四川省2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡

这是一份四川省2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡，共34页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

四川省2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡

一、单选题
1．（2023·四川成都·成都七中校考二模）化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．稀土金属被称为冶金工业的维生素
B．地沟油和甲醇或乙醇可以制造生物柴油，生物柴油属于烃类化合物
C．“嫦娥五号”使用的太阳能电池板和锂离子电池组，均可将化学能转变为电能
D．泡沫灭火剂可以用于Mg粉引起的火灾，因为CO2可以隔绝空气
2．（2023·四川凉山·统考二模）用氢气制备双氧水的一种工艺简单、能耗低的方法，其反应原理如图所示，已知钯(Pd)常以正二价形式存在。下列有关说法正确的是

A．H2O2的电子式为
B．反应①②③均为氧化还原反应
C．反应②中有1molO2参与反应时转移电子的物质的量为2mol
D．反应过程中[PbCl2O2]2−、HCl均为该反应的催化剂
3．（2023·四川巴中·统考一模）下列实验方案能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
配制100mL
0.1mol·L-1的硫酸
除去氯气中的HCl气体
由FeCl3溶液制取FeCl3固体
判断2NO2(g)N2O4(g)的热效应
实验
方案





A．A B．B C．C D．D

二、原理综合题
4．（2023·四川自贡·统考二模）CO2的转化和利用是实现碳中和的有效途径。其中CO2转换为CH3OH被认为是最可能利用的路径，该路径涉及反应如下：
反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ/mol
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2>0
请回答下列问题：
(1)若已知H2和CO的燃烧热，计算反应II的ΔH2，还需要的一个只与水有关的物理量为___________。
(2)在催化剂条件下，反应I的反应机理和相对能量变化如图1(吸附在催化剂表面上的粒子用*标注，TS为过渡态)。

完善该反应机理中相关的化学反应方程式：OH*+H2(g)=___________；以TS3为过渡态的反应，其正反应活化能为___________eV。
(3)在恒温恒压下，CO2和H2按体积比1：3分别在普通反应器(A)和分子筛膜催化反应器(B)中反应，测得相关数据如下表。
已知：①分子筛膜催化反应器(B)具有催化反应、分离出部分水蒸气的双重功能：
②CH3OH的选择性=

1.8MPa260°C
CO2平衡转化率
甲醇的选择性
达到平衡时间(s)
普通反应器(A)
25.0%
80.0%
10.0
分子筛膜催化反应器(B)
a>25.0%
100.0%
8.0

①在普通反应器(A)中，下列能作为反应(反应I和反应II)达到平衡状态的判据是___________(填标号)。
A．气体压强不再变化   B．气体的密度不再改变。
C．v正(CO2)=3v逆(H2) D．各物质浓度比不再改变
②平衡状态下，反应器(A)中，甲醇的选择性随温度升高而降低，可能的原因是___________；在反应器(B)中，CO2的平衡转化率明显高于反应器(A)，可能的原因是：___________。
③若反应器(A)中初始时n(CO2)=1mol，反应I从开始到平衡态的平均反应速率v(CH3OH)=___________mol/s；反应II的化学平衡常数Kp(II)=___________(用最简的分数表示)；
(4)近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成CH3OH，实现CO2的回收利用，其工作原理如图2所示。请写出Cu电极上的电极反应式：___________。

5．（2023·四川宜宾·统考二模）将CO2转化为更有价值的化工原料，正成为科学家们研究的一个重要领域。回答下列问题：
(1)已知：①2H2(g)＋O2(g) ＝2H2O(g) ΔH＝ − 484 kJ∙mol−1
②2CH3OH(g)＋ 3O2(g) ＝2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH ＝−1353 kJ∙mol−1
则CO2(g)＋ 3H2(g) ＝ CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH ＝_______ kJ∙mol−1。
(2)在恒压密闭容器中通入CO2和H2的混合气体，制备甲醇过程中测得甲醇的时空收率(STY)(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度(T)变化如下表：
T/°C
170
180
1 90
200
210
220
230
STY/[mol/(mol·h)]
0.10
0.15
0.20
0.25
0.28
0.20
0.15

①该反应最适宜的温度是_______。
②在220°C和170 °C条件下，该反应速率之比： υ(220°C)： υ(170°C)＝_______。
③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是_______。
(3)CO2催化加氢制甲醇过程中，存在竞争的副反应主要是： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH ＝＋41 kJ∙mol−1。在恒温密闭容器中，CO2的平衡转化率[α(CO2)%]和甲醇选择性[(CH3OH)%＝ ×100%]随着温度变化关系如下图所示。

①分析温度高于236°C时图中曲线下降的原因_______。
②按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，计算 244°C时反应生成CH3OH的物质的量为_______mol。 (保留两位有效数字)
③在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，该温度下主反应的平衡常数Kp＝_______。 ( 列出计算式即可)
6．（2023·四川凉山·统考二模）NOx会危害人体健康，破坏环境，对其进行无害处理研究一直是科技界关注的重点。请回答以下问题：
(1)选择性催化还原技术(SCR)是针对柴油车尾气排放中的一项处理工艺。已知在催化剂的作用下，有如下反应发生：
①4NH3(g) + 5O2(g) 4NO (g) + 6H2O(g) ΔH1= - 905kJ·mol-1
②4NH3(g) + 3O2(g) 2N2(g) + 6H2O(g) ΔH2=- 1268kJ· mol-1
③4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(g) ΔH3
反应③的反应热ΔH3=_______。
(2)氨催化氧化时会发生(1)中的①、②两个竞争反应。为研究某催化剂的效果，在1L恒容密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得反应达到平衡时有关物质的量关系如图：

①根据以上信息，其他条件不变时，下列措施中可以提高NH3转化为N2的平衡转化率的是_______(填字母)。
A．升高反应温度  B．降低反应温度
C．增大NH3和O2的初始投料比  D．及时分离出H2O
②520°C-840°C时体系中NO含量迅速增加的原因是_______。
(3)已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化如图a。

I.2NO(g) N2O2(g)
II.N2O2(g)+O2(g) 2NO(g)
①决定NO氧化反应速率的步骤是_______(填“I”或“II”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，在温度为T1和T2(T2>T1)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图b,转化相同量的NO，在温度_______ (填“T1”或“T2”)下消耗的时间较长，结合图a分析其原因_______。

(4)在恒温条件下，向初始压强为pMPa的恒容密闭容器中加入等物质的量CO和NO发生反应： 2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为_______(保留一位小数)。该条件下反应平衡常数Kp=_______ MPa-1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×物质的量分数)。
7．（2023·四川巴中·统考一模）我国科学家开发铜催化剂实现由N，N-二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]制备三甲胺[N(CH3)3]：(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1。
(1)在上述反应中，每生成2g气态水，放出___________kJ的热量。
(2)在铜催化剂表面发生上述反应的历程如图所示(催化剂表面吸附物种用“*表示)。

①下列分步反应中，能垒最大的是___________(填标号)。
a．A→Bb．C→Dc．F→G
②A→B中，断裂共价键吸收的总能量___________催化剂吸附放出的总能量(填“大于”、“小于”或“等于”)。
③D→E的化学方程式为___________。
(3)向体积相等的I、Ⅱ两个恒容密闭容器中分别充入1molDMF(g)和2molH2(g)发生上述反应，其中一个容器中是绝热过程，另一个容器中是恒温过程。反应体系中压强随时间变化关系如图所示。

①容器I中为___________(填“绝热”或“恒温”)过程。判断的依据是___________。
②若该反应是在恒温恒容的密闭容器中发生，以下能说明该反应达到化学平衡状态的是___________。
A．混合气体的密度不再发生改变
B．反应容器中H2的质量分数不变
C．2v正(H2)=v逆(H2O)
D．平均相对分子质量不变
E．该反应的焓变，即ΔH不变
③n点时反应的平衡常数Kp=___________中的(Kpa-1)。(提示：用分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)
8．（2023·四川成都·成都七中校考二模）甲醇是一种基础有机化工原料，广泛应用于有机合成、医药、农药、染料、高分子等化工生产领域。利用二氧化碳合成甲醇，能有效降低二氧化碳排放量，为甲醇合成提供了一条绿色合成的新途径。
相关化学键的键能数据
化学键
C=O
H-H
C-H
C-O
H-O
键能E/(kJ·mol-1)
806
436
413
343
465

方法I：二氧化碳催化加氢制甲醇
在一定温度下，利用催化剂将CO2和H2合成CH3OH．已知各反应物、产物均为气体。回答下列问题：
(1)写出CO2和H2反应生成CH3OH和水的热化学方程式：___________。
(2)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂条件下，将1molCO2和3molH2通入2L密闭容器中进行反应(此时容器内总压强为200kPa)，反应物和产物的分压随时间的变化曲线如图所示。

若保持容器体积不变，t1时反应达到平衡，测得H2的体积分数为，
①此时用H2压强表示0-t1时间内的反应速率v(H2)=___________kPa·min-1若再向该容器中充入1molCO2和3molH2，平衡将___________(填正向，逆向或不)移动。
②t2时将容器体积迅速压缩为原来的一半，图中能正确表示压缩体积后CO2分压变化趋势的曲线是___________(用图中a、b、c、d表示)，理由___________。
若其它条件不变，T1°C时测得平衡体系的压强为plkPa；T2°C时，测得平衡体系的压强为p2kPa，若p1>p2，则T1___________T2(填“>”、“<”或“无法确定)。
③在该温度下，反应的标准平衡常数=___________。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)=gG(g)+hH(g)，，其中=100kPa，pG，pH，pD，pE，为组分平衡分压)
方法II：CO2电解法制甲醇
利用电解原理，可将CO2转化为CH3OH，其装置如图所示。

(3)双极膜B侧为___________(填“阴离子”或“阳离子”交换膜。
(4)TiO2电极上电极反应方程式：___________。
9．（2023·四川泸州·统考二模）铁的化合物在工业中有重要价值。回答下列问题：
(1)Fe(CO)5是一种重要的催化剂，制取反应为Fe(s)+5CO(g)=Fe(CO)5(g)，ΔH<0。在1L恒容密闭容器中加入足量铁粉和0.24molCO。
①0~30min内在T温度下进行反应，测得c(CO)、c[Fe(CO)5]随时间的变化关系，以及30min和40min开始随条件的变化关系如图甲所示。0~20min内用Fe(CO)5表示的平均反应速率为___________mol·L-1·min-1；若平衡时体系总压强为p，则用气体分压表示的压强平衡常数Kp=___________。
②曲线I代表___________[填CO或Fe(CO)5]浓度的变化，30min时改变的条件是___________。40min后曲线II下降的原因是___________。

(2)高铁酸钾(K2FeO4)被称为“绿色化学”净水剂，K2FeO4在水解过程中，铁元素形成的微粒分布分数与pH的关系如图乙所示，H2FeO4的一级电离平衡常数Ka1=___________。向pH=6的溶液中加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为___________。
(3)复合氧化物铁酸锰(MnFe2O4)可用于热化学循环分解制氢气，原理如下：
①MnFe2O4(s)=MnFe2O(4-x)(s)+O2(g)，ΔH1
②MnFe2O(4-x)(s)+xH2O(g)=MnFe2O4(s)+xH2(g)，ΔH2=akJ/mol
③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)，ΔH3=+483.6kJ/mol
则H2的燃烧热ΔH___________-241.8kJ/mol(填>、=或<)，ΔH1=___________(用含a的代数式表示)。
10．（2023·四川成都·校联考二模）我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。将CO2转化为清洁能源是实现碳中和最直接有效的方法。
方法一：H2还原CO2制取CH4.其反应体系中，主要发生反应的热化学方程式有：
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=−164.7 kJ∙mol−1
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ∙mol−1
反应III：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) ΔH3=−247.1 kJ∙mol−1
(1)利用上述反应计算CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的ΔH_______，已知ΔG=ΔH−TΔS，忽略ΔH、ΔS随温度的变化，若ΔG＜0反应自发，则该反应一般在_______(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
(2)向恒压、密闭容器中通入1molCO2和4molH2，平衡时体系内CH4、CO、CO2的物质的量(n)与温度(T)的变化关互系如图所示。

①结合上述反应，解释图中CO2的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：_______；
②一定条件下，经tmin平衡后，n(CO)=0.15mol，n(CO2)=0.25mol，甲烷的选择性(×100%)=_______；
③在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当_______。
方法二：H2还原CO2制取CH3OH。反应原理为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4
(3)CO2催化加氢制CH3OH的一种反应机理历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注，如“*CO2”表示CO2吸附在催化剂表面，图中*H己省略)

该反应历程中决速步反应能垒为_______eV，为避免产生副产物，工艺生产的温度应适当_______(填“升高”或“降低”)。
(4)已知速率方程υ正=k正·c(CO2)·c3(H2)，υ逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆是速率常数，只受温度(T)影响。如图表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，则ΔH4_______0(填“＞”“＜”或“=”)。

11．（2023·四川成都·一模）直接将转化为有机物并非植物的“专利”，科学家通过多种途径实现了合成甲醛，总反应为．转化步骤如图1所示：

(1)原料可通过捕捉技术从空气中或工业尾气中获取，写出一种常见的可作捕捉剂的廉价试剂___________。
(2)已知，则总反应的___________(用图1中焓变以及表示)。
(3)，在容积为的恒容密闭容器中充入和一定量，只发生可逆反应①。若起始时容器内气体压强为，达到平衡时，的分压与起始投料比的变化关系如图2所示。

(ⅰ)若时到达c点，则时的平均反应速率________；
(ⅱ)__________(写计算表达式)；
(ⅲ)c点时，再加入和，使两者分压均增大的转化率_____________(填“增大”、“不变”或“减小”)。
(4)在恒温恒容条件下只发生反应②。关于该步骤的下列说法错误的是____________。
A．若反应②正向为自发反应，需满足
B．若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应②体系已经达到平衡
C．增大的浓度，的平衡物质的量分数一定增大
D．反应②体系存在
(5)已知Arrhenius公式：(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应①②的有关数据分别如图3所示，相对较小的是___________；研究表明，加入某极性介质有助于加快整个反应的合成速率，原因可能是___________。

12．（2023·四川绵阳·二模）二氧化碳的吸收和利用是实现“碳中和”的重要途径，利用二氧化碳合成二甲醚方法通常是和先合成甲醇，再由甲醇脱水制备二甲醚。
(1)已知：


则合成二甲醚反应的___________。
(2)合成二甲醚的关键是合成甲醇：
I．
①恒容绝热容器中，一定能说明反应Ⅰ已达到化学平衡状态的是___________。
A．
B．
C．气体的密度保持不变
D．容器内气体的温度保持不变
②合成甲醇时存在逆水汽变换：II．，按照投料，保持压强为下达到平衡时，和在含碳产物中物质的量百分数及的转化率随温度的变化如图所示，图中___________(填“a”或“b”)表示甲醇在含碳产物中物质的量分数，的转化率在之后随温度升高而增大的原因是___________。若甲醇的选择性，图中时甲醇的选择性=___________。逆水汽变换反应的压强平衡常数___________。

(3)甲醇脱水可制得二甲醚：。
实验测得：，，、为速率常数。温度下，向恒容密闭容器中加入，达到平衡时测得的体积分数为60%，则平衡时的产率___________；当温度改变为时，，则___________(填“<”“>”或“=”)。

三、工业流程题
13．（2023·四川宜宾·统考二模）废旧磷酸铁锂电池的正极材料中含有LiFePO4、Al、导电剂(乙炔墨、碳纳米管)等。工业上利用废旧磷酸铁锂电池的正极材料制备Li2CO3的工艺流程如下：

已知：①LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸。
②常温下，Ksp(FePO4)=1.3×10-22， Ksp[Fe(OH)3]=4.0 × 10-38。
③Li2CO3在水中溶解度：
温度/°C
0
20
40
60
80
100
溶解度/g
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72

回答下列问题：
(1)将电池粉粹前应先放电，放电的目的是_______。
(2)“滤液A”中的溶质主要是_______。
(3)“酸浸”时，加入H2O2溶液的目的是_______(用离子方程式表示)。盐酸用量不宜太多，结合后续操作分析，原因是。_______。
(4)“沉铁沉磷”时，当溶液pH从1.0增大到2.5时，沉铁沉磷率会逐渐增大，但pH超过2.5以后，沉磷率又逐渐减小。从平衡移动的角度解释沉磷率减小的原因是_______。
(5)“提纯”时，可用热水洗涤Li2CO3粗品，理由是_______。
(6)制取的Li2CO3、FePO4与足量的炭黑混合，隔绝空气高温灼烧得到LiFePO4，反应的化学方程式是_______。
14．（2023·四川泸州·统考二模）四氧化三锰是电子工业生产锰锌铁氧体软磁材料的重要原料。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2等杂质)为原料制备高品位四氧化三锰的一种工艺流程如下：

已知：①0.01mol/L金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Mg2+
Mn2+
开始沉淀
4.1
2.2
7.5
9.6
8.8
完全沉淀
5.4
3.2
9.5
/
/

②Ksp(MgF2)=7.4×10-1l；Ksp(MnF2)=5.6×10-3
回答下列问题：
(1)提高“酸浸”效果的方法有___________、___________(任写两种)。
(2)“氧化1”步骤中，氧化剂a可选用MnO2，发生反应的离子方程式为___________，为了检验氧化是否完全可选用的试剂是___________(写化学式)。
(3)“沉铁铝”步骤中，调节pH的范围为___________。
(4)“沉镁”步骤中，沉淀转化反应的平衡常数K值等于___________。
(5)“沉锰”步骤中，杂质含量直接影响四氧化三锰的品位，实验测得温度对四氧化三锰中硫酸根含量的影响如图所示。实际生产中综合考虑选择50°C为宜，不选择更高温度的原因是___________。

(6)“氧化2”步骤中发生反应的化学方程式为___________。
15．（2023·四川成都·校联考二模）从一种阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)中回收重金属的工艺流程如图所示：

已知：在碱性条件下很稳定。回答下列问题：
(1)Cu2S焙烧为CuO，该过程中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______。
(2)“滤渣I”的主要成分是_______(填化学式)；加快“酸浸氧化”速率的措施有_______(填写一条即可)。
(3)萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。实验室进行萃取操作的专用玻璃仪器是_______(填名称)；该流程中的“反萃取剂”最好选用_______(填标号)。
A．乙醇     B．HNO3溶液      C．盐酸     D．NaOH 溶液
(4)已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3− K=2.80×1013
AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq) Ksp(AgCl)=1.80×10−10
①“溶浸”过程中，滤渣II被Na2S2O3溶液溶解的反应为：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl－。则该反应的平衡常数为_______；
②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控Na2S2O3溶液浓度，银的浸出率仍会降低。试从化学平衡的角度解释可能的原因：_______。
(5)请从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建议：_______(写出一条即可)。
16．（2023·四川绵阳·二模）锰酸锂是一种锂电池的正极材料。工业上以方锰矿(主要成分为，还含有少量的)为原料制备锰酸锂的流程如下：

已知：I．时，相关物质的如下表：
物质












II．时，电离常数
III．离子浓度低于时即为沉淀完全
回答下列问题：
(1)写出步骤①溶于稀硫酸时杂质反应的离子方程式___________。
(2)滤渣1的成分是_____(填化学式)；步骤②加入的目的是____。
(3)步骤③加入目的是除去杂质离子，若溶液中浓度为，要确保杂质离子沉淀完全，同时不降低产品产率，步骤③调控的范围应该为_______。反应的平衡常数________。
(4)“离子交换”步骤和“洗脱”过程是利用反应：(是氢型交换树脂)的平衡移动将进一步提纯，为了提高洗脱效率，又不引入其他杂质，淋洗液应选用_____。
(5)步骤④反应未见气体生成，则该反应留存在滤液3中的产物有___________(填化学式)。
(6)步骤⑤反应的化学方程式为___________。

参考答案：
1．A
【详解】A．世界稀土金属资源稀缺，但稀土金属是国家军事战略的重大资源，A项正确；
B．烃类物质是只含碳氢的有机物，而地沟油和甲醇、乙醇等均含有氧元素，B项错误；
C．太阳能电池板是将太阳能转化为电能，C项错误；
D．泡沫灭火器产生的CO2能与Mg等活泼金属发生反应，D项错误；
故选A。
2．C
【详解】A．H2O2是共价化合物，通过共用电子对形成化学键，其电子式为，故A错误；
B．反应③中化合价未发生变化，是非氧化还原反应，故B错误；
C．反应②中是Pd＋O2＋2Cl－＝[PbCl2O2]2−，[PbCl2O2]2−中Pd为+2价，根据得失电子守恒，因此有1mol O2参与反应时转移电子的物质的量为2mol，故C正确；
D．反应过程中[PbCl2O2]2−为该反应的催化剂，HCl是中间产物，故D错误。
综上所述，答案为C。
3．D
【详解】A．配制100mL 0.1mol·L-1的硫酸时，不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸，故A错误；
B．HCl和NaHCO3溶液反应会生成CO2，引入新的杂质，不能用饱和NaHCO3溶液除去氯气中的HCl气体，故B错误；
C．FeCl3溶液中Fe3+发生水解，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，直接加热，促进水解，生成的HCl易挥发，蒸发不能得到FeCl3固体，故C错误；
D．热水中颜色深，说明反应2NO2(g)N2O4(g)逆向移动，则逆反应为吸热反应，所以正反应为放热反应，故D正确；
故选D。
4．(1)H2O(g)H2O(l)的ΔH
(2)     H2O*     1.40
(3)     BD     反应I为放热反应、反应II为吸热反应，升高温度，反应I逆向移动、反应II正向移动     在反应器(B)中，能分离出部分水蒸气，导致反应正向移动     0.02    
(4)

【详解】（1）燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成指定物质时所放出的热量；反应II中生成H2O(g)，若已知H2和CO的燃烧热，计算反应II的ΔH2，还需要的一个只与水有关的物理量为H2O(g)H2O(l)的ΔH；
（2）由图可知，该反应机理中：OH*+H2(g)= H2 O*；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，TS3为过渡态的反应，其正反应活化能为0.40ev-(-1.00ev)=1.40ev；
（3）①A．在恒温恒压下进行反应，压强为常量，A不符合题意；   
B．在恒温恒压下进行反应，容器体积为变量，气体总质量始终不变，则混合气体的密度为变量，其不变说明反应已达平衡，B符合题意；
C．v正(CO2)=3v逆(H2)，此时正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，C不符合题意；
D．各物质浓度比不再改变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，D符合题意；
故选BD；
②反应I为放热反应、反应II为吸热反应，升高温度，反应I逆向移动、反应II正向移动，导致甲醇的选择性随温度升高而降低；分子筛膜催化反应器(B)具有催化反应、分离出部分水蒸气的双重功能，故导致在反应器(B)中，能分离出部分水蒸气，导致反应正向移动，使得CO2的平衡转化率明显高于反应器(A)；
③在恒温恒压下，CO2和H2按体积比1：3分别在普通反应器(A)反应，若反应器(A)中初始时n(CO2)=1mol，则氢气投料3mol；CO2平衡转化率为25%，则反应二氧化碳0.25mol，甲醇的选择性80%，则生成甲醇0.25mol×80%=0.2mol，则：


反应I从开始到平衡态的平均反应速率 ；
平衡时总的物质的量为3.6mol，二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量分别为0.75mol、2.35mol、0.05mol、0.25mol，则二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分压分别为、、、，反应II为等气体分子数的反应，则化学平衡常数Kp(II)=；
（4）由图可知，铜极为阴极，二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲醇，反应为。
5．(1)−49.5
(2)     210°C     2:1     随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低
(3)     主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降     0.061    

【详解】（1）根据盖斯定律，将反应①的1.5倍减去反应②的一半得到CO2(g)＋ 3H2(g) ＝ CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH ＝(− 484 kJ∙mol−1)×1.5−(−1353 kJ∙mol−1)÷2＝−49.5kJ∙mol−1；故答案为：−49.5。
（2）①根据图中信息在210°C时STY最大，因此该反应最适宜的温度是210°C；故答案为：210°C。
②在220°C和170 °C条件下，该反应速率之比： υ(220°C)： υ(170°C)＝0.20:0.10=2:1；故答案为：2:1。
③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低；故答案为：随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低。
（3）①分析温度高于236°C时图中曲线下降的原因根据方程式分析主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降；故答案为：主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降。
②按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，244°C时二氧化碳转化率是10.5%，甲醇选择性为58.3%，因此此温度下反应生成CH3OH的物质的量为1mol×10.5%×58.3%≈0.061mol；故答案为：0.061。
③在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，，，则平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol，氢气物质的量为2.6mol，甲醇物质的量为0.1mol，水蒸气物质的量为0.2mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，总气体物质的量为3.8mol，则该温度下主反应的平衡常数；故答案为：。
6．(1)-1812.5kJ ·mol-1
(2)     BD     该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率
(3)     II     T2     反应I放热，温度升高，平衡逆移，c(N2O2)减小；且 c(N2O2)减小对反应II速率的影响大于温度升高对反应II速率的影响
(4)     66.7%    

【详解】（1）根据盖斯定律， ③=②×2.5-①×1.5=-1268×2.5-(-905×1.5)=-1812.5，所以ΔH3=-1812.5kJ ·mol-1。
（2）①A．在1 L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，根据图像可知，520℃平衡时n(NO)=n(N2)=
0.2 mol，结合化学方程式列数据如下：


则平衡时，n(NH3)=(1-0.2-0.4)mol=0.4 mol、n(O2)=(2-0. 25-0. 3)mol= 1.45 mol、n( H20)=(0.3 +0. 6)mol=0.9 mol，因为容器的体积是1 L.所以该反应的平衡常数该反应是放热反应，降低温度，可提高NH3转化为N2的平衡转化率，故A错误，B正确；
C．增大NH3和O2的初始投料比，提高O2的转化率，NH3的转化率降低，故C错误；
D．将反应生成的H2O(g)及时移出，降低生成物的浓度，平衡正向移动，可提高NH3转化为N2的平衡转化率，D正确；
②该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率。
（3）①根据反应过程能量变化示意图可知，反应I的活化能较低，速率较快；反应II的活化能较高，速率较慢。决定NO氧化反应速率的步骤是反应II。
②由题图3可知，当消耗相同量的NO时，温度为T：时消耗的时间更长。由题图2可知，反应I和II均为放热反应，但反应I的活化能较低，外界条件变化后能迅速达到平衡，温度升高，反应I平衡逆移，c(N2O2)减小；而反应II活化能较高，反应速率慢，c(N2O2)减小对反应II速率的影响大于温度升高的影响。
（4）加入等物质的量CO和NO，因此投料比是1：1。

，解得x=。所以n(总)= mol。

所以n(总)= mol。
算出平衡时，总压强P1，，解得。2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)
；；；；
。
7．(1)16
(2)     a     大于    
(3)     绝热     容器Ⅰ中的压强比容器Ⅱ中的压强大     BD     0.5625

【详解】（1）由方程式(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1可知，每生成1mol气态水，放出144kJ能量，则每生成2g气态水，放出热量==16kJ。
（2）①能垒最大即过渡态与反应物能量差最大，由图可知，A→B的过程中能垒最大，故选a；
②由图可知，A的总能量低于B的总能量，说明A→B的过程是吸热的，则A→B中，断裂共价键吸收的总能量大于催化剂吸附放出的总能量；
③由图可知，D→E的过程中和反应转化为、和，方程式为：。
（3）①反应(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1是放热反应，若容器是绝热的，则反应过程中温度升高，不利于平衡正向移动，而该反应正反应是气体体积减小的反应，则容器的压强大于恒温容器中平衡时的压强，图中容器Ⅰ中的压强比容器Ⅱ中的压强大，则容器I中为绝热过程；
②A．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，则混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不再发生改变时，不能说明反应达到平衡，故A不选；
B．反应容器中H2的质量分数不变，说明正反应速率等于逆反应速率，说明反应达到平衡，故B选；
C．2v正(H2)=v逆(H2O)时，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故C不选；
D．该反应是气体物质的量减小的反应，反应过程中气体平均相对分子质量增大，当混合气体平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡，故D选；
E．该反应的焓变是定值，ΔH不变时，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故E不选；
故选BD；
③n点反应达到平衡，此时体系压强为36kPa，起始压强是48 kPa，根据已知条件列出“三段式”

则，解得x=0.75，则平衡常数Kp= 0.5625。
8．(1)CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，ΔH=-57kJ·mol-1
(2)          正     b     容器体积缩小为原来的一-半，压强加倍，CO2分压变为原来的2倍，但增大压强，平衡正向移动，CO2分压比原来的2倍要小     >     或0.0145
(3)阳离子
(4)CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O

【详解】（1）CO2与H2反应生成CH3OH和H2O，ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=（806×2+436×3-413×3-343-465-465×2）kJ/mol=-57kJ/mol，热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，ΔH=-57kJ·mol-1。
（2）①初始时总压强为200kPa，气体总物质的量为4mol，t1时H2的体积分数为，设参与反应的H2有3xmol，则参与反应的CO2有xmol，生成甲醇xmol，生成H2Oxmol，，解得x=0.2mol，则此时气体总物质的量为3.6mol，总压强为180kPa，H2的分压为120kPa，则v(H2)=，再向容器中充入1molCO2和3molH2相当于增大压强，则化学平衡正向移动。
②t2时刻将容器体积压缩为原来的一半，CO2分压变为原来的2倍，压强增大化学平衡正向移动，CO2的分压比原来的2倍要小，故b曲线符合CO2分压变化趋势。该反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动压强增大，T2时压强小于T1，说明T1>T2。
③平衡时气体总压强为180kPa，CO2、H2、CH3OH、H2O的分压分别为40kPa、120kPa、10kPa、10kPa，则Kθ==。
（3）从图中可知，TiO2电极为阴极，阳离子向电解质的阴极移动，则双极膜B侧为阳离子交换膜。
（4）TiO2电极上，CO2得电子结合H+生成CH3OH，电极反应式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。
9．(1)     2×10-3          CO     增大c(CO)或增大CO浓度或向体系中通入CO     平衡后升高温度，平衡逆向移动
(2)     10-3.8     +OH-=+H2O
(3)     <     241.8x-a或-(a-241.8x)

【详解】（1）①由图可知，0~20min内，Fe(CO)5的浓度由0变化到0.04 mol·L-1，用Fe(CO)5表示的平均反应速率为；若平衡时体系总压强为p，列三段式进行计算：，平衡时气体总物质的量为0.08 mol，则用气体分压表示的压强平衡常数Kp=；
②曲线Ⅰ和Ⅱ对比，相同时间内，Ⅰ的变化量的绝对值大于Ⅱ，说明曲线Ⅰ对应物质的系数更大，即曲线Ⅰ代表CO浓度的变化；30min时，CO浓度突然增大，而Fe(CO)5的浓度保持不变，说明30min时改变的条件是增大CO浓度或向体系中通入CO；40min后Fe(CO)5的浓度下降的原因是该反应达到平衡，正反应为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动，从而使Fe(CO)5的浓度下降；
（2）由图可知，时，溶液的pH=3.8，此时，c(H+)=10-3.8mol·L-1 H2FeO4的一级电离平衡常数mol·L-1；由图可知，当pH=6时，溶液中主要以形式存在，加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为+OH-=+H2O；
（3）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧，生成稳定氧化物时所放出的热量，由③可推出H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，ΔH=-241.8kJ/mol，H2O(g)转化为H2O(l)为放热反应，其ΔH<0，故H2的燃烧热ΔH<-241.8kJ/mol；根据盖斯定律可知，①=×③―②，则ΔH1=（×483.6-a）kJ/mol =（241.8x-a）kJ/mol
10．(1)     −205.9 kJ∙mol−1     低温
(2)     约600°C之前，温度对反应I的影响更大，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，CO2物质的量总量下降     60%     选择合适的催化剂
(3)     1.36     降低
(4)＜

【详解】（1）根据盖斯定律将反应I加反应III，再整体除以2得到CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH=−205.9 kJ∙mol−1，该反应是熵减的反应，根据ΔG＜0反应自发即 ，则该反应一般在低温下能自发进行；故答案为：−205.9 kJ∙mol−1；低温。
（2）①结合上述反应，解释图中CO2的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：约600°C之前，温度对反应I的影响更大，平衡逆向移动，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，反应II正向移动，反应III逆向移动，则CO2物质的量总量下降；故答案为：约600°C之前，温度对反应I的影响更大，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，CO2物质的量总量下降。
②一定条件下，经tmin平衡后，n(CO)=0.15mol，n(CO2)=0.25mol，则n(CH4)=0.6mol，因此甲烷的选择性；故答案为：60%。
③催化剂能提高反应速率，在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当选择合适的催化剂；故答案为：选择合适的催化剂。
（3）该反应历程中决速步反应是活化能最大即能垒最高的那一步，相对能量−1.56eV到−0.20eV的这一步即能垒为1.36eV，该反应是吸热反应，反应I、反应III是放热反应，反应II是吸热反应，根据图中信息，产生副产物(CO、CH2O)时吸收热量更多，因此为了减少副产物生成，则工艺生产的温度应适当降低；故答案为：1.36；降低。
（4）根据图中表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，从右向左分析，温度升高，lgK增大，k逆增大程度比k正大，说明平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应即ΔH4＜0；故答案为：＜。
11．(1)溶液或氨水或石灰乳
(2)
(3)     0.18          增大
(4)C
(5)     反应②     极性介质使反应①的活化能降低

【分析】总反应可以根据盖斯定律计算出该反应的活化能；根据平衡常数的表达数能计算出用分压表示平衡常数，根据了勒夏特列原理分析平衡移动的情况；根据反应的活化能和速率成反比，可以根据反应的活化能判断反应速率的相对大小。
【详解】（1）能与CO2反应的，均可以作为CO2捕获剂，一般选择碱性物质，结合题目要求需要选择廉价并常见的试剂，可以是溶液或氨水或石灰乳；
（2）根据图1及盖斯定律，总反应是①+②+③-④得到的，则反应热 ；
（3）根据图1反应① 为：
i.起始时容器内气体的总压强为1.2kPa，若5min时反应到达c点，c点CH3OH的物质的量为x，，x=0.6mol，则反应消耗氢气的物质的量为1.8mol，v(H2)==0.18mol/(L·min)；
ii.b点和c点在同一温度下，所以b点平衡常数与c点一样，根据c点数据列三段式：
甲醇压强为0.24kPa，则二氧化碳的压强为0.16kPa、氢气的压强为0.08kPa、水蒸气的压强为0.24kPa，b点时反应的平衡常数Kp=；
iii.c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.05kPa，Qc= （4）根据图1反应②，
A．若反应②正向为自发反应，则说明，该反应是气体分子数减小的反应，故△S<0，需满足才能自发进行，A正确；
B．该反应随着反应的进行，气体质量一直在减小，反应是气体分子数减小的反应，则物质的量一直在减小，则气体平均摩尔质量不变不能确定是否达到平衡，故B错误；
C．增大的浓度，平衡往正向移动，则的平衡物质的量分数一定增大，C正确；
D．反应②中H2O2是纯液体，D错误；
故选C。
（5）根据图示，反应②的斜率比反应①小，根据公式，斜率即Ea的大小，所以活化能较小的是反应②；总反应的决速步骤一般是反应速率较慢的那个反应，加入某极性介质有助于加快整个反应的合成速率，根据图示分析，反应速率较慢的是反应①，所以可能是极性介质使反应①的活化能降低，从而加快了总反应的速率。
12．(1)
(2)     D     a     温度高于，反应Ⅰ平衡逆向移动．而反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大，所以转化率增大     50%     或0.017或
(3)     40%     >

【详解】（1）将三个热化学方程式分别标号为①②③，②×3-③×6-①可得目标热化学方程式，ΔH=（-571.6×3+44×6+1328.26）kJ/mol=-122.54kJ/mol。
（2）①
A．根据热化学方程式，则甲醇正逆反应速率不同，反应未达到平衡，A错误；
B．，这与初始的投料比及反应进行程度有关，无法说明反应达到平衡，B错误；
C．在恒容容器中，气体的质量和体积始终不变，则气体密度始终不变，无法说明反应达到平衡，C错误；
D．该反应正反应为放热反应，在恒容绝热容器中气体温度保持不变，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡，D正确；
故答案选D。
②Ⅰ反应为放热反应，Ⅱ反应为吸热反应，随着温度升高，Ⅰ反应化学平衡逆向移动，Ⅱ反应化学平衡正向移动，则CO的物质的量百分数随温度的升高而增大，甲醇的物质的量百分数随温度的升高而减小，故代表甲醇的物质的量分数的是a曲线。温度高于，反应Ⅰ平衡逆向移动．而反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大，所以转化率增大。从图中可知，270℃时，二氧化碳的转化率为25%，且甲醇和CO的百分数相同，设初始投入CO2amol，则投入H23amol，设反应Ⅰ消耗CO2xmol，反应Ⅱ消耗CO2ymol，，，，x=y，解得x=y=0.125a，则甲醇的选择性=，逆水汽变换反应的压强平衡常数==。
（3）设达到平衡时消耗甲醇2xmol，则，，解得x=0.08mol。故CH3OCH3的产率为。，，则平衡时=，则，T1时，T2时，说明T2相较于T1产物浓度增大，反应物浓度减小，化学平衡正向移动，则T2>T1。
13．(1)释放残余的能量，避免造成安全隐患
(2)NaAlO2
(3)          防止增大后续步骤中Na2CO3溶液的消耗，造成浪费
(4)pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率
(5)碳酸锂在温度较高时溶解度较小，用热水洗涤，干燥可得到高纯碳酸锂
(6)

【分析】废旧磷酸铁锂电池的正极材料中含有LiFePO4、Al、导电剂(乙炔墨、碳纳米管)等，首先用NaOH溶液浸取，Al溶解得到偏铝酸盐，过滤分离出含偏铝酸钠的溶液即为滤液A，过滤后为LiFePO4及乙炔墨、碳纳米管，加盐酸、过氧化氢将LiFePO4氧化的含有Li+的溶液和FePO4沉淀，过滤分离出滤渣中含乙炔墨、碳纳米管，滤液中含铁离子、锂离子，之后再加30%Na2CO3调节pH，生成的沉淀为FePO4·3H2O等，滤液中含有锂离子，加入饱和碳酸钠溶解并加热，可生成Li2CO3粗品，用热水洗涤，干燥得到高纯Li2CO3，以此来解答。
【详解】（1）废旧锂离子电池中大都残余部分电量，在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，残余的能量会集中释放出大量的热量，可能会造成安全隐患等不利影响，故答案为：释放残余的能量，避免造成安全隐患；
（2）有上述分析可知滤液A中为偏铝酸钠溶液，其主要溶质为NaAlO2，故答案为：NaAlO2；
（3）在步骤“酸浸”时，由题中已知①，LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸，可知LiFePO4被H2O2在酸性环境中氧化得到Li+和FePO4沉淀，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为；盐酸用量过多会消耗后续步骤“调pH”中Na2CO3溶液的用量，造成浪费，故答案为：；防止增大后续步骤中Na2CO3溶液的消耗，造成浪费；
（4）pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，因此降低了磷元素的沉淀率，故答案为：pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率；
（5）从题中Li2CO3在水中溶解度可知，碳酸锂在温度较高时溶解度较小，则可用热水洗涤，然后干燥可得到高纯碳酸锂，故答案为：碳酸锂在温度较高时溶解度较小，用热水洗涤，干燥可得到高纯碳酸锂；
（6）由题意可知，再生制备磷酸亚铁锂的反应为碳酸锂、磷酸铁与足量炭黑混合高温灼烧反应生成磷酸亚铁锂和一氧化碳，反应的化学方程式为；故答案为：。
14．(1)     碳酸锰矿粉碎、搅拌     增大H+浓度、升高温度等
(2)     2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O     K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液
(3)5.4~8.8
(4)7.6×107
(5)50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应
(6)6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O

【分析】碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2等杂质)中加入硫酸酸浸，矿石中只有SiO2不溶解，其它物质转化为FeSO4、MgSO4、Al2(SO4)3、MnSO4等；加入氧化剂a进行氧化1操作，此时Fe2+被氧化为Fe3+；加入试剂b沉铁铝，生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀；过滤后往滤液中加入MnF2，将Mg2+转化为MgF2；过滤后，往滤液中加入氨水，生成Mn(OH)2沉淀，再通入O2，将Mn元素部分氧化，从而生成Mn3O4。
【详解】（1）通过增大接触面积、适当增大酸的浓度、升高温度等，都可提高“酸浸”效果，则提高“酸浸”的方法有：碳酸锰矿粉碎、搅拌、增大H+浓度、升高温度等。答案为：碳酸锰矿粉碎、搅拌；增大H+浓度、升高温度等；
（2）“氧化1”步骤中，将Fe2+氧化为Fe3+，氧化剂a可选用MnO2，则发生反应生成Fe3+、Mn2+等，离子方程式为2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O，为了检验氧化是否完全，需检验Fe2+是否存在，可选用的试剂是：K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液。答案为：2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O；K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液；
（3）从表中可以看出，pH≥5.4时，Fe3+、Al3+全部转化为沉淀，pH=8.8时，Mn2+开始沉淀，所以“沉铁铝”步骤中，调节pH的范围为5.4~8.8。答案为：5.4~8.8；
（4）“沉镁”步骤中，沉淀转化反应为MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)则平衡常数K==≈7.6×107。答案为：7.6×107；
（5）从图中可以看出，“沉锰”步骤中，50°C以后，硫酸根含量变化很少，实际生产中综合考虑选择50°C为宜，不选择更高温度的原因是：50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应。答案为：50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应；
（6）由分析可知，“氧化2”步骤中，Mn(OH)2被O2氧化为Mn3O4等，发生反应的化学方程式为6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O。答案为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O。
【点睛】检验Fe2+、Fe3+混合溶液中的Fe2+时，不能使用Cl2、KSCN溶液。
15．(1)1：2
(2)     Pt、Au     增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)
(3)     分液漏斗     B
(4)     5.04×103     随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3− (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低
(5)应回收处理SO2

【分析】阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)在氧气中焙烧，生成金属氧化物和二氧化硫、二氧化硒，Pt、Au不反应，向焙烧后的物质中加入氧气、硝酸酸浸得到滤渣Pt、Au，向滤液中加入氯化钠沉银，过滤，向滤液中加入萃取剂萃取，分液后再加入反萃取剂得到硝酸铜，向滤渣中加入硫代硫酸钠，过滤，向滤液中加入氢氧化钠、Na2S2O4得到银单质。
【详解】（1）Cu2S和氧气焙烧为CuO和二氧化硫，反应方程式为Cu2S＋2O22CuO＋SO2，该过程中还原剂是Cu2S，氧化剂是O2，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2；故答案为：1：2。
（2）Pt、Au 不与稀硝酸反应，因此“滤渣I”的主要成分是Pt、Au；加快“酸浸氧化”速率的方法可以从增大浓度、接触面积，提高温度来思考，措施有增大氧气浓度或不断搅拌等；故答案为：增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)。
（3）萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。
实验室进行萃取操作的专用玻璃仪器是分液漏斗；根据萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，后来要得到硝酸铜，为了不引入新的杂质，因此该流程中的“反萃取剂”最好选用硝酸；故答案为：分液漏斗；B。
（4）已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3−    K=2.80×1013
AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq)    Ksp(AgCl)=1.80×10−10
①“溶浸”过程中，滤渣II被Na2S2O3溶液溶解的反应为：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl－。则该反应的平衡常数为；故答案为：5.04×103。
②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控Na2S2O3溶液浓度，银的浸出率仍会降低，根据AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3− (aq)+Cl－(aq)分析，由于氯离子浓度增大，平衡逆向移动，导致生成氯化银沉淀，即从化学平衡的角度解释可能的原因是随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3− (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低；故答案为：随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3− (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低。
（5）在焙烧工艺中二氧化硫会污染环境，因此从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建议：应回收处理SO2；故答案为：应回收处理SO2。
16．(1)
(2)          将氧化为
(3)     5～8    
(4)
(5)
(6)

【分析】由题给流程可知，方锰矿用稀硫酸酸溶时，金属氧化物与稀硫酸反应转化为硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液1；向滤液1中加入二氧化锰将溶液中亚铁离子氧化为铁离子后，加入氨水调节溶液的pH，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有硫酸锰的滤液2；滤液2经离子交换、淋洗涤液洗脱后，加入碳酸铵溶液将溶液中的锰离子转化为碱式碳酸锰沉淀，过滤得到碱式碳酸锰和滤液3；碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧制得锰酸锂。
【详解】（1）步骤①中四氧化三铁溶于稀硫酸发生的反应为四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（2）由分析可知，滤渣1的成分为硫酸钙、二氧化硅；加入二氧化锰的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：；将氧化为；
（3）由分析可知，加入氨水调节溶液pH的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而锰离子不转化为氢氧化锰沉淀，由氢氧化铝的溶度积可知，溶液中氢氧根离子不小于=1×10—9mol/L，由氢氧化锰的溶度积可知溶液中氢氧根离子浓度不大于=1×10—6mol/L，则溶液的pH范围为5～8；由方程式可知，反应的平衡常数K=====，故答案为：5～8；；
（4）由方程式可知，为了提高洗脱效率，又不引入其他杂质，淋洗液应选用稀硫酸可以增大溶液中的氢离子浓度，使平衡向逆反应方向移动，有利于将锰离子进一步提纯，故答案为：；
（5）步骤④反应未见气体生成说明反应留存在滤液3中的产物为硫酸铵和碳酸氢铵，故答案为：；
（6）由分析可知，步骤⑤发生的反应为碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧生成锰酸锂、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，故答案为：。