山东省济宁一中2022届高三化学二轮复习专题54化肥和农药精选练习含解析鲁教版

专题54化肥和农药1、亚硝酸（HNO2）既可作氧化剂又可作还原剂，当它在反应中作氧化剂时，可能生成的产物是（）A.N2B.N2O3C.NO2D.NO2【答案】2、用两根石墨电极分别插入盛有氯化铜溶液的U形管中，接通电源，则关于与电源正极相连的电极描述正确的是（）A．阳极，有Cl2放出B．阴极，有H2放出C．阳极，有O2放出D．阴极，有Cu覆盖【答案】A3、25℃时，向20.00ml的NaOH溶液中逐滴加入某浓度的CH3COOH溶液．滴定过程中，溶液的pH与滴入CH3COOH溶液的体积的关系如图所示，②点时NaOH溶液恰好被中和．则下列说法中，错误的是（　　）A．CH3COOH溶液的浓度为0.1mol/LB．图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小C．点④所示溶液中存在：c（CH3COOH）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）D．滴定过程中的某点，会有c（Na+）＞c（CH3COO-）=c（OH-）＞c（H+）【答案】C【解析】A、图象可知氢氧化钠溶液浓度为0.1mol/L，②点时NaOH溶液恰好被中和消耗醋酸溶液20ml，则产生浓度为0.1mol/L，故A正确；B、图中点①到点③所示溶液中随滴入醋酸反应，水的电离被抑制程度减小，即水的电离程度增大；恰好反应后继续滴加醋酸，对水电离起到抑制作用，图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小，故B正确；C、点④所示溶液是醋酸和醋酸钠溶液，c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=2c（Na+），电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣），故C错误；D、滴定过程中的某点，醋酸钠和氢氧化钠混合溶液中会有c（Na+）＞c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）＞c（H+），故D正确；故选C．4、当下列反应达到平衡时保持温度和压强不变，向容器中通入氩气，则化学平衡一定不移动的是（）A.B.12\nC.D.【答案】C5、原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，X、Z的最外层电子数之和与Y、W的最外层电子数之和相等．甲的化学式为YX3，是一种刺激性气味的气体，乙是由X、Y、Z组成的盐．下列说法正确的是（　　）A．由X、Y、Z组成盐的水溶液呈酸性，则溶液中该盐阳离子浓度小于酸根离子浓度B．YX3的水溶液呈弱碱性，能使湿润的蓝色石蕊试纸变红C．原子半径：Z＜Y＜W，而简单离子半径：W＜Y＜ZD．W的氯化物熔点低，易升华，但水溶液能导电，由此推断它属于弱电解质【答案】A【解析】解：原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，甲的化学式为YX3，是一种刺激性气味的气体，则甲是NH3，所以X是H元素、Y是N元素，W原子的最外层电子数与其电子层数相等且原子序数大于N，所以W是Al元素，X、Z的最外层电子数之和与Y、W的最外层电子数之和相等，所以Z是F元素，乙是由X、Y、Z组成的盐，则乙是NH4F，A．由X、Y、Z组成盐为NH4F，NH4F的水溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒得c（NH4+）＜c（F﹣），故A正确；B．NH3的水溶液呈弱碱性，石蕊遇碱变蓝色，所以氨水能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故B错误；C．原子半径：Z＜Y＜W，而简单离子半径：W＜Z＜Y，故C错误；D．氯化铝在水溶液里完全电离，所以氯化铝是强电解质，故D错误；故选A．6、将5g铝、镁、铁三种金属的混合物与足量的稀硫酸反应，反应完全时共放出氢气2.8L（标况下），则三种金属的物质的量之和为（）A、等于0.125molB、可能小于0.125mol，也可能大于0.125molC、小于0.125molD、无法确定【答案】C7、过滤时正确的操作为（　　）A．将待过滤的物质搅拌后直接倒入过滤器中B．将待过滤的物质静置后先倒出上层清液，再将沉淀倒入过滤器中C．将待过滤的物质静置后直接倒入过滤器中D．将待过滤的物质沿着玻璃棒倒入过滤器中，玻璃棒下端应靠在三层滤纸处【答案】D【解析】12\nA．过滤液体时，将待过滤的物质搅拌后用玻璃棒引流，否则液体会溅出，故A错误；B．将待过滤的物质静置后先倒出上层清液，上层清液未过滤，过滤操作前可先让混合液静置，然后先过滤上层清液，再过滤下层，这样可以到达较好的过滤效果，故B错误；C．过滤时，用玻璃棒引流，使液体沿玻璃棒缓缓流进过滤器，将待过滤的物质静置后直接倒入过滤器中可能冲破滤纸，故C错误；D．将待过滤的物质沿着玻璃棒倒入过滤器中，防止液体飞溅，玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果，故D正确；8、下列说法中正确的是（　　）A．1mol任何气体所占的体积都约为22.4LB．在标准状况下，1molO2的体积约为22.4LC．1molH2O的体积约为22.4LD．1molO2和1molO3都含有相同的原子个数【答案】B【解析】A、标准状况下，1mol任何气体所占的体积都约为22.4L，温度压强不知不能确定气体体积，故A错误；B、标准状况下，1mol任何气体所占的体积都约为22.4L，在标准状况下，1molO2的体积约为22.4L，故B正确；C、水不是气体，故C错误；D、1molO2都含有原子数2mol，1molO3含有的原子个数3mol，1molO2和1molO3都含有原子个数不相同，故D错误；故选B．9、下列物质里含氢原子数最多的是（）A．1molH2B．0.5molNH3C．6.02×1023个的CH4分子D．0.3molH3PO4【答案】C10、标准状况下11.2L某未知气体X的质量为16g，则气体X的摩尔质量是（　　）A．16gB．32gC．64g？mol-1D．32g？mol-1【答案】D【解析】标准状况下某气体1.12L，物质的量n=11.2L22.4L/mol=0.5mol；则气体摩尔质量M=16g0.5mol=32g？mol-1，故选：D．11、2022年6月11日，神舟十号由长征二号F改进型运载火箭成功发射，其后完成了与天宫一号对接任务，实现了中国航天史上首次太空授课。在太空舱可以实现的操作是A．过滤B．分液C．氧化铁粉和铝粉混合D．酸碱中和滴定【答案】C12、下列除杂方法合理的是（　　）A．C2H6中混有的C2H4，可以将混合气体先通过溴水，然后用碱石灰干燥B．CaCO3中混有的少量NaHCO3，可以用加热的方法除去C．乙烯中混有的SO2气体，可以通过酸性高锰酸钾溶液除去D．H2S中混有的水蒸气，可以用浓硫酸除去【答案】A【解析】12\nA．乙烯能够与溴水发生加成反应，乙烷不反应，然后用碱石灰干燥即可得到纯净的乙烷，故A正确；B．NaHCO3受热分解为Na2CO3，无法除掉，故B错误；C．乙烯和SO2均能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C错误；D．硫化氢能够被浓硫酸氧化，不能用浓硫酸干燥，故D错误．故选A．13、按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物．下列说法错误的是（　　）A．步骤（1）需要过滤装置B．步骤（2）需要用到分液漏斗C．步骤（3）需要用到坩埚D．步骤（4）需要蒸馏装置【答案】C【解析】解：A．步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，需要过滤装置，故A正确；B．步骤（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗，故B正确；C．步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，而不用坩埚，故C错误；D．步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，需要蒸馏装置，故D正确；故选C．14、下列实验操作正确的是（　　）A．B．C．D．【答案】B【解析】A、向试管中滴加液体时，胶头滴管不能伸入试管中，否则会污染试剂，故A错误；B、分液操作中，分液漏斗的下端需要靠在烧杯内壁，故B正确；C、过滤操作中的一贴二低三靠考虑，漏斗的下端应该靠在烧杯内壁，故C错误；D、蒸馏过程中，冷凝管通水方向应该是逆向通水，时冷凝物与水充分接触，冷凝效果好，故D错误．故选B．15、12\n我国耕地资源有限，要提高粮食产量，科学施肥是重要措施之一。农业技术员小王测定了某块耕地的耕层土壤氮磷钾含量，测定结果及土壤肥量标准见下表.请你判断应该施用的化肥是（　　）全氮全磷全钾土壤肥量标准g·kg-10.620.3417.8测定结果g·kg-10.500.3618.1①硫酸铵②硫酸钾③尿素④过磷酸钙A.①②B.①③C.②③D.②④【答案】B【解析】根据题中所给出的信息分析，本题重点考察的是肥料的使用。16、(14分)实验室配制500mL0.2mol·L－1的FeSO4溶液，具体操作步骤为：①在天平上称取一定质量的绿矾(FeSO4·7H2O)，把它放在烧杯中，用适量的蒸馏水使其完全溶解；②把制得的溶液小心地注入500mL的容量瓶中；③继续向容量瓶中滴加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处时，改用胶头滴管小心滴加，直到溶液的凹液面恰好与刻度线相切为止；④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次的洗涤液都转入容量瓶中，并轻轻摇匀；⑤将容量瓶塞好，充分摇匀。试填写下列空白。(1)应该称取的绿矾的质量为________，在称取绿矾过程中，若天平略向右偏，要调整天平平衡的操作是______。(2)上述操作的正确顺序是____________。(3)本实验用到的仪器有：玻璃棒、__________________，在配制溶液的过程中多次用到玻璃棒，在溶解时玻璃棒的作用是________，在移液时玻璃棒的作用是___________________。(4)观察液面时，若俯视刻度线，会使所配制溶液的浓度________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)；没有进行操作④，会________；加蒸馏水时不慎超过了刻度线后倒出部分溶液，使液面与刻度线相切，会________。(5)用ρ＝1.84g·mL－1质量分数为98%的浓硫酸配制200mL1mol·L－1的稀硫酸与上述配制溶液在步骤上的差别主要有三点：①计算：应取浓硫酸的体积V＝________mL；②量取：由于量筒是一种粗略的量具，用量筒量取时只能量取________mL或者________mL浓硫酸；③溶解：注意先加________，再边搅拌边加________。【答案】　(1)27.8g　右手拿药匙，用左手轻拍右手手腕，小心振动药匙，使晶体落在左盘滤纸上，直至天平平衡(2)①②④③⑤(3)托盘天平、药匙、烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管　加快溶解　引流　(4)偏高　偏低　偏低(5)①10.87　②10.8　10.9　③水　浓硫酸【解析】　(1)考查有关物质的量的计算m(FeSO4·7H2O)＝0.5L×0.2mol·L－1×278g·mol－1＝27.8g；考查称量固体物质时的操作和托盘天平的使用规则。(2)考查配制溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、恢复至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签。(3)对于仪器的使用次序和方法，要联系配制溶液的具体步骤来记忆。对于多次出现的仪器的作用要对比记忆。(4)c＝nB/V，c与nB正相关，与V成反相关的关系；俯视刻度线时，使V偏小，c偏大；不洗涤玻璃棒，会使溶质没有全部转移到容量瓶中，nB偏小，c偏小；在倒出溶液的过程中，有部分溶质也会被倾倒出来，最终使c偏小。(5)用浓溶液配制稀溶液与用固体配制溶液的步骤有几点大的区别：计算得出浓溶液的体积、量取时用量筒12\n，对于浓硫酸的稀释，为防止液体飞溅，还要注意加水与加浓硫酸在步骤上的差别。17、某课外活动小组的同学，在实验室做锌与浓硫酸反应的实验时，有同学认为产生的气体除SO2外，还可能产生氢气。该同学为了检验他的判断是否正确，设计了如图所示的实验装置，其中，装置B中盛有浓硫酸，装置C中放置黑色CuO粉末，装置D中放置的是无水硫酸铜粉末(锌与浓硫酸共热时产生的气体为X，且该装置略去)。试回答：(1)A中加入的试剂可能是________，作用是_____________；E中加入的试剂是碱石灰，作用是____________________________________________；装置A、B之间的酸性高锰酸钾溶液的作用是_____________________；(2)上述反应中生成二氧化硫的化学方程式为____________________________________________________________________________________；(3)如果去掉装置B，还能否根据D中的现象判断气体X中有氢气？________(填“能”或“不能”)。原因是：____________________________________。(4)可以证明气体X中含有氢气的实验现象是：C中________________________________________________，D中_________________________________________________。【答案】(1)品红溶液　检验气体X中是否含有SO2　防止空气中的水蒸气进入D中，干扰检验　除去气体X中的SO2(2)Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O(3)不能　经酸性高锰酸钾溶液洗气后的气体中含有水蒸气，会干扰氢气的检验(4)黑色粉末(CuO)变成红色光亮的物质　白色粉末变蓝色【解析】(1)证明SO2存在应用品红溶液，故A中试剂为品红溶液。酸性KMnO4溶液的作用是除去SO2。D的作用是证明有H2O产生，E中碱石灰的作用是防止空气中H2O(g)进入D中，干扰检验。(2)Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O(3)B中浓硫酸的作用是除去气体中的水蒸气，若去掉，则D中现象就无法说明有无H2产生。(4)C中黑色粉末(CuO)变成红色光亮物质，D中白色粉末变蓝，证明有H2生成。18、托盘天平、容量瓶、滴定管、量筒是中学化学常见的计量仪器，熟知这些仪器的使用是定量研究化学的基础。(1)其中标示出使用温度的仪器是________。(2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有________(填序号)。A．配制一定体积准确浓度的标准溶液B．贮存溶液C．测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液D．准确稀释某一浓度的溶液E．量取一定体积的液体12\nF．用来加热溶解固体溶质(3)如下图是某些仪器的刻度部分示意图，图中各仪器虚线为所示读数。其中为量筒的是________(填编号，下同)，读数为________mL；为滴定管的是________，读数为________mL。(4)下列可能由于错误操作，使所得的数据比正确数据偏小的是________。A．称取4.2gNaCl固体时，将砝码放在左盘，NaCl固体放在右盘B．使用容量瓶配制溶液时，定容摇匀后，液面低于刻度线C．酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接倒入标准液进D．用量筒量取一定体积的液体时，俯视液面所得的读数【答案】(1)容量瓶、滴定管、量筒(2)BCEF(3)②　2.6　③　2.50(4)A【解析】(1)计量体积的玻璃仪器有具体使用温度。(2)容量瓶只能用于准确配制一定体积和一定浓度的溶液。(3)量筒无零刻度，滴定管小(数)上、大(数)下。量筒精确度为0.1mL，滴定管精确度为0.01mL。由于量筒只能粗略量取液体体积，不估读。(4)托盘天平称量为“左物右码”，A中称得3.8gNaCl；B中定容摇匀，部分溶液附着在瓶壁上，无影响；C中滴定管使用前未用标准液润洗，导致碱液的浓度偏大；D中俯视液面时，读取的液面比实际应量取的液面高。19、23.75g某二价金属的氯化物(MCl2)中含有3.01×1023Cl－，则MCl2的摩尔质量是________，MCl2的相对分子质量是________，M的相对原子质量是________。【答案】95g·mol－1　95　24【解析】n(Cl－)＝＝0.5mol则MCl2的摩尔质量为＝95g·mol－1，M的相对原子质量为95－35.5×2＝24。20、A、B、C是单质，其中A是金属，各种物质间的转化关系如图：根据图示转化关系回答：(1)写出下列物质的化学式．A________________，B________________，12\n乙________________，丁________________．(2)写出下列变化的化学方程式．①A与NaOH溶液反应的化学方程式_________________________________.②甲与NaOH溶液反应的离子方程式___________________________.(3)将一定量的A加入到NaOH溶液中，产生的C在标准状况下的体积为3.36L，则消耗的A的物质的量为______________，转移电子的物质的量为__________．【答案】(1)Al　O2　NaAlO2　Al(OH)3(2)①2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑②Al2O3＋2OH－==2AlO2—＋H2O(3)0.1mol　0.3mol【解析】常见金属单质中能与NaOH溶液反应产生气体的只有Al，所以A是Al，乙是NaAlO2，C是H2，甲是Al的化合物，可和NaOH溶液反应产生NaAlO2，可能是Al2O3，则丙是H2O，B即是O2.根据NaAlO2＋CO2＋2H2O===NaHCO3＋Al(OH)3↓得丁是Al(OH)3.21、已知A原子只有一个未成对电子，M电子层比N电子层多11个电子，试回答下列问题：(1)N电子层的s轨道和p轨道中只有一个未成对电子的元素有哪些？(2)写出A原子的电子排布式和元素符号。(3)指出元素A在周期表中的位置。(4)指出元素A的最高化合价和最低化合价。【答案】(1)4s1的元素有：K　[Ar]4s1，Cr　[Ar]3d54s1，Cu　[Ar]3d104s1；4p亚层中只有一个不成对电子的元素有Ga　[Ar]3d104s24p1，Br　[Ar]3d104s24p5。(2)1s22s22p63s23p63d104s24p5　Br(3)第4周期ⅦA族(4)最高化合价为＋7价，最低化合价为－1价。【解析】　解答该题的关键是核外电子的排布规律，以及原子结构与元素在周期表中的位置、元素的化合价之间的关系。(1)4s只有一个未成对电子的元素有第4周期的第一种元素钾，3d半满时即3d54s1的24号元素铬和3d104s1的29号元素铜。4p只有一个未成对电子的元素有电子开始进入4p的31号元素镓，以及4p余下一个未成对电子的35号元素溴，以上元素均为第4电子层没有排满，所以都是第4周期中的元素。(2)由题意可知，A原子的M电子层比N电子层多11个电子，其3d轨道必已排满，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，根据其最外层电子排布，可知其位于元素周期表中的第4周期ⅦA族，是卤族中的Br元素，其最高化合价为＋7价，最低化合价为－1价。22、有机物A()是有机工业的重要原料，可用于合成多种有机物。I．由A为原料，可以合成有机物D。根据如下流程回答：已知：R－CNR－COOH。(1)A的名称为________________________；12\n(2)D的结构简式为____________________________。II．以A为主要原料合成有机物G：，合成路线流程图为：(3)反应②的化学方程式_______________________________________；(4)写出检验反应③的产物中残留有机反应物的试剂_________________________；(5)写出符合下列条件的G的同分异构体的其中一种结构简式：①分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有一种；②能发生水解反应；③遇FeCl3溶液显紫色。。【答案】(1)对甲基苯酚（2）(3)(4)银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液(5)、　　　23、X、Y、Z三种主族元素位于周期表中连续的三个不同周期。原子序数：Z>X>Y，其中Y原子的次外层电子数为2，X原子的次外层电子数与Y、Z原子的次外层电子数均不相同，X与Y的族序数之和等于Z的族序数。已知X的氢氧化物难溶于水，Y的最高价氧化物对应的水化物是一种强酸。由此推出：X是，Y是，Z是。将X的单质投入到Z单质的水溶液中，观察到的现象是，有关反应的化学方程式是　　　　　　　　　．【答案】（1）N;Mg;Br;黄色褪去；Mg+Br2===MgBr2【解析】24、研究化肥的合成、废水的处理等有现实的重要意义．（1）硝酸铵的生产方法是采用硝酸与氨气化合，工业合成氨是一个放热反应，因此低温有利于提高原料的转化率，但实际生产中却采用400～500℃的高温，其原因是　　；工业生产中，以氨气为原料合成硝酸，写出工业生产硝酸的最后一步的化学方程式　　．（2）甲、乙、丙三个化肥厂生产尿素所用的原料不同，但生产流程相同：12\n已知CO+H2OCO2+H2①甲厂以焦炭和水为原料；②乙厂以天然气和水为原料；③丙厂以石脑油（主要成分为C5H12）和水为原料．按工业有关规定，利用原料所制得的原料气H2和CO2的物质的量之比，若最接近合成尿素的原料气NH3（换算成H2的物质的量）和CO2的物质的量之比，则对原料的利用率最高．据此判断甲、乙、丙三个工厂哪个工厂对原料的利用率最高？　　．（3）将工厂废气中产生的SO2通过下列流程如图1，可以转化为有应用价值的硫酸钙等．①写出反应Ⅰ的化学方程式：　．②生产中，向反应Ⅱ的溶液中加入强还原性的对苯二酚等物质，目的是　　．③检验经过反应Ⅲ得到的氨态氮肥中SO42﹣所用试剂是　　．（4）工业上利用氯碱工业产品治理含二氧化硫的废气．图2是氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图．①用溶液A吸收含二氧化硫的废气，其反应的离子方程式是　　．②用含气体B的阳极区溶液吸收含二氧化硫的废气，其反应的离子方程式是　　．【答案】（1）催化活性最强，增加反应速率，缩短达到平衡的时间；3NO2+H2O=2HNO3+NO；（2）丙；（3）①2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2；②防止亚硫酸铵（NH4）2SO3被氧化；12\n③盐酸和氯化钡（HCl和BaCl2）；（4）①SO2+OH﹣=HSO3﹣（或SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O）；②SO2+Cl2+H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣．【解析】（1）合成氨反应的化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣92.2kJ/mol，在400～500℃的高温时，催化剂的催化活性最强，同时升高温度虽然不利于平衡向正反应方向移动，但能增大反应速率，缩短达到平衡的时间；工业生产中，以氨气为原料合成硝酸，是先将氨催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，所以工业生产硝酸的最后一步的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：催化活性最强，增加反应速率，缩短达到平衡的时间；3NO2+H2O=2HNO3+NO；（2）NH3（换算成H2的物质的量）和CO2的物质的量之比为2：1合成尿素，即H2和CO2的物质的量之比为：1=3：1．甲厂以焦炭和水为原料，C+2H2OCO2+2H2，生成的H2和CO2的物质的量之比为2：1．乙厂以天然气和水为原料，CH4+2H2OCO2+4H2，生成的H2和CO2的物质的量之比为2：1．丙厂以乙烯和水为原料，C5H12+10H2O5CO2+16H2，生成的H2和CO2的物质的量之比为16：5，丙最接近3：1，故答案为：丙；（3）①根据反应物和生成物，写出反应Ⅰ的化学方程式为：2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2，故答案为；2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2；②亚硫酸根离子易被氧化，向反应Ⅱ的溶液中加入强还原性的对苯二酚等物质，目的是防止亚硫酸铵（NH4）2SO3被氧化，故答案为：防止亚硫酸铵（NH4）2SO3被氧化；③检验SO42﹣所用试剂是盐酸和氯化钡（HCl和BaCl2），故答案为：盐酸和氯化钡（HCl和BaCl2）；（4）①二氧化硫和氢氧化钠反应生成NaHSO3，SO2+OH﹣=HSO3﹣（或SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O），故答案为：SO2+OH﹣=HSO3﹣（或SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O）；②阳极区产生的气体氯气的溶液与二氧化硫发生氧化还原反应，SO2+Cl2+H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣，故答案为：SO2+Cl2+H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣．25、化学肥料在农业生产中具有重要的作用，关系着农业生产是否丰收。化学肥料在农业生产中的广泛应用，为化学肥料的大规模工业生产提供了舞台。(1)在合成氨的设备(合成塔)中，设置热交换器的目的是______________。(2)生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，一般可采用下列两种方法处理。碱液吸收法：NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O12\n氨还原法：8NH3＋6NO27N2＋12H2O(NO也有类似的反应)请从绿色化学的角度分析两种方法的优劣：____________________。(3)某化肥厂用NH3制备NH4NO3。已知：由NH3制NO的产率是96%，NO制HNO3的产率是92%，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗用NH3质量(不考虑其他损耗)的________%。(4)硝酸铵是一种常用的氮肥，在贮存和使用该化肥时，把应注意的事项及理由填入下表(填两条应注意的事项及理由即可)。注意事项理由①__________________________②____________________________【答案】(1)利用余热，节约能源(2)碱液吸收法要消耗大量的NaOH，同时产生有毒的NaNO2，但可以生产副产品“工业盐(NaNO2)”；氨还原法不消耗贵重原料，且产物无污染，但氮的氧化物被浪费了(3)53.1(4)①不能与碱性肥料混施　硝酸铵溶液呈酸性　②不能剧烈撞击　硝酸铵易爆炸　③不能在雨水较多的地区使用　硝酸铵吸水性强，易流失(答出任意两条即可)【解析】(1)热交换器可以把合成氨时放出的热量转移出来，既降低了反应体系的温度，又能使余热得以充分利用。(2)氮的氧化物的“碱液吸收法”和“氨还原法”各有优劣，前者消耗烧碱，且产物有毒，但可生产“工业盐”；后者消耗氨气，产物无毒，但使氮的氧化物白白浪费。(3)硝酸铵中硝态氮和铵态氮的量相等，但由氨气生产硝态氮的过程中出现了损失，假设硝酸铵中硝态氨和铵态氮各为1，则生产硝态氮需要的氨为＝1.13，所以制HNO3所用去的NH3的质量点总耗用NH3质量的百分比为＝53.1%。12