，则so2的转化率为_（保留三位有效数字） 答案解析部分一、单选题1.【答案】a 【解析】【解答】解：增加nh3浓度可增大反应速率，降温、减压反应速率减小，减小生成物浓度，反应速率减小，故选a 【分析】增大浓度、升高温度等，可增大反应速率2.【答案】a 【解析】【解答】解：a蘸取烧碱和纯碱溶液分别放在无色火焰上灼烧，都利用钠的焰色反应，钠的焰色反应为黄色，可用同一原理解释，故a正确； b二氧化硫与氯气发生氧化还原反应，与氨水发生中和反应，原理不同，故b错误；c饱和醋酸钠或醋酸铅溶液分别使蛋白质发生盐析、变性，原理不同，故c错误；d二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，与氢氟酸反应生成四氟化硅，反应的原理不同，故d错误故选a【分析】a钠的焰色反应为黄色；b二氧化硫与氯气发生氧化还原反应，与氨水发生中和反应；c蛋白质可发生盐析和变性；d二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，与氢氟酸反应生成四氟化硅3.【答案】b 【解析】【解答】反应原理为n2（g）+3h2（g）2nh3（g），h0，为提高原料转化率，应使平衡向正方向移动，根据方程式反应前后气体的化学计量数的关系可知增大压强有利于平衡向正方向移动；正反应放热，升高温度不利用平衡向正反应方向移动，催化剂对平衡移动无影响，液化分离出氨气，可使生成物浓度减小，则可使平衡向正向移动，氮气和氢气的再循环，可增大反应物浓度，有利于平衡向正向移动，故选：b【分析】反应原理为n2（g）+3h2（g）2nh3（g），h0，为提高原料转化率，应使平衡向正方向移动，可从压强、浓度、温度对平衡移动的影响的角度判断4.【答案】c 【解析】【解答】a、催化剂和高压能加快反应速率，增大压强平衡正移，催化剂对平衡无响应，故a错误；b、催化剂和高压能加快反应速率，所以达到平衡状态所用的时间缩短，故b错误；c、催化剂和高压能加快反应速率，都能缩短达到平衡状态所用的时间，增大压强平衡正移，故c正确；d、催化剂和高压能加快反应速率，都能缩短达到平衡状态所用的时间，故d错误；故选c【分析】已知合成氨的正方向为体积减小的放热方向，增大压强反应速率加快，平衡正移；加催化剂，反应加快，平衡不移动5.【答案】d 【解析】【解答】a、催化剂可以同等程度的增大正、逆反应的反应速率，则催化剂v2o5能增大该反应的逆反应速率，故a错误；b、不同物质的正逆反应速率之比等于计量数之比时，反应达到平衡状态，v（so2）：v（o2）：v（so3 ）=2：1：2，没有说明正逆反应速率，则不能说明达到平衡状态，故b错误；c、降低温度，化学反应速率减小，延长了反应达到平衡的时间，故c错误；d、根据计算平均速率的定义公式，浓度变化量c2c1 ， 时间为t2t1 ， so3（g）生成的平均速率为v=， 故d正确；故选：d【分析】a、催化剂可以同等程度的增大正、逆反应的反应速率；b、不同物质的正逆反应速率之比等于计量数之比时，反应达到平衡状态；c、降低温度，化学反应速率减小；d、根据v=计算判断6.【答案】b 【解析】【解答】解：a浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性，二者在空气中浓度都变低，但原理不同，故a错误； bso2和feso4溶液都有还原性，能使酸性高锰酸钾褪色，故b正确；c漂白粉在空气中变质是由于吸收co2和水生成hclo，然后见光分解，而水玻璃的变质是由于与空气中的co2反应生成了硅酸的缘故，两者也不能用同一原理解释，故c错误；d亚硫酸钠溶液在空气中氧化生成硫酸钠，氯化铝溶液水解得到的是氢氧化铝，故d错误故选b【分析】a浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性；bso2和feso4溶液都有还原性；c漂白粉在空气中变质是由于吸收co2和水生成hclo，然后见光分解，而水玻璃的变质是由于与空气中的co2反应生成了硅酸；d亚硫酸钠溶液在空气中氧化生成硫酸钠，氯化铝溶液水解得到的是氢氧化铝7.【答案】d 【解析】【解答】a、减小压强，反应速率减小，no的产率减小，故a错误；b、降低温度，反应速率减小，no的产率减小，故b错误；c、增大o2浓度，氧气过量时与no反应生成no2 ， 则no的产率减小，故c错误；d、使用合适的催化剂，能增大反应速率，提高no的产率，故d正确；故选d【分析】由反应可知主反应与副反应均为放热反应，反应进行的程度很大，根据压强、温度、催化剂对速率的影响，以及产物no的性质分析8.【答案】b 【解析】【解答】a、碳酸钠与稀盐酸开始阶段发生反应：na2co3+hcl=nahco3+nacl，无气体产生，故此图象不符合，故a错误；b、溴水具有强氧化性，加入亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠溴反应生成hbr和硫酸钠，ph值减小，载加入亚硫酸钠，亚硫酸为强碱弱酸盐，水解导致ph增大，故b正确；c、硝酸银与氨水首先生成氢氧化银沉淀，继续滴加氨水，氢氧化银溶解，此图象不符合，故c错误；d、2so2+o22so3h0，此反应放热，升高温度，逆反应速率增加比正反应速率要快，此图象不符合，故d错误，故选b【分析】a、碳酸钠与稀盐酸开始阶段发生反应：na2co3+hcl=nahco3+nacl，无气体产生；b、溴水具有强氧化性，加入亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠溴反应生成hbr和硫酸钠，ph值减小，载加入亚硫酸钠，亚硫酸为强碱弱酸盐，水解导致ph增大；c、硝酸银与氨水首先生成氢氧化银沉淀，继续滴加氨水，氢氧化银溶解；d、2so2+o22so3h0，此反应放热，升高温度，逆反应速率增加比正反应速率要快9.【答案】d 【解析】【解答】a、亚硫酸和氯气在水溶液中反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为：h2so3+cl2+h2o4h+2cl+so42 ， 故a错误；b、钠在常温时与氧气反应生成氧化钠，加热时生成过氧化钠，与速率无关，故b错误；c、金属越活泼，其阳离子氧化性越弱，fe2+的氧化性弱于cu2+ ， 故c错误；d、caso4悬浊液中滴加na2co3溶液可生成caco3沉淀，原因是：ksp小的沉淀易向ksp更小的沉淀转化，故d正确，故选d【分析】a亚硫酸和氯气在水溶液中反应生成硫酸和盐酸；b钠与氧气的反应，与速率无关，取决于温度；c金属越活泼，其阳离子氧化性越弱，fe2+的氧化性弱于cu2+；d从难溶电解质的溶解平衡的角度分析10.【答案】a 【解析】【解答】a在含等物质的量的ba（oh）2、koh的溶液中，缓慢通入co2 ， 则化学反应的先后顺序为ba（oh）2、koh、k2co3、baco3 ， 故a正确；b离子还原性ife2+br ， 氯气先与还原性强的反应，则化学反应的先后顺序为i、fe2+、br ， 故b错误；c氢氧根离子先与铝离子反应：al3+3oh=al（oh）3，再与铵根离子反应：nh4+oh=nh3h2o，最后与al（oh）3反应：al（oh）3+oh=alo2+2h2o，所以先生成氢氧化铝沉淀再生成一水合氨，故c错误；d若h+最先与alo2反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中oh反应生成alo2 ， 反应的正确顺序为oh、alo2、co32 ， 故d错误；故选a【分析】a应先与ba（oh）2发生离子反应；b离子还原性ife2+br ， 同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应；c氢氧根离子先与铝离子反应，然后与铵根离子反应，最后与al（oh）3反应；d用假设法判断，h+最先与alo2反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中oh反应生成alo2 11.【答案】b 【解析】【解答】解：a反应热与反应途径无关，所以旧法合成氨与新法合成氨都是放热反应，故a错误； b与旧法相比较，新法合成氨不需要在高温条件下，可节约大量能源，具有发展前景，符合节能减排的生产理念，故b正确；c催化剂只能改变反应速率，对反应物的转化率没有影响，所以新型催化剂不会提高n2和h2的转化率，故c错误；d化学平衡常数与反应温度有关，两种方法的反应温度不同，则化学平衡常数一定不同，故d错误；故选b【分析】a根据盖斯定律可知，反应过程中吸收、放出的热量与反应途径无关，所以两种合成氨的焓变相同，都一定是放热反应；b在常温常压下合成出氨，可节约大量能源，能够节能减排；c使用催化剂能够改变反应速率，但是不会影响化学平衡，所以催化剂不会改变当前和氢气的转化率；d化学平衡常数受反应温度的影响，反应温度不同，化学平衡常数则不同12.【答案】b 【解析】【解答】正反应放热，则降低温度可使平衡向正向移动，反应为气体体积减小的反应，则增大压强有利于平衡向正向移动故选b【分析】吸收so2的适宜条件应有利于平衡向正向移动，结合正反应为放热的特点解答13.【答案】b 【解析】【解答】a浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性，二者在空气中浓度都变低，但原理不同，故a错误；bso2和feso4溶液都有还原性，能使酸性高锰酸钾褪色，故b正确；c漂白粉在空气中变质是由于吸收co2和水生成hclo，然后见光分解，而水玻璃的变质是由于与空气中的co2反应生成了硅酸的缘故，两者也不能用同一原理解释，故c错误；d亚硫酸钠溶液在空气中氧化生成硫酸钠，氯化铝溶液水解得到的是氢氧化铝，故d错误故选b【分析】a浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性；bso2和feso4溶液都有还原性；c漂白粉在空气中变质是由于吸收co2和水生成hclo，然后见光分解，而水玻璃的变质是由于与空气中的co2反应生成了硅酸；d亚硫酸钠溶液在空气中氧化生成硫酸钠，氯化铝溶液水解得到的是氢氧化铝二、填空题14.【答案】2no+o22no2、3no2+h2o2hno3+no；ab；co（nh2）2（s）+h2o（l）2nh3（g）+co2（g）h=+131.0kj/mol；升高温度；升高温度有利于平衡向吸热反应方向进行，同时温度升高，氨气的溶解度降低，均有利于向释放氨气的方向进行；3：1；4nh3+6no5n2+6h2o或2co（nh2）2+6no2co2+4h2o+5n2；4nh3+5o24no+6h2o；1.5104 【解析】【解答】（1）一氧化氮不稳定，易和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，故no形成硝酸型酸雨的反应为：2no+o22no2、3no2+h2o2hno3+no，故答案为：2no+o22no2、3no2+h2o2hno3+no；（2）a一氧化氮不易溶于，而二氧化氮易溶于水，反应生成no，不利于吸收含氮烟气中的no，故a正确；b亚硫酸钠不稳定，易被氧气氧化，o2会降低na2so3的利用率，故b正确；c用co作脱除剂，被氧化，则氮氧化物得电子发生还原反应，不会生成no2 ， 烟气中no2的浓度不增加，故c错误；故答案为：ab；（3）已知：2nh3（g）+co2（g）h2ncoonh4（s）h=159.5kj/molh2ncoonh4（s）co（nh2）2（s）+h2o（l）h=+28.5kj/mol根据盖斯定律，两热化学方程式相加得2nh3（g）+co2（g）co（nh2）2（s）+h2o（l）h=131kj/mol，故尿素释放出nh3的热化学方程式为：co（nh2）2（s）+h2o（l）2nh3（g）+co2（g）h=+131kj/mol，故答案为：co（nh2）2（s）+h2o（l）2nh3（g）+co2（g）h=+131kj/mol；释放氨气的反应是吸热反应，升高温度，有利于平衡向吸热反应方向进行，同时温度升高，氨气的溶解度降低，均有利于向释放氨气的方向进行，故答案为：升高温度；升高温度有利于平衡向吸热反应方向进行，同时温度升高，氨气的溶解度降低，均有利于向释放氨气的方向进行；co（nh2）2 的含量越高，no的转化率越大，即no脱除率越高，所以曲线a 对应co（nh2）2 与no的物质的量比值是3：1，故答案为：3：1；800900区间内no脱除率增大，所以no是作为反应物参加反应，高温时，尿素分解生成氨气、二氧化碳，氨气和一氧化氮发生氧化还原反应生成氮气，即尿素与no反应生成n2 ， 同时生成二氧化碳和水，所以反应方程式为：4nh3+6no5n2+6h2o 或 2co（nh2）2+6 no2co2+4h2o+5n2 ， 故答案为：4nh3+6no5n2+6h2o 或 2co（nh2）2+6 no2co2+4h2o+5n2；9001200区间内脱除率下降，所以no浓度上升，则该反应中应该有no，尿素分解生成的氨气和烟气中的氧气反应生成一氧化氮和水，导致no浓度增大，所以反应方程式为：4nh3+5o24no+6h2o，故答案为：4nh3+5o24no+6h2o；a点到bno脱除率由0.55变为0.75，故no的浓度变化量为（0.750.55）6104 mg/m3=1.2104 mg/m3所以no的脱除速率=1.5104mg/（m3 s），故答案为：1.5104 【分析】（1）一氧化氮不稳定，易和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；（2）a一氧化氮不易溶于，而二氧化氮易溶于水，反应生成no；b亚硫酸钠不稳定，易被氧气氧化；c用co作脱除剂，则氮氧化物得电子发生还原反应；（3） 根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加，然后进行颠倒即得目标方程式，其焓变进行相应改变；尿素释放nh3的反应是吸热反应，根据温度对化学平衡及氨气溶解度的影响进行分析；co（nh2）2 的含量越高，no脱除率越高；、800900区间内no脱除率增大，no参加反应，即尿素与no反应生成n2；、9001200区间内脱除率下降，no浓度上升，反应中应该生成no；、a点到bno脱除率由0.55变为0.75，故no的浓度变化量为（0.750.55）6104 mg/m3=1.2104 mg/m3 ， 再利用计算no的脱除速率15.【答案】温度升高，反应速率加快；温度升高，有利于平衡反应正向进行；不能；该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行 【解析】【解答】解：n2（g）+o2（g）2no（g）h0，反应时气体体积不变的吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡右移，单位时间内no排放量越大；故答案为：温度升高，反应速率加快；温度升高，有利于平衡反应正向进行；2co（g）=2c（s）+o2（g）h0，反应是焓变增大，熵变减小的反应，h0，s0，则hts0，反应任何温度下都不能自发进行；故答案为：不能；该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行 【分析】依据影响化学反应速率和化学平衡的因素分析判断；依据反应自发进行的条件是hts0分析判断16.【答案】d；so2（g）+2co（g）=s（s）+2co2（g）h=（2ba）kjmol1；增大nh3浓度（或减小压强、降低温度）；2 no2+4so32=n2+4so42；60；b；2no3+6h2o+10e=n2+12oh；18 【解析】【解答】（1）a该反应为可逆反应，不能完全转化，排出的气体中一定含有no或co，故a错误；b尾气温度已经很高，再升高温度，反应速率提高有限，且消耗更多能源，意义不大，故b错误；c、因平衡常数已经较大，增大压强虽然平衡正向移动，但对设备要求更高，不符合生成经济效益，故c错误；d、研制高效催化剂可提高反应速率，解决反应极慢的问题，有利于尾气的转化，故d正确；故答案为：d；（2）图1：s（s）+o2（g）=so2（g）h1=akj/mol图2co（g）+o2（g）=co2（g）h2=bkj/mol；依据盖斯定律2得到：so2（g）+2co（g）=s（s）+co2（g）h=2h2h1=（2ba）kj/mol，故答案为：so2（g）+2co（g）=s（s）+2co2（g）h=（2ba）kjmol1；（3）使化学平衡向正反应方向移动可以提高氮氧化物的转化率，增加反应物浓度平衡正向移动，所以可以采取增大nh3浓度的措施，由于此反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，此反应正反应方向为气体体积增大的方向，减小压强平衡正向移动，故答案为：增大nh3浓度（或减小压强、降低温度）；（4）二氧化氮具有氧化性，能氧化na2so3生成na2so4 ， 本身被还原成氮气，方程式为2no2+4na2so3n2+4na2so4 ， 由2no+clo2+h2ono2+hno3+2hcl，2no2+4na2so3n2+4na2so4得： 4non2304g 22.4l60g 11.2l所以共消耗no60g，故答案为：2 no2+4so32=n2+4so42； 60；（5）由图示知在agpt电极上no3发生还原反应，因此agpt电极为阴极，则b为负极，a为电源正极；在阴极反应是no3得电子发生还原反应生成n2 ， 利用电荷守恒与原子守恒知有h2o参与反应且有水生成，所以阴极上发生的电极反应式为：2no3+6h2o+10e=n2+12oh ， 若电解过程中转移了2mol电子，阳极（阳极反应为h2o失电子氧化为o2和h+），电极方程式为2h2o4e4h+o2，消耗1mol水，质量为18g，电解液的质量减少18g，故答案为：b；2no3+6h2o+10e=n2+12oh；18【分析】（1）a反应是可逆反应，不能进行彻底；b尾气温度已经很高，再升高温度的意义不大；c从平衡常数分析反应进行程度，净化设备经济效益分析；d提高净化速率的最好方法是使用高效催化剂；（2）依据图象书写热化学方程式，根据盖斯定律计算得到；（3）使化学平衡向正反应方向移动可以提高氮氧化物的转化率；（4）根据二氧化氮具有氧化性，能氧化na2so3生成na2so4 ， 本身被还原成氮气；通过化学方程式建立关系式然后计算；（5）由n2o4制取n2o5需要是去电子，所以n2o5在阳极区生成，pt甲为阳极，结合电极方程式计算17.【答案】既可以防止或减少副反应发生、又可带走反应热避免催化剂过热而中毒；加压有利于提高co转化率，但也增加了能源消耗和设备强度，故宜采取经济效益较好的压力；此温度下催化剂活性较高，甲醇产率较大；h2s+cao=cas+h2o；ch3och3；2ch3oh+o22hcho+2h2o；26.67；8.88104 【解析】【解答】（1）氢气过量提高一氧化碳的转化率，防止副反应发生，大量的气流又可带走反应热量，故答案为：既可以防止或减少副反应发生，又可带走反应热避免催化剂过热而中毒；（2）co（g）+2h2（g）ch3oh（g）；h=111.0kj/mol，正反应是气体体积缩小的反应，增大压强虽然有利于平衡正向移动，提高甲醇的产量，但压力大对设备的强度要求高成本大，所以加压有利于提高co转化率，但也增加了能源消耗和设备强度，故宜采取经济效益较好的压力，正反应是放热反应，从有利于甲醇生成的角度应是低温，但温度过低达不到催化剂的活性，所以此温度下催化剂活性较高，甲醇产率较大，故答案为：加压有利于提高co转化率，但也增加了能源消耗和设备强度，故宜采取经济效益较好的压力；此温度下催化剂活性较高，甲醇产率较大；（3）原料气中的h2s对铜催化剂影响甚重，故必先去除之，通常用生石灰除杂，生成硫化钙和水，所以反应的化学方程式为h2s+cao=cas+h2o，故答案为：h2s+cao=cas+h2o；（4）甲醇分子间存在氢键，所以沸点高于二甲醚，所以首先获得的馏分是二甲醚，醇的催化氧化实质是脱氢，所以反应方程式为：2ch3oh+o22hcho+2h2o，故答案为：ch3och3 ， 2ch3oh+o22hcho+2h2o；（5）根据 co（g）+2h2（g）ch3oh（g），得1mol的一氧化碳生成32103kg的甲醇，22.4m3（标况）的物质的量为：=103mol，所以可制得纯度为96%的甲醇的质量为=26.67kg，根据co（g）+2h2（g）ch3oh（g）；h=111.0kj/mol，1molco完全反应放出111kj的热量，103mol80%=800mol，所以放出热量为：111800=8.88104kj，故答案为：26.67kg；8.88104kj【分析】气态烃、水蒸气和空气制备氢气、一氧化碳、二氧化碳和硫化氢等混合气体，通过净化除去二氧化碳得到氢气、一氧化碳和硫化氢，然后除去硫化氢，最终得到二氧化碳和氢气的混合气体，经压缩得液态的一氧化碳和氢气，然后在合成塔中合成得到粗产品，经分馏得甲醇，（1）氢气过量提高一氧化碳的转化率，防止副反应发生，大量的气流又可带走反应热量；（2）co（g）+2h2（g）ch3oh（g）；h=111.0kj/mol，正反应是气体体积缩小的反应，增大压强虽然有利于平衡正向移动，提高甲醇的产量，但压力大对设备的强度要求高成本大，正反应是放热反应，从有利于甲醇生成的角度应是低温，但温度过低达不到催化剂的活性；（3）原料气中的h2s对铜催化剂影响甚重，故必先去除之，通常用生石灰除杂，生成硫化钙和水，所以反应的化学方程式为h2s+cao=cas+h2o；（4）甲醇分子间存在氢键，所以沸点高于二甲醚，所以首先获得的馏分是二甲醚，醇的催化氧化实质是脱氢，所以反应方程式为：2ch3oh+o22hcho+2h2o；（5）根据 co（g）+2h2（g）ch3oh（g），得1mol的一氧化碳生成32103kg的甲醇，22.4m3（标况）的物质的量为：=103mol，根据co（g）+2h2（g）ch3oh（g）；h=111.0kj/mol，1molco完全反应放出111kj的热量，由此分析解答三、综合题18.【答案】（1）充分利用反应中放出的热量加热反应气（2）（3）（4）形成酸雨；so2+2nh3h2o（nh4）2so3 ， （nh4）2so3+h2so4（nh4）2so4+so2+h2o；na2so3可循环使用（5）96.6% 【解析】【解答】解：（