2021年高考化学考点精讲精练20 化工流程（含解析）.docx

1、化工流程知识点一、化工流程题的特点1、能力要求：工艺流程题考查了学生接受、吸收、整合化学信息及应用所学知识解决实际问题的能力。2、试题特点：化学工艺流程题是以某个具体的工业生产或日常生活为背景，以化学基本理论为主线，结合化学实验操作、平衡理论、电离理论、溶度积知识、化学计算、经济视角等，以生产流程框图为载体的一类试题。化工生产主要解决六方面的问题：1解决将原料转化为产品的生产原理；2除去所有杂质并分离提纯产品；3提高转化率和产率；4减少污染，提倡“绿色化学”生产；5原料的来源要考虑丰富，还要考虑成本问题6生产设备简单，生产工艺简便可行等生产工艺问题。3、试题结构：1题引：以引导性的语言简单介绍

2、该工艺流程生产的目的、原料、产品，有时还提供相关的表格、图像等参考数据和信息；2题干：主要是以框图的形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来；3题设：根据生产过程中涉及的化学知识设计成一系列问题，要求学生依据化学原理进行分析解答。规律：主线主产品，分支副产品，回头是循环。4、考查的角度：1对矿石原料的预处理；2速率与平衡理论的运用；3化学反应的能量变化，盖斯定律的运用；4流程中细节考察，特别是氧化还原反应以及改变方案对产物的影响；5反应条件的控制（常考温度、pH的控制）；6常用的除杂、分离、检验、洗涤、干燥方法及操作；酒精洗涤的目的：减少洗涤时晶体的损失，酒精易挥发带走晶体表面的水分，干燥晶

3、体。7物质的转化和循环、资源的回收和利用；8环境保护与绿色化学评价。5、解题策略：1学会审题、去粗存精、读懂流程是前提；2前后联系、运用原理、书写反应是核心；3原料处理、条件控制、分离提纯是关键。例1化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。、用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amolL-1KBrO3标准溶液；、取v1mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；、向所得溶液中加入v2mL废水；、向中加入过量KI；、用bmolL-1Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶

4、液v3mL。已知：I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色（1）中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_。（2）中发生反应的离子方程式是_。（3）中发生反应的化学方程式是_。（4）中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是_。（5）KI与KBrO3物质的量关系为n（KI）6n（KBrO3）时，KI一定过量，理由是_。（6）V中滴定至终点的现象是_。（7）废水中苯酚的含量为_gL-1（苯酚摩尔质量：94gmol-1）。（8）由于Br2具有_性质，中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。【答案】【解析】（1）容量瓶；（2）BrO3

5、-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；（3）；（4）确保溴过量，保证苯酚已经完全反应；（5）由电子守恒可知，当n（KI）=6n（KBrO3）时，KI恰好与步骤II中生成的溴完全反应，而步骤III中苯酚会消耗一定量的溴，所以n（KI）6n（KBrO3）时，KI一定过量；（6）最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好蓝色消失，且半分钟内不变；（7）；（8）挥发性。【解析】（1）中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶，故答案为：容量瓶；（2）中发生反应的离子方程式是BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O，故答案为：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；（

6、3）中发生反应的化学方程式是苯酚与浓溴水反应的化学方程式为，故答案为：；（4）中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是确保溴过量，保证苯酚已经完全反应，故答案为：确保溴过量，保证苯酚已经完全反应；（5）KI与KBrO3物质的量关系为n（KI）6n（KBrO3）时，KI一定过量，理由是由电子守恒可知，当n（KI）=6n（KBrO3）时，KI恰好与步骤II中生成的溴完全反应，而步骤III中苯酚会消耗一定量的溴，所以n（KI）6n（KBrO3）时，KI一定过量，故答案为：由电子守恒可知，当n（KI）=6n（KBrO3）时，KI恰好与步骤II中生成的溴完全反应，而步骤III中苯酚会消耗一定量的溴，所以n（

7、KI）6n（KBrO3）时，KI一定过量；（6）V中滴定至终点的现象是最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好蓝色消失，且半分钟内不变，故答案为：最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好蓝色消失，且半分钟内不变；（7）由BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6、可知，生成的溴的物质的量为amol/Lv110-3L3=3av110-3mol，由溴与碘化钾反应生成的碘的物质的量为bmol/Lv310-3L=5bv310-4mol，所以与苯酚反应的溴的物质的量为3av110-3mol-5bv310-4mol=（30av1-5bv3）10-

8、4mol，由可知，苯酚的物质的量为（30av1-5bv3）10-4mol，废水中苯酚的含量为=gL-1，故答案为：；（8）由于Br2具有挥发性的性质，中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高，故答案为：挥发性。练习1高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如图所示。回答下列问题：相关金属离子c0（Mn+）=0.1molL-1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10

9、.18.32.84.710.98.28.9（1）“滤渣1”含有S和_；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_。（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是_。（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_6之间。（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是_。（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_。（6）写出“沉锰”的离子方程式_。（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4当x=y=时，z=_。【答案】（

10、1）SiO2（不溶性硅酸盐）；MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；（2）将Fe2+氧化为Fe3+；（3）4.7；（4）NiS和ZnS；（5）F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+2F-平衡向右移动；（6）Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；（7）。【解析】硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素），MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2及难溶性的硅酸盐，所以得到的滤渣1为SiO2和S和难溶性的硅酸盐；然后向滤液中加入MnO2，MnO2氧化还原性离子F

11、e2+生成Fe3+，再向溶液中通入氨气调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸锰MnCO3，（1）“滤渣1”含有S和难溶性的二氧化硅或硅酸盐；“溶浸”中二氧化锰与硫化锰发生氧化还原反应生成锰离子、S和水，离子方程式为MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，故答案为：SiO2（不溶性硅酸盐）

12、；MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；（2）MnO2具有氧化性，能氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+，从而在调节pH时除去这两种离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH应该大于这两种离子完全沉淀所需pH且小于其它离子生成沉淀的pH值，在pH=4.7时Fe3+和Al3+沉淀完全，在pH=6.2时Zn2+开始产生沉淀，为了只得到氢氧化铝和氢氧化镁沉淀，需要溶液的pH范围为4.76之间，故答案为：4.7；（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，这两种离子和硫离子生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，故答案为：NiS和ZnS；

13、（5）溶液中存在MgF2的溶解平衡，如果溶液酸性较强，生成弱电解质HF而促进氟化镁溶解，即F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+2F-平衡向右移动，所以镁离子沉淀不完全，故答案为：F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+2F-平衡向右移动；（6）“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式为Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，故答案为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、

14、+4当x=y=时，该化合物中各元素的化合价代数和为0，+1+（+2）+（+3）+（+4）z+（-2）2=0，z=，故答案为：。练习2立德粉ZnSBaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为_（填标号）。A黄色B红色C紫色D绿色（2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如图工艺生产立德粉：在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为_。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为_。在潮湿空气中

15、长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的_（填化学式）。沉淀器中反应的离子方程式为_。（3）成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000molL-1的I2-KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000molL-1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2S2O32-2I-+S4O62-测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL终点颜色变化为_，样品中S2-的含量为_（写出表达式）。【答案】（1）D；（2）BaSO4+4CB

16、aS+4CO；CO+H2O=CO2+H2；BaCO3；Ba2+S2-+Zn2+SO42-=ZnSBaSO4；（3）浅蓝色至无色；100%。【解析】（1）Ba元素的焰色为绿色，Na元素焰色为黄色、K元素焰色为紫色、Ca元素焰色为砖红色，故选D；（2）重晶石和焦炭混料研细后在回转炉中高温加热得到还原料，在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，则C被氧化生成CO；还原料在浸出槽中加入水过滤得到净化的BaS溶液，滤去未反应的重晶石和C，在沉淀器中加入硫酸锌得到沉淀，然后分离、洗涤、干燥、粉碎得到立德粉ZnSBaSO4（也称锌钡白），在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，同时生成CO，反应

17、方程式为BaSO4+4CBaS+4CO；回转炉尾气中含有有毒气体为CO，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，根据元素守恒知清洁能源为氢气，反应方程式为CO+H2O=CO2+H2，故答案为：BaSO4+4CBaS+4CO；CO+H2O=CO2+H2；在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，说明有H2S生成，且水溶性变差，说明有难溶性物质生成，硫离子水解生成硫化氢，同时钡离子和二氧化碳、水反应生成BaCO3沉淀，导致水溶性变差，故答案为：BaCO3；沉淀器中BaS和硫酸锌反应生成沉淀ZnSBaSO4，离子方程式为Ba2+S2-+Zn2+SO42-=ZnS

18、BaSO4，故答案为：Ba2+S2-+Zn2+SO42-=ZnSBaSO4；（3）碘遇淀粉变蓝色，当滴定终点时碘完全被消耗，溶液变为无色；与Na2S2O3反应消耗的n（I2）=n（Na2S2O3）=0.1000molL-1V10-3L，则与硫离子反应的n（I2）=2510-3L0.1000molL-1-0.1000molL-1V10-3L，根据转移电子守恒知关系式S2-I2，所以n（S2-）=2510-3L0.1000molL-1-0.1000molL-1V10-3L，m（S2-）=2510-3L0.1000molL-1-0.1000molL-1V10-3L32g/mol，其质量分数=100%

19、=100%=100%，故答案为：浅蓝色至无色；100%。知识点二、解题技巧：1读题：找到原料中的主要成分和杂质成分。2看流程每步的反应：原料的处理：酸浸：活泼金属直接反应，不活泼的金属须加氧化剂后与酸反应，金属氧化物直接反应生成金属阳离子，非金属氧化物不反应；（常考每步除杂后滤渣的成分）碱浸：金属单质Al、Be、Zn可与碱反应，大多数金属离子能与碱反应，酸性氧化物，如CO2、SO2、SiO2等均与碱反应，碱浸主要是去油污、去金属氧化膜、溶解铝、SiO2等，调节溶液的pH值抑制水解等。提高酸浸速率的措施：矿石粉碎、增大酸的浓度、升高温度、边加酸边搅拌、延长浸出时间(提高浸出率)等。除杂结晶方法：

20、除去Fe2+：先将Fe2+氧化为Fe3+，再调pH，使之转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去。Al3+、Zn2+等用同样的方法，调pH生成沉淀除去；从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。方程式的书写：矿石焙烧：足量的氧气，高温，一般生成最高价氧化物；溶液中的氧化还原反应：判断氧化产物，计算氧化剂与还原剂的物质的量之比；氧化剂是Cl2、ClO2、NaClO、NaClO2等，还原产物一般是Cl；酸性KMnO4的还原产物是Mn2+，酸性K2Cr2O7的还原产物是Cr3+等；注意电子守恒、溶液的酸碱性、残缺项是H+、OH或H2O。3控制温度常见的目的：控制反应速率；控制化学平衡移

21、动的方向；控制固体的溶解和结晶，如趁热过滤能防止某物质降温时析出；促进溶液中气体逸出或将生成的低沸点有机物蒸出；防止或实现某物质的分解或水解（使用低温烘干、减压蒸发）；使催化剂达到最大活性；防止副反应的发生；选择某一具体温度的原因是：温度过低，反应速率太慢；温度过高，某反应物分解，或产物水解，或平衡逆向移动，降低反应物的转化率；或催化剂失活，使产品的产率降低。4流程题中的电化学：判断正负极（或阴阳极）；书写电极方程式（注意酸碱性，水溶液电池还是无水电池）；判断离子交换膜，离子移动的方向，产品室中的离子反应；电解产物的循环利用问题；计算某电极生成物的质量或气体体积；电解法与直接反应法，优劣的对比

22、。5流程题中的实验知识：考查坩埚、蒸发皿等仪器的名称或材质，煅烧，对原料的预处理；填写过滤（或蒸馏）中的玻璃仪器名称，注意抽滤的原理及仪器，趁热过滤的原理等；除杂或结晶的方法，除杂反应中，加入的调pH的物质；煮沸：促进水解，胶体聚沉便于过滤分离，除去溶解在溶液中的气体；玻璃棒的作用，沉淀的洗涤方法；尾气的吸收处理，绿色化学的实验方案的设计。6反应条件的控制：温度的控制：角度反应速率、转化率、催化剂活性、反应物产物对温度的敏感性等；反应氛围的控制：角度防氧化、防水解、安全性等；控制pH常见的目的：使某些离子形成氢氧化物沉淀；调节溶液的酸碱性，促进或抑制水解；特定的反应需要酸性或碱性条件，或增强氧

23、化剂的氧化性等。7常见计算：利用难溶物质的Ksp，计算某离子的浓度；计算溶液中两种离子浓度的比值（根据Ksp计算）；计算某金属离子开始沉淀的pH；通过计算说明，一定pH环境下，某金属离子是否开始沉淀或是否完全沉淀；根据溶度积、电离常数等数据，比较某溶液中离子浓度的大小关系；涉及到滴定反应的，须多步反应，找准关系，一步计算。8产品的分离提纯：物理方法：溶解过滤、水洗、结晶、蒸馏、萃取分液、升华、液化、盐析、渗析、离子交换、吸附法、浮选法等；化学方法：热分解法、酸碱处理法、沉淀法、氧化还原法、电解法。9循环物质如何找从流程需要加入的物质去找：先观察流程中需要加入的物质，再研究后面的流程中有没有生成

24、此物质；从能构成可逆反应的物质去找：可逆反应的反应物不能完全转化，应该回收再利用；从过滤后的母液中寻找：析出晶体经过过滤后的溶液称为母液，母液是该晶体溶质的饱和溶液，应该循环再利用。10绿色化学理念：杜绝环境污染；原子的经济性；节约能源，包括使用催化剂；原料来源广，最好是可再生的，或可循环利用的；减少工艺的繁琐性，化繁为简；工艺的安全性。例1硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿（含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：回答下列问题：（1）在95“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”

25、中反应的化学方程式为_。（2）“滤渣1”的主要成分有_。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的化学试剂是_。（3）根据H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH+B（OH）4-，Ka=5.8110-10，可判断H3BO3是_酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_。（4）在“沉镁”中生成Mg（OH）2MgCO3沉淀的离子方程式为_，母液经加热后可返回_工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_。【答案】（1）NH3+NH4HCO3=（NH4）2CO3；（2）SiO2、Fe2O3、Al2O3；KSCN；（3）一元弱；转化为H3BO3，促进析出；（4）2Mg2

26、+3CO32-+2H2O=Mg（OH）2MgCO3+2HCO3-；溶浸；高温焙烧。【解析】硼镁矿（含Mg2B2O3H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，用NH4HCO3吸收NH3，发生反应NH3+NH4HCO3=（NH4）2CO3，根据过滤2及沉镁成分知，过滤1中得到的滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3，调节溶液pH=3.5时得到H3BO3，滤液中含有MgSO4，沉镁过程发生的反应为2Mg2+3CO32-+2H2O=Mg（OH）2MgCO3+2HCO3-，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有（NH4

27、）2SO4，（1）氨气为碱性气体，能和酸式铵盐吸收生成正盐，反应方程式为NH3+NH4HCO3=（NH4）2CO3，故答案为：NH3+NH4HCO3=（NH4）2CO3；（2）滤渣1为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3；Fe3+和KSCN溶液混合得到血红色液体，所以可以用KSCN溶液检验铁离子，故答案为：SiO2、Fe2O3、Al2O3；KSCN；（3）H3BO3能发生一步电离，且电离平衡常数很小，所以为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，有利于析出H3BO3，如果溶液pH较大，得不到硼酸而得到硼酸盐，故答案为：一元弱；转化为H3BO3，促进析出；（4）在“沉镁”中镁离子和

28、碳酸根离子发生水解和复分解反应生成Mg（OH）2MgCO3沉淀，同时还生成碳酸氢根离子离子，离子方程式为2Mg2+3CO32-+2H2O=Mg（OH）2MgCO3+2HCO3-；在母液中得到（NH4）2SO4，在溶浸时需要加入（NH4）2SO4，所以母液经加热后可返回溶浸工序循环使用，碱式碳酸镁高温易分解得到氧化物、水和二氧化碳，所以高温焙烧就可以得到轻质氧化镁，故答案为：2Mg2+3CO32-+2H2O=Mg（OH）2MgCO3+2HCO3-；溶浸；高温焙烧。练习1多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。回答下列问题：硅粉与HCl在300时反应生成1molSiHCl

29、3气体和H2，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为_。SiHCl3的电子式为_。将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为：SiCl4（g）+H2（g）SiHCl3（g）+HCl（g）H103SiCl4（g）+2H2（g）+Si（s）4SiHCl3（g）H202SiCl4（g）+H2（g）+Si（s）+HCl（g）3SiHCl3（g）H3（1）氢化过程中所需的高纯度H2可用惰性电极电解KOH溶液制备，写出产生H2的电极名称_（填“阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为_。（2）已知体系自由能变G=H-TS，Gv逆bv正：A点E点c反应适宜温度：480520C（4）反应的H

30、3=_（用H1，H2表示）。温度升高，反应的平衡常数K_（填“增大”、“减小”或“不变”）。（5）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外，还有_（填分子式）。【答案】Si（s）+3HCl（g）SiHCl3（g）+H2（g）H=-225kJ/mol；（1）阴极；2H2O+2e-=H2+2OH-或2H+2e-=H2；（2）1000；H2H1导致反应的G小；（3）ac；（4）H2-H1；减小；（5）HCl、H2。【解析】硅粉与HCl在300时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，根据反应热及反应物状态、反应条件书写该反应的热化学方程式为Si（S）

31、+3HCl（g）SiHCl3（g）+H2（g）H=-225kJ/mol；SiHCl3中存在1个Si-H键、3个Si-Cl键，其电子式为，故答案为：Si（s）+3HCl（g）SiHCl3（g）+H2（g）H=-225kJ/mol；（1）电解KOH溶液时，阳极上水或氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上水或氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-或2H+2e-=H2，故答案为：阴极；2H2O+2e-=H2+2OH-或2H+2e-=H2；（2）SiCl4（g）+H2（g）SiHCl3（g）+HCl（g），该反应的S=0，要使G=H0、H0，且反应S0，H2H1导致反应的G小，故答

32、案为：1000；H2v逆，故正确；b温度越高化学反应速率越快，温度AE，所以反应速率A03SiCl4（g）+2H2（g）+Si（s）4SiHCl3（g）H20将方程式-得2SiCl4（g）+H2（g）+Si（s）+HCl（g）3SiHCl3（g），H3=H2-H10，反应的H0，反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；2CO2（g）+6H2（g）=CH3OCH3（g）+3H2O（g）H=-122.5kJmol-1，结合CH3OCH3的选择性=100%分析，平衡正向进行二甲醚物质的量增大，二氧化碳物

33、质的量减小，二甲醚选择性增大，不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有增大压强平衡正向进行，使用对反应催化活性更高的催化剂，增大二甲醚的选择性，故答案为：增大压强，使用对反应催化活性更高的催化剂。练习3N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为_。（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为NO+NO2+2OH-2NO2-+H2O2NO2+2OH-NO2-+NO

34、3-+H2O下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有_（填字母）。A加快通入尾气的速率B采用气、液逆流的方式吸收尾气C吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是_（填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是_（填化学式）。（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO3-的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO3-，其离子方程式为_。NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。

35、其原因是_。【答案】（1）2NH3+2O2N2O+3H2O；（2）BC；NaNO3；NO；（3）3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+；溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。【解析】（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O和水，反应的化学方程式为2NH3+2O2N2O+3H2O，故答案为：2NH3+2O2N2O+3H2O；（2）A加快通入尾气的速率，气体不能充分反应，故A错误；B采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气体与氢氧化钠溶液充分反应，故B正确；C吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可使气体充分反应，故C正确。故答案为：BC；反应生成NaNO2和NaNO3，则含有的杂质为NaNO3，如NO的含量比NO2大，则尾气中含有NO，故答案为：NaNO3；NO；（3）在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO3-，反应后溶液呈酸性，则反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+，故答案为：3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+；NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率，故答案为：溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。