硫酸工业生产尾气的处理和回收原理(反应方程式)

解题思路：根据工业上接触法制硫酸的原料、过程，制硫酸原料为硫铁矿，进样前首先将硫铁矿粉碎，增大接触面积；生产分三步，二氧化硫的制取和净化、二氧化硫转化为三氧化硫、三氧化硫的吸收，分别在沸腾炉、接触室、吸收塔中进行；其中从沸腾炉中出来的气体需要净化和干燥，是为了防止在接触室中的催化剂中毒，在接触室中的催化剂可以加快反应的速率，但不会影响平衡的移动，二氧化硫的转化率不会改变；在吸收塔中生成的三氧化硫与水反应生成硫酸，若直接用水吸收会形成酸雾，因此在生产实践中采用98.3%的浓硫酸吸收，这样可以防止形成酸雾，使三氧化硫吸收完全等来解题．

A、硫铁矿燃烧前需要粉碎，因为大块的硫铁矿不能在空气中充分燃烧，硫铁矿粉碎后与氧气的接触面积增大，利于其充分的燃烧，大块的硫铁矿在空气中也能燃烧，只是燃烧不充分，会造成资源的浪费，故A错误；
B、从沸腾炉出来的炉气需净化是因为其中带有的杂质气体会让下一步接触室里面的催化剂中毒，催化剂中毒会影响反应的进度，故B错误；
C、一般来说，催化剂是指参与化学反应中间历程的，又能选择性地改变化学反应速率，而其本身的数量和化学性质在反应前后基本保持不变的物质．通常把催化剂可以加速化学反应，使反应尽快达到平衡状态，但不影响化学平衡，故二氧化硫的转化率不会改变，只是达到平衡的时间减短了，故C错误；
D、生成的三氧化硫与水反应生成硫酸，若直接用水吸收会形成酸雾，因此在生产实践中采用98.3%的浓硫酸吸收，这样可以防止形成酸雾，使三氧化硫吸收完全，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 工业制取硫酸．

考点点评： 本题考查了工业上接触法制硫酸的原料、过程．明确发生的化学反应及设备、原料、在生产实践中采用98.3%的浓硫酸吸收的原因是解答本题的关键，并注意理论与实际生产中的差别来解答．

A

本题考查了常见的工业制法。在侯氏制碱法中，由于二氧化碳溶解度小，故先通入过量氨气再通而二氧化碳。电解法制活泼金属时，制铝用氧化物，制镁用氯化物。氯碱工业中，阳离子交换膜不允许小分子、阴离子通过。在硫酸工业、合成氨工业、硝酸工业中，尾气往往要回收以提高原料利用率。

解题思路：（1）依据工业合成氨、接触法制硫酸的工业流程和设备反应分析判断；
（2）根据合成塔中的反应要吸热，接触室中的反应要放热，能量循环使用；
（3）①硫酸工业中在接触室发生了二氧化硫的催化氧化，采用循环操作可提高二氧化硫的利用率；
②合成氨生产中产生了氨气，采用循环操作可提高N₂、H₂的转化率
③硫酸工业中涉及到合成氨，合成氨生产中产生了氨气，采用循环操作可提高N₂、H₂的转化率；
（4）在吸收塔中用水吸收三氧化硫，反应放热易形成酸雾阻止对三氧化硫的吸收；
（5）工业生产中常用氨-酸法进行尾气脱硫，即先用氨水吸收，再用浓硫酸处理．先用氨水吸收时，发生反应：SO₂+2NH₃•H₂O═（NH₄）₂SO₃，再用浓硫酸处理时，发生反应：（NH₄）₂SO₃+H₂SO₄═（NH₄）₂SO₄+SO₂↑+H₂O．

（1）合成氨工业中，利用氨易液化，分离出N₂、H₂通过循环压缩机循环使用，可提高氨的产率；X设备是煅烧黄铁矿的设备，在沸腾炉进行反应，故答案为：循环压缩机；沸腾炉；
（2）合成塔中的反应要吸热，接触室中的反应要放热，可以充分利用反应中放出的热量加热反应气，故答案为：充分利用反应中放出的热量加热反应气；
（3）①硫酸工业中在接触室发生了二氧化硫的催化氧化，采用循环操作可提高二氧化硫的利用率，故①正确；
②合成氨生产中产生了氨气，采用循环操作可提高N₂、H₂的转化率，故②正确；
③硫酸工业中涉及到合成氨，合成氨生产中产生了氨气，采用循环操作可提高N₂、H₂的转化率，故③正确；
故选：①②③；
（4）在吸收塔中用水吸收三氧化硫，反应放热易形成酸雾阻止对三氧化硫的吸收，故答案为：由于用稀硫酸或水吸收SO₂时易形成酸雾，不利于SO₂吸收；
（5）工业生产中常用氨-酸法进行尾气脱硫，即先用氨水吸收，再用浓硫酸处理．先用氨水吸收时，发生反应：SO₂+2NH₃•H₂O═（NH₄）₂SO₃，再用浓硫酸处理时，发生反应：（NH₄）₂SO₃+H₂SO₄═（NH₄）₂SO₄+SO₂↑+H₂O，硫酸工业尾气中的SO₂经处理可以得到一种化肥为（NH₄）₂SO₄，故答案为：（NH₄）₂SO₄．

点评：
本题考点： 工业合成氨；工业制取硫酸．

考点点评： 本题主要考查了合成氨工业、硫酸工业的生产工艺流程，掌握生产的原理和步骤是解题的关键，难度中等．

（1）BD （2）5.76  0.125mol/（L·min）    ＜  （3）BC
（4）CH ₄ +4NO=2N ₂ +CO ₂ +2H ₂ O

硫酸工业中尾气是二氧化硫、三氧化硫,化学反应式为：搜SO2+2NH3.H2O=(NH4)2SO3=H2O,SO3+2NH3.H2O=(NH4)2SO4+H2O.没有氧化还原反应.

B错了,酸雨是指PH值小于5.6的雨雪或其他形式的降水.

解题思路：（1）硫酸工业生产应考虑综合经济效益问题，同时要考虑当地的需求量情况，硫酸厂是一座具有一定污染性的工厂；
（2）根据硫原子守恒，外界提供的能量即为硫酸生产过程放出的热量和需消耗的能量之间的差值；
（3）根据反应物和生成物结合质量守恒来书写化学方程式；
（4）根据硫酸铜的生产原理和化学平衡移动的影响因素来考虑．

（1）硫酸工业生产应考虑综合经济效益问题，同时要考虑当地的需求量情况，硫酸厂是一座具有一定污染性的工厂，所以厂址宜选在消耗硫酸甚多的工业城市，故答案为：C；
（2）根据原子守恒，则SO₂～SO₃～H₂SO₄ 放出的热量
98g 98.3KJ
1×10⁶×98%g x
[98g
1×106×98%g＝
98.3kJ/x]
解得：x=9.83×10⁵kJ
可向外界输出的能量：9.83×10⁵kJ-3.6×10⁵KJ=6.23×10⁵KJ，故答案为：6.23×10⁵；煅烧
（3）反应物和生成物已知，结合质量守恒来书写化学方程式为：4CuFeS₂+13O₂

煅烧
.
4CuO+2Fe₂O₃+8SO₂，故答案为：
4CuFeS₂+13O₂

煅烧
.
4CuO+2Fe₂O₃+8SO₂；
（4）SO₂转化为SO₃是正反应放热的可逆反应，随温度升高，平衡逆移，SO₃物质的量减少，所以CuSO₄的量减少（或温度升高，SO₃物质的量减少，故CuSO₄的量减少），
故答案为：SO₂转化为SO₃是正反应放热的可逆反应，随温度升高，平衡逆移，SO₃物质的量减少，所以CuSO₄的量减少（或温度升高，SO₃物质的量减少，故CuSO₄的量减少）．

点评：
本题考点： 工业制取硫酸．

考点点评： 本题是一道关于硫酸的工业生产知识题目，综合性较强，难度较大．

D D是实验室的

解题思路：硫酸厂厂址的选择从综合经济效益和环保要求考虑，主要是硫酸为危险品，硫酸的运输成本要高于原料黄铁矿的运输成本，工厂废气有污染性气体，再结合硫酸的性质分析．

A．硫酸工厂的废气会产生污染，所以不能在人口稠密的居民区和环保要求高的地区，故A正确；
B．由于硫酸产品具有强腐蚀性不方便运输，所以运输成本要高于原料黄铁矿的运输成本，所以厂址应选择在消耗硫酸甚多的工业城市郊区，故B错误；
C．石灰乳能与硫酸反应，所以能消除硫酸形成的污染，故C正确；
D．硫酸厂生产过程中产生的“废热”来供热和发电，充分利用能量，节省能源，故D正确；
故答案为：B；

点评：
本题考点： 工业制取硫酸．

考点点评： 本题是一道关于硫酸的工业生产知识题目，涉及的知识点较简单，题目难度不大．

解题思路：（1）①增大反应物氧气会提高二氧化硫的转化率；
②依据平衡三段式列式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到；
③K（300℃）＞K（350℃），说明温度越高平衡常数越小，依据平衡移动原理分析，升温平衡向吸热反应方向进行；
④平衡标志是正逆反应速率相同，各成分含量保持不变；
（2）平衡常数随温度变化，温度不变，平衡常数不变；
（3）①甲为恒温恒容容器，若移动活塞P，使乙的容积和甲相等，为恒温恒容容器，乙中加入4mol三氧化硫相当于加入2mol三氧化硫，再加入2mol三氧化硫，增大压强，平衡正向进行，SO₃的体积分数增大；
②甲为恒温恒容容器，加入氦气总压增大，分压不变，平衡不变，则c（SO₃）/c（SO₂）不变；
（4）在第5分钟末将容器的体积缩小一半后，压强增大平衡正向进行，若在第8分钟末达到新的平衡（此时SO₃的浓度约为0.25mol/L），依据三氧化硫浓度变化，和平衡浓度画出变化图象．

（1）①从平衡角度分析采用过量O₂的目的是，利用廉价原料提高物质转化率，加入氧气提高二氧化硫的转化率，故答案为：提高二氧化硫的转化率；
②将0.100mol SO₂（g）和0.060mol O₂（g）放入容积为2L的密闭容器中，反应2SO₂（g）+O₂（g）⇌2SO₃（g）在一定条件下达到平衡，测得c（SO₃）=0.040mol/L，2SO₂（g）+O₂（g）⇌2SO₃
起始量（mol/L） 0.050.03 0
变化量（mol/L）0.04 0.02 0.04
平衡量（mol/L）0.01 0.01 0.04
平衡常数K=
0.042
0.01 2×0.01=1600，
故答案为：1600；
③K（300℃）＞K（350℃），说明温度越高平衡常数越小，反应逆向进行，即升温平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，故答案为：减小；
④2SO₂（g）+O₂（g）⇌2SO₃（g），反应是气体体积变小的放热反应
A．二氧化硫和三氧化硫起始量和变化量有关，SO₂和SO₃ 浓度相等，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．因为反应前后总质量不变，总物质的量在变，所以容器中混合气体的平均分子量保持不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C．反应前后压强不同，容器中气体的压强不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；
D．SO₃的生成速率与SO₂的消耗速率相等，说明平衡正向进行，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故答案为：BC；
（2）平衡常数只与温度有关，与压强无关，在温度不变的条件下，无论压强怎样变化，平衡常数都不变，故答案为：=；
（3）将2mol SO₂和1mol O₂加入甲容器中，将4mol SO₃加入乙容器中，隔板K不能移动．此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，分析可知甲、乙中最后达到相同的平衡状态；
①若移动活塞P，使乙的容积和甲相等，增大压强，平衡正向进行，SO₃的体积分数增大，SO₃的体积分数甲小于乙，故答案为：小于；
②甲为恒温恒容容器，加入氦气总压增大，分压不变，平衡不变，则c（SO₃）/c（SO₂）不变，故答案为：不变；
（4）在第5分钟末将容器的体积缩小一半后，压强增大平衡正向进行，若在第8分钟末达到新的平衡（此时SO₃的浓度约为0.25mol/L），依据三氧化硫浓度变化和平衡浓度画出变化图象为，故答案为：．

点评：
本题考点： 化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题考查了化学平衡常数、平衡转化率、影响化学平衡的外界条件综合应用及知识迁移能力等考点，题目难度中等，注意平衡常数在计算中的应用，等效平衡的分析判断．

A、光导纤维的主要原料是二氧化硅，硅单质用于制造半导体，故A正确．
B、硫酸工业尾气中含有硫的氧化物，未经处理就直接排放，将直接导致酸雨，故B错误．
C、碳酸钙的补钙剂需嚼烂服用，能增大碳酸钙反应的接触面积，加快反应速率，酸雨目的在于加快消化吸收，故C正确．
D、铁质器具表面刷漆或将其置于干燥处保存，能阻止铁、碳和电解质溶液构成原电池，从而能有效减缓铁的锈蚀，故D正确．
故选B．

A．氯碱工业生成Cl ₂ 、H ₂ ，存在化合价的变化，为氧化还原反应，故A不选；
B．硫酸工业中存在S～SO ₂ ～SO ₃ 的转化，化合价发生变化，为氧化还原反应，故B不选；
C．玻璃工业的反应类型主要是复分解反应，不涉及氧化还原反应，故C选；
D．合成氨工业存在N ₂ +3H ₂

2NH ₃ 的反应，为氧化还原反应，故D不选．
故选C．

硫酸工业里尾气吸收方法：可以用氨气、石灰乳吸收二氧化硫或者将尾气用Na2SO3溶液吸收,再往溶液中加入氧化锌固体.这种方法的优点是除SO2可回收外,ZnO和Na2SO3还可循环使用.

（1）450℃
（2）1×10 ⁵ Pa

2SO2+O2====2SO3
4NH3+5O2===4NO+6H20（在催化剂、加热条件下）

D

解题思路：（1）根据反应前后原子种类和原子个数不变分析；
（2）根据化合反应的特点结合元素守恒分析；
（3）根据反应条件及反应的方程式分析作用；
（4）根据高炉炼铁的原理写出反应的方程式；
（5）根据浓硫酸的稀释方法分析．

（1）根据化学反应前后原子种类、原子个数不变，结合化学方程式的配平（奇数配偶法）可知：在氧化铁化学式的前面加2，使氧原子的个数变成偶数，因此铁原子的个数是4，再二硫化亚铁的化学式前加4，硫原子的个数是8，因此在二氧化硫化学式的前面加8，再结合氧原子的个数，在氧气化学式的前面加11，故化学方程式为：4FeS₂+11O₂=2Fe₂O₃+8SO₂；
（2）以SO₂为原料生产硫酸，其过程中的反应均为化合反应，因此SO₂→SO₃是二氧化硫和氧气的反应生成三氧化硫；SO₃→H₂SO₄是三氧化硫和水反应生成硫酸，故反应的方程式为：2SO₂+O₂

V2O5
.
△3SO₃；SO₃+H₂O═H₂SO₄；
（3）SO₂→SO₃的反应过程中，V₂O₅是作为反应条件，因此是催化剂，起到催化作用；故答案为：催化作用；
（4）高炉炼铁是一氧化碳与氧化铁反应生成铁和二氧化碳，故反应的方程式为：3CO+Fe₂O₃

高温
.
2Fe+3CO₂；
（5）稀释浓硫酸时，必须把浓硫酸缓慢倒入水中，并不断搅拌，否则容易产生危险；故答案为：浓硫酸缓慢倒入水中，并不断搅拌．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；浓硫酸的性质及浓硫酸的稀释；铁的冶炼；化学方程式的配平；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题综合考查了质量守恒定律、方程式的书写、浓硫酸的稀释以及实验方案的设计，考查了学生的基础知识的熟练程度以及知识的灵活运用能力．

解题思路：（1）根据反应物和生成物写出反应的化学方程式；
（2）亚硫酸氨中的硫为+4价，易被空气中的氧气氧化；
（3）a．依据流程图结合反应生成物分析，过量的空气把亚硫酸钙氧化为硫酸钙；
b．反应Ⅲ化学方程式为：CaSO₄+4C=CaS+4CO↑，氧化剂为CaSO₄，还原剂为C；
c．防止碳酸氢铵在温度过高时分解；
d．氯化铵是一种氮肥；
（4）利用硫酸钾在不同溶剂中溶解度的不同，达到析出晶体的目的；
（5）二氧化氮具有强氧化性能氧化亚硫酸铵反应，生成硫酸铵，本身被还原为氮气，结合原子守恒配平写出．

（1）碳酸钙、二氧化硫和氧气反应生成硫酸钙和二氧化碳，方程式为2CaCO₃+2SO₂+O₂═2CaSO₄+2CO₂，故答案为：2CaCO₃+2SO₂+O₂═2CaSO₄+2CO₂；
（2）对苯二酚具有还原性，空气中的氧气具有氧化性，亚硫酸氨中+4价的硫具有还原性，故答案为：防止亚硫酸铵被氧化；
（3）a．过量的空气把亚硫酸钙氧化为硫酸钙，故a正确；
b．反应Ⅲ化学方程式为：CaSO₄+4C=CaS+4CO↑，氧化剂为CaSO₄，还原剂为C，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，故b错误；
c．防止碳酸氢铵在温度过高时分解得不到需要的目标产物，故c正确；
D、氯化铵含N元素，是一种氮肥，故d正确；
故答案为：acd；
（4）反应V中选用了40%的乙二醇溶液，温度控制在25℃，此时硫酸钾的产率超过90%，选用40%的乙二醇溶液原因是利用乙二醇降低硫酸钾溶解度，有利于析出，
故答案为：乙二醇是有机溶剂能减小K₂SO₄的溶解度，使硫酸钾充分析出；
（5）④（NH₄）₂SO₃可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统，二氧化氮与亚硫酸铵反应，二氧化氮具有强氧化性能氧化亚硫酸铵反应，生成硫酸铵，本身被还原为氮气，由原子守恒可知化学方程式为4（NH₄）₂SO₃+2NO₂=4（NH₄）₂SO₄+N₂，
故答案为：4（NH₄）₂SO₃+2NO₂=4（NH₄）₂SO₄+N₂．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；二氧化硫的化学性质．

考点点评： 本题考查二氧化硫的性质及物质的制备，为高频考点，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重二氧化硫的还原性及学生分析能力的考查，题目难度中等．

首先问题不明确,因为知道磷酸和硫酸的浓度,如果知道是按什么比例混合,计算混合后的两种酸的浓度,应该很好计算.
如果不知道混合的比例,两种酸的浓度就失去了意义,如果要计算两种酸的浓度,我想首先可以用硫酸钡重量法测出硫酸的含量,再通过酸碱滴定测出总的酸的含量,减去已知的硫酸含量,得出磷酸的含量.

A

硫酸工业生产中的铁触媒的主要成分是Fe ₃ O ₄ ，而不是铁粉，A错。
【考点定位】本题考查硫酸工业。

都要高温高压催化剂条件；都是可逆反应,要想提高产率必须分离产物.因此两个回答都是“是”.

（1）生产流程短，设备简单，三废治理量小，劳动生产率高，易于设备大型化
（2）400～500，0.1
（3）否，否
（4）98％硫酸
（5）B
（6）石灰水

略

可以用氢氧化钠溶液来吸收,化学式NaOH,反应方程式：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O

(1)4FeS ₂ (s)+11O ₂ (g)=8SO ₂ (g)+2Fe ₂ O ₃ (s) △H= -3412 kJ/mol
(2)SO ₂ +Na ₂ CO ₃ =Na ₂ SO ₃ +CO ₂ ↑（或2SO ₂ +Na ₂ CO ₃ +H ₂ O=NaHSO ₃ +CO ₂ ↑）
(3)Fe ³⁺ +3OH ^- =Fe(OH) ₃ ↓（或Fe ²⁺ +2OH ^- =Fe(OH) ₂ ↓或Mg ²⁺ +2OH ^- =Mg(OH) ₂ ↓或HSO ₃ ^- +OH ^- =SO ₃ ^2- +H ₂ O）
(4)加热蒸发、冷却结晶、过滤（洗涤干燥）
(5)AC

①硫酸工业尾气主要是二氧化硫,不能作燃料
②硝酸工业尾气主要是一氧化氮、二氧化氮等,不能作燃料
③高炉煤气,主要是一氧化碳,可作燃料
④焦炉气,焦炉气是混合物,其主要成分为氢气（55%~60%）和甲烷（23%~27%）,另外还含有少量的一氧化碳（5%~8%）、C2以上不饱和烃（2%~4%）、二氧化碳（1.5%~3%)、氧气(0.3%~0.8%))、氮气(3%~7%).其中氢气、甲烷、一氧化碳、C2以上不饱和烃为可燃组分,
⑤炼钢过程中产生的棕色烟气,它的成分是氧化铁尘粒和高浓度的一氧化碳,可作燃料
⑥煅烧石灰石主要成分是二氧化碳,不能燃烧
正确选项是D

解题思路：（1）工业制硫酸的过程是硫铁矿石在沸腾炉中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫在接触室中氧化为三氧化硫，三氧化硫在吸收塔中被浓硫酸吸收生成硫酸；
（2）二氧化硫被空气氧化为三氧化硫是可逆反应；
（3）在吸收塔中用水吸收三氧化硫，反应放热易形成酸雾阻止对三氧化硫的吸收；
（4）根据数据进行判断，常压时SO₂的转化率已经很大；
（5）假定反应前气体的体积为100，则SO₂的体积为8、N₂的体积为81、O₂的体积为11，经过催化氧化反应掉氧气的体积为x，反应平衡后混合气体的体积为8-2x+11-x+2x+81=96.5，解得x=3.5，以此计算SO₂转化及K．

（1）工业制硫酸的过程是硫铁矿石在沸腾炉中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫在接触室中氧化为三氧化硫，三氧化硫在吸收塔中被浓硫酸吸收生成硫酸，故与之无关的设备是氧化炉，
故答案为：d；
（2）二氧化硫被空气氧化为三氧化硫是可逆反应，因此从接触室中导出的气体是SO₃、O₂、SO₂、N₂，
故答案为：SO₃、O₂、SO₂、N₂；
（3）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，最终得到“发烟”硫酸．二氧化硫与氨气反应生成亚硫酸铵，方程式为：SO₂+2NH₃+H₂O═（NH₄）₂SO₃，
故答案为：用水吸收易形成酸雾，阻碍SO₃再吸收；SO₂+2NH₃+H₂O═（NH₄）₂SO₃；
（4）由表中数据可知：常压时SO₂的转化率已经很大，增大压强会增加动力成本和设备成本．由表中数据可知：压强一定时，随着温度的升高，转化率减小，
故答案为：常压时SO₂的转化率已经很大，增大压强会增加动力成本和设备成本；压强一定时，温度升高SO₂转化率下降；
（2）设总体积为100，则SO₂的体积为8、N₂的体积为81、O₂的体积为11，经过催化氧化反应掉二氧化硫的体积为x，则
2SO₂ +O₂=2SO₃
初始 8 11 0
转化 x 0.5x x
平衡8-x 11-0.5x x
[8−x+11−0.5x+x+81/100]=96.5%，x=7
转化率=[7/8]×100%=87.5%．
K=[7×7/1×1×7.5]=6.53，
故答案为：87.5%；6.53．

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用；化学平衡的计算；常见的生活环境的污染及治理．

考点点评： 本题考查工业接触法制硫酸的原理及相关计算，难度中等．

（1）4FeS ₂ (S)+11O ₂ (g)=8SO ₂ (g)+2Fe ₂ O ₃ (s) ,△H= -3412 kJ ·mol ^-1
（2）SO ₂ + Na ₂ CO ₃ =Na ₂ SO ₃ +CO ₂ ↑
2 SO ₂ + Na ₂ CO ₃ +H ₂ O=NaHSO ₃ +CO ₂ ↑ （写对任意一个均给分）
（3）Fe ³⁺ +3OH ^- = Fe（OH） ₃ ↓或Fe ²⁺ +2OH ^- = Fe（OH） ₂ ↓
或Mg ²⁺ +2OH ^- = Mg（OH） ₂ ↓或HSO ₃ ^- + OH ^- = SO ₃ ^{2 -} + H ₂ O
（4）加热蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤干燥)
（5）AC

略

SO2的体积分数由0.4％降为0.2％.
则总气体体积为之前的2倍.也就是通入的空气与原硫酸工业尾气的体积比为1：1
通入的空气后的混合气体中O2的体积分数为：（0.5％+20.5％）/2= 10.5%

硫酸工业尾气主要是二氧化硫,其处理一般是用石灰石灰石湿法脱硫,生成的副产物硫酸钙可用于水泥生产.故该命题正确.

解题思路：先判断各物质的组成，在根据题目要求分析该题．
硫酸渣的成分为SiO₂、Fe₂O₃、Al₂O₃、MgO，当向硫酸渣中加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸；向溶液B中加试剂①并调节溶液的PH值为3.7，结合题意溶液pH=3.7时Fe³⁺已经沉淀完全知，试剂①是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂①只能是强碱溶液，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入试剂①并调节溶液的PH值为13，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝．
（1）根据二氧化硅和氢氧化钠的性质写出相应的化学反应方程式．
（2）能使铁离子产生沉淀，而铝离子不产生沉淀的物质只能是强碱．
（3）在强碱性条件下，铝元素以偏铝酸根离子存在，镁元素以氢氧化镁存在，据此分析．
（4）氢氧化铝的酸性比碳酸还弱，根据强酸制取弱酸知，偏铝酸钠和过量二氧化碳能反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠．
（5）根据c（Mg²⁺）=

Ksp

C(OH−)2

计算．

硫酸渣的成分为SiO₂、Fe₂O₃、Al₂O₃、MgO，当向硫酸渣中加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸；向溶液B中加试剂①并调节溶液的PH值为3.7，结合题意溶液pH=3.7时Fe³⁺已经沉淀完全知，试剂①是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂①只能是强碱溶液，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入试剂①并调节溶液的PH值为13，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝．
（1）通过以上分析知，A是二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能和强碱反应生成盐和水，
所以反应方程式为：SiO₂+2NaOH=Na₂SiO₃+H₂O．
故答案为：SiO₂+2NaOH=Na₂SiO₃+H₂O．
（2）向溶液B中加试剂①并调节溶液的PH值为3.7，结合题意知，溶液pH=3.7时Fe³⁺已经沉淀完全知，试剂①是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂①只能是强碱溶液，符合条件的是A选项．
故选A．
（3）在强碱性条件下，铝元素以偏铝酸根离子存在，镁元素以氢氧化镁存在，当溶液的PH=13时，溶液呈强碱性，如果pH过小，可能导致的后果是镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全等．
故答案为：镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全等．
（4）通过以上分析知，固体E为Mg（OH）₂，氢氧化铝的酸性比碳酸还弱，根据强酸制取弱酸知，偏铝酸钠和过量二氧化碳能反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应方程式为 NaAlO₂+CO₂+H₂O=Al（OH）₃↓+NaHCO₃．
故答案为：Mg（OH）₂；NaAlO₂+CO₂+H₂O=Al（OH）₃↓+NaHCO₃．
（5）c（Mg²⁺）=
Ksp
C(OH−)2=
5.6×10−12
(0.1)2mol/L=5.6×10^-10 mol/L
故答案为：5.6×10^-10 mol/L．

点评：
本题考点： 常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．

考点点评： 本题考查了物质的分离、提纯的方法选择及应用，难度不大，明确各物质的性质是解本题的关键．

解题思路：A．根据电解质溶液中阴阳离子的移动方向确定电源的正负极；
B．阳极上亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，溶液酸性增强；
C．根据S原子守恒判断m、n大小；
D．电解池阴极上氢离子得电子，阳极上亚硫酸根离子失电子．

A．根据阴阳离子的移动方向知，Pt（I）为阴极，Pt（II）为阳极，所以X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极，故A正确；
B．阳极上，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，亚硫酸是弱电解质，硫酸是强电解质，所以阳极附近氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故B正确；
C．阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以n＞m，故C错误；
D．该电解池中阳极上生成硫酸，阴极上生成氢气，阴极电极反应式为2H⁺+2e^-=H₂↑，所以该过程中的产品主要为H₂SO₄和H₂，故D正确；
故选C．

点评：
本题考点： 原电池和电解池的工作原理．

考点点评： 本题考查学生电解池的工作原理，能正确分析图片是解本题的关键，注意图片中加入物质和析出物质的变化，题目难度较大．

B

因为硫酸成品的运输比较困难，所以应该靠近消费中心。

(1) 0.032…2分
(2) 800…2分
(3) …2分
(4)2NH ₃ ·H ₂ O　＋SO ₂ 　＝2NH ₄ ^＋ 　＋SO ₃ ^{2 －} 　或NH ₃ ·H ₂ O　＋SO ₂ 　＝NH ₄ ^＋ 　＋HSO ₃ ^－ …2分
(5)①2SO－2e ^－ ===S ₂ O　…2分　　减小…1分　　2…1分
②VO ^{2 ＋} ＋H ₂ O－e ^－ === VO＋2H ^＋ …2分


(1)

（4）2NH ₃ ·H ₂ O　＋SO ₂ 　＝2NH ₄ ^＋ 　＋SO ₃ ^{2 －}

（5）①2SO－2e ^－ ===S ₂ O阳极发生氧化反应，失电子，化合价升高；
②VO ^{2 ＋} ＋H ₂ O－e ^－ === VO＋2H ^＋

1年前

解题思路：（1）容量瓶是一种玻璃定容仪器；
（2）氯气具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为三价铁离子，铁触媒和硫酸以及氯气反应的产物来回答；
（3）根据氯气的性质：能使石蕊试液先变红后退色来检验氯气的存在；
（4）一氧化碳可以和铁的氧化物之间发生反应，得到气体产物二氧化碳，干燥管B可以吸收生成的二氧化碳，但是要排除空气的干扰，据此来回答；
（5）根据一氧化碳和铁的氧化物之间发生的反应，“干燥管B”增重11.0g即为生成的二氧化碳的质量来回答．

（1）将溶液稀释为250mL，可以采用定容仪器容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；
（2）通入Cl₂的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，氯气量不足时，“溶液B”中会含有亚铁离子，即FeCl₂或者FeSO₄，故答案为：FeCl₂或者FeSO₄或者Fe²⁺；
（3）氯气的性质：能使石蕊试液先变红后退色，向溶液B中加入石蕊试液，如果石蕊试液显红色，后红色褪去，这是氯水的性质，证明含有氯气，若溶液变红后不褪色，溶液B不含有Cl₂，故答案为：

实验操作 预期现象和结论
取适量溶液B于试管中，滴加2-3滴紫色石蕊试液，振荡，观察现象． 若溶液显红色，后红色褪去，则溶液B中含Cl₂；
若溶液变红后不褪色，则溶液B不含有Cl₂（4）一氧化碳可以和铁的氧化物之间发生反应，得到气体产物二氧化碳，干燥管B可以吸收生成的二氧化碳，测定二氧化碳的量可以获得铁触媒的量，但是要排除空气成份的干扰，所以C的作用是：防止空气中的CO₂和水蒸气进入B中，故答案为：防止空气中的CO₂和水蒸气进入B中；
（5）根据实验方案一的原理，15.2g铁触媒充分反应生成二氧化碳的质量是11.0g，设发生的反应为：
yCO+Fe_xO_y

加热
.
xFe+yCO₂，
1 y
[15.2/56x+16y][11/44]
即[15.2y/56x+16y＝
1
4]，解得x：y=4：5，
所以氧化物的化学式为：Fe₄O₅或2FeO•Fe₂O₃，故答案为：Fe₄O₅或2FeO•Fe₂O₃．

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题是一道考查学生物质的含量和组成的综合知识考查题，涉及氯气的性质、一氧化碳和铁的氧化物之间的反应等知识，综合性强，难度大．

B

A、电解精炼铜时，金属铜在阴极析出，粗铜作阳极不断的溶解，纯铜作阴极析出金属铜，故A错误；
B、化学反应产物的循环利用可以提高原料利用率，故B正确；
C、高炉炼铁的原理是一氧化碳还原氧化铁，一氧化碳可以由焦炭还原二氧化碳得到，原料有铁矿石、焦炭、空气、石灰石，故C正确；
D、因为氨气溶解度非常大，先氨气后二氧化碳，能增大二氧化碳的吸收，有利于生成纯碱，故D正确．
故选A．

一种就是硫酸过量,生成硫氢铵,一种是氨水过量生成硫酸铵.相信你自己一定能写出方程式的.

我不是学化学的 不过听说有SO3 也许加温后SO2会再加个氧原子变SO3

常温下钠与氧气反应：4Na + O2 = 2Na2O
钠与氧气在加热条件下反应：2Na + O2 Na2O2
钠与水反应：2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑
过氧化钠与水反应：2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑
过氧化钠与二氧化碳反应：2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2
碳酸氢钠受热分2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑
Al与氢氧化钠溶液反应：2Al + 2NaOH + 2H2O===2NaAlO2 + 3H2↑
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
Al2O3与盐酸反应：Al2O3 + 6HCl ===2AlCl3 + 3H2O
Al2O3+6H+=2Al3++3H2O
Al2O3与氢氧化钠溶液反应：Al2O3 + 2NaOH === 2NaAlO2 + H2O
Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O
Al(OH)3 与盐酸反应：Al(OH)3 + 3HCl ===AlCl3 + 3H2O
Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
Al(OH)3 与氢氧化钠溶液反应：Al(OH)3 + NaOH === NaAlO2 + 2H2O
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
实验室制取氢氧化铝（铝盐溶液加氨水）：
Al2(SO4)3 + 6NH3•H2O = 2Al(OH)3↓ + 3(NH4)2SO4
氢氧化铝加热分2Al(OH)3 Al2O3 + 3H2O
铁与水蒸气反应：3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2
氧化亚铁与盐酸反应：FeO＋2HCl＝FeCl2＋H2O
FeO+2H+=Fe2++H2O
氧化铁与盐酸反应：Fe2O3 + 6HCl = 2FeCl3 + 3H2O
Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
硫酸亚铁与氢氧化钠溶液反应：
FeSO4 + 2NaOH = Na2SO4 + Fe(OH)2↓（白色）
Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓
氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化成氢氧化铁：
4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3
实验现象：白色沉淀→迅速灰绿色→红褐色沉淀
氢氧化铁加热分2Fe(OH)3 3H2O↑+ Fe2O3 （红棕色粉末）
FeCl3溶液与铁粉反应：2FeCl3 + Fe = 3FeCl2
2Fe3++Fe=3Fe2+
氯化亚铁中通入氯气：2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
二氧化硅与氢氟酸反应：SiO2 + 4HF = SiF4 ↑+ 2H2O
二氧化硅与氧化钙在高温时反应：SiO2 + CaO CaSiO3
二氧化硅与氢氧化钠溶液反应：SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3 + H2O
硅酸钠与盐酸反应：Na2SiO3 + 2HCl = 2NaCl + H2SiO3（胶体）
次氯酸光照分2HClO 2HCl + O2↑
氯气通入冷的消石灰中制漂白粉：2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O
硫的燃烧 S＋O2 SO2
二氧化硫与氧气反应：2SO2＋O2 2SO3
三氧化硫与水反应：SO3 + H2O = H2SO4
三氧化硫与氧化钙反应：SO3＋CaO＝CaSO4
三氧化硫与石灰水反应：SO3 + Ca（OH）2 = CaSO4 ＋H2O
氮气与氧气在放电下反应：N2 + O2 2NO
一氧化氮与氧气反应：2NO + O2 = 2NO2
二氧化氮与水反应：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO
工业合成氨：N2＋3H2 2NH3
氨气溶于水： NH3 + H2O NH3•H2O
氨水受热分NH3•H2O NH3↑ + H2O
氨气与氯化氢反应：NH3 + HCl = NH4Cl
氯化铵受热分NH4Cl NH3↑ + HCl↑
碳酸氢铵受热分NH4HCO3 NH3↑ + H2O↑ + CO2↑
硝酸铵与氢氧化钠反应：NH4NO3 + NaOH NaNO3 + H2O+NH3↑
NH4++OH- NH3↑ + H2O
氨的催化氧化：4NH3＋5O2 4NO＋6H2O
你自己找找吧,或许有用~

2SO2 + O2 ====2SO3 放热反应,升温会使向逆方向反应,会减少二氧化硫的转化率.

98.3%的浓硫酸,之后变成发烟硫酸,不用水吸收,防止三氧化硫溶于水放出大量的热形成烟雾.
但方程式一般还写三氧化硫和水反应的那个

A、SO ₂ 转化为SO ₃ 放出热量，硫酸工业中，在接触室安装热交换器可以实现能量的循环利用，故A正确；
B、工业上金属铝的冶炼采用电解熔融的氧化铝的方法来获得，不能采用还原法，故B错误；
C、电镀装置中，镀件作阴极，镀层金属做阳极，在铁管上镀铜时，用铁管做电解池阴极，铜块做阳极，故C正确；
D、工业合成氨生产中，提高原料气中氮气的含量，会导致化学平衡正向移动，可提高H ₂ 的转化率，故D正确．
故选B．

2NH3.H2O+CO2===(NH4)2CO3+H2O

解析：
相关反应方程式：
4FeS2 + 11O2 ―（高温煅烧）→ 2Fe2O3 + 8SO2

2SO2 + O2 ＝（400℃～500℃,V2O5）＝ 2SO3 （＝表示可逆符号）

通入过量40%的空气,那么氧气也同样过量40%,

则氧气初始计量 = 11 * 1.4 = 15.4,反应掉11体积的O2,剩余4.4体积O2

反应前空气总量 = 15.4 / 0.2 = 77 体积

第一步反应：消耗11体积O2,生成8体积SO2,反应后气体总量 = 77 - 11 + 8 = 74体积

第二步反应：气体体积减少了5%

设反应掉的SO2 体积 为 x,反应掉的O2 体积 为 y,生成的SO3体积 为 z,则有：
2SO2 + O2 ＝（400℃～500℃,V2O5）＝ 2SO3 （＝表示可逆符号）………… △V
2 1 2 （2+1-2）
x y z 5%
解得：x = 10%,y = 5%,z = 10%

则SO2转化率 = （74*10%）*100% / 8 = 92.5 %

C

在硫酸工业生产中，为了使SO ₃ 的吸收充分，采取逆流的形式，A正确；在吸收塔中装有瓷环，其目的是增大浓硫酸与SO ₃ 的接触面积，使SO ₃ 尽可能被浓硫酸吸收，B正确，从③处导出的尾气中含量最高的气体是N ₂ ，同时还含有未反应完全的SO ₂ 、SO ₃ 、O ₂ 等气体，所以不可直接排入大气中，C错；SO ₃ 被浓硫酸吸收后，硫酸成为“发烟硫酸”，此时的“烟”实际上是雾，硫酸小液滴，但是习惯上人们将其称为“烟”，D正确。

解题思路：A．凡是有化合价升降的反应为氧化还原反应；
B．氨水腐蚀金属；
C．合金的硬度大熔点低；
D．燃烧是一种发光、发热的剧烈的化学反应．

A．普通玻璃工业中不涉及氧化还原反应，故A错误；
B．氨能够与金属离子反应生成络合离子，从而腐蚀金属，故B正确；
C．合金的熔点比组成它的各成分的熔点都低，故C错误；
D．燃烧是一种发光、发热的剧烈的化学反应，不一定有氧气参与，故D错误．
故选B．

点评：
本题考点： 金属与合金在性能上的主要差异；工业制取硫酸；工业合成氨；氨的化学性质．

考点点评： 本题考查氧化还原反应、金属腐蚀、合金和燃烧，题目难度不大，注意燃烧不一定有氧气参与．

（1）c ² （CO）/c（CO ₂ ）　（2）除去CO ₂ 等酸性气体　（3）蒸馏　Na ₂ SO ₃ （或NaHSO ₃ ）
（4）HCOONa＋2SO ₂ ＋NaOH=Na ₂ S ₂ O ₄ ＋CO ₂ ＋H ₂ O
（5）S ₂ O ₄ ^2- ＋3H ₂ O ₂ =2SO ₄ ^2- ＋2H ^＋ ＋2H ₂ O

（1）固体物质不能写入平衡常数表达式中，K＝c ² （CO）/c（CO ₂ ）。（2）煤气中含有CO ₂ 等酸性气体，故用NaOH溶液洗涤以除去这些酸性气体。（3）甲醇易溶于水，但沸点较低，故可用蒸馏法回收甲醇；由于用到了二氧化硫和NaOH溶液，故可回收的盐类物质是Na ₂ SO ₃ 或NaHSO ₃ 。（5）保险粉中S的化合价为＋3，硫酸盐中S的化合价为＋6，故H ₂ O ₂ 作氧化剂，离子方程式为S ₂ O ₄ ^2- ＋3H ₂ O ₂ =2SO ₄ ^2- ＋2H ^＋ ＋2H ₂ O。