2024届高三化学高考备考一轮复习专题训练——化学研究方法与工业化学
一、单选题
1．下列物质性质与应用对应关系错误的是（ ）
A．浓硝酸、浓盐酸均为易挥发的强酸，两者混合配成的“王水”具有强腐蚀性
B．浓氨水具有挥发性，可用于检验运送氯气的管道是否发生泄露
C．石墨具有导电性、稳定性，可用作电极材料
D．氯化铝是电解质，可以用于电解法冶炼金属铝
2．邮票是国家邮政发行的一种邮资凭证，被誉为国家名片。新中国化学题材邮票展现了我国化学的发展和成就，是我国化学史不可或缺的重要文献。下列说法不正确是（ ）
A． 邮票中的人物是侯德榜。其研究出了联产纯碱与氯化铵化肥的制碱新工艺，创立了中国人自己的制碱工艺一侯氏制碱法
B． 邮票中的图是用橡胶生产的机动车轮胎。塑料、橡胶和纤维被称为三大合成材料，它们不断替代金属成为现代社会使用的重要材料
C． 邮票中的图是显微镜视野下的结晶牛胰岛素。我国首次合成的人工牛胰岛素属于蛋白质
D． 邮票是纪念众志成城抗击非典的邮票。冠状病毒其外壳为蛋白质，用紫外线、苯酚溶液、高温可以杀死病毒
3．工业制硫酸和合成氨生产中相同的是（ ）
A．所有原料气都循环使用
B．都用压缩机压缩原料气
C．用了完全相同的催化剂
D．都用热交换器进行加热
4．化学与生产、生活、科技及环境等密切相关。下列说法正确的是
A．侯氏制碱法应在饱和食盐水中先通二氧化碳再通氨气
B．大气中PM2.5比表面积大，吸附能力强，能吸附许多有毒有害物质
C．工业上用电解熔融氯化钠和熔融氧化镁的方法，来制备金属钠和镁
D．食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质
5．向空气中“挖矿”，为人类粮食增产做出巨大贡献的化学工业是( )
A．硫酸工业 B．合成氨工业 C．纯碱工业 D．石油化工
6．下列说法错误的是（ ）
A．海水提溴过程中鼓入热空气的目的是除去多余的氯气
B．接触法制硫酸，用98.3%H2SO4吸收SO3，而不是用水吸收
C．将Cl2通入冷的石灰乳中，可制得有效成分为Ca(ClO)2的漂白粉
D．合成氨反应的原料气必须经过净化，目的是防止混有的杂质使催化剂“中毒”
7．侯氏制碱法工艺流程如图所示。
下列说法错误的是
A．饱和食盐水“吸氨”的目的是使“碳酸化”时产生更多的
B．煅烧时发生反应2NaHCO3Δ__Na2CO3+CO2↑+H2O
C．“盐析”后溶液pH比“盐析”前溶液pH大
D．母液Ⅱ与母液Ⅰ所含粒子种类相同，但前者Na+、、Cl 的浓度更大
8．侯氏制碱法的流程如图所示。下列判断正确的是
A．煅烧前后固体质量：前＜后 B．碳酸化前后：前>后
C．盐析前后：前>后 D．母液I和II中：I＜II
9．化学与环境、科学、技术密切相关。下列有关说法中正确的是（ ）
A．华为首款5G手机搭载了智能的7nm制程SoC麒麟980芯片，此芯片主要成分是二氧化硅
B．用于制作N95型口罩的“熔喷布”主要原料是聚丙烯，聚丙烯的分子长链上无支链
C．国产飞机C919用到的氮化硅陶瓷是传统有机非金属材料
D．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
10．我国化学家侯德榜改良索尔维的纯碱生产工艺，其流程如下：
下列说法正确的是
A．已知醋酸铵溶液显中性，则反应所得到NH4HCO3溶液中：c(HCO)＞c(NH)
B．沉淀池中的反应方程式为2NaCl＋CO2＋2NH3＋H2O=Na2CO3↓＋2NH4Cl
C．饱和NaCl溶液中通入NH3后，溶液中存在：c(H+)＋c(NH)= c(OH－)
D．通NH3前的母液中一定存在：c(NH3·H2O)＋c(NH)= c(Cl－)
11．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
12．一种新型的合成氨的方法如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．反应①中 发生了氧化反应
B．反应①和②均属于“氮的固定”
C．反应③为
D．三步循环的总结果为
13．科学家利用过渡金属氮化物(TMNS)在常温下催化实现氨的合成，其反应机理如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．TMNS增大了合成氨反应中N2的平衡转化率
B．TMNS表面上的N原子被氧化为氨
C．用15N2进行合成反应，产物中只有15NH3
D．TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2
14．下列有关叙述错误的是（ ）
A．华为Mate系列手机采用的超大容量高密度电池属二次电池
B．珠港澳大桥桥底镶嵌锌块，锌作负极，以防大桥被腐蚀
C．精炼铜工业中，通过2mol电子时，阳极溶解63.5g铜
D．铅蓄电池充电时，标示“+”的接线柱连电源的正极，电极反应式为：
15．我国化学家侯德榜创立了著名的“侯氏制碱法”(流程简图如图所示)，促进了世界制碱技术的发展.下列有关说法正确的是（ ）
A．沉淀池中的反应物共含有五种元素
B．过滤得到的“母液”中一定只含有两种溶质
C．图中X可能是氨气
D．通入氨气的作用是使溶液呈碱性，促进二氧化碳的吸收，更多地析出沉淀
16．侯氏制碱法制造纯碱同时副产氯化铵。在母液处理上，有关说法错误的是（ ）
A．水浴加热，有利于NH4Cl更多地析出
B．加入食盐，增大Cl-的浓度，使NH4Cl更多地析出
C．通入氨气，增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出
D．通入氨气，使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度
二、综合题
17．氨气、尿素[CO（NH2）2]、Na2CO3均是重要的化工原料和产品，如图是某化工厂联合生成氨气、尿素[CO（NH2）2]、纯碱的部分工艺流程图．
（1）原料气进入压缩机前需要进行净化处理，其目的是 ．制备氨合成塔的材料 （填“能”或“不能”）使用普通的碳素钢．
（2）N2、H2混合气体经压缩后再送入氨合成塔，优点是 ． 某整个生产中循环使用某些原料可提高生产效益，能循环利用的物质是 ．
（3）请按要求填写下列空白．
①沉淀池中的离子方程式： ．
②生产尿素的化学方程式： ．
（4）在较低温度下，可从沉淀池的溶液中分离出一种副产品由此可推断，低温下NH4Cl的溶解度很可能 （填“小于”或“大于”）NaCL．NH4Cl是一种氮肥，但长期施用易使土壤酸化，用离子方程式表示其原因 ．
（5）以焦炭、水为原料制备H2 （碳转化为CO2，则1000g纯度为a%（（杂质不与水反应）焦炭最多可制备 g尿素（已知合成氨时h2的利用率为b%、合成尿素时NH3的利用率为c%）
18．纯碱是重要的化工原料，在医药、冶金、化工、食品等领域被广泛使用．
（1）工业生产纯碱的第一步是除去饱和食盐水的中Mg2+、Ca2+离子，从成本角度考虑加入试剂的化学式为 、 ．
某实验小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱，流程如图1：
已知：几种盐的溶解度
NaCl NH4HCO3 NaHCO3 NH4Cl
溶解度（20℃，100gH2O时） 36.0 21.7 9.6 37.2
（2）①写出装置I中反应的化学方程式 ．
②从平衡移动角度解释该反应发生的原因 ．
③操作①的名称是 ．
（3）写出装置II中发生反应的化学方程式 ．
（4）请结合化学用语说明装置III中加入磨细的食盐粉及NH3的作用．
（5）该流程中可循环利用的物质是
（6）制出的纯碱中含有杂质NaCl，为测定其纯度，下列方案中不可行的是 ．
a．向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，测生成CaCO3的质量
b．向m克纯碱样品中加入足量稀H2SO4，干燥后测生成气体的体积
c．向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，测生成沉淀的质量．
19．工业上用N2和H2合成NH3“N2 + 3H2 2NH3+Q”(反应条件略)。请回答下列问题：
（1）在实际化工生产中，为提高NH3的产率，可以采取的措施有(写两个)： ， 。
（2）氨气与酸反应得到铵盐，某(NH4)2SO4水溶液的pH=5，原因是溶液中存在平衡 (用离子方程式表示)，该反应对水的电离平衡起到 作用(填“促进”“抑制”或“无影响”)。(NH4)2SO4溶液中的离子浓度由大到小的顺序为 。
（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合成NH3反应的影响。实验结果如图所示：(图中T表示温度，n表示起始时H2物质的量)
①图像中T2和T1的关系是：T2 T1(填“ ”“ ”“ ”或“无法确定”)。
②在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最大的是 (填字母)。
③若容器容积为2L，b点对应的n=0.15mol，测得平衡时H2、N2的转化率均为60%，则平衡时N2的物质的量浓度为 mol/L。
20．元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。
（1）+6价的Cr能引起细胞的突变而对人体不利，可用亚硫酸钠将其还原。离子反应方程式为：3SO32－+Cr2O72－+8H+=2Cr3++3SO42－+4H2O，该反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
（2）工业上利用铬铁矿(FeO.Cr2O3)冶炼铬的工艺流程如图所示：
①为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是 。
②水浸Ⅰ要获得浸出液的操作是 。
③浸出液的主要成分为Na2CrO4，加入Na2S反应后有Na2SO4生成，则操作Ⅱ发生反应的离子方程式为 。
（3）常温下Cr(OH)3的溶度积Ksp=1×10－32，若要使Cr3+完全沉淀pH为 [c(Cr3+)降至10－5mol·L－1可认为完全沉淀]。
（4）以铬酸钠(Na2CrO4)为原料，用电化学法可制备重铬酸钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2CrO42－+2H+=Cr2O72－+H2O)。
①阳极的电极反应式为 。
②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由amol变为bmol，则生成重铬酸钠的物质的量为 mol。
21．和硅同一主族的锗也是重要的半导体材料，锗应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。一种提纯二氧化锗粗品（主要含GeO2、As2O3）的工艺如下：
已知：①“碱浸”过程中的反应为：GeO2＋2NaOH＝Na2GeO3＋H2O、As2O3＋2NaOH＝2NaAsO2＋H2O
② GeCl4的熔点为-49.5℃，AsCl3与GeCl4的沸点分别为130.2℃、84℃。
（1）砷的原子序数为33，砷在元素周期表中的位置为第 周期第 族。
（2）“氧化除砷”的过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，其反应的离子方程式为： 。
（3）传统的提纯方法是将粗品直接加入盐酸中蒸馏，其缺点是 。
（4）“蒸馏”过程中的反应的化学方程式为： 。
（5）“水解”操作时保持较低温度有利于提高产率，其最可能的原因是 （答一条即可）。
（6）若1吨二氧化锗粗品（含杂质30%）经提纯得0.745吨的较纯二氧化锗产品，则杂质脱除率为 。
（7）和砷同一主族的锑也可以用于半导体中。一种突破传统电池设计理念的镁—锑液态金属二次电池工作原理如图所示：
该电池由于密度的不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成不变。充电时，Cl－向 （填“上”或“下”）移动；放电时，正极的电极反应式为 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A. 浓硝酸、浓盐酸均为易挥发的强酸，浓硝酸和浓盐酸的混合物（体积比为1:3）叫做王水，能使一些不溶于硝酸的金属如金、铂等溶解，具有强腐蚀性，A项不符合题意；
B. 浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气与氯气发生反应8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2，生成的氯化铵为白色固体，若管道某处漏气时会看到白烟，则浓氨水可用于检验运送氯气的管道是否发生泄露，B项不符合题意；
C. 石墨具有导电性、稳定性，可用作电极材料，C项不符合题意；
D. 氯化铝是共价化合物，熔融态没有自由移动的离子，不能导电，不能用电解熔融氯化铝的方法冶炼金属铝，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】可以用电解熔融氧化铝的方法冶炼金属铝，而不能电解熔融氯化铝，因为氯化铝是共价化合物，熔融态没有自由移动的离子，不能导电，这是学生们的易错点。
2．【答案】B
【解析】【解答】A． 邮票中的人物是侯德榜。1941年，侯德榜改进了索尔维制碱法，研究出了制碱流程与合成氨流程于一体的联产纯碱与氯化铵化肥的制碱新工艺，命名为“侯氏制碱法”，故A不符合题意；
B． 邮票中的图是用橡胶生产的机动车轮胎。橡胶和纤维都有天然的，三大合成材料是指塑料、合成橡胶和合成纤维，它们不断替代金属成为现代社会使用的重要材料，故B符合题意；
C． 邮票中的图是显微镜视野下的结晶牛胰岛素。1965年9月，我国科学家首先在世界上成功地实现了人工合成具有天然生物活力的蛋白质 结晶牛胰岛素，故C不符合题意；
D． 邮票是纪念众志成城抗击非典的邮票。冠状病毒其外壳为蛋白质，用紫外线、苯酚溶液、高温都可使蛋白质变性，从而可以杀死病毒，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A，侯德榜进行改进了联合制碱法，称为侯德榜制碱法
B.橡胶和纤维有人工和合成，需要分清楚
C.我国是首次合成牛胰岛素
D.紫外线以及高温和苯酚溶液均可以杀死病毒
3．【答案】D
【解析】【解答】A. 工业制硫酸的原料气主要是通过吸收液回收利用二氧化硫，合成氨的原料气通过循环压缩机循环使用，A不符合题意；
B. 工业上用氮气和氢气在高温高压催化剂的条件下合成氨，工业制硫酸，是铁矿石在沸腾炉中高温煅烧，二氧化硫和氧气在催化剂的作用下，加热即可，无需高压的条件，B不符合题意；
C. 氨气用铁触媒做催化剂，制硫酸二氧化硫氧化为三氧化硫是用五氧化二钒做催化剂，C不符合题意；
D. 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，合成氨的设备为合成塔，冷凝分离设备为冷凝塔或冷凝器，从压缩机到合成塔，需热交换器对混合气进行加热，工业制硫酸使用的三个设备是沸腾炉、接触室、吸收塔，在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对工业生成硫酸和合成氨的考查，结合工业生成硫酸和合成氨的知识点进行分析即可。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．CO 在NaCl中的溶解度很小，先通入NH 使食盐水显碱性，能够吸收大量CO 气体，所以侯氏制碱法应在饱和食盐水中先通氨气再通二氧化碳，故A不符合题意；
B．PM2.5比表面积大，具有较强的吸附能力，能吸附大量的有毒、有害物质，主要危害人体呼吸系统，故B符合题意；
C．钠是活泼金属，当前工业上普遍采用熔融氯化钠电解法制金属钠，镁化学性质也比较活泼，工业上常用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，故C不符合题意；
D．硅胶、生石灰只能吸水使食品保持干燥，不能防止食品氧化变质，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.侯氏制碱法应在饱和食盐水中先通入氨气，使溶液呈碱性，再通入二氧化碳；
C.工业上通常电解熔融氯化镁制备金属镁；
D.硅胶和生石灰是干燥剂，铁粉是抗氧化剂。
5．【答案】B
【解析】【解答】实现粮食增产需要大量的化肥（主要是氮肥、磷肥、钾肥），合成氨工业以空气中氮气为原料制得氨气，进而生成氮肥。
故答案为：B。
【分析】从粮食增产所需化学工业分析。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．海水提溴过程中鼓入热空气的目的是使溴从溶液中挥发出来，A符合题意；
B．工业接触法制硫酸时，用98.3%H2SO4吸收SO3，能够使三氧化硫吸收完全，防止形成酸雾，B不符合题意；
C．将Cl2通入冷的石灰乳中，氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，可制得有效成分为Ca(ClO)2的漂白粉，C不符合题意；
D．若合成氨反应的原料气不纯，催化剂易“中毒”，因此原料气必须经过净化，防止混有的杂质使催化剂“中毒”，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．采用空气吹出法；
B．用水吸收会形成酸雾；
C．氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
D．杂质易使催化剂“中毒”。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．氨气极易溶于水使溶液显碱性，饱和食盐水“吸氨”的目的是可以吸收更多二氧化碳，使“碳酸化”时产生更多的，故A不符合题意；
B．碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水、二氧化碳，故B不符合题意；
C．铵根离子水解生成氢离子，溶液显酸性；加入氯化钠“盐析”后溶液中铵根离子浓度减小，溶液酸性减弱，故pH比“盐析”前溶液pH大，故C不符合题意；
D．母液Ⅱ为加入氯化钠晶体，析出氯化铵后得到的；与母液Ⅰ所含粒子种类相同，但母液Ⅱ中碳酸氢根离子的浓度没有变的更大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 合成氨工业提供的氨气通入饱和食盐水中， 再通入二氧化碳碳酸化，过滤得到母液Ⅰ，“吸氨”操作目的是将碳酸氢钠转化为碳酸钠，同时增大铵根离子浓度，吸收氨气后降温冷析得到氯化铵晶体，滤液中加入氯化钠盐析得到母液Ⅱ主要是饱和食盐水，再循环使用，过滤得到的碳酸氢钠晶体煅烧得到碳酸钠为纯碱，生成的二氧化碳重新回到碳酸化步骤循环使用。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，煅烧发生的反应为碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则煅烧前固体质量大于煅烧后，故A不符合题意；
B．由分析可知，碳酸化前的溶液为氨化的饱和食盐水，碳酸化后的溶液为含有碳酸氢钠的氯化铵溶液，一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，则碳酸化前的溶液中的铵根离子浓度小于碳酸化后，故B不符合题意；
C．由分析可知，盐析前的溶液为氯化铵溶液，盐析后的溶液为氯化钠溶液，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，氯化钠溶液呈中性，则盐析前溶液pH小于盐析后，故C不符合题意；
D．由分析可知，母液I为含有碳酸氢钠的氯化铵溶液，母液II为氯化钠溶液，则母液I中钠离子浓度小于母液II，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】先向饱和食盐水中通入氨气， 然后通入CO2，进行碳酸化，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，过滤得到NaHCO3固体，煅烧NaHCO3固体生成碳酸钠，母液Ⅰ中含有NH4Cl和NaHCO3，继续通入氨气，冷析后，加入氯化钠，盐析，析出NH4Cl后的母液Ⅱ继续循环使用。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．芯片的成分是单质硅，不是二氧化硅，二氧化硅是光导纤维，故A不符合题意；
B．合成聚丙烯的单体为CH2=CH-CH3，聚丙烯的结构可表示为 ，聚丙烯的分子长链上有支链-CH3，故B不符合题意；
C．氮化硅陶瓷属于无机物，是新型无机非金属材料，不是传统有机非金属材料，故C不符合题意；
D．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、芯片是硅单质
B、聚丙烯的结构可表示为 ，有甲基为支链
C、氮化硅为新型材料
D、由于碳酸氢钠的溶解度较低，故能析出。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．已知醋酸铵溶液显中性，说明CH3COO-和的水解平衡常数相当，即CH3COOH和NH3·H2O的电离平衡常数相当，但CH3COOH的酸性强于H2CO3即CH3COO-的水解程度小于，即的水解程度小于，则反应所得到NH4HCO3溶液中：c(HCO)＜c(NH)，A不符合题意；
B．侯氏制碱首先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解得到Na2CO3，故沉淀池中的反应方程式为NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，B不符合题意；
C．饱和NaCl溶液中通入NH3后，根据溶液中电荷守恒可知，c(H+)＋c(NH)+c(Na+)= c(OH－)+c(Cl-)，又c(Na+)=c(Cl-)，故溶液中存在：c(H+)＋c(NH)= c(OH－)，C符合题意；
D．通NH3前的母液中除含有NH4Cl外，还含有未反应的NaCl，未析出的NaHCO3，故不存在下列物料守恒：c(NH3·H2O)＋c(NH)= c(Cl－)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.醋酸铵溶液显中性，说明CH3COO-和的水解程度相当，CH3COOH的酸性强于H2CO3，则CH3COO-的水解程度小于，即的水解程度小于；
B.沉淀池中，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵；
C.根据电荷守恒分析；
D.根据物料守恒分析。
11．【答案】A
【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。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．反应①中氮得电子，发生还原反应，化合价降低，A不符合题意；
B．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，反应①是氮的固定，反应②不是，B不符合题意；
C．反应③是LiOH通电条件下生成Li、O2、H2O，反应方程式为 ，C符合题意；
D．该合成氨反应中没有氢气参与，氢元素来源于水，且伴有氧气生成，三步循环的总结果为 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氮气和锂反应生成氮化锂，依据元素化合价变化判断；
B.游离态的氮元素转化为化合态为氮元素的固定；
C.电极熔融的氢氧化锂生成锂和氧气和水；
D.三步反应6Li + N2 = 2Li3N、Li3N + 3H2O = 3LiOH + NH3、 ，据此分析。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．TMNS大大降低了合成氨反应的活化能，加快反应速率，但是不能影响平衡的移动，不会增大转化率，A说法不符合题意；
B．TMNS表面上的N原子与氢原子结合，N元素化合价降低，被还原为氨，B说法不符合题意；
C．合成氨为可逆反应，存在副反应，用15N2进行合成反应，产物不一定只有15NH3，可能含有其它含15N的副产物，C说法不符合题意；
D．根据图像可知，TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2，D说法符合题意；
答案为D。
【分析】A.催化剂只能通过降低反应所需活化能来加快反应速率，但催化剂不能影响反应平衡也不能改变转化率；
B.N原子变成氨化合价降低，被还原；
C.合成氨存在副反应，而在可逆反应中标记反应物中的原子，可能用于副反应中产生额外副产物；
D.根据图像可以看出表面空位利于吸附N2。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．华为Mate系列手机采用的超大容量高密度电池是可充电电池，是二次电池，A项不符合题意；
B．珠港澳大桥桥底镶嵌锌块，Fe为正极，Zn为负极失去电子发生氧化反应，以防大桥被腐蚀，B项不符合题意；
C．精炼铜工业中，粗铜作阳极，由于粗铜中含有杂质Fe、Ni等，比铜活泼的金属先溶解，即通过2mol电子时，阳极溶解铜小于63.5g，C项符合题意；
D．铅蓄电池充电时，正极（阳极）失去电子发生氧化反应，则电极反应式为： ，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解精炼铜时，阳极主要是铜、铁、锌、银等金属，转移2mol电子时不一定溶解63.5g的铜，其他选项均正确
15．【答案】D
【解析】【解答】A．沉淀池中发生的反应的反应物是氯化钠、氨气、二氧化碳和水，所以含有钠、氯、氮、氢、碳、氧六种元素，故A不符合题意；
B．过滤得到的“母液”中含有的溶质有碳酸氢钠、氯化铵，还有可能含有过量的氯化钠，故B不符合题意；
C．碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，所以X是二氧化碳，故C不符合题意；
D．氨气的水溶液显碱性，能更好的吸收二氧化碳，使反应物浓度大，反应速度快，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】将合成氨工厂产生的氨气、副产品CO2、饱和食盐水通（加）入到沉淀池中，发生反应：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，过滤，将得到的固体，洗涤、低温干燥、加热分解，得到碳酸钠，再将CO2循环利用，通入沉淀池中，可以向母液中添加氯化钠，使氯化铵析出，用做氮肥。
16．【答案】A
【解析】【解答】A、从母液中获得NH4Cl晶体，采用的时降温结晶的方法，故A说法符合题意；
B、加入食盐，增加c(Cl－)，使NH4Cl更多析出，故B说法不符合题意；
C、通入NH3，NH3＋H2O=NH3·H2O，NH3·H2O NH4＋＋OH－，c(NH4＋)增大，使NH4Cl更多地析出，故C说法不符合题意；
D、通入氨气，NH3·H2O与NaHCO3反应生成Na2CO3，溶解度小的转化成溶解度大的，c(NH4＋)增大，提高析出NH4Cl的纯度，故D说法不符合题意。
故答案为：A
【分析】侯氏制碱法的原理是依据离子反应发生的原理进行的，离子反应会向着离子浓度减小的方向进行。利用NaHCO 在溶液中溶液中溶解度较小，所以先制得NaHCO 。再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱。
其化学方程式可以归纳为以下三步反应。
(1)NH3+H2O+CO2=NH4HCO3(首先通入氨气，然后再通入二氧化碳）
(2)NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓（NaHCO3溶解度最小，所以析出。）
(3)2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O(NaHCO3热稳定性很差，受热容易分解）
且利用NH4Cl的溶解度，可以在低温状态下向(2)中的溶液加入NaCl，则NH4Cl析出，得到化肥，提高了NaCl的利用率。
17．【答案】（1）防止催化剂中毒影响催化活性；不能
（2）提高反应速率和转化率；N2、CO2、H2
（3）Na++H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4+；2NH3+CO2 [CO（NH2）2]+H2O
（4）小于；NH4++H2O H++NH3 H2O
（5）
【解析】【解答】解：（1）原料气中的一些物质能使催化剂中毒，故要通过净化除去，氨合成塔中的反应是在高压下进行的，制备合成塔的材料需要承受较高的压力，所以普通的碳素钢不能制成该合成塔，故答案为：防止催化剂中毒影响催化活性；不能；（2）混合气体经压缩后，可以增大反应物的浓度，提高反应的速率，由于合成氨的反应是气体分子数减少的反应，所以高压有利于提高原料的转化率，循环使用某些原料可提高生产效益，能循环利用的物质是N2、CO2、H2；故答案为：提高反应速率和转化率；N2、CO2、H2；（3）①沉淀池中析出的固体是溶解度较小的碳酸氢钠，发生反应的离子方程式：Na++H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4+；故答案为：Na++H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4+；②氨气和二氧化碳在加热加压条件下可以得到尿素，生产尿素的化学方程式为：2NH3+CO2 [CO（NH2）2]+H2O，故答案为：2NH3+CO2 [CO（NH2）2]+H2O；（4）在沉淀池中还有氯化钠和氯化铵，低温下氯化铵可以结晶析出，但是氯化钠不能，所以低温下氯化铵的溶解度很可能小于氯化钠，NH4Cl是一种氮肥，但铵根离子水解显示酸性，所以长期施用易使土壤酸化，离子方程式表示为：NH4++H2O H++NH3 H2O；故答案为：小于；NH4++H2O H++NH3 H2O；（5）根据相关反应结合元素守恒，得到关系式为：C﹣2H2﹣ NH3﹣ [CO（NH2）2]，得到n（C）= ，所以尿素的物质的量是）= ×
×b%×c%，所以质量为： × ×b%×c%×60g= g，故答案为： ．
【分析】原料气中的一些物质能使催化剂中毒，故要通过净化除去，氨合成塔中的反应是在高压下进行的，混合气体经压缩后，可以增大反应物的浓度，并且压有利于提高原料的转化率，沉淀池中发生反应的离子方程式：Na++H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4+，析出的固体是溶解度较小的碳酸氢钠，在沉淀池中还有氯化钠和氯化铵，氨气和二氧化碳在加热加压条件下可以得到尿素，（1）原料气中的一些物质能使催化剂中毒，制备合成塔的材料需要承受较高的压力；（2）增大反应物的浓度，可以提高反应的速率，高压有利于提高原料的转化率，循环使用某些原料可提高生产效益；（3）①沉淀池中析出的固体是溶解度较小的碳酸氢钠；②氨气和二氧化碳在加热加压条件下可以得到尿素；（4）在沉淀池中还有氯化钠和氯化铵，低温下氯化铵可以结晶析出，但是氯化钠不能，铵根离子水解显示酸性；（5）根据相关反应结合元素守恒，得到关系式为：C﹣2H2﹣ NH3﹣ [CO（NH2）2]，据此计算即可．
18．【答案】（1）Ca（OH）2；Na2CO3
（2）NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl；在溶液中存在下述两种平衡NH3+H2O NH3 H2O NH4++OH﹣，CO2+H2O H2CO3 H++HCO3﹣，OH﹣与H+结合生成水，促进两平衡正向移动，使溶液中的NH4+和HCO3﹣浓度均增大，由于NaHCO3溶解度小，因此HCO3﹣与Na+结合生成NaHCO3，固体析出使得反应发生；过滤
（3）2NaHCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} Na2CO3+H2O+CO2↑
（4）在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，存在平衡NH4Cl（s） NH4++Cl﹣，通入氨气增大NH4+的浓度，加入磨细的食盐粉，增大Cl﹣的浓度，使上述平衡逆向移动，促使氯化铵结晶析出
（5）氯化钠和二氧化碳
（6）c
【解析】【解答】解：（1）工业上除去Mg2+用含有OH﹣的可溶性碱、除去Ca2+用含有CO32﹣的可溶性盐，且这两种试剂必须价格低廉，除去镁离子用氢氧化钙、除去钙离子用碳酸钠，故答案为：Ca（OH）2；Na2CO3；（2）①NaCl、CO2、NH3、H2O发生反应生成NaHCO3和NH4Cl，反应方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl，故答案为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl；
②在溶液中存在下述两种平衡NH3+H2O NH3 H2O NH4++OH﹣，CO2+H2O H2CO3 H++HCO3﹣，OH﹣与H+结合生成水，促进两平衡正向移动，使溶液中的NH4+和HCO3﹣浓度均增大，由于NaHCO3溶解度小，因此HCO3﹣与Na+结合生成NaHCO3，固体析出使得反应发生，故答案为：在溶液中存在下述两种平衡NH3+H2O NH3 H2O NH4++OH﹣，CO2+H2O H2CO3 H++HCO3﹣，OH﹣与H+结合生成水，促进两平衡正向移动，使溶液中的NH4+和HCO3﹣浓度均增大，由于NaHCO3溶解度小，因此HCO3﹣与Na+结合生成NaHCO3，固体析出使得反应发生；③分离沉淀和溶液采用过滤方法，所以该操作名称是过滤，故答案为：过滤；（3）受热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为2NaHCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：2NaHCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} Na2CO3+H2O+CO2↑；（4）在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，氯化铵存在溶解平衡，增大离子浓度抑制其溶解，所以在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，存在平衡NH4Cl（s） NH4++Cl﹣，通入氨气增大NH4+的浓度，加入磨细的食盐粉，增大Cl﹣的浓度，使上述平衡逆向移动，促使氯化铵结晶析出，故答案为：在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，存在平衡NH4Cl（s） NH4++Cl﹣，通入氨气增大NH4+的浓度，加入磨细的食盐粉，增大Cl﹣的浓度，使上述平衡逆向移动，促使氯化铵结晶析出；（5）装置III中从母液中能分离出氯化钠，装置II中得到二氧化碳，装置I中需要二氧化碳和氯化钠，所以能循环利用的是氯化钠和二氧化碳，故答案为：氯化钠和二氧化碳；（6）a．只有氯化钙能和碳酸钠反应生成碳酸钙，根据碳酸钙的量计算碳酸钠的量，所以该方案可以，故a不选；b．只有碳酸钠能和稀硫酸反应生成二氧化碳，根据二氧化碳的量计算碳酸钠的量，所以该方案可以，故b不选；c．碳酸根离子和氯离子都能和银离子反应生成白色沉淀，无法计算碳酸钠的量，所以该方案不可以，故c选；故选c．
【分析】（1）工业上除去Mg2+用含有OH﹣的可溶性碱、除去Ca2+用含有CO32﹣的可溶性盐，且这两种试剂必须价格低廉；（2）①NaCl、CO2、NH3、H2O发生反应生成NaHCO3和NH4Cl；②酸和碱反应生成盐和水而相互促进溶解，且NaCl的溶解度大于碳酸氢钠，溶解度大的物质向溶解度小的物质转化；③分离沉淀和溶液采用过滤方法；（3）受热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；（4）在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，氯化铵存在溶解平衡，增大离子浓度抑制其溶解；（5）从母液中能分离出氯化钠，装置II中得到二氧化碳，装置I中需要二氧化碳和氯化钠；（6）a．只有氯化钙能和碳酸钠反应生成碳酸钙，根据碳酸钙的量计算碳酸钠的量；b．只有碳酸钠能和稀硫酸反应生成二氧化碳，根据二氧化碳的量计算碳酸钠的量；c．碳酸根离子和氯离子都能和银离子反应生成白色沉淀．
19．【答案】（1）增加氮气的投入量；将生成的氨气降温液化及时移出
（2）NH +H2O NH3 H2O+H+；促进；c(NH )＞c(SO )＞c(H+)＞c(OH-)
（3）＜；c；0.01
【解析】【解答】(1) 工业上的合成氨的反应是气体物质的量减小的放热反应，在实际化工生产中，为提高NH3的产率，可以采取的措施有：增加氮气的投入量；将生成的氨气降温液化及时移出，故答案为：增加氮气的投入量；将生成的氨气降温液化及时移出；
(2)NH 水解导致硫酸铵溶液显酸性，水解的方程式为NH +H2O NH3 H2O+H+；盐类的水解促进水的电离；水解后(NH4)2SO4水溶液的pH=5，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为c(NH )＞c(SO )＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：NH +H2O NH3 H2O+H+；促进；c(NH )＞c(SO )＞c(H+)＞c(OH-)；
(3)①合成氨的反应为放热反应，温度升高，化学平衡向着吸热方向移动，从T1到T2反应体系中氨气的百分数增加，故T1＞T2，故答案为：＜；
②b点代表平衡状态，c点表示又加入了氢气，平衡向右移动，氮气的转化率增大，因此反应物N2的转化率最大的是c，故答案为：c；
③当氮气和氢气的物质的量之比为1∶3时达平衡状态时氨的百分含量最大，平衡点时产物的产率最大，根据图示，当起始氢气的物质的量为0.15mol时氨的含量最大，故起始加入N2的物质的量为0.05mol，测得平衡时H2、N2的转化率均为60%，则平衡时氮气的浓度是 =0.01mol/L，故答案为：0.01。
【分析】要提高NH3的产率，需要使平衡正向移动，据此分析解答；NH 水解导致硫酸铵溶液显酸性，据此分析解答；合成氨的反应为放热反应，温度升高，化学平衡向着吸热方向移动，当氮气和氢气的物质的量之比为1∶3时达平衡状态时氨的百分含量最大，判断起始加入N2的物质的量，结合H2、N2的转化率均为60%分析解答。
20．【答案】（1）1︰3
（2）将铬铁矿粉碎(或其他合理措施)；过滤；
（3）5（或≧5）
（4） （或 ）；（a-b）/2
【解析】【解答】（1）还原剂为SO32－，氧化剂为Cr2O72－，由离子反应方程式为： ，该反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为1︰3；
（2）①影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快，加热焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施是：将铬铁矿粉碎(或其他合理措施)。②可用过滤分离固体和液体，水浸Ⅰ要获得浸出液的操作是过滤；③Na2CrO4将Na2S氧化成Na2SO4，由电子守恒和质量守恒操作Ⅱ发生反应的离子方程式为： （3）KspCr（OH）3=c（Cr3＋）×c3（OH－），若c（Cr3＋）=10-5mol·L－1时，c（OH－）= mol·L－1=10-9mol·L－1，常温时c（H＋）=10-5mol·L－1，pH=5（或≧5）；（4）①电解池中阳极发生氧化反应，电极反应式为 ，故答案为： （或 ）；②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na＋物质的量由a mol变为bmol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，所以外电路中转移的电子为（a-b）mol，阳极的电极反应为： ，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol，已知： ，所以阳极消耗的CrO42－为（a-b）mol，则生成重铬酸钠的物质的量为（a-b）/2mol。
【分析】（1） Cr2O72－ 中的Cr的化合价降低，为氧化剂， SO32－ 中的S的化合价升高，为还原剂，方程式中的系数之比等于物质的量之比。
（2）粉碎原料增大接触面积或升高温度可加快反应速率，提高原料的利用率。过滤将浸出液和浸出渣分离。 浸出液的主要成分为Na2CrO4，加入Na2S反应后有Na2SO4生成 ，由化合价升降分析有+3价的含Cr物质生成。
（3）KspCr（OH）3=c（Cr3＋）×c3（OH－）， c(Cr3+)降至10－5mol·L－1可认为完全沉淀 ，可求出完全沉淀的pH。
（4）阴离子在阳极放电由放电顺序可知水电离的OH-放电。 ，电路中转移的电子相等， Na+物质的量由amol变为bmol ，可知电荷的量为（b-a）mol，生成H+的物质的量为（b-a）mol， 从方程式计算2CrO42－+2H+=Cr2O72－+H2O ， 生成重铬酸钠的物质的量为（a-b）/2 mol
21．【答案】（1）四或4；ⅤA
（2）3AsO2-＋ClO3-＋6 OH-＝3 AsO43-＋Cl-＋3H2O
（3）馏出物中将会含有AsCl3，降低了产品纯度
（4）Na2GeO3＋6HCl＝2NaCl＋GeCl4＋3H2O
（5）该水解反应为放热反应，温度较低时水解平衡正向移动，反应物平衡转化率更高；或温度高时GeCl4易挥发导致降低产率；或温度高时，结晶水合物的溶解度大
（6）85%或0.85
（7）下；Mg2＋＋2e－＝Mg
【解析】【解答】（1）砷的原子序数为33，砷在元素周期表中的位置为第四（或4 ）周期第ⅤA族；
（2）“氧化除砷”的过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，其反应的离子方程式为3AsO2-＋ClO3-＋6 OH-＝3 AsO43-＋Cl-＋3H2O；
（3）传统的提纯方法是将粗品直接加入盐酸中蒸馏，由于AsCl3与GeCl4的沸点分别为130.2℃、84℃，故其缺点是馏出物中将会含有AsCl3，降低了产品纯度；
（4）“蒸馏”过程中的反应的化学方程式为Na2GeO3＋6HCl＝2NaCl＋GeCl4＋3H2O；
（5）“水解”操作时，保持较低温度有利于提高产率，其最可能的原因是：该水解反应为放热反应，温度较低时水解平衡向反应方向移动，反应物平衡转化率更高（或温度高时GeCl4易挥发导致降低产率；或温度高时，结晶水合物的溶解度大）；
（6）若1吨二氧化锗粗品（含杂质30%）经提纯得0.745吨的较纯二氧化锗产品，则杂质脱除率为 =85%(或0.85)；
（7）由图可知，该电池的负极是镁、正极是镁锑合金；充电时，镁是阴极、镁锑合金是阳极，所以Cl－向下（阳极）移动；放电时，正极的电极反应式为Mg2＋＋2e－＝Mg。
故答案为：（1）四（或4 ） ⅤA；（2）3AsO2-＋ClO3-＋6 OH-＝3 AsO43-＋Cl-＋3H2O；（3）馏出物中将会含有AsCl3，降低了产品纯度；（4）Na2GeO3＋6HCl＝2NaCl＋GeCl4＋3H2O；（5）该水解反应为放热反应，温度较低时水解平衡向反应方向移动，反应物平衡转化率更高（或温度高时GeCl4易挥发导致降低产率；或温度高时，结晶水合物的溶解度大）；（6）85%(或0.85)； （7） 下 Mg2＋＋2e－＝Mg。
【分析】（1）根据原子序数确定元素在周期表中位置，注意主族的表示方法；
（2）根据题干中信息写离子方程式；
（3）根据蒸馏的原理确定馏分的成分；
（4）根据题干前后信息找出反应物和生成物；
（5）温度对反应速率和化学平衡的影响；
（6）清楚杂质脱除率的计算方法；
（7）根据电流方向判断原电池的正负极。
