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河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-17化学反应速率与化学平衡（2）
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这是一份河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-17化学反应速率与化学平衡（2），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。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-17化学反应速率与化学平衡（2）
一、单选题
1．（2022·河南·校联考模拟预测）“从二氧化碳到淀粉的人工合成”入选2021年度“中国生命科学十大进展”。实验室实现由CO2到淀粉的合成路线如下：
下列说法正确的是
A．ZnO-ZrO2能提高反应①的转化率与反应速率
B．反应②的原子利用率为100%
C．其他条件相同，温度越高，反应②的反应速率越快
D．“人工合成淀粉”有助于“双碳”达标和缓解粮食危机
2．（2022·河南·校联考模拟预测）我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法不正确的是
A．充电时，电极周围升高
B．放电时，每生成，转移个电子
C．使用催化剂或者均能有效减少副产物的生成
D．使用催化剂，中间产物更不稳定
3．（2022·河南郑州·统考一模）硅是大数据时代的关键材料。工业上常在1800—2000℃时，用碳单质还原的方法制取单质硅。涉及反应的相关数据如表所示。下列相关说法正确的是
反应
△H/(kJ•mol-1)
△S/(J•K-1•mol-1)
反应(1)：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)
687.27
359.04
反应(2)：SiO2(s)+C(s)=Si(s)+CO2(g)
514.85
183.35
A．反应(1)可证明Si的还原性大于C
B．生活中利用单晶硅良好的导光性能做光导纤维
C．工业生产条件下反应(2)无法自发进行发生
D．C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=-172.42kJ·mol-1
4．（2022·河南·统考二模）某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应热∆H=-620.9kJ·mol-1。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是
A．∆E=306.6kJ/mol B．三个基元反应中只有③是放热反应
C．该化学反应的速率主要由反应②决定 D．该过程的总反应为2CO+2NO=N2+2CO2
5．（2023·河南·统考三模）与下列实验操作和现象所对应的原理解释正确的是
实验操作
现象
原理解释
A
向ZnS沉淀上滴加适量0.1mol/LCuSO4溶液，振荡试管
沉淀变为黑色
Kap(ZnS)>Kap(CuS)
B
将乙醇与浓硫酸混合加热产生的气体通入酸性KMnO4溶液中
溶液紫红色褪去
乙醇分子内脱水生成乙烯，乙烯具有还原性
C
向植物油中加入Na2CO3溶液，加热
溶液不再分层
碳酸钠溶液呈碱性：+2H2OH2CO3+2OHˉ，油脂在碱性条件下水解
D
实验室中加热KClO3和MnO2固体混合物制氧气
反应前后MnO2的质量没有发生变化
MnO2没有参与反应
A．A B．B C．C D．D
6．（2023·河南郑州·统考一模）已知反应 ，在716K时向密闭容器中充入一定量的HI气体，平衡时气体混合物中碘化氢的物质的量分数为78%。测得和的关系如图所示。
下列结论不正确的是
A．该反应的压力平衡常数约为0.02
B．增大体系压强，平衡不发生移动，平衡常数不变
C．温度降低，、均减小，平衡向逆反应方向移动
D．温度升高，反应重新达到平衡时，图中表示平衡的点可能是A和D
7．（2023·河南郑州·统考一模）某化学兴趣小组探究催化分解制取氧气，小组成员闻到制得的氧气有轻微的刺激性气味。下列有关分析推理不正确的是
A．反应后所得固体除外，还可能含有KCl、
B．催化分解，降低了反应的活化能，加快分解速率
C．标准状况下制得22.4L氧气，反应中转移电子4mol
D．将制得的气体通入溶液，可能会产生不溶于硝酸的白色沉淀
二、原理综合题
8．（2021·河南·统考三模）煤的洁净技术(包括固硫技术和脱硫技术两类)可有效降低燃煤废气中的含量，已成为我国解决环境问题的主导技术之一、
Ⅰ．固硫技术：通过加入固硫剂，将硫元素以固体形式留在煤燃烧的残渣中。生石灰是常用的固硫剂，固硫过程中涉及的部分反应如下：
①
②
(1)表示燃烧热的热化学方程式是 。
(2)由上述两个反应可知，在煤燃烧过程中要提高固硫率(燃烧残渣中硫元素的质量占燃煤中硫元素总质量的百分比)，可采用的方法是 。
(3)某温度下，在一个恒容密闭容器中加入和，若只发生反应②，测得如下数据：
0
10
20
30
40
2
1.5
1.1
0.8
0.8
内 ，此条件下该反应的平衡常数为 。
(4)实际生产中常用石灰石代替生石灰，石灰石吸收热量分解为生石灰，即。800℃下，在一个密闭容器中加入一定量的进行该反应，气体的浓度变化如图所示，和与时分别改变一个条件，则改变的条件依次是 和 。
Ⅱ．除去燃煤产生的废气中的的过程如图所示。
(5)过程①是的部分催化氧化反应，若参加反应的和的体积比为4∶3，则反应的化学方程式为 。
(6)过程②利用电化学装置吸收另一部分，使得再生，该过程中阳极的电极反应式为 。若此过程中除去含5%(体积分数)的的废气(标准状况)，则需要的电量为 C(一个电子的电量)。
9．（2021·河南郑州·统考三模）“减少碳排放，实现碳中和”是当今世界的热门话题。某课题组利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，主要发生如下三个反应：
I.CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.5kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g)ΔH2=+40.9kJ·mol-1
III.……
(1)请写出反应IIICO和H2合成CH3OH的热化学方程式 。
(2)下列措施中，能提高CO2转化率的是 。
A．在原料气中加入适量H2O(g) B．从体系中不断分离出甲醇
C．循环利用原料气 D．使用高效催化剂
(3)一定条件下，在某密闭容器中投入amolCO2和3amolH2，发生上述合成反应。达平衡容器中CH3OH的物质的量为cmol，CO的物质的量为dmol.则此条件下CO2的转化率为 (列式表示，下同)；甲醇的选择性(指转化为甲醇的CO2占发生反应的CO2的百分比)为 ；此条件下反应II的平衡常数为 。
(4)图1是反应温度对二氧化碳转化率以及甲醇选择性的影响。甲醇选择性随温度升高而降低的原因可能是 。
(5)图2是一定条件下原料气的进料速度对二氧化碳转化率、甲醇选择性以及出口甲醇浓度的影响。试分析工业上实际进料速度采用2.1mol·s-1，而不是1.8mol·s-1，可能的原因是 。
(6)甲醇燃料电池可用于测定阿伏加德罗常数。当甲醇燃料电池平稳工作10min后测得电池正极端消耗标准状况下氧气VL，电流稳定为XA，假设能量转化率80%，计算测得阿伏加德罗常数NA为 mol-1。(用X、V表示，已知一个电子电量为1.60×10-19C)
10．（2022·河南许昌·统考二模）二甲醚既是重要的工业品，也是燃料电池制氢的重要原料。二甲醚水蒸气重整制氢的总反应为CH3OCH3(g)+(1+2x)H2O(g)⇌(4+2x)H2(g)+2(1-x)CO(g)+2xCO2(g)，其过程包括：
I.CH3OCH3(g)+H2O(g)⇌2CH3OH(g) ∆H1=+23.6kJ·mol-1
II.CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g) ∆H2=+49.5kJ·mol-1
III.CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g) ∆H3=+90.7kJ·mol-1
IV.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ∆H4=-41.2kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)反应I能自发进行，则该反应的熵变∆S 0(填“大于”或“小于”)。
(2)反应II的平衡常数可表示为 [用K(III)、K(IV)表示]。
(3)根据反应I、II、III、IV计算重整总反应的焓变∆H= kJ·mol-1(列出含x的计算式即可)。
(4)CO2的选择性()与水醚比[n(H2O)/n(CH2OCH3)]和温度的关系如图1所示；423K时，平衡时H2的物质的量分数与水醚比的关系如图2所示：
①图1中相同温度下，水醚比越大CO2的选择性越高的原因是 ；相同水醚比时，温度升高CO2的选择性降低的原因是 。
②图2中水醚比大于3时，随水醚比的增大H2的物质的量分数减小的原因是 。
(5)反应Ⅲ若在一定温度下、恒压容器中进行，总压为p，CH3OH的平衡转化率为ɑ，平衡时，CO的分压为 ；该反应的平衡常数Kp= (用含p、ɑ的代数式表示，Kp为以分压代替浓度表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
11．（2022·河南郑州·统考一模）丙烯是重要的化工原料，通常用丙烷脱氢反应制备。其中丙烷无氧脱氢反应方程式为：CH3CH2CH3(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g) △H。
(1)科学家将最稳定的单质的标准生成焓规定为零。在温度为298.15K时由最稳定的单质生成1mol化合物时的焓变，叫做该物质的标准摩尔生成焓。部分物质的标准摩尔生成焓数据如表(单位：kJ·mol-1)：
CH3CH2CH3
CH3CH=CH2
H2
-103.9
20.4
0
由此可求得△H= kJ·mol-1。
(2)在一定条件下的体积为2L的密闭容器中投入1mol丙烷，体系的起始压强为P0kPa。反应过程中压强变化如表：
时间/min
0
2
4
6
8
10
12
14
16
20
压强/kPa
P0
1.20P0
1.36P0
1.50P0
1.63P0
1.71P0
1.78P0
1.80P0
1.80P0
1.80P0
则反应前6分钟内用氢气的浓度表示的反应速率为 (结果保留两位有效数据，下同)。此温度下的压强平衡常数Kp= 。
(3)如图中四条线对应的是(2)中在0.01kPa和0.1kPa下丙烷和丙烯在平衡体系中的体积分数随温度的变化情况。
某同学认为曲线b不可能表示丙烯的体积分数，请写出两条支持该观点的理由：① ；② 。表示在0.1kPa下丙烯的体积分数的曲线为 。
(4)丙烷在有氧气参与的条件下也可以发生脱氢反应：2CH3CH2CH3(g)+O2(g)2CH3CH=CH2(g)+2H2O(g) △H=-235kJ·mol-1。相比丙烷的无氧脱氢反应，丙烷的有氧脱氢反应的优点可能有 、 。
12．（2022·河南·校联考三模）以CO2、H2为原料制备甲烷技术的研究不断取得新进展。CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
反应I ：CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) △H1=-156.9 kJ·mol-1
反应II ：CO2(g)+ H2(g) CO(g)+ H2O(g) △H2=+41.1 kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H3=-395.6 kJ·mol-1，则CH4不完全燃烧的热化学方程式2CH4(g) + 3O2(g)=2CO(g) + 4H2O(g)的△H4= 。
(2)在恒压条件下，按CO2与H2的物质的量之比为1：4投料发生反应I和反应II ，测得CO2平衡转化率随温度的变化如图所示。
①CO2平衡转化率随温度升高呈现如图所示变化特征的原因是 。
②其他条件不变，改为恒容条件，CO2的平衡转化率将。 (填“升高”“降低”或“不变”)。
(3)在恒温恒容条件下，工业。上以CO2、H2为原料通过反应I生产甲烷。2~6 s内测得CO2的浓度由0.1 mol·L-1变为0.06 mol· L-1，则该时间段内用H2表示的化学反应速率为 mol·L-1·s-1。
(4)在某恒温恒容密闭容器内充入2molCO2和3molH2发生反应I，t1 min时达到平衡，在t2 min时，向该恒温恒容密闭容器内再充入1 mol CO2和1 mol H2，整个过程用压力计测得容器内压强的变化如图：
①0~t2 min内CO2的平衡转化率为 ；在该温度下，反应的标准平衡常数= (用分数表示)。[已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应aA(g) +bB(g)cC(g) +dD(g)，，其中=100 kPa，pA、pB、pC、pD为各组分的平衡分压]。
②t2min后容器内压强的变化曲线为 (填“a”或“b”)，选择的理由为 。
13．（2022·河南·校联考模拟预测）氮及其化合物一直为环境科学领域研究的重点。
(1)废水中的NH3可通过硝化作用消除，已知：
NH3(g)+O2(g)=(aq)+H+(aq)+H2O(l)△H=-273.5kJ/mol
(aq)+O2(g)=(aq)△H=-73.19kJ/mol
则NH3通过硝化作用转化为NO的热化学方程式为 。
(2)某科研小组设计双阴极微生物燃料电池进行同步硝化和反硝化脱氮研究，如图所示，“厌氧阳极”的电极反应方程式为 ，若“好氧阴极”1mol完全硝化生成，此时向该电极输送电子的物质的量为4mol，则“好氧阴极”区消耗的O2在标准状况的体积约为 L。
(3)汽车尾气中的CO、NO等气体可在催化剂表面发生氧化还原反应进行消除，主要的原理如下：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)△H<0，某小组为模拟该反应，在1L恒容密闭容器内将气体总物质的量为6mol的CO和NO以不同的物质的量比进行反应。
①平衡时某反应物的转化率与物质的量比及温度的关系如图，纵坐标表示 的转化率，T1和T2关系为T1 T2(填“>”“<”或“=”)，图中A、B、C三点对应反应速率v(NO)正最大的是 点。
②在温度为T2的1L密闭容器内，以n(CO)=1.2mol，n(NO)=1.2mol，n(N2)=0.6mol，n(CO2)=1.2mol的物质的量充入各物质，此时反应向 方向进行。(填“正反应”“逆反应”或“平衡状态”)。
③已知：压强平衡常数Kp含义为：在平衡体系中用气体物质的分压(pi=p总×物质的量分数)代替浓度，计算得到的平衡常数。若容器内起始压强为p0，则C点的压强平衡常数为 。
14．（2023·河南濮阳·统考一模）含NO的烟气需要处理后才能排放。
(1)氢气催化还原含NO的烟气，发生“脱硝”反应：2NO(g) +2H2(g) N2(g) +2H2O(g) ΔH=-605kJ·mol-1。一定条件下，加入H2的体积分数对该反应平衡时含氮物质的体积分数的影响如图所示：
①随着H2体积分数增加， NO中N被还原的价态逐渐降低。当H2的体积分数在0.5×10-3 ~ 0.75×10-3时，NO的转化率基本为100%，而N2和NH3的体积分数仍呈增加趋势，其可能原因是 。
②已知：Ⅰ．4NH3(g) +5O2(g)= 4NO(g) +6H2O(g) ΔH = -1025 kJ ·mol-1
Ⅱ．2H2(g) +O2(g)= 2H2O(g) ΔH = -484 kJ ·mol-1
图中N2减少的原因是N2与H2反应生成NH3，写出该反应的热化学方程式： 。
(2)某科研小组研究了NO与H2反应生成N2和NH3的转化过程。在起始温度为400℃时，将n(NO)：n(H2)=1：2通入甲、乙两个恒容密闭容器中，甲为绝热过程、乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。
①曲线X是 (填“甲”或“乙”)容器。
②a点在曲线X上，则a点 是平衡点(填“可能”或“不可能”)。
③曲线Y的容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，从开始到平衡点Z时用分压表示的H2消耗速率是 kPa·min-1。400℃时，“脱硝”反应的压强平衡常数Kp= kPa -1(结果保留两位有效数字，Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压 × 物质的量分数)。
(3)科学研究发现，用P1 -g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。
光催化脱除原理和电化学反应原理类似，P1-g-C3N4光催化的P1和g-C3N4两端类似于两极，g –C3N4极发生 反应( 填“氧化”或“还原”)，该极的电极反应式为 。
15．（2023·河南郑州·统考一模）2022年11月30日，神舟十五号与神舟十四号乘组在“太空会师”。太空生命保障系统利用电解水供氧，生成的氢气与宇航员呼出的二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲烷，水可循环使用。
(1)已知
写出与反应生成和的热化学方程式 。
(2)一定条件下，反应达到平衡状态。
①下列操作中，能提高比平衡转化率的是 。
a.加入催化剂 b.降低反应温度
c.移除 d.恒温恒压下通入惰性气体
②某科研小组在一定温度下模拟该反应，向容积为5L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得的转化率为50%，则该反应的平衡常数为 。
(3)在相同条件下，与还会发生以下副反应：，该副反应的发生不利于氧循环，原因是 。
(4)已知反应，。为了提高甲醇的选择性，某科研团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，原理如图所示。
保持压强为3MPa，温度为260℃，向密闭容器中按投料比投入一定量和，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇的选择性的相关实验数据如下表所示。
实验组
反应模式
温度/℃
的平衡转化率/%
的选择性/%
Ⅰ
普通催化反应器
3
260
21.9
67.3
Ⅱ
分子筛膜催化反应器
3
260
36.1
100
①双功能的分子筛膜催化反应器模式下，恒温恒容时发生反应，不能说明反应达到化学平衡状态的是 。
a.的浓度不变 b.混合气体的平均相对分子质量不变
c.混合气密度不变 d.断裂3mol H—H键的同时断裂2mol O—H键
②由表中数据可知，双功能的分子筛膜催化反应器模式下，的转化率明显提高，可能的原因是： 。
三、工业流程题
16．（2022·河南郑州·统考一模）含钨的钢材有高速钢、钨钢以及钨钴磁钢等，它们主要用来制造各种工具，如钻头、铣刀等。以黑钨精矿制备单质钨(W)的流程如图。完成下列问题：
已知：黑钨精矿的化学式为FexMn1-xWO4。
(1)黑钨精矿粉碎的目的是 ，黑钨精矿中W的化合价为 。
(2)反应i的化学方程式为 。
(3)电解制备WO3同时回收过量NaOH的装置如图所示。
①离子交换膜为 离子交换膜(“阳”、“阴”)，c的分子式为 。
②石墨2的电极反应式为 ，右池生成WO3·2H2O的离子方程式为 。
17．（2022·河南郑州·统考二模）铂和钯同属于铂族元素，其价格均高于黄金，在工业上有广泛的应用。电解精炼铜阳极泥中除含有较多的铂、钯和银以外，还有少量的镍、铜等元素。一种综合提取阳极泥中贵重金属的工艺流程如下：
请回答以下问题。
(1)铜阳极泥中的铂和钯以游离态存在的理由是 。
(2)阳极泥中的单质钯反应后转化为请写出该反应的离子方程式 。
(3)用草酸除铜镍时，草酸用量对铜镍去除率的影响如下表1。除铜镍时的温度对去除率的影响如下表2。
表1草酸加入量对铜镍去除率的影响
过量系数
净化后液/()
去除率/%
1.0
16.93
1.47
68.44
46.15
1.5
4.67
0.61
91.30
77.66
2.0
0.091
0.031
99.83
98.86
2.5
0.25
0.042
99.53
98.46
3.0
0.28
0.040
99.48
98.53
4.0
0.26
0.035
99.52
98.72
表2反应温度对铜镍去除率的影响
温度
净化后液/()
去除率/%
70
0.65
0.130
98.799
95.24
75
0.26
0.091
9.52
96.67
80
0.18
0.043
99.66
98.42
85
0.15
0.045
99.72
98.35
90
0.14
0.042
99.74
98.46
95
0.14
0.040
99.74
98.53
则草酸的过量系数应为 。实际工业中采用的温度为80—85℃。试分析其原因 。
(4)已知配离子存在解离平衡：，根据平衡移动原理说明加盐酸分银的原理 。
(5)分银液中加盐酸把转化为沉淀，过滤后用适量的盐酸溶解。则加入盐酸溶解时的化学方程式为 。
(6)海绵钯具有优良的吸氢功能，其密度为。标准状况下，吸附氢气的体积是钯体积的a倍，则此条件下海绵钯的吸附容量R= ，氢气的浓度r= (吸附容量R是指1g钯吸附氢气的体积；氢气的浓度r为吸附氢气的物质的量)。
18．（2023·河南焦作·统考二模）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，以某硫化锌精矿(主要成分是ZnS，还含有少量FeS等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“焙烧”过程在氧气气氛的沸腾炉中进行，“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，写出“焙烧”过程中FeS主要发生反应的化学方程式： ；“含尘烟气”中的SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，所得溶液中的= 。[已知：Ka1(H2SO3)=l。4×10-2；Ka2(H2SO3)=6.0×10-8]
(2)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得“滤渣”的成分为 (填化学式)，分离“滤液”'“滤渣”的操作名称为 。
(3)在该流程中可循环使用的物质是Zn和 (填化学式)。
(4)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸(稀硫酸)浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。
①下列设想的加快浸取反应速率的措施中不合理的是 (填标号)。
A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸
B．将硫化锌精矿粉碎
C．适当升高温度
②硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液可慢慢地转化为铜蓝(CuS)：ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)，该反应的平衡常数K= 。[已知：Ksp(ZnS)=1.6×10-24，Ksp(CuS)=6.4×10-36]
(5)金属锌化学性质活泼，可用于多种化学电源的电极材料。一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收了ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]。放电时正极的电极反应式为 。
参考答案：
1．D
【详解】A．催化剂能够加快化学反应速率，但不能提高反应物的转化率，A错误；
B．反应②是CH3OH与O2反应产生HCHO、H2O，反应中除产生HCHO外还有副产物水，因此原子利用率小于100%，B错误；
C．甲醛被氧化为HO-CH2COCH2OH时需使用醇氧化酶是蛋白质，酶是具有生物活性的蛋白质，在高温下蛋白质变性，失去生物活性，导致反应速率减慢，C错误；
D．“人工合成淀粉”既反应制取得到了工业原料淀粉，同时也降低了空气中CO2的含量，因此有助于“双碳”达标和缓解粮食危机，D正确；
故合理选项是D。
2．B
【详解】A．根据装置图，充电时，外电路电子流向Zn电极，即Zn电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，c(OH-)增大，pH增大，故A说法正确；
B．根据装置图可知，放电时，右侧电极反应式为CO2+2e-+H2O =HCOO-+OH-，生成1mol HCOO-时，转移电子物质的量为2mol，故B说法错误；
C．根据图象可知，在使用催化剂Sn和s-SnLi生成CO时活化能大，活化能大反应速率慢，且CO能量比HCOOH能量高，能量越低，物质越稳定，因此使用催化剂Sn和s-SnLi可以减少副产物CO的生成，故C说法正确；
D．根据图象可知，使用催化剂s-SnLi，中间产物能量高，不稳定，故D说法正确；
答案为B。
3．C
【详解】A．反应(1)：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)，C元素化合价升高，C做还原剂，Si做还原产物，由还原剂的还原性比还原产物的强，则C的还原性大于Si，A错误；
B．单晶硅是良好的半导体材料，SiO2具有导光性能做光导纤维，B错误；
C．反应若要自发进行，即∆G=∆H-T∆S<0，对反应(2) ∆G=514.85-T×183.35×10-3<0，T>2800K，则反应(2)在工业1800—2000℃生产条件下无法自发进行发生，C正确；
D．由盖斯定律，反应(1)-反应(2)得到C(s)+CO2(g)=2CO(g) ，△H=687.27-514.85=+172.42kJ·mol-1，D错误；
故选：C。
4．D
【详解】A．图中ΔE=△E=248.3-【-620.9-（199.2）-（-513.5）】=554.9kJ⋅mol-1，故A错误；
B．由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，故B错误；
C．正反应活化能最大的是反应③，活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，则该化学反应的速率主要由反应③决定，故C错误；
D．由始态和终态可知，该过程的总反应为2CO+2NO=N2+2CO2，故D正确；
故选：D。
5．A
【详解】A．沉淀变为黑色说明硫化锌转化为硫化铜，所以Kap(ZnS)>Kap(CuS)，A正确；
B．乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色，所以不能证明乙醇分子内脱水生成乙烯，乙烯具有还原性，B错误；
C．碳酸根离子分步水解：,，C错误；
D．催化剂参与反应，但反应过程消耗量与最终生成量相等，所以质量反应前后保持不变，D错误；
故选A。
6．D
【详解】A．平衡时气体混合物中碘化氢的物质的量分数为78%，则=11%，故HI的平衡分压为：0.78p总，H2、I2的平衡分压为：0.11p总，该反应的压力平衡常数=约为0.02，A正确；
B．由反应方程式可知，反应前后气体的体积不变，故增大体系压强，平衡不发生移动，平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，B正确；
C．由题干可知，该反应正反应是一个吸热反应，故温度降低，、均减小，平衡向逆反应方向移动，C正确；
D．该反应是吸热反应，升高到某一温度时，反应速率加快，平衡向正向向移动，x（HI）减小，x（H2）增大，当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，v正～x（HI）和v逆～x（H2）相对应的点可能分别为A、E，D错误；
故答案为：D。
7．C
【详解】A．根据氧化还原反应规律，KClO3受热分解过程中还能发生副反应4KClO33KClO4+KCl，故反应后所得固体除MnO2外，还可能含有KCl、KClO4，A正确；
B．MnO2催化KClO3分解时，MnO2作催化剂，催化剂能够降低了反应的活化能，加快分解速率，B正确；
C．由于制得的氧气有轻微的刺激性气味，即混有少量的Cl2，故不能光计算制备O2过程中的电子转移，不知道Cl2的量，无法计算电子转移数目，C错误；
D．由于制得的氧气有轻微的刺激性气味，即混有少量的Cl2，Cl2+H2O=HCl+HClO，则将制得的气体通入AgNO3溶液，可能会产生不溶于硝酸的白色沉淀AgCl，D正确；
故答案为：C。
8． 鼓入稍过量的空气 1.8 减小压强(或增大容器体积、移出部分等) 升高温度
【详解】(1)①；
②；
根据盖斯定律，将①+②×2得：=，因此燃烧热的热化学方程式为，故答案为：；
(2)根据①和②可知，在煤燃烧过程中，要提高固硫率，需要尽可能的避免②的发生，就需要尽可能使碳完全燃烧生成二氧化碳，因此在煤燃烧过程中，鼓入稍过量的空气可以提高固硫率(燃烧残渣中硫元素的质量占燃煤中硫元素总质量的百分比)，故答案为：鼓入稍过量的空气；
(3)某温度下，在一个恒容密闭容器中加入和，若只发生。根据表格数据，20min时CO的浓度变化量为2 mol/L -1.1 mol/L=0.9 mol/L，则的浓度变化量为0.9 mol/L，内=；30min后反应达到了平衡状态，平衡时，CO的浓度变化量为2 mol/L -0.8 mol/L=1.2 mol/L，则的平衡浓度为1.2mol/L，的平衡浓度为1.2mol/L，此条件下该反应的平衡常数为==1.8 mol/L，故答案为：；1.8；
(4)根据图象，时气体的浓度突然减小，且平衡浓度不变，说明平衡常数不变，改变的条件可能是减小压强，或者是增大容器体积，也可能是移出了部分等；时气体的浓度逐渐增大，说明平衡正向移动，由于为吸热反应，因此改变的条件是升高温度，故答案为：减小压强(或增大容器体积、移出部分等)；升高温度；
(5)根据图象，过程①中催化氧化反应生成，若参加反应的和的体积比为4∶3，即方程式中和的化学计量数比为4:3，则反应的化学方程式为，故答案为：；
(6)过程②利用电化学装置吸收另一部分，使得再生，该过程中的化合价由+2价变成0价，发生还原反应，在阳极上发生氧化反应生成硫酸，阳极的电极反应式为。最终转化为硫酸，标准状况下，含5%(体积分数)的的废气中含有的体积为×5%=11200L，物质的量为=500mol，转移的电子为1000mol，则需要的电量为1000mol ×6.02×1023/mol×=C，故答案为：；。
9． CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3=-90.4kJ·mol-1 BC ×100% ×100% 反应I和反应III为放热反应，升温不利于反应I和反应III向正方向进行，故甲醇的选择性降低 增大进料速率，单位时间内可以获得更大产量，提高经济效益
【详解】
(1)反应I.CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1，反应II.CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g) ΔH2=+40.9kJ·mol-1，I-II即得到反应III，△H3=ΔH1-ΔH2=90.4kJ·mol-1，所以答案为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3=-90.4kJ·mol-1；
(2)该反应为：CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1
A．在原料气中加入适量H2O(g)，H2O(g)为生成物，会抑制正反应得进行，从而降低了CO2的转化率，A错误；
B．从体系中不断分离出甲醇，平衡往正向移动，提高了CO2的转化率，B正确；
C．循环利用原料气可以提高CO2的转化率，C正确；
D．使用高效催化剂不能改变反应的限度，不能提了CO2的转化率，D错误；
答案选BC；
(3)设三个反应依次进行且反应I消耗3mmolH2，设反应II消耗nmolH2，反应III消耗2pmolH2列出三段式：和以及，到达平衡容器中CH3OH的物质的量为cmol，CO的物质的量为dmol，所以m+p=c、n-p=d，所以m+n=c+d、2p= c-d+n-m，继而求出CO2的转化率为×100%=×100%和甲醇的选择性为×100%=×100%；设容器体积为V，此条件下反应II的平衡常数KII===，代入m+n=c+d、2p= c-d+n-m，求得KII=，所以答案为：×100%；×100%；。
(4)温度升高，不利于反应向放热方向进行，反应I和反应III为放热反应，升温不利于反应I和反应III向正方向进行，故甲醇的选择性降低。
(5)速度2.1mol·s-1和1.8mol·s-1各方面转化率变化不大，但是反应速率加快，提高了经济效益，所以答案为：增大进料速率，单位时间内可以获得更大产量，提高经济效益
(6)氧气的物质的量为，提供的电子数目转化为电流部分的为，十分钟电路中通过电子总量为X×10×60=×1.60×10-19，求出=，所以答案为：。
10．(1)大于
(2)K(Ⅲ)·K(Ⅳ)
(3)23.6+2x×49.5+2(1-x)×90.7
(4) 提高水醚比有利于反应Ⅱ、Ⅳ正向进行 温度升高时，反应Ⅱ正向进行增大的CO2的量小于反应Ⅳ逆向进行减小的CO2的量 水醚比大于3时，再增大水醚比，气体的总物质的量及H2O(g)的物质的量分数均增大或过量的水蒸气产生稀释作用
(5)
【详解】（1）反应Ⅰ能自发进行，则需要在一定温度条件下满足∆H-T∆S＜0，该反应的∆H＞0，则只有∆S大于0才能满足；
（2）反应Ⅲ+反应IV可得反应Ⅱ，所以反应Ⅱ的平衡常数可表示为K(Ⅲ)·K(Ⅳ)；
（3）根据盖斯定律Ⅰ+2x×Ⅱ+2(1-x)×Ⅲ可得总反应的∆H=(23.6+2x×49.5+2(1-x)×90.7)kJ/mol；
（4）①反应Ⅱ、Ⅳ会生成CO2，提高水醚比有利于反应Ⅱ、Ⅳ正向进行；反应Ⅱ为吸热反应，反应Ⅳ为放热反应，温度升高时，反应Ⅱ正向进行增大的CO2的量小于反应Ⅳ逆向进行减小的CO2的量，导致CO2的选择性降低；
②水醚比大于3时，再增大水醚比，气体的总物质的量及H2O(g)的物质的量分数均增大，且过量的水蒸气产生稀释作用，所以随水醚比的增大H2的物质的量分数减小；
（5）设初始投料为1molCH3OH，平衡时转化率为ɑ，列三段式有：
所以CO的分压为=；同理可得CH3OH的分压为，H2的分压为，所以Kp==。
11．(1)124.3
(2) 0.042mol·L-1·min-1 3.2P0kPa
(3) 丙烯在平衡体系内的体积分数不可能超过50% 该反应为吸热反应，随着温度升高平衡向正方向移动，丙烯的体积分数增大 c
(4) 有氧脱氢为放热反应，能减少能耗 产物易于分离
【解析】（1）
CH3CH2CH3(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g) △H=20.4 kJ·mol-1+ 0kJ·mol-1-( -103.9kJ·mol-1)= 124.3kJ·mol-1；
（2）
反应前6分钟内压强变为1.50P0，则气体总物质的量变为1.5mol
1-x+x+x=1.5，x=0.5mol；则反应前6分钟内用氢气的浓度表示的反应速率为 mol·L-1·min-1。
反应达到平衡时压强变为1.8P0kPa，则气体总物质的量变为1.8mol；
1-y+y+y=1.8，y=0.8mol；此温度下的压强平衡常数Kp=3.2P0。
（3）
该反应为吸热反应，随着温度升高平衡向正方向移动，丙烯的体积分数增大，所以b不可能是丙烯；
若丙烷完全转化为丙烯和氢气，丙烯的体积分数为50%，该反应为可逆反应，丙烯在平衡体系内的体积分数不可能超过50%，所以b不可能是丙烯；
该反应为吸热反应，随着温度升高平衡向正方向移动，丙烯的体积分数增大，所以a、c表示丙烯的体积分数的曲线，增大压强，CH3CH2CH3(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g)平衡逆向移动，丙烯的体积分数减小，所以在0.1kPa下丙烯的体积分数的曲线为c。
（4）
丙烷在有氧气参与的条件下也可以发生脱氢反应：2CH3CH2CH3(g)+O2(g)2CH3CH=CH2(g)+2H2O(g) △H=-235kJ·mol-1。相比丙烷的无氧脱氢反应，有氧脱氢为放热反应，能减少能耗；水的沸点高，产物易于分离；
12．(1)-790.8 kJ·mol-1
(2) 较低温度时以放热反应I为主，温度升高，反应I平衡逆向移动，CO2的转化率降低，较高温度时以吸热反应II为主，温度升高，反应II平衡正向移动，CO2的转化率升高 降低
(3)0.04
(4) 25% b 在恒温恒容条件下，容器内压强与气体的物质的量成正比，t2 min前平衡时气体的总物质的量为4 mol，t2 min时再充入1 mol CO2和1 mol H2 ，则压强变为1.6 MPa ×=2.4MPa，然后平衡正向移动，压强减小
【详解】（1）根据题给已知反应和盖斯定律可得，△H4=2△H2+3△H3-2△H1 =+41.1 kJ·mol-1×2+(-395.6 kJ·mol-1) ×3-(-156.9 kJ·mol-1) ×2=-790.8 kJ·mol-1，故答案为：-790.8 kJ·mol-1；
（2）①CO2平衡转化率随温度升高呈现如题图所示变化的原因是较低温度时以放热反应I为主，温度升高反应I平衡逆向移动，CO2的转化率降低，较高温度时以吸热反应II为主，温度升高，反应II平衡正向移动，CO2的转化率升高，故答案为：较低温度时以放热反应I为主，温度升高，反应I平衡逆向移动，CO2的转化率降低，较高温度时以吸热反应II为主，温度升高，反应II平衡正向移动，CO2的转化率升高；
②合成甲烷的反应为气体体积减小的反应，其他条件不变，改为恒容条件，相当于原体系减小压强，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率将降低，故答案为：降低；
（3）CO2、H2生产甲烷的反应为CO2(g) +4H2 (g)CH4(g) + 2H2O(g)，由信息可知v(CO2)= = 0.01 mol·L-1·s-1，则v(H2)=4v(CO2)=0.04 mol·L-1·s-1，故答案为：0.04；
（4）①在恒温恒容条件下，容器内压强与气体的物质的量成正比，起始时气体总物质的量为5 mol，压强为2.0 MPa，反应进行到t1 min时达到平衡，平衡时压强为1.6 MPa，则平衡时气体的总物质的量为5 mol ×=4.0 mol，设达到平衡时消耗CO2的物质的量为xmol，列三段式如下：，平衡时气体的总物质的量为(2-x)+(3-4x)+x+2x= 4.0，解得x=0.5，CO2的平衡转化率为×100%=25%；达到平衡时CO2、H2、CH4、H2O的物质的量分别为1.5 mol、1 mol、0.5 mol、1 mol，气体总物质的量为4 mol，则CO2、H2、CH4、H2O的分压分别为p (CO2)= × 1.6 MPa= 0.6 MPa= 600 kPa、p (H2) = 0.4 MPa= 400 kPa、p(CH4)=0.2 MPa=200 kPa、p(H2O)=0.4 MPa=400 kPa，反应的标准平衡常数 ，故答案为：25%；；
②在恒温恒容条件下，容器内压强与气体的物质的量成正比，t2 min前平衡时气体的总物质的量为4mol，t2 min时向恒温恒容密闭容器内再充入1 mol CO2和1 mol H2，则压强变为1.6 MPa× =2.4 MPa，然后平衡正向移动，压强减小，新平衡压强大于原平衡压强，则曲线b符合要求，故答案为：b；在恒温恒容条件下，容器内压强与气体的物质的量成正比，t2 min前平衡时气体的总物质的量为4 mol，t2 min时再充入1 mol CO2和1 mol H2 ，则压强变为1.6 MPa ×=2.4MPa，然后平衡正向移动，压强减小。
13．(1)NH3(g)+2O2(g)=(aq)+H+(aq)+H2O(l) ∆H=-346.69kJ/mol
(2) C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+ 67.2
(3) NO > B 逆反应
【解析】（1）
已知：①NH3(g)+O2(g)=(aq)+H+(aq)+H2O(l)△H1=-273.5kJ/mol
②(aq)+O2(g)=(aq)△H2=-73.19kJ/mol
根据盖斯定律，由①-②可得，NH3(g)+2O2(g)=(aq)+H+(aq)+H2O(l) ∆H=-346.69kJ/mol；
（2）
根据题干信息，厌氧阳极葡萄糖氧化过程无氧气参加，并产生了二氧化碳和氢离子，所以电极反应为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+；“好氧阴极”1molNH4+完全硝化生成，且电极输送电子4mol，需有氧气参加反应，根据原子守恒和电荷守恒可得电极反应+3O2+2H++4e-=+3H2O，消耗O2的物质的量3mol,标准状况下的体积约为67.2L；
（3）
①横坐标为，随着比例的增大，一氧化碳转化率逐渐减低，一氧化氮转化率逐渐增大，所以纵轴表示一氧化氮的转化率，该反应放热，升高温度一氧化氮转化率减低，所以T1>T2，B点温度最高且NO物质的量分数高，即浓度大，所以B点最大。
②T2温度下根据A点计算平衡常数为
平衡常数。当以(CO)=1.2mol，(NO)=1.2mol，(N2)=0.6mol，(CO2)=1.2mol的物质的量充入各物质，，所以反应向逆反应方向进行；
③
CO(g)、NO(g)、CO2(g)、N2(g)物质的量分数分别为、、、；
平衡后总压强为p0；
。
14．(1) H2 较少时，NO主要被还原为N2O(或+1价含氮化合物等)(合理即可) N2 (g) +3H2(g) 2NH3(g) ΔH= -92.5kJ ·mol-1
(2) 甲 可能 0.11 0.12
(3) 还原 O2 +2H+ +2e- =H2O2
【详解】（1）①根据题中信息，随着氢气体积分数的增加，NO中被还原的价态逐渐降低，根据图像可知，当氢气的体积分数在0.5×10-3～0.75×10-3时，NO转化率基本为100%，而氮气和氨气的体积分数仍呈增加趋势，NO中N显+2价，N2中N显0价，NH3中N显-3价，因此当氢气较少时，NO被还原为N的+1价化合物或N2O；故答案为当氢气较少时，NO被还原为N的+1价化合物或N2O；
②根据盖斯定律可知，－脱硝反应，推出N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=()kJ/mol=-92.5kJ/mol；故答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.5kJ/mol；
（2）①该过程发生的两个反应都是物质的量减少的放热反应，恒温恒容状态下，随着时间的进行，气体物质的量减小，压强降低，而绝热容器中，虽然气体物质的量减小，但温度升高，气体压强增大，因此根据图像可知，X为绝热容器，Y为恒温容器；故答案为甲；
②因为反应为放热，甲绝热容器内反应体系温度升过高，反应速率快，先达到平衡，温度升高，平衡左移，平衡时压强增大，因此点a可能已达到平衡；故答案为可能；
③曲线Y是恒温过程的乙容器，恒温容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，开始时体系总压强为9kPa，n(NO)∶n(H2)=1∶2，p(NO)=3kPa，p(H2)=6kPa，
平衡压强为7.1kPa，则x=0.5，从开始到平衡时用分压表示的氢气消耗速率时=0.11kPa/min；平衡时p(NO)=1.2kPa、p(H2)=(4.2-1.5) kPa=2.7kPa、p(H2O)=1.8 kPa、p(N2)=(0.9-0.5) kPa=0.4 kPa，Kp==0.12kPa-1；故答案为0.11；0.12；
（3）g-C3N4极氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2H++2e-=H2O2；故答案为还原；O2+2H++2e-=H2O2。
15．(1)
(2) bc 625
(3)甲醇中含有氧元素，不利用氧的充分利用
(4) cd 双功能的分子筛膜催化反应器模式下，只发生第一个反应，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，平衡右移，二氧化碳产率增大。
【详解】（1）①
②
③
则与反应生成和的方程式为：④，根据盖斯定律可知，得，该反应的，其热化学方程式为： ；
（2）①a.加入催化剂只能改变反应速率，平衡不移动，不能改变转化率，a错误；
b.该反应为放热反应，降低反应温度平衡正向移动，可以提高平衡转化率，b正确；
c.移除，则水蒸气的浓度减小，平衡正向移动，转化率增大，c正确；
d.恒温恒压下通入惰性气体，容器体积增大，平衡逆向移动，转化率减小，d错误；
故选bc；
②根据提给信息可得三段式如下，，则平衡常数；
（3）甲醇中含有氧元素，不利用氧的充分利用，不利用氧循环；
（4）①a.的浓度不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，a正确；
b.该反应前后气体的计量系数不同，且反应都是气体，则混合气体的平均相对分子质量是一个变量，当其不变的时候可以正面反应达到平衡，b正确；
c.容器的体积不变，且反应物和产物都是气体，总质量不变，则混合气密度不是变量，其不变的时候，不能证明反应达到平衡，c错误；
d.水中和甲醇中都含有O—H，则断裂3mol H—H键的同时断裂2mol O—H键不能证明正逆反应速率相等，不能证明反应达到平衡，d错误；
故选cd；
②由表中数据可知双功能的分子筛膜催化反应器模式下，只发生第一个反应，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，平衡右移，二氧化碳产率增大，故答案为：双功能的分子筛膜催化反应器模式下，只发生第一个反应，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，平衡右移，二氧化碳产率增大。
16．(1) 增大表面积，加快碱浸反应速率，提高提取率 +6
(2)FexMn1-xWO4+2NaOH=xFe(OH)2+(1-x)Mn(OH)2+Na2WO4
(3) 阳 H2 2H2O-4e-=O2↑+4H+ WO+H2O+2H+=WO3·2H2O↓
【分析】黑钨精矿加入氢氧化钠，反应生成氢氧化锰、氢氧化亚铁沉淀和钨酸钠，过滤出沉淀，电解钨酸钠溶液制备WO3·2H2O，WO3·2H2O脱水生成WO3，用氢气还原WO3冶炼金属钨。
(1)
根据影响反应速率的因素，黑钨精矿粉碎，可以增大表面积，加快碱浸反应速率，提高提取率；根据黑钨精矿与氢氧化钠反应生成钨酸钠，可知黑钨精矿中W的化合价为+6；
(2)
根据流程图可知，反应i是FexMn1-xWO4和NaOH反应生成Fe(OH)2、Mn(OH)2、Na2WO4，化学方程式为FexMn1-xWO4+2NaOH=xFe(OH)2+(1-x)Mn(OH)2+Na2WO4；
(3)
①根据图示，石墨1电极，通入稀氢氧化钠溶液，流出浓氢氧化钠溶液，石墨1电极反应式为，钨酸钠溶液中钠离子由右向左移动，所以离子交换膜为阳离子交换膜，c的分子式为H2；
②石墨1为阴极，石墨2为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，右池生成WO3·2H2O的离子方程式为WO+H2O+2H+=WO3·2H2O↓。
17．(1)铂系金属性质稳定，在阳极不参与放电
(2)Pd+Cl2+2Cl-=PdCl
(3) 2 温度越高去除效果越好，但温度高于85℃时去除率变化不大，从经济效率角度考虑选用此温度
(4)加入HCl后，NH3和H+生成，Cl-和Ag+生成AgCl沉淀，促使解离平衡向正方向移动达到分银的目的
(5)Pd(NH3)2Cl2+2HCl=(NH4)2PdCl4
(6)
【分析】此流程目的提取阳极泥中贵重金属铂和钯，阳极泥通入氯气和加入盐酸，得铂钯氯化液([AgCl2]-、PdCl、PtCl、Cu2+、Ni2+)，得铂钯氯化液加草酸得草酸铜、草酸镍沉淀，过滤洗涤，净化后溶加入萃取剂，萃余液中含铂，在经系列操作得铂粉；萃取液中含有(AgCl、PdCl)，氨水盐酸得到氯化银沉淀，再加盐酸得粗二氯二氨合钯沉淀，粗二氯二氨合钯沉淀再加盐酸得(NH4)2PdCl4 ，在经系列操作得金属Pb，以此来解析；
【详解】（1）粗铜的精炼粗铜做阳极.纯铜做阴极，含有Cu2+的溶液做电解质溶液，阳极发生氧化反应，所以还原性强的物质优先反应，比铜活泼性强的先电子变成阳离子进入溶液液中活泼性差的以游离态存在于阳极泥中，铂系金属性质稳定，在阳极不参与放电；
（2）单质Pb变为PdCl，Pb化合价由0价升高为+2价，需要加入氧化剂，Cl化合价由0降低为1价，根据化合价升降守恒、原子可恒和电荷守恒，可得反应的离子方程式为：Pd+Cl2+2Cl-=PdCl-；
（3）由表1数据可知，草酸过量系数为2.0时，铜、镍去除率最佳；温度越高去除效果越好，但温度高于85℃时去除率变化不大，从节能经济效率角度考虑选用此温度；
（4）根据Ag(NH3)⇌Ag++2NH3，加入HCl后，NH3和H+生成，Cl-和Ag+生成AgCl沉淀，促使解离平衡向正方向移动达到分银的目的；
（5）Pd(NH3)2Cl2沉淀加入盐酸溶解根据流程分析可知生成(NH4)2PdCl4 反应的化学方程式为：Pd(NH3)2Cl2+2HCl=(NH4)2PdCl4 ；
（6）海绵状金属钯密度为ρg/cm3，具有优良的吸氢功能，标准状况下，其吸附的氢气是其体积的a倍，则此条件下海绵钯的吸附容量R==cm3/g，1cm3=1ml，1molPb的质量为106g，氢气的浓度r==；
18．(1) 3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2 6× 10-3
(2) Zn、Fe 过滤
(3)H2SO4
(4) A 2.5×1011
(5)MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-
【分析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用。
【详解】（1）已知“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，说明 “焙烧”过程FeS中Fe被氧化，S被还原，所以主要发生反应的化学方程式为3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2；SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，，已知Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，所以，所以=6× 10-3；故答案为3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2；6× 10-3。
（2）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，过量锌充分反应，可置换出铁，所得“滤渣”的成分为Zn、Fe；过滤可分离“滤液”'“滤渣”；故答案为Zn、Fe；过滤。
（3）由流程图可知，H2SO4和Zn可重复使用；故答案为H2SO4。
（4）①A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸，将发生氧化还原反应，产生二氧化硫，故A符合题意；
B．将硫化锌精矿粉碎，增大接触面积，有利于快浸取反应速率，故B符合题意；
C.适当升高温度，有利于快浸取反应速率，故C符合题意；
故答案选A。
②反应ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常数，已知：，；所以，故答案为2.5×1011。
（5）电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]，放电时正极发生还原反应，所以电极方程式为MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-；故答案为MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-17化学反应速率与化学平衡（2）
一、单选题
1．（2022·河南·校联考模拟预测）“从二氧化碳到淀粉的人工合成”入选2021年度“中国生命科学十大进展”。实验室实现由CO2到淀粉的合成路线如下：
下列说法正确的是
A．ZnO-ZrO2能提高反应①的转化率与反应速率
B．反应②的原子利用率为100%
C．其他条件相同，温度越高，反应②的反应速率越快
D．“人工合成淀粉”有助于“双碳”达标和缓解粮食危机
2．（2022·河南·校联考模拟预测）我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法不正确的是
A．充电时，电极周围升高
B．放电时，每生成，转移个电子
C．使用催化剂或者均能有效减少副产物的生成
D．使用催化剂，中间产物更不稳定
3．（2022·河南郑州·统考一模）硅是大数据时代的关键材料。工业上常在1800—2000℃时，用碳单质还原的方法制取单质硅。涉及反应的相关数据如表所示。下列相关说法正确的是
反应
△H/(kJ•mol-1)
△S/(J•K-1•mol-1)
反应(1)：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)
687.27
359.04
反应(2)：SiO2(s)+C(s)=Si(s)+CO2(g)
514.85
183.35
A．反应(1)可证明Si的还原性大于C
B．生活中利用单晶硅良好的导光性能做光导纤维
C．工业生产条件下反应(2)无法自发进行发生
D．C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=-172.42kJ·mol-1
4．（2022·河南·统考二模）某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应热∆H=-620.9kJ·mol-1。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是
A．∆E=306.6kJ/mol B．三个基元反应中只有③是放热反应
C．该化学反应的速率主要由反应②决定 D．该过程的总反应为2CO+2NO=N2+2CO2
5．（2023·河南·统考三模）与下列实验操作和现象所对应的原理解释正确的是
实验操作
现象
原理解释
A
向ZnS沉淀上滴加适量0.1mol/LCuSO4溶液，振荡试管
沉淀变为黑色
Kap(ZnS)>Kap(CuS)
B
将乙醇与浓硫酸混合加热产生的气体通入酸性KMnO4溶液中
溶液紫红色褪去
乙醇分子内脱水生成乙烯，乙烯具有还原性
C
向植物油中加入Na2CO3溶液，加热
溶液不再分层
碳酸钠溶液呈碱性：+2H2OH2CO3+2OHˉ，油脂在碱性条件下水解
D
实验室中加热KClO3和MnO2固体混合物制氧气
反应前后MnO2的质量没有发生变化
MnO2没有参与反应
A．A B．B C．C D．D
6．（2023·河南郑州·统考一模）已知反应 ，在716K时向密闭容器中充入一定量的HI气体，平衡时气体混合物中碘化氢的物质的量分数为78%。测得和的关系如图所示。
下列结论不正确的是
A．该反应的压力平衡常数约为0.02
B．增大体系压强，平衡不发生移动，平衡常数不变
C．温度降低，、均减小，平衡向逆反应方向移动
D．温度升高，反应重新达到平衡时，图中表示平衡的点可能是A和D
7．（2023·河南郑州·统考一模）某化学兴趣小组探究催化分解制取氧气，小组成员闻到制得的氧气有轻微的刺激性气味。下列有关分析推理不正确的是
A．反应后所得固体除外，还可能含有KCl、
B．催化分解，降低了反应的活化能，加快分解速率
C．标准状况下制得22.4L氧气，反应中转移电子4mol
D．将制得的气体通入溶液，可能会产生不溶于硝酸的白色沉淀
二、原理综合题
8．（2021·河南·统考三模）煤的洁净技术(包括固硫技术和脱硫技术两类)可有效降低燃煤废气中的含量，已成为我国解决环境问题的主导技术之一、
Ⅰ．固硫技术：通过加入固硫剂，将硫元素以固体形式留在煤燃烧的残渣中。生石灰是常用的固硫剂，固硫过程中涉及的部分反应如下：
①
②
(1)表示燃烧热的热化学方程式是 。
(2)由上述两个反应可知，在煤燃烧过程中要提高固硫率(燃烧残渣中硫元素的质量占燃煤中硫元素总质量的百分比)，可采用的方法是 。
(3)某温度下，在一个恒容密闭容器中加入和，若只发生反应②，测得如下数据：
0
10
20
30
40
2
1.5
1.1
0.8
0.8
内 ，此条件下该反应的平衡常数为 。
(4)实际生产中常用石灰石代替生石灰，石灰石吸收热量分解为生石灰，即。800℃下，在一个密闭容器中加入一定量的进行该反应，气体的浓度变化如图所示，和与时分别改变一个条件，则改变的条件依次是 和 。
Ⅱ．除去燃煤产生的废气中的的过程如图所示。
(5)过程①是的部分催化氧化反应，若参加反应的和的体积比为4∶3，则反应的化学方程式为 。
(6)过程②利用电化学装置吸收另一部分，使得再生，该过程中阳极的电极反应式为 。若此过程中除去含5%(体积分数)的的废气(标准状况)，则需要的电量为 C(一个电子的电量)。
9．（2021·河南郑州·统考三模）“减少碳排放，实现碳中和”是当今世界的热门话题。某课题组利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，主要发生如下三个反应：
I.CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.5kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g)ΔH2=+40.9kJ·mol-1
III.……
(1)请写出反应IIICO和H2合成CH3OH的热化学方程式 。
(2)下列措施中，能提高CO2转化率的是 。
A．在原料气中加入适量H2O(g) B．从体系中不断分离出甲醇
C．循环利用原料气 D．使用高效催化剂
(3)一定条件下，在某密闭容器中投入amolCO2和3amolH2，发生上述合成反应。达平衡容器中CH3OH的物质的量为cmol，CO的物质的量为dmol.则此条件下CO2的转化率为 (列式表示，下同)；甲醇的选择性(指转化为甲醇的CO2占发生反应的CO2的百分比)为 ；此条件下反应II的平衡常数为 。
(4)图1是反应温度对二氧化碳转化率以及甲醇选择性的影响。甲醇选择性随温度升高而降低的原因可能是 。
(5)图2是一定条件下原料气的进料速度对二氧化碳转化率、甲醇选择性以及出口甲醇浓度的影响。试分析工业上实际进料速度采用2.1mol·s-1，而不是1.8mol·s-1，可能的原因是 。
(6)甲醇燃料电池可用于测定阿伏加德罗常数。当甲醇燃料电池平稳工作10min后测得电池正极端消耗标准状况下氧气VL，电流稳定为XA，假设能量转化率80%，计算测得阿伏加德罗常数NA为 mol-1。(用X、V表示，已知一个电子电量为1.60×10-19C)
10．（2022·河南许昌·统考二模）二甲醚既是重要的工业品，也是燃料电池制氢的重要原料。二甲醚水蒸气重整制氢的总反应为CH3OCH3(g)+(1+2x)H2O(g)⇌(4+2x)H2(g)+2(1-x)CO(g)+2xCO2(g)，其过程包括：
I.CH3OCH3(g)+H2O(g)⇌2CH3OH(g) ∆H1=+23.6kJ·mol-1
II.CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g) ∆H2=+49.5kJ·mol-1
III.CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g) ∆H3=+90.7kJ·mol-1
IV.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ∆H4=-41.2kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)反应I能自发进行，则该反应的熵变∆S 0(填“大于”或“小于”)。
(2)反应II的平衡常数可表示为 [用K(III)、K(IV)表示]。
(3)根据反应I、II、III、IV计算重整总反应的焓变∆H= kJ·mol-1(列出含x的计算式即可)。
(4)CO2的选择性()与水醚比[n(H2O)/n(CH2OCH3)]和温度的关系如图1所示；423K时，平衡时H2的物质的量分数与水醚比的关系如图2所示：
①图1中相同温度下，水醚比越大CO2的选择性越高的原因是 ；相同水醚比时，温度升高CO2的选择性降低的原因是 。
②图2中水醚比大于3时，随水醚比的增大H2的物质的量分数减小的原因是 。
(5)反应Ⅲ若在一定温度下、恒压容器中进行，总压为p，CH3OH的平衡转化率为ɑ，平衡时，CO的分压为 ；该反应的平衡常数Kp= (用含p、ɑ的代数式表示，Kp为以分压代替浓度表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
11．（2022·河南郑州·统考一模）丙烯是重要的化工原料，通常用丙烷脱氢反应制备。其中丙烷无氧脱氢反应方程式为：CH3CH2CH3(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g) △H。
(1)科学家将最稳定的单质的标准生成焓规定为零。在温度为298.15K时由最稳定的单质生成1mol化合物时的焓变，叫做该物质的标准摩尔生成焓。部分物质的标准摩尔生成焓数据如表(单位：kJ·mol-1)：
CH3CH2CH3
CH3CH=CH2
H2
-103.9
20.4
0
由此可求得△H= kJ·mol-1。
(2)在一定条件下的体积为2L的密闭容器中投入1mol丙烷，体系的起始压强为P0kPa。反应过程中压强变化如表：
时间/min
0
2
4
6
8
10
12
14
16
20
压强/kPa
P0
1.20P0
1.36P0
1.50P0
1.63P0
1.71P0
1.78P0
1.80P0
1.80P0
1.80P0
则反应前6分钟内用氢气的浓度表示的反应速率为 (结果保留两位有效数据，下同)。此温度下的压强平衡常数Kp= 。
(3)如图中四条线对应的是(2)中在0.01kPa和0.1kPa下丙烷和丙烯在平衡体系中的体积分数随温度的变化情况。
某同学认为曲线b不可能表示丙烯的体积分数，请写出两条支持该观点的理由：① ；② 。表示在0.1kPa下丙烯的体积分数的曲线为 。
(4)丙烷在有氧气参与的条件下也可以发生脱氢反应：2CH3CH2CH3(g)+O2(g)2CH3CH=CH2(g)+2H2O(g) △H=-235kJ·mol-1。相比丙烷的无氧脱氢反应，丙烷的有氧脱氢反应的优点可能有 、 。
12．（2022·河南·校联考三模）以CO2、H2为原料制备甲烷技术的研究不断取得新进展。CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
反应I ：CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) △H1=-156.9 kJ·mol-1
反应II ：CO2(g)+ H2(g) CO(g)+ H2O(g) △H2=+41.1 kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H3=-395.6 kJ·mol-1，则CH4不完全燃烧的热化学方程式2CH4(g) + 3O2(g)=2CO(g) + 4H2O(g)的△H4= 。
(2)在恒压条件下，按CO2与H2的物质的量之比为1：4投料发生反应I和反应II ，测得CO2平衡转化率随温度的变化如图所示。
①CO2平衡转化率随温度升高呈现如图所示变化特征的原因是 。
②其他条件不变，改为恒容条件，CO2的平衡转化率将。 (填“升高”“降低”或“不变”)。
(3)在恒温恒容条件下，工业。上以CO2、H2为原料通过反应I生产甲烷。2~6 s内测得CO2的浓度由0.1 mol·L-1变为0.06 mol· L-1，则该时间段内用H2表示的化学反应速率为 mol·L-1·s-1。
(4)在某恒温恒容密闭容器内充入2molCO2和3molH2发生反应I，t1 min时达到平衡，在t2 min时，向该恒温恒容密闭容器内再充入1 mol CO2和1 mol H2，整个过程用压力计测得容器内压强的变化如图：
①0~t2 min内CO2的平衡转化率为 ；在该温度下，反应的标准平衡常数= (用分数表示)。[已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应aA(g) +bB(g)cC(g) +dD(g)，，其中=100 kPa，pA、pB、pC、pD为各组分的平衡分压]。
②t2min后容器内压强的变化曲线为 (填“a”或“b”)，选择的理由为 。
13．（2022·河南·校联考模拟预测）氮及其化合物一直为环境科学领域研究的重点。
(1)废水中的NH3可通过硝化作用消除，已知：
NH3(g)+O2(g)=(aq)+H+(aq)+H2O(l)△H=-273.5kJ/mol
(aq)+O2(g)=(aq)△H=-73.19kJ/mol
则NH3通过硝化作用转化为NO的热化学方程式为 。
(2)某科研小组设计双阴极微生物燃料电池进行同步硝化和反硝化脱氮研究，如图所示，“厌氧阳极”的电极反应方程式为 ，若“好氧阴极”1mol完全硝化生成，此时向该电极输送电子的物质的量为4mol，则“好氧阴极”区消耗的O2在标准状况的体积约为 L。
(3)汽车尾气中的CO、NO等气体可在催化剂表面发生氧化还原反应进行消除，主要的原理如下：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)△H<0，某小组为模拟该反应，在1L恒容密闭容器内将气体总物质的量为6mol的CO和NO以不同的物质的量比进行反应。
①平衡时某反应物的转化率与物质的量比及温度的关系如图，纵坐标表示 的转化率，T1和T2关系为T1 T2(填“>”“<”或“=”)，图中A、B、C三点对应反应速率v(NO)正最大的是 点。
②在温度为T2的1L密闭容器内，以n(CO)=1.2mol，n(NO)=1.2mol，n(N2)=0.6mol，n(CO2)=1.2mol的物质的量充入各物质，此时反应向 方向进行。(填“正反应”“逆反应”或“平衡状态”)。
③已知：压强平衡常数Kp含义为：在平衡体系中用气体物质的分压(pi=p总×物质的量分数)代替浓度，计算得到的平衡常数。若容器内起始压强为p0，则C点的压强平衡常数为 。
14．（2023·河南濮阳·统考一模）含NO的烟气需要处理后才能排放。
(1)氢气催化还原含NO的烟气，发生“脱硝”反应：2NO(g) +2H2(g) N2(g) +2H2O(g) ΔH=-605kJ·mol-1。一定条件下，加入H2的体积分数对该反应平衡时含氮物质的体积分数的影响如图所示：
①随着H2体积分数增加， NO中N被还原的价态逐渐降低。当H2的体积分数在0.5×10-3 ~ 0.75×10-3时，NO的转化率基本为100%，而N2和NH3的体积分数仍呈增加趋势，其可能原因是 。
②已知：Ⅰ．4NH3(g) +5O2(g)= 4NO(g) +6H2O(g) ΔH = -1025 kJ ·mol-1
Ⅱ．2H2(g) +O2(g)= 2H2O(g) ΔH = -484 kJ ·mol-1
图中N2减少的原因是N2与H2反应生成NH3，写出该反应的热化学方程式： 。
(2)某科研小组研究了NO与H2反应生成N2和NH3的转化过程。在起始温度为400℃时，将n(NO)：n(H2)=1：2通入甲、乙两个恒容密闭容器中，甲为绝热过程、乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。
①曲线X是 (填“甲”或“乙”)容器。
②a点在曲线X上，则a点 是平衡点(填“可能”或“不可能”)。
③曲线Y的容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，从开始到平衡点Z时用分压表示的H2消耗速率是 kPa·min-1。400℃时，“脱硝”反应的压强平衡常数Kp= kPa -1(结果保留两位有效数字，Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压 × 物质的量分数)。
(3)科学研究发现，用P1 -g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。
光催化脱除原理和电化学反应原理类似，P1-g-C3N4光催化的P1和g-C3N4两端类似于两极，g –C3N4极发生 反应( 填“氧化”或“还原”)，该极的电极反应式为 。
15．（2023·河南郑州·统考一模）2022年11月30日，神舟十五号与神舟十四号乘组在“太空会师”。太空生命保障系统利用电解水供氧，生成的氢气与宇航员呼出的二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲烷，水可循环使用。
(1)已知
写出与反应生成和的热化学方程式 。
(2)一定条件下，反应达到平衡状态。
①下列操作中，能提高比平衡转化率的是 。
a.加入催化剂 b.降低反应温度
c.移除 d.恒温恒压下通入惰性气体
②某科研小组在一定温度下模拟该反应，向容积为5L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得的转化率为50%，则该反应的平衡常数为 。
(3)在相同条件下，与还会发生以下副反应：，该副反应的发生不利于氧循环，原因是 。
(4)已知反应，。为了提高甲醇的选择性，某科研团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，原理如图所示。
保持压强为3MPa，温度为260℃，向密闭容器中按投料比投入一定量和，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇的选择性的相关实验数据如下表所示。
实验组
反应模式
温度/℃
的平衡转化率/%
的选择性/%
Ⅰ
普通催化反应器
3
260
21.9
67.3
Ⅱ
分子筛膜催化反应器
3
260
36.1
100
①双功能的分子筛膜催化反应器模式下，恒温恒容时发生反应，不能说明反应达到化学平衡状态的是 。
a.的浓度不变 b.混合气体的平均相对分子质量不变
c.混合气密度不变 d.断裂3mol H—H键的同时断裂2mol O—H键
②由表中数据可知，双功能的分子筛膜催化反应器模式下，的转化率明显提高，可能的原因是： 。
三、工业流程题
16．（2022·河南郑州·统考一模）含钨的钢材有高速钢、钨钢以及钨钴磁钢等，它们主要用来制造各种工具，如钻头、铣刀等。以黑钨精矿制备单质钨(W)的流程如图。完成下列问题：
已知：黑钨精矿的化学式为FexMn1-xWO4。
(1)黑钨精矿粉碎的目的是 ，黑钨精矿中W的化合价为 。
(2)反应i的化学方程式为 。
(3)电解制备WO3同时回收过量NaOH的装置如图所示。
①离子交换膜为 离子交换膜(“阳”、“阴”)，c的分子式为 。
②石墨2的电极反应式为 ，右池生成WO3·2H2O的离子方程式为 。
17．（2022·河南郑州·统考二模）铂和钯同属于铂族元素，其价格均高于黄金，在工业上有广泛的应用。电解精炼铜阳极泥中除含有较多的铂、钯和银以外，还有少量的镍、铜等元素。一种综合提取阳极泥中贵重金属的工艺流程如下：
请回答以下问题。
(1)铜阳极泥中的铂和钯以游离态存在的理由是 。
(2)阳极泥中的单质钯反应后转化为请写出该反应的离子方程式 。
(3)用草酸除铜镍时，草酸用量对铜镍去除率的影响如下表1。除铜镍时的温度对去除率的影响如下表2。
表1草酸加入量对铜镍去除率的影响
过量系数
净化后液/()
去除率/%
1.0
16.93
1.47
68.44
46.15
1.5
4.67
0.61
91.30
77.66
2.0
0.091
0.031
99.83
98.86
2.5
0.25
0.042
99.53
98.46
3.0
0.28
0.040
99.48
98.53
4.0
0.26
0.035
99.52
98.72
表2反应温度对铜镍去除率的影响
温度
净化后液/()
去除率/%
70
0.65
0.130
98.799
95.24
75
0.26
0.091
9.52
96.67
80
0.18
0.043
99.66
98.42
85
0.15
0.045
99.72
98.35
90
0.14
0.042
99.74
98.46
95
0.14
0.040
99.74
98.53
则草酸的过量系数应为 。实际工业中采用的温度为80—85℃。试分析其原因 。
(4)已知配离子存在解离平衡：，根据平衡移动原理说明加盐酸分银的原理 。
(5)分银液中加盐酸把转化为沉淀，过滤后用适量的盐酸溶解。则加入盐酸溶解时的化学方程式为 。
(6)海绵钯具有优良的吸氢功能，其密度为。标准状况下，吸附氢气的体积是钯体积的a倍，则此条件下海绵钯的吸附容量R= ，氢气的浓度r= (吸附容量R是指1g钯吸附氢气的体积；氢气的浓度r为吸附氢气的物质的量)。
18．（2023·河南焦作·统考二模）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，以某硫化锌精矿(主要成分是ZnS，还含有少量FeS等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“焙烧”过程在氧气气氛的沸腾炉中进行，“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，写出“焙烧”过程中FeS主要发生反应的化学方程式： ；“含尘烟气”中的SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，所得溶液中的= 。[已知：Ka1(H2SO3)=l。4×10-2；Ka2(H2SO3)=6.0×10-8]
(2)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得“滤渣”的成分为 (填化学式)，分离“滤液”'“滤渣”的操作名称为 。
(3)在该流程中可循环使用的物质是Zn和 (填化学式)。
(4)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸(稀硫酸)浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。
①下列设想的加快浸取反应速率的措施中不合理的是 (填标号)。
A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸
B．将硫化锌精矿粉碎
C．适当升高温度
②硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液可慢慢地转化为铜蓝(CuS)：ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)，该反应的平衡常数K= 。[已知：Ksp(ZnS)=1.6×10-24，Ksp(CuS)=6.4×10-36]
(5)金属锌化学性质活泼，可用于多种化学电源的电极材料。一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收了ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]。放电时正极的电极反应式为 。
参考答案：
1．D
【详解】A．催化剂能够加快化学反应速率，但不能提高反应物的转化率，A错误；
B．反应②是CH3OH与O2反应产生HCHO、H2O，反应中除产生HCHO外还有副产物水，因此原子利用率小于100%，B错误；
C．甲醛被氧化为HO-CH2COCH2OH时需使用醇氧化酶是蛋白质，酶是具有生物活性的蛋白质，在高温下蛋白质变性，失去生物活性，导致反应速率减慢，C错误；
D．“人工合成淀粉”既反应制取得到了工业原料淀粉，同时也降低了空气中CO2的含量，因此有助于“双碳”达标和缓解粮食危机，D正确；
故合理选项是D。
2．B
【详解】A．根据装置图，充电时，外电路电子流向Zn电极，即Zn电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，c(OH-)增大，pH增大，故A说法正确；
B．根据装置图可知，放电时，右侧电极反应式为CO2+2e-+H2O =HCOO-+OH-，生成1mol HCOO-时，转移电子物质的量为2mol，故B说法错误；
C．根据图象可知，在使用催化剂Sn和s-SnLi生成CO时活化能大，活化能大反应速率慢，且CO能量比HCOOH能量高，能量越低，物质越稳定，因此使用催化剂Sn和s-SnLi可以减少副产物CO的生成，故C说法正确；
D．根据图象可知，使用催化剂s-SnLi，中间产物能量高，不稳定，故D说法正确；
答案为B。
3．C
【详解】A．反应(1)：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)，C元素化合价升高，C做还原剂，Si做还原产物，由还原剂的还原性比还原产物的强，则C的还原性大于Si，A错误；
B．单晶硅是良好的半导体材料，SiO2具有导光性能做光导纤维，B错误；
C．反应若要自发进行，即∆G=∆H-T∆S<0，对反应(2) ∆G=514.85-T×183.35×10-3<0，T>2800K，则反应(2)在工业1800—2000℃生产条件下无法自发进行发生，C正确；
D．由盖斯定律，反应(1)-反应(2)得到C(s)+CO2(g)=2CO(g) ，△H=687.27-514.85=+172.42kJ·mol-1，D错误；
故选：C。
4．D
【详解】A．图中ΔE=△E=248.3-【-620.9-（199.2）-（-513.5）】=554.9kJ⋅mol-1，故A错误；
B．由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，故B错误；
C．正反应活化能最大的是反应③，活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，则该化学反应的速率主要由反应③决定，故C错误；
D．由始态和终态可知，该过程的总反应为2CO+2NO=N2+2CO2，故D正确；
故选：D。
5．A
【详解】A．沉淀变为黑色说明硫化锌转化为硫化铜，所以Kap(ZnS)>Kap(CuS)，A正确；
B．乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色，所以不能证明乙醇分子内脱水生成乙烯，乙烯具有还原性，B错误；
C．碳酸根离子分步水解：,，C错误；
D．催化剂参与反应，但反应过程消耗量与最终生成量相等，所以质量反应前后保持不变，D错误；
故选A。
6．D
【详解】A．平衡时气体混合物中碘化氢的物质的量分数为78%，则=11%，故HI的平衡分压为：0.78p总，H2、I2的平衡分压为：0.11p总，该反应的压力平衡常数=约为0.02，A正确；
B．由反应方程式可知，反应前后气体的体积不变，故增大体系压强，平衡不发生移动，平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，B正确；
C．由题干可知，该反应正反应是一个吸热反应，故温度降低，、均减小，平衡向逆反应方向移动，C正确；
D．该反应是吸热反应，升高到某一温度时，反应速率加快，平衡向正向向移动，x（HI）减小，x（H2）增大，当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，v正～x（HI）和v逆～x（H2）相对应的点可能分别为A、E，D错误；
故答案为：D。
7．C
【详解】A．根据氧化还原反应规律，KClO3受热分解过程中还能发生副反应4KClO33KClO4+KCl，故反应后所得固体除MnO2外，还可能含有KCl、KClO4，A正确；
B．MnO2催化KClO3分解时，MnO2作催化剂，催化剂能够降低了反应的活化能，加快分解速率，B正确；
C．由于制得的氧气有轻微的刺激性气味，即混有少量的Cl2，故不能光计算制备O2过程中的电子转移，不知道Cl2的量，无法计算电子转移数目，C错误；
D．由于制得的氧气有轻微的刺激性气味，即混有少量的Cl2，Cl2+H2O=HCl+HClO，则将制得的气体通入AgNO3溶液，可能会产生不溶于硝酸的白色沉淀AgCl，D正确；
故答案为：C。
8． 鼓入稍过量的空气 1.8 减小压强(或增大容器体积、移出部分等) 升高温度
【详解】(1)①；
②；
根据盖斯定律，将①+②×2得：=，因此燃烧热的热化学方程式为，故答案为：；
(2)根据①和②可知，在煤燃烧过程中，要提高固硫率，需要尽可能的避免②的发生，就需要尽可能使碳完全燃烧生成二氧化碳，因此在煤燃烧过程中，鼓入稍过量的空气可以提高固硫率(燃烧残渣中硫元素的质量占燃煤中硫元素总质量的百分比)，故答案为：鼓入稍过量的空气；
(3)某温度下，在一个恒容密闭容器中加入和，若只发生。根据表格数据，20min时CO的浓度变化量为2 mol/L -1.1 mol/L=0.9 mol/L，则的浓度变化量为0.9 mol/L，内=；30min后反应达到了平衡状态，平衡时，CO的浓度变化量为2 mol/L -0.8 mol/L=1.2 mol/L，则的平衡浓度为1.2mol/L，的平衡浓度为1.2mol/L，此条件下该反应的平衡常数为==1.8 mol/L，故答案为：；1.8；
(4)根据图象，时气体的浓度突然减小，且平衡浓度不变，说明平衡常数不变，改变的条件可能是减小压强，或者是增大容器体积，也可能是移出了部分等；时气体的浓度逐渐增大，说明平衡正向移动，由于为吸热反应，因此改变的条件是升高温度，故答案为：减小压强(或增大容器体积、移出部分等)；升高温度；
(5)根据图象，过程①中催化氧化反应生成，若参加反应的和的体积比为4∶3，即方程式中和的化学计量数比为4:3，则反应的化学方程式为，故答案为：；
(6)过程②利用电化学装置吸收另一部分，使得再生，该过程中的化合价由+2价变成0价，发生还原反应，在阳极上发生氧化反应生成硫酸，阳极的电极反应式为。最终转化为硫酸，标准状况下，含5%(体积分数)的的废气中含有的体积为×5%=11200L，物质的量为=500mol，转移的电子为1000mol，则需要的电量为1000mol ×6.02×1023/mol×=C，故答案为：；。
9． CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3=-90.4kJ·mol-1 BC ×100% ×100% 反应I和反应III为放热反应，升温不利于反应I和反应III向正方向进行，故甲醇的选择性降低 增大进料速率，单位时间内可以获得更大产量，提高经济效益
【详解】
(1)反应I.CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1，反应II.CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g) ΔH2=+40.9kJ·mol-1，I-II即得到反应III，△H3=ΔH1-ΔH2=90.4kJ·mol-1，所以答案为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3=-90.4kJ·mol-1；
(2)该反应为：CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1
A．在原料气中加入适量H2O(g)，H2O(g)为生成物，会抑制正反应得进行，从而降低了CO2的转化率，A错误；
B．从体系中不断分离出甲醇，平衡往正向移动，提高了CO2的转化率，B正确；
C．循环利用原料气可以提高CO2的转化率，C正确；
D．使用高效催化剂不能改变反应的限度，不能提了CO2的转化率，D错误；
答案选BC；
(3)设三个反应依次进行且反应I消耗3mmolH2，设反应II消耗nmolH2，反应III消耗2pmolH2列出三段式：和以及，到达平衡容器中CH3OH的物质的量为cmol，CO的物质的量为dmol，所以m+p=c、n-p=d，所以m+n=c+d、2p= c-d+n-m，继而求出CO2的转化率为×100%=×100%和甲醇的选择性为×100%=×100%；设容器体积为V，此条件下反应II的平衡常数KII===，代入m+n=c+d、2p= c-d+n-m，求得KII=，所以答案为：×100%；×100%；。
(4)温度升高，不利于反应向放热方向进行，反应I和反应III为放热反应，升温不利于反应I和反应III向正方向进行，故甲醇的选择性降低。
(5)速度2.1mol·s-1和1.8mol·s-1各方面转化率变化不大，但是反应速率加快，提高了经济效益，所以答案为：增大进料速率，单位时间内可以获得更大产量，提高经济效益
(6)氧气的物质的量为，提供的电子数目转化为电流部分的为，十分钟电路中通过电子总量为X×10×60=×1.60×10-19，求出=，所以答案为：。
10．(1)大于
(2)K(Ⅲ)·K(Ⅳ)
(3)23.6+2x×49.5+2(1-x)×90.7
(4) 提高水醚比有利于反应Ⅱ、Ⅳ正向进行 温度升高时，反应Ⅱ正向进行增大的CO2的量小于反应Ⅳ逆向进行减小的CO2的量 水醚比大于3时，再增大水醚比，气体的总物质的量及H2O(g)的物质的量分数均增大或过量的水蒸气产生稀释作用
(5)
【详解】（1）反应Ⅰ能自发进行，则需要在一定温度条件下满足∆H-T∆S＜0，该反应的∆H＞0，则只有∆S大于0才能满足；
（2）反应Ⅲ+反应IV可得反应Ⅱ，所以反应Ⅱ的平衡常数可表示为K(Ⅲ)·K(Ⅳ)；
（3）根据盖斯定律Ⅰ+2x×Ⅱ+2(1-x)×Ⅲ可得总反应的∆H=(23.6+2x×49.5+2(1-x)×90.7)kJ/mol；
（4）①反应Ⅱ、Ⅳ会生成CO2，提高水醚比有利于反应Ⅱ、Ⅳ正向进行；反应Ⅱ为吸热反应，反应Ⅳ为放热反应，温度升高时，反应Ⅱ正向进行增大的CO2的量小于反应Ⅳ逆向进行减小的CO2的量，导致CO2的选择性降低；
②水醚比大于3时，再增大水醚比，气体的总物质的量及H2O(g)的物质的量分数均增大，且过量的水蒸气产生稀释作用，所以随水醚比的增大H2的物质的量分数减小；
（5）设初始投料为1molCH3OH，平衡时转化率为ɑ，列三段式有：
所以CO的分压为=；同理可得CH3OH的分压为，H2的分压为，所以Kp==。
11．(1)124.3
(2) 0.042mol·L-1·min-1 3.2P0kPa
(3) 丙烯在平衡体系内的体积分数不可能超过50% 该反应为吸热反应，随着温度升高平衡向正方向移动，丙烯的体积分数增大 c
(4) 有氧脱氢为放热反应，能减少能耗 产物易于分离
【解析】（1）
CH3CH2CH3(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g) △H=20.4 kJ·mol-1+ 0kJ·mol-1-( -103.9kJ·mol-1)= 124.3kJ·mol-1；
（2）
反应前6分钟内压强变为1.50P0，则气体总物质的量变为1.5mol
1-x+x+x=1.5，x=0.5mol；则反应前6分钟内用氢气的浓度表示的反应速率为 mol·L-1·min-1。
反应达到平衡时压强变为1.8P0kPa，则气体总物质的量变为1.8mol；
1-y+y+y=1.8，y=0.8mol；此温度下的压强平衡常数Kp=3.2P0。
（3）
该反应为吸热反应，随着温度升高平衡向正方向移动，丙烯的体积分数增大，所以b不可能是丙烯；
若丙烷完全转化为丙烯和氢气，丙烯的体积分数为50%，该反应为可逆反应，丙烯在平衡体系内的体积分数不可能超过50%，所以b不可能是丙烯；
该反应为吸热反应，随着温度升高平衡向正方向移动，丙烯的体积分数增大，所以a、c表示丙烯的体积分数的曲线，增大压强，CH3CH2CH3(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g)平衡逆向移动，丙烯的体积分数减小，所以在0.1kPa下丙烯的体积分数的曲线为c。
（4）
丙烷在有氧气参与的条件下也可以发生脱氢反应：2CH3CH2CH3(g)+O2(g)2CH3CH=CH2(g)+2H2O(g) △H=-235kJ·mol-1。相比丙烷的无氧脱氢反应，有氧脱氢为放热反应，能减少能耗；水的沸点高，产物易于分离；
12．(1)-790.8 kJ·mol-1
(2) 较低温度时以放热反应I为主，温度升高，反应I平衡逆向移动，CO2的转化率降低，较高温度时以吸热反应II为主，温度升高，反应II平衡正向移动，CO2的转化率升高 降低
(3)0.04
(4) 25% b 在恒温恒容条件下，容器内压强与气体的物质的量成正比，t2 min前平衡时气体的总物质的量为4 mol，t2 min时再充入1 mol CO2和1 mol H2 ，则压强变为1.6 MPa ×=2.4MPa，然后平衡正向移动，压强减小
【详解】（1）根据题给已知反应和盖斯定律可得，△H4=2△H2+3△H3-2△H1 =+41.1 kJ·mol-1×2+(-395.6 kJ·mol-1) ×3-(-156.9 kJ·mol-1) ×2=-790.8 kJ·mol-1，故答案为：-790.8 kJ·mol-1；
（2）①CO2平衡转化率随温度升高呈现如题图所示变化的原因是较低温度时以放热反应I为主，温度升高反应I平衡逆向移动，CO2的转化率降低，较高温度时以吸热反应II为主，温度升高，反应II平衡正向移动，CO2的转化率升高，故答案为：较低温度时以放热反应I为主，温度升高，反应I平衡逆向移动，CO2的转化率降低，较高温度时以吸热反应II为主，温度升高，反应II平衡正向移动，CO2的转化率升高；
②合成甲烷的反应为气体体积减小的反应，其他条件不变，改为恒容条件，相当于原体系减小压强，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率将降低，故答案为：降低；
（3）CO2、H2生产甲烷的反应为CO2(g) +4H2 (g)CH4(g) + 2H2O(g)，由信息可知v(CO2)= = 0.01 mol·L-1·s-1，则v(H2)=4v(CO2)=0.04 mol·L-1·s-1，故答案为：0.04；
（4）①在恒温恒容条件下，容器内压强与气体的物质的量成正比，起始时气体总物质的量为5 mol，压强为2.0 MPa，反应进行到t1 min时达到平衡，平衡时压强为1.6 MPa，则平衡时气体的总物质的量为5 mol ×=4.0 mol，设达到平衡时消耗CO2的物质的量为xmol，列三段式如下：，平衡时气体的总物质的量为(2-x)+(3-4x)+x+2x= 4.0，解得x=0.5，CO2的平衡转化率为×100%=25%；达到平衡时CO2、H2、CH4、H2O的物质的量分别为1.5 mol、1 mol、0.5 mol、1 mol，气体总物质的量为4 mol，则CO2、H2、CH4、H2O的分压分别为p (CO2)= × 1.6 MPa= 0.6 MPa= 600 kPa、p (H2) = 0.4 MPa= 400 kPa、p(CH4)=0.2 MPa=200 kPa、p(H2O)=0.4 MPa=400 kPa，反应的标准平衡常数 ，故答案为：25%；；
②在恒温恒容条件下，容器内压强与气体的物质的量成正比，t2 min前平衡时气体的总物质的量为4mol，t2 min时向恒温恒容密闭容器内再充入1 mol CO2和1 mol H2，则压强变为1.6 MPa× =2.4 MPa，然后平衡正向移动，压强减小，新平衡压强大于原平衡压强，则曲线b符合要求，故答案为：b；在恒温恒容条件下，容器内压强与气体的物质的量成正比，t2 min前平衡时气体的总物质的量为4 mol，t2 min时再充入1 mol CO2和1 mol H2 ，则压强变为1.6 MPa ×=2.4MPa，然后平衡正向移动，压强减小。
13．(1)NH3(g)+2O2(g)=(aq)+H+(aq)+H2O(l) ∆H=-346.69kJ/mol
(2) C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+ 67.2
(3) NO > B 逆反应
【解析】（1）
已知：①NH3(g)+O2(g)=(aq)+H+(aq)+H2O(l)△H1=-273.5kJ/mol
②(aq)+O2(g)=(aq)△H2=-73.19kJ/mol
根据盖斯定律，由①-②可得，NH3(g)+2O2(g)=(aq)+H+(aq)+H2O(l) ∆H=-346.69kJ/mol；
（2）
根据题干信息，厌氧阳极葡萄糖氧化过程无氧气参加，并产生了二氧化碳和氢离子，所以电极反应为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+；“好氧阴极”1molNH4+完全硝化生成，且电极输送电子4mol，需有氧气参加反应，根据原子守恒和电荷守恒可得电极反应+3O2+2H++4e-=+3H2O，消耗O2的物质的量3mol,标准状况下的体积约为67.2L；
（3）
①横坐标为，随着比例的增大，一氧化碳转化率逐渐减低，一氧化氮转化率逐渐增大，所以纵轴表示一氧化氮的转化率，该反应放热，升高温度一氧化氮转化率减低，所以T1>T2，B点温度最高且NO物质的量分数高，即浓度大，所以B点最大。
②T2温度下根据A点计算平衡常数为
平衡常数。当以(CO)=1.2mol，(NO)=1.2mol，(N2)=0.6mol，(CO2)=1.2mol的物质的量充入各物质，，所以反应向逆反应方向进行；
③
CO(g)、NO(g)、CO2(g)、N2(g)物质的量分数分别为、、、；
平衡后总压强为p0；
。
14．(1) H2 较少时，NO主要被还原为N2O(或+1价含氮化合物等)(合理即可) N2 (g) +3H2(g) 2NH3(g) ΔH= -92.5kJ ·mol-1
(2) 甲 可能 0.11 0.12
(3) 还原 O2 +2H+ +2e- =H2O2
【详解】（1）①根据题中信息，随着氢气体积分数的增加，NO中被还原的价态逐渐降低，根据图像可知，当氢气的体积分数在0.5×10-3～0.75×10-3时，NO转化率基本为100%，而氮气和氨气的体积分数仍呈增加趋势，NO中N显+2价，N2中N显0价，NH3中N显-3价，因此当氢气较少时，NO被还原为N的+1价化合物或N2O；故答案为当氢气较少时，NO被还原为N的+1价化合物或N2O；
②根据盖斯定律可知，－脱硝反应，推出N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=()kJ/mol=-92.5kJ/mol；故答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.5kJ/mol；
（2）①该过程发生的两个反应都是物质的量减少的放热反应，恒温恒容状态下，随着时间的进行，气体物质的量减小，压强降低，而绝热容器中，虽然气体物质的量减小，但温度升高，气体压强增大，因此根据图像可知，X为绝热容器，Y为恒温容器；故答案为甲；
②因为反应为放热，甲绝热容器内反应体系温度升过高，反应速率快，先达到平衡，温度升高，平衡左移，平衡时压强增大，因此点a可能已达到平衡；故答案为可能；
③曲线Y是恒温过程的乙容器，恒温容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，开始时体系总压强为9kPa，n(NO)∶n(H2)=1∶2，p(NO)=3kPa，p(H2)=6kPa，
平衡压强为7.1kPa，则x=0.5，从开始到平衡时用分压表示的氢气消耗速率时=0.11kPa/min；平衡时p(NO)=1.2kPa、p(H2)=(4.2-1.5) kPa=2.7kPa、p(H2O)=1.8 kPa、p(N2)=(0.9-0.5) kPa=0.4 kPa，Kp==0.12kPa-1；故答案为0.11；0.12；
（3）g-C3N4极氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2H++2e-=H2O2；故答案为还原；O2+2H++2e-=H2O2。
15．(1)
(2) bc 625
(3)甲醇中含有氧元素，不利用氧的充分利用
(4) cd 双功能的分子筛膜催化反应器模式下，只发生第一个反应，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，平衡右移，二氧化碳产率增大。
【详解】（1）①
②
③
则与反应生成和的方程式为：④，根据盖斯定律可知，得，该反应的，其热化学方程式为： ；
（2）①a.加入催化剂只能改变反应速率，平衡不移动，不能改变转化率，a错误；
b.该反应为放热反应，降低反应温度平衡正向移动，可以提高平衡转化率，b正确；
c.移除，则水蒸气的浓度减小，平衡正向移动，转化率增大，c正确；
d.恒温恒压下通入惰性气体，容器体积增大，平衡逆向移动，转化率减小，d错误；
故选bc；
②根据提给信息可得三段式如下，，则平衡常数；
（3）甲醇中含有氧元素，不利用氧的充分利用，不利用氧循环；
（4）①a.的浓度不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，a正确；
b.该反应前后气体的计量系数不同，且反应都是气体，则混合气体的平均相对分子质量是一个变量，当其不变的时候可以正面反应达到平衡，b正确；
c.容器的体积不变，且反应物和产物都是气体，总质量不变，则混合气密度不是变量，其不变的时候，不能证明反应达到平衡，c错误；
d.水中和甲醇中都含有O—H，则断裂3mol H—H键的同时断裂2mol O—H键不能证明正逆反应速率相等，不能证明反应达到平衡，d错误；
故选cd；
②由表中数据可知双功能的分子筛膜催化反应器模式下，只发生第一个反应，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，平衡右移，二氧化碳产率增大，故答案为：双功能的分子筛膜催化反应器模式下，只发生第一个反应，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，平衡右移，二氧化碳产率增大。
16．(1) 增大表面积，加快碱浸反应速率，提高提取率 +6
(2)FexMn1-xWO4+2NaOH=xFe(OH)2+(1-x)Mn(OH)2+Na2WO4
(3) 阳 H2 2H2O-4e-=O2↑+4H+ WO+H2O+2H+=WO3·2H2O↓
【分析】黑钨精矿加入氢氧化钠，反应生成氢氧化锰、氢氧化亚铁沉淀和钨酸钠，过滤出沉淀，电解钨酸钠溶液制备WO3·2H2O，WO3·2H2O脱水生成WO3，用氢气还原WO3冶炼金属钨。
(1)
根据影响反应速率的因素，黑钨精矿粉碎，可以增大表面积，加快碱浸反应速率，提高提取率；根据黑钨精矿与氢氧化钠反应生成钨酸钠，可知黑钨精矿中W的化合价为+6；
(2)
根据流程图可知，反应i是FexMn1-xWO4和NaOH反应生成Fe(OH)2、Mn(OH)2、Na2WO4，化学方程式为FexMn1-xWO4+2NaOH=xFe(OH)2+(1-x)Mn(OH)2+Na2WO4；
(3)
①根据图示，石墨1电极，通入稀氢氧化钠溶液，流出浓氢氧化钠溶液，石墨1电极反应式为，钨酸钠溶液中钠离子由右向左移动，所以离子交换膜为阳离子交换膜，c的分子式为H2；
②石墨1为阴极，石墨2为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，右池生成WO3·2H2O的离子方程式为WO+H2O+2H+=WO3·2H2O↓。
17．(1)铂系金属性质稳定，在阳极不参与放电
(2)Pd+Cl2+2Cl-=PdCl
(3) 2 温度越高去除效果越好，但温度高于85℃时去除率变化不大，从经济效率角度考虑选用此温度
(4)加入HCl后，NH3和H+生成，Cl-和Ag+生成AgCl沉淀，促使解离平衡向正方向移动达到分银的目的
(5)Pd(NH3)2Cl2+2HCl=(NH4)2PdCl4
(6)
【分析】此流程目的提取阳极泥中贵重金属铂和钯，阳极泥通入氯气和加入盐酸，得铂钯氯化液([AgCl2]-、PdCl、PtCl、Cu2+、Ni2+)，得铂钯氯化液加草酸得草酸铜、草酸镍沉淀，过滤洗涤，净化后溶加入萃取剂，萃余液中含铂，在经系列操作得铂粉；萃取液中含有(AgCl、PdCl)，氨水盐酸得到氯化银沉淀，再加盐酸得粗二氯二氨合钯沉淀，粗二氯二氨合钯沉淀再加盐酸得(NH4)2PdCl4 ，在经系列操作得金属Pb，以此来解析；
【详解】（1）粗铜的精炼粗铜做阳极.纯铜做阴极，含有Cu2+的溶液做电解质溶液，阳极发生氧化反应，所以还原性强的物质优先反应，比铜活泼性强的先电子变成阳离子进入溶液液中活泼性差的以游离态存在于阳极泥中，铂系金属性质稳定，在阳极不参与放电；
（2）单质Pb变为PdCl，Pb化合价由0价升高为+2价，需要加入氧化剂，Cl化合价由0降低为1价，根据化合价升降守恒、原子可恒和电荷守恒，可得反应的离子方程式为：Pd+Cl2+2Cl-=PdCl-；
（3）由表1数据可知，草酸过量系数为2.0时，铜、镍去除率最佳；温度越高去除效果越好，但温度高于85℃时去除率变化不大，从节能经济效率角度考虑选用此温度；
（4）根据Ag(NH3)⇌Ag++2NH3，加入HCl后，NH3和H+生成，Cl-和Ag+生成AgCl沉淀，促使解离平衡向正方向移动达到分银的目的；
（5）Pd(NH3)2Cl2沉淀加入盐酸溶解根据流程分析可知生成(NH4)2PdCl4 反应的化学方程式为：Pd(NH3)2Cl2+2HCl=(NH4)2PdCl4 ；
（6）海绵状金属钯密度为ρg/cm3，具有优良的吸氢功能，标准状况下，其吸附的氢气是其体积的a倍，则此条件下海绵钯的吸附容量R==cm3/g，1cm3=1ml，1molPb的质量为106g，氢气的浓度r==；
18．(1) 3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2 6× 10-3
(2) Zn、Fe 过滤
(3)H2SO4
(4) A 2.5×1011
(5)MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-
【分析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用。
【详解】（1）已知“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，说明 “焙烧”过程FeS中Fe被氧化，S被还原，所以主要发生反应的化学方程式为3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2；SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，，已知Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，所以，所以=6× 10-3；故答案为3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2；6× 10-3。
（2）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，过量锌充分反应，可置换出铁，所得“滤渣”的成分为Zn、Fe；过滤可分离“滤液”'“滤渣”；故答案为Zn、Fe；过滤。
（3）由流程图可知，H2SO4和Zn可重复使用；故答案为H2SO4。
（4）①A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸，将发生氧化还原反应，产生二氧化硫，故A符合题意；
B．将硫化锌精矿粉碎，增大接触面积，有利于快浸取反应速率，故B符合题意；
C.适当升高温度，有利于快浸取反应速率，故C符合题意；
故答案选A。
②反应ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常数，已知：，；所以，故答案为2.5×1011。
（5）电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]，放电时正极发生还原反应，所以电极方程式为MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-；故答案为MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-。
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