2023年化學高考模擬題專題20化工流程

1020化工流程【學習目標】生疏工業(yè)流程圖題的特點。把握工業(yè)流程圖題的解題方法與技巧。通過題型分析與題目熬煉，培育分析、綜合、比照、歸納等方法的應用。學會應用化學學問解決化工生產中遇到的問題，提高科學素養(yǎng)?！緦W問導圖】【學問精講精練】學問點一、化工流程題的特點1、力量要求：工藝流程題考察了學生承受、吸取、整合化學信息及應用所學學問解決實際問題的力量。2、試題特點：操作、平衡理論、電離理論、溶度積學問、化學計算、經濟視角等，以生產流程框圖為載體的一類試題?；どa主要解決六方面的問題：解決將原料轉化為產品的生產原理；除去全部雜質并分別提純產品；提高轉化率和產率；削減污染，提倡“綠色化學”生產；原料的來源要考慮豐富，還要考慮本錢問題生產設備簡潔，生產工藝簡便可行等生產工藝問題。3、試題構造：題引：以引導性的語言簡潔介紹該工藝流程生產的目的、原料、產品，有時還供給相關的表格、圖像等參考數據和信息；題干：主要是以框圖的形式將原料到產品的主要生產工藝流程表示出來；題設：依據生產過程中涉及的化學學問設計成一系列問題，要求學生依據化學原理進展分析解答。規(guī)律：主線主產品，分支副產品，回頭是循環(huán)。4、考察的角度：對礦石原料的預處理；速率與平衡理論的運用；化學反響的能量變化，蓋斯定律的運用；流程中細節(jié)考察，特別是氧化復原反響以及轉變方案對產物的影響；反響條件的掌握〔常考溫度、pH的掌握〕；常用的除雜、分別、檢驗、洗滌、枯燥方法及操作；酒精洗滌的目的：削減洗滌時晶體的損失，酒精易揮發(fā)帶走晶體外表的水分，枯燥晶體。物質的轉化和循環(huán)、資源的回收和利用；環(huán)境保護與綠色化學評價。5、解題策略：學會審題、去粗存精、讀懂流程是前提；前后聯(lián)系、運用原理、書寫反響是核心；原料處理、條件掌握、分別提純是關鍵。例〔2023?北京〔廢水中不含干擾測定的物質。3Ⅰ、用已準確稱量的KBrO3

固體配制肯定體積的amol?L-1KBrO

標準溶液；3Ⅱ、取vmL上述溶液，參加過量KBr，加HSO3

酸化，溶液顏色呈棕黃色；1 2 42Ⅲ、向Ⅱ所得溶液中參加vmL廢水；Ⅳ、向Ⅲ中參加過量KI；2Ⅴ、用bmol?L-1Na2S2O3標準溶液滴定Ⅳ中溶液至淺黃色時，滴加2滴淀粉溶液，連續(xù)滴定至終點，共消耗Na2S2O3v3mL。：I+2NaSO═2NaI+NaSO2 22 3 24 6NaSONaSO溶液顏色均為無色22 3 24 6Ⅰ中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和 。Ⅱ中發(fā)生反響的離子方程式是 。Ⅲ中發(fā)生反響的化學方程式是 。Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，緣由是 。KIKBrO物質的量關系為n〔KI〕≥6n〔KBrO〕時，KI肯定過量，理由是3 3 ?！?〕V中滴定至終點的現(xiàn)象是 。廢水中苯酚的含量 g?-〔苯酚摩爾質量94?mo-。由于Br具有 性質，Ⅱ～Ⅳ中反響須在密閉容器中進展，否則會造成測定結果偏高。2〔1〕容量瓶；〔3〕；3 2 〔2〕BrO-+5Br-+6H+=3Br〔3〕；3 2 確保溴過量，保證苯酚已經完全反響；3由電子守恒可知，當n〔KI〕=6n〔KBrO〕時，KIII中生成的溴完全反響，而步驟III33中苯酚會消耗肯定量的溴，所以n〔KI〕≥6n〔KBrO〕時，KI肯定過量；3〔7〕；最終一滴Na2S2O〔7〕；〔8〕揮發(fā)性。〔1〕Ⅰ中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和容量瓶，故答案為：容量瓶；Ⅱ中發(fā)生反響的離子方程式是BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O，故答案為：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；，Ⅲ中發(fā)生反響的化學方程式是苯酚與濃溴水反響的化學方程式為，故答案為：；Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，緣由是確保溴過量，保證苯酚已經完全反響，故答案為：；3KIKBrO3物質的量關系為n〔KI〕≥6n〔KBrO〕時，KI肯定過量，理由是由電子守恒可知，當333n〔KI〕=6n〔KBrO〕時，KI恰好與步驟II中生成的溴完全反響，而步驟III中苯酚會消耗肯定量的溴，n〔KI〕≥6n〔KBrO〕時，KI肯定過量，333故答案為：由電子守恒可知，當n〔KI〕=6n〔KBrO〕時，KIII中生成的溴完全反響，而步III中苯酚會消耗肯定量的溴，所以n〔KI〕≥6n〔KBrO3〕時，KI肯定過量；3〔6〕V中滴定至終點的現(xiàn)象是最終一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好藍色消逝，且半分鐘內不變，〔7〕BrO-+5Br-+6H〔7〕BrO-+5Br-+6H+=3Br+3HOI+2NaSO=2NaI+NaSO、322222 324 6可知，生成的溴的物質的量為a×mol/L×v×10-3L×3=3av×10-3mol，由溴與碘化鉀反響生成的碘的物質的量為bmol/L的量為bmol/L×v×10-3L×=5bv×10-4mol3av×10-3mol-5bv×331310-4mol=〔30av-5bv〕×10mol，由-413可知，苯酚的物質的量為〔30av-5bv〕×10mol〔30av-5bv〕×10mol×-413，廢水中苯酚的含量為=g?L-1，故答案為：；練習2023?課標Ⅲ〕與硫化錳礦〔還含F(xiàn)e、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素〕制備，工藝如下圖。答復以下問題：相關金屬離子[c〔Mn+〕=0.1molL-1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子開頭沉淀的金屬離子開頭沉淀的pH沉淀完全的pHMn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+8.16.31.53.48.96.26.910.18.32.84.710.98.28.9“濾渣1”含有S和 ；寫出“溶浸”中二氧化錳與硫化錳反響的化學方程式 ?！把趸敝刑砑舆m量的MnO的作用是 。2“調pH”除鐵和鋁，溶液的pH范圍應調整為 ～6之間。“除雜1”的目的是除去Z2+和Ni2+“濾渣”的主要成分 。2”的目的是生成MgF2

沉淀除去Mg2+．假設溶液酸度過高，Mg2+沉淀不完全，緣由是 。寫出“沉錳”的離子方程式 。層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學式為LiNiCoMnO，其中Ni、Co、MnMn的化合價分別為+2、+3、+4．當x=y= 時，z= 。〔〕SiO〔不溶性硅酸鹽

+MnS+2HSO=2MnSO+S+2HO；2〔2〕將Fe2+Fe3+；〔3〕4.7；〔4〕NiSZnS；〔5〕F-H+結合形成弱電解質HF，MgF2

2 2 4 4 2Mg2++2F-平衡向右移動；〔6〕Mn2++2HCO-=MnCO↓+CO↑+HO；〔7〔7〕。【解析】硫化錳礦〔還含F(xiàn)AlMZNiSi等元素MnS礦和Mn2Mn2具有氧化性，二者發(fā)生氧化復原反響生成MnSO4、S，同時溶液中還有難溶性的SiO2及難溶性的硅酸鹽，所以1SiO2和S和難溶性的硅酸鹽；然后向濾液中參加MnO2，MnO2氧化復原性離子Fe2+生成F3+，再向溶液中通入氨氣調整溶液的pH除鐵和鋁，所以濾渣2為F〔O〕3AlO〕3”的目的是除去Z2+和Ni2Na2S和Z2+N23為NiS和Zn2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+4MgF，最終向濾液中參加碳酸氫銨得到MnCO2 33沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸錳MnCO，3“濾渣1”含有S和難溶性的二氧化硅或硅酸鹽成錳離子、S和水，離子方程式為MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，2 2 2 4 4 SiO〔不溶性硅酸鹽；MnO+MnS+2HSO=2MnSO+S+2HO2 2 2 4 4 MnO2具有氧化性，能氧化復原性離子Fe2+Fe3+，從而在調整pH時除去這兩種離子，故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+；pHpH應當大于這兩種離子完全沉淀所需pH且小于其它離子生成沉淀的pH值，在pH=4.7Fe3+Al3+沉淀完全，在pH=6.2時Zn2+開頭產生沉淀，為了只得到氫氧化鋁和氫氧化鎂沉淀，需要溶液的pH4.7～6之間，故答案為：4.7；Z2+和Ni2+3為NiS和ZnS，故答案為：NiSZnS；2溶液中存在MgF2的溶解平衡，假設溶液酸性較強，生成弱電解質HF而促進氟化鎂溶解，即F-與H+結合形成弱電解質HF，MgF?Mg2++2F-平衡向右移動，所以鎂離子沉淀不完全，22故答案為：F-H+結合形成弱電解質HF，MgF?Mg2++2F-平衡向右移動；2“沉錳”時錳離子和碳酸氫根離子反響生成碳酸錳沉淀，同時還生成水、二氧化碳，離子方程式為Mn2++2HCO-=MnCO↓+CO↑+HO，3 3 2 2故答案為：Mn2++2HCO-=MnCO↓+CO↑+HO；3 3 2 2Mn的化合價分別為+2、+3、+4．當x=y= 時，該化合物中各元素的化合價代數和為0，+1+〔+2〕×Mn的化合價分別為+2、+3、+4．當x=y= 時，該化合物中各元素的化合價代數和為0，+1+〔+2〕×+〔+3〕×+〔+4〕×z+〔-2〕×2=0，z= ，2故答案為：。4練習2023?課標Ⅱ〕立德粉Zn?BaSO〔也稱鋅鋇白，是一種常用白色顏料。答復以下問題：故答案為：。4利用焰色反響的原理既可制作五彩繽紛的節(jié)日煙花，亦可定性鑒別某些金屬鹽。灼燒立德粉樣品時，鋇的焰色為 〔填標號。A．黃色B．紅色C．紫色D．綠色以重晶石〔BaSO〕為原料，可按如圖工藝生產立德粉：4①在回轉爐中重晶石被過量焦炭復原為可溶性硫化鋇，該過程的化學方程式_ 。CO2的化學方程式為 。②在潮濕空氣中長期放置的“復原料，會逸出臭雞蛋氣味的氣體，且水溶性變差，其緣由是“復原料”外表生成了難溶于水的 〔填化學式。③沉淀器中反響的離子方程式為 。S2-mg25.00mL0.1000mol?L-1I2

-KI溶液于其中，并參加乙酸溶液，密閉，置暗處反響5min，有單質硫析出。以淀粉為指示劑，過量的I0.1000mol?L-1NaSO

溶液滴定，反響式為I+2SO2-═2I-+SO

2-．測定時消耗NaSO

溶液體2 22 3

2 2 3 4

22 3積VmL．終點顏色變化為 ，樣品中S2-的含量為_ 〔寫出表達式。_〔2〕①BaSO4+4CBaS+4CO〔2〕①BaSO4+4CBaS+4CO↑；CO+H2O=CO2+H2；3②BaCO；3〔3〕淺藍色至無色；×100%。4 ③Ba2++S2-+Zn2++SO〔3〕淺藍色至無色；×100%。4 〔1〕Ba元素的焰色為綠色，Na元素焰色為黃色、K元素焰色為紫色、Ca元素焰色為磚紅色，應選D；4〔2〕重晶石和焦炭混料研細后在回轉爐中高溫加熱得到復原料，在回轉爐中重晶石被過量焦炭復原為可溶性硫化鋇，則C被氧化生成CO；復原料在浸出槽中參加水過濾得到凈化的BaS溶液，濾去未反響的重晶石和C，在沉淀器中參加硫酸鋅得到沉淀，然后分別、洗滌、枯燥、粉碎得到立德粉ZnS?BaSO〔也稱4鋅鋇白，BaS+4CO↑；①在回轉爐中重晶石被過量焦炭復原為可溶性硫化鋇，同時生成CO，反響方程式為BaSO4BaS+4CO↑；回轉爐尾氣中含有有毒氣體為CO，生產上可通過水蒸氣變換反響將其轉化為CO2和一種清潔能源氣體，依據元素守恒知清潔能源為氫氣，反響方程式為CO+H2O=CO2+H2，×0.1000mo×0.1000mo?-×V×10-〔S2=[2510-×0.1000mo?-1- 0.1000mo?-1××10-L×32g/mo，其質量分數=×100%=×100%=故答案為：BaSO4+4CBaS+4CO↑；CO+H2O=CO2+H2；故答案為：BaSO4+4CBaS+4CO↑；CO+H2O=CO2+H2；3故答案為：BaCO；3〔3〕碘遇淀粉變藍色，當滴定終點時碘完全被消耗，溶液變?yōu)闊o色；與Na22 3SO反響消耗的n〔I〕=2n〔Na O〕=22 3S×0.1000mol?L-1×V×10-3L，則與硫離子反響的n〔I〔3〕碘遇淀粉變藍色，當滴定終點時碘完全被消耗，溶液變?yōu)闊o色；與Na22 3SO反響消耗的n〔I〕=2n〔Na O〕=22 3S×0.1000mol?L-1×V×10-3L，則與硫離子反響的n〔I〕=25×10-3L×0.1000mol?L-1-2×0.1000mol?L-1×V×10-3L，依據轉移電子守恒知關系式S2-～I，所以n〔S2-〕=25×10-3L×0.1000mol?L-1-24 4 4 ×100%，×100%，故答案為：淺藍色至無色；×100%。讀題：找到原料中的主要成分和雜質成分。看流程每步的反響：⑴原料的處理：①酸浸：活潑金屬直接反響，不活潑的金屬須加氧化劑后與酸反響，金屬氧化物直接反響生成金屬陽離子，非金屬氧化物不反響；〔常考每步除雜后濾渣的成分〕AlBeZnCO、SO、2 2SiO等均與堿反響，堿浸主要是去油污、去金屬氧化膜、溶解鋁、SiO等，調整溶液的pH2 2值抑制水解等。③提高酸浸速率的措施：礦石粉碎、增大酸的濃度、上升溫度、邊加酸邊攪拌、延長浸出時間(提高浸出率)等。⑵除雜結晶方法：①除去Fe2+：先將Fe2+氧化為Fe3+，再調pH，使之轉化為Fe(OH)沉淀，過濾除去。Al3+、Zn2+等用同3樣的方法，調pH生成沉淀除去；②從溶液中得到晶體的方法：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、枯燥。⑶方程式的書寫：①礦石焙燒：足量的氧氣，高溫，一般生成最高價氧化物；②溶液中的氧化復原反響：推斷氧化產物，計算氧化劑與復原劑的物質的量之比；氧化劑是Cl、ClO、NaClO、NaClO等，復原產物一般是Cl－；2 2 2酸性KMnO4的復原產物是Mn2+，酸性KCrO的復原產物是Cr3+等；2 2 7留意電子守恒、溶液的酸堿性、殘缺項是H+、OH－或HO。2掌握溫度常見的目的：⑴掌握反響速率；⑵掌握化學平衡移動的方向；⑶掌握固體的溶解和結晶，如趁熱過濾能防止某物質降溫時析出；⑷促進溶液中氣體逸出或將生成的低沸點有機物蒸出；⑸防止或實現(xiàn)某物質的分解或水解〔使用低溫烘干、減壓蒸發(fā)〕；⑹使催化劑到達最大活性；⑺防止副反響的發(fā)生；⑻選擇某一具體溫度的緣由是：溫度過低，反響速率太慢；溫度過高，某反響物分解，或產物水解，或平衡逆向移動，降低反響物的轉化率；或催化劑失活，使產品的產率降低。流程題中的電化學：⑴推斷正負極〔或陰陽極〕；⑵書寫電極方程式〔留意酸堿性，水溶液電池還是無水電池〕；⑶推斷離子交換膜，離子移動的方向，產品室中的離子反響；⑷電解產物的循環(huán)利用問題；⑸計算某電極生成物的質量或氣體體積；⑹電解法與直接反響法，優(yōu)劣的比照。流程題中的試驗學問：⑴考察坩堝、蒸發(fā)皿等儀器的名稱或材質，煅燒，對原料的預處理；⑵填寫過濾〔或蒸餾〕中的玻璃儀器名稱，留意抽濾的原理及儀器，趁熱過濾的原理等；⑶除雜或結晶的方法，除雜反響中，參加的調pH的物質；⑷煮沸：促進水解，膠體聚沉便于過濾分別，除去溶解在溶液中的氣體；⑸玻璃棒的作用，沉淀的洗滌方法；⑹尾氣的吸取處理，綠色化學的試驗方案的設計。反響條件的掌握：⑴溫度的掌握：角度——反響速率、轉化率、催化劑活性、反響物產物對溫度的敏感性等；⑵反響氣氛的掌握：角度——防氧化、防水解、安全性等；⑶掌握pH常見的目的：①使某些離子形成氫氧化物沉淀；②調整溶液的酸堿性，促進或抑制水解；③特定的反響需要酸性或堿性條件，或增加氧化劑的氧化性等。常見計算：⑴利用難溶物質的Ksp，計算某離子的濃度；⑵計算溶液中兩種離子濃度的比值〔依據Ksp計算〕；⑶計算某金屬離子開頭沉淀的pH；⑷通過計算說明，肯定pH環(huán)境下，某金屬離子是否開頭沉淀或是否完全沉淀；⑸依據溶度積、電離常數等數據，比較某溶液中離子濃度的大小關系；⑹涉及到滴定反響的，須多步反響，找準關系，一步計算。產品的分別提純：⑴物理方法：溶解過濾、水洗、結晶、蒸餾、萃取分液、升華、液化、鹽析、滲析、離子交換、吸附法、浮選法等；⑵化學方法：熱分解法、酸堿處理法、沉淀法、氧化復原法、電解法。循環(huán)物質如何找⑴從流程需要參加的物質去找：先觀看流程中需要參加的物質，再爭論后面的流程中有沒有生成此物質；⑵從能構成可逆反響的物質去找：可逆反響的反響物不能完全轉化，應當回收再利用；⑶從過濾后的母液中查找：析出晶體經過過濾后的溶液稱為母液，母液是該晶體溶質的飽和溶液，應當循環(huán)再利用。綠色化學理念：⑴杜絕環(huán)境污染；⑵原子的經濟性；⑶節(jié)約能源，包括使用催化劑；⑷原料來源廣，最好是可再生的，或可循環(huán)利用的；⑸削減工藝的繁瑣性，化繁為簡；⑹工藝的安全性。3 例〔2023?課標Ⅰ〕硼酸HBO3 〔MgBO?HOSiO及少量FeOAlO

為原料生產硼酸及輕質氧化鎂的工藝流程如下：2 2 5 2 2 2 3 2 3答復以下問題：在95“溶浸硼鎂礦粉產生的氣體“吸取中反響的化學方程式 ?！盀V渣1”的主要成分有 。為檢驗“過濾1”后的濾液中是否含有Fe3+離子，可選用的化學試劑是 。依據HBO的解離反響：HBO+HO H++B〔OH〕-，K=5.81×10-10，可推斷HBO是 3 3 3 3 2 4 a 3 3酸；在“過濾2”前，將溶液pH調整至3.5，目的是 。在“沉鎂”中生成Mg〔OH〕

?MgCO

沉淀的離子方程式為2 3 ，母液經加熱后可返回 工序循環(huán)使用。由堿式碳酸鎂制備輕質氧化鎂的方法是 。4 2 〔1〕NH3+NH4HCO3=〔NH〕CO4 2 2 2 3 2 2 2 3 2

、FeO、AlO；KSCN；3一元弱；轉化為H3BO，促進析出；33 2 2 3 〔4〕2Mg2++3CO2-+2HO=Mg〔OH〕?MgCO↓+2HCO-3 2 2 3 3【解析】硼鎂礦〔含Mg2B2O3

?HO、SiO

及少量FeO

、AlO

〕參加硫酸銨溶液，得到氣體，依據硼鎂礦222323NHNHHCO吸取NH222323

NH+NHHCO

233 4 3 323

3 4

4 2 32321中得到的濾渣犯難溶性的SiO2、FeO23

、AlO

，調整溶液pH=3.5時得3到H3BO3

MgSO

2Mg2++3CO

2-+2H

O=g

OH〕?MgCO↓+2HCO-，432233加熱分解可以得到輕質MgO；母液中含有〔NH4〕2SO4，432233氨氣為堿性氣體，能和酸式銨鹽吸取生成正鹽，反響方程式為NH3+NH4HCO3=〔NH4〕2CO3，4 2 故答案為：NH3+NH4HCO3=〔NH〕CO4 2 濾渣1犯難溶性的SiO

、FeO

、AlO

；Fe3+KSCN溶液混合得到血紅色液體，所以可以用KSCN溶液檢驗鐵離子，

2 2 3 2 3故答案為：SiO

、FeO、AlO

；KSCN；2 2 3 2 33H3BO3能發(fā)生一步電離，且電離平衡常數很小，所以為一元弱酸；在“過濾2”前，將溶液pH調整3.5，有利于析出H3BO，假設溶液pH較大，得不到硼酸而得到硼酸鹽，33故答案為：一元弱；轉化為H3BO，促進析出；32 在“沉鎂”中鎂離子和碳酸根離子發(fā)生水解和復分解反響生成Mg〔OH〕?MgCO2 成碳酸氫根離子離子，離子方程式為2Mg2++3CO2-+2HO=Mg〔OH〕?MgCO↓+2HCO

-；在母液中得到3 2 2 3 34 2 4 4 2 〔NH〕SO，在溶浸時需要參加〔NH〕SO4 2 4 4 2 故答案為：2Mg2++3CO

+2HO=Mg〔OH〕?MgCO↓+2HCO-；溶浸；高溫焙燒。3 2 2 3 3練習2023?天津〕多晶硅是制作光伏電池的關鍵材料。以下是由粗硅制備多晶硅的簡易過程。答復以下問題：Ⅰ．硅粉與HCl3001molSiHCl3

氣體和H

225kJ熱量，該反響的熱化學方程23式為 _ 。SiHCl的電子式為 。3Ⅱ．將SiCl4

氫化為SiHCl3

有三種方法，對應的反響依次為：①SiCl〔g〕+H〔g〕SiHCl〔g〕+HCl〔g〕△H>04 2 3 1②3SiCl〔g〕+2H〔g〕+Si〔s〕?4SiHCl〔g〕△H<04 2 3 2③2SiCl〔g〕+H〔g〕+Si〔s〕+HCl〔g〕?3SiHCl〔g〕△H4 2 3 3氫化過程中所需的高純度H2可用惰性電極電解KOH溶液制備寫出產生H2的電極名稱 〔填“陽極”或“陰極，該電極反響方程式 。體系自由能變△G=△H-T△S，△G<0時反響自發(fā)進展。三個氫化反響的△G與溫度的關系如圖1所示，可知：反響①能自發(fā)進展的最低溫度是 ；一樣溫度下，反響②比反響①的△G小，主要緣由是 。不同溫度下反響②中SiCl轉化率如圖2所示。以下表達正確的選項是 〔填序號。4a．B點：v >v b．v ：A點>E點 c．反響適宜溫度：480～520°C正 逆 正〔4〕反響③的△H= 〔用△H，△H表示。溫度上升，反響③的平衡常數K 〔填“增3 1 2?！?〕由粗硅制備多晶硅過程中循環(huán)使用的物質除SiClSiHCl和Si外還有 〔填分子式?！敬鸢浮竣瘢甋i【答案】Ⅰ．Si〔s〕+3HCl〔g〕SiHCl3〔g〕+H2〔g〕△H=-225kJ/mol；；2 〔1〕陰極；2H2O+2e-=H↑+2OH-2H++2e-=H2 〔2〕1000℃；△H2<△H1導致反響②的△G?。弧?〕ac；1〔4〕△H2-△H；減?。?2〔5〕HCl、H。2應物狀態(tài)、反響條件書寫該反響的熱化學方程式為Si〔S〕+3HCl〔g〕SiHCl3〔g〕+H2〔g應物狀態(tài)、反響條件書寫該反響的熱化學方程式為Si〔S〕+3HCl〔g〕SiHCl3〔g〕+H2〔g〕△2H=-225kJ/mol；SiHCl31Si-H鍵、3Si-Cl鍵，其電子式為，故答案為：Si〔sH=-225kJ/mol；SiHCl31Si-H鍵、3Si-Cl鍵，其電子式為，故答案為：Si〔s〕+3HCl〔g〕SiHCl〔g〕+H〔g〕△H=-225kJ/mol；32；故答案為：陰極；2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑；SiCl〔g+H〔SiHCl〔+HCgS=GH<0，依據圖知，反響4 2 31000℃；①中△H>0、②△H<0，且反響②△S<0，△H2<△H1導致反響②的△G小，故答案為：1000℃；△H2<△H1導致反響②的△G??；依據圖知，A到D點，隨著溫度上升，SiCl4轉化率增大，說明平衡正向移動且沒有到達平衡狀態(tài)，D點后上升溫度SiCl4轉化率降低，說明上升溫度平衡逆向移動，則D為平衡點，a．B點平衡正向移動，所以v >v ，故正確；正 逆b．溫度越高化學反響速率越快，溫度A<E，所以反響速率A<E，故錯誤；c．其轉化率越大越好且溫度不能太高，依據圖知，反響適宜溫度：480～520°C，故正確；應選ac；4 2 3 ①SiCl〔g〕+H〔g〕?SiHCl〔g〕+HCl〔g〕△H4 2 3 ②3SiCl〔g〕+2H〔g〕+Si〔s〕?4SiHCl〔g〕△H<04 2 3 22SiCl〔g+H〔〕+S〔+HC〔〕3SiHCl〔HH

<0，4 2 3 3 2 1上升溫度平衡向吸熱方向移動，該反響的正反響是放熱反響，上升溫度平衡逆向移動，所以上升溫度反響③的平衡常數K減小，1故答案為：△H2-△H；減?。?依據圖知，粗硅和枯燥HCl反響生成混合物，SiHCl3和氫氣反響生成HCl；混合物分別得到氫氣，SiHCl3和氫氣反響生成HCl需要氫氣，所以由粗硅制備多晶硅過程中循環(huán)使用的物質除SiCl、SiHCl和4 32 Si外，還有HCl、H，故答案為：HCl、H2 2 練習2023?江蘇CO的資源化利用能有效削減CO2 CaO可在較高溫度下捕集CO，在更高溫度下將捕集的CO釋放利用。CaCO?HO熱分解可制2 2 2 4 2CaO，CaCO?HO加熱升溫過程中固體的質量變化如圖。2 4 2①寫出400～600℃范圍內分解反響的化學方程式： _ 。②與CaCO熱分解制備的CaO相比，CaCO?HO熱分解制備的CaO具有更好的CO捕集性能，其3 2 4 2 2緣由是 。電解法轉化CO2

可實現(xiàn)CO2

資源化利用。電解CO2

制HCOOH的原理示意圖如圖。①寫出陰極CO復原為HCOO-的電極反響式： 。2KHCO3

溶液濃度降低其緣由是 。CO催化加氫合成二甲醚是一種CO轉化方法，其過程中主要發(fā)生以下反響：2 2反響Ⅰ：CO〔g〕+H〔g〕=CO〔g〕+HO〔g〕△H=41.2kJ?mol-12 2 2反響Ⅱ：2CO〔g〕+6H〔g〕=CHOCH〔g〕+3H

O〔g〕△H=-122.5kJ?mol-12 2 3 3 2在恒壓、CO和H的起始量肯定的條件下，CO平衡轉化率和平衡時CHOCH的選擇性隨溫度的變2 2 2 3 3化如圖。其中：CHOCH的選擇性=3CHOCH的選擇性=33×100%2。②220CO與HCHOCH

的選擇性為48〔圖中A點。2 2 3 3不轉變反響時間和溫度，肯定能提高CHOCH選擇性的措施有 。〔〔1〕CaC2O4CaCO3+CO↑；2 4 ②CaCO?HO2 4 〔2〕①CO2+H++2e-=HCOO-或CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-；2 ②陽極產生O，PH減小，HCO-濃度降低；K+2 〔3〕①反響Ⅰ的△H>0，反響Ⅱ的△H<0，溫度上升使CO2轉化為CO的平衡轉化率上升，使CO2轉化為CH3OCH3的平衡轉化率下降，且上升幅度超過下降幅度；②增大壓強，使用對反響Ⅱ催化活性更高的催化劑。化學方程式0-20°C發(fā)生的反響CaC ?2 4 2OHOCaC4化學方程式0-20°C發(fā)生的反響CaC ?2 4 2OHOCaC4+HO400-60C質量削減128-100=28，草酸鈣分解生成了一氧化碳和碳酸鈣，是發(fā)生反響CaC2O4CaCO3+CO↑，800-1000°C，質量變2 4 化=100-56=44，是碳酸鈣分解生成氧化鈣和二氧化碳，反響的化學方程式：化=100-56=44，是碳酸鈣分解生成氧化鈣和二氧化碳，反響的化學方程式：CaCO3CaO+CO↑，2①400-600°C128-100=28g，草酸鈣分解生成了一氧化碳和碳酸鈣，是發(fā)生反響CaC2O4CaCO3+CO↑，故答案為：CaC2O4CaCO3+CO↑；②CaC2O4?H2O熱分解制備的CaO具有更好的CO2CaCO3+CO↑，故答案為：CaC2O4CaCO3+CO↑；故答案為：CaC2O4?H2O熱分解放出更多的氣體，制得的氧化鈣更加疏松多孔；①陰極CO2復原為HCOO-的電極反響是二氧化碳得到電子生成甲酸根離子或在碳酸氫根離子溶液中C2++2e=HCO-CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-，3故答案為：CO2+H++2e-=HCOO-或CO2+HCO-+2e-=HCOO-+CO32-；3②電解一段時間后，陽極區(qū)的KHCO3溶液濃度降低升溫緣由是：陽極氫氧根離子失電子生成氧氣，電極四周氫離子濃度增大，PH減小和碳酸氫根離子反響，HCO3-濃度降低，K+局部遷移至陰極區(qū)，故答案為：陽極產生O2，PH減小，HCO3-濃度降低；K+局部遷移至陰極區(qū)；300℃，CO2H>0，反響Ⅱ的△H<0，溫度上升使CO2轉化為CO的平衡轉化率上升，使CO2轉化為CH3OCH3的平衡轉化率下降，且上升幅度超過下降幅度，故答案為：反響Ⅰ的△H>0，反響Ⅱ的△H<0，溫度上升使CO2轉化為CO的平衡轉化率上升，使CO2轉化為CH3OCH3的平衡轉化率下降，且上升幅度超過下降幅度；×100%分析，平衡正向進展二甲醚物質的量增大，二氧化碳物質的量減小，2 2 3 3