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山东省2023年高考化学模拟题汇编-11化学平衡
展开这是一份山东省2023年高考化学模拟题汇编-11化学平衡，共58页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
山东省2023年高考化学模拟题汇编-11化学平衡
一、单选题
1．（2023·山东·统考一模）在Fe+催化作用下，C2H6与N2O制备乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．X为C2H5OH，是中间产物之一
B．过程①~⑥，Fe元素的化合价均发生了变化
C．增加Fe+的量，C2H6平衡转化率不变
D．每消耗1molN2O，可制备0.5molCH3CHO
2．（2023·山东淄博·统考一模）两个均充有H2S的刚性密闭容器，起始压强均为pkPa，以温度、Al2O3催化剂为条件变量，进行实验：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，反应相同时间，结果如图所示。下列说法错误的是
A．温度升高，H2S分解的正，逆反应速率均增大
B．900℃，ts后达平衡，H2的平均生成速率为pkPa∙s−1
C．Al2O3催化剂使得正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂失去活性
3．（2023·山东菏泽·统考一模）的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与、、、等形成配离子使溶液显色。如：显浅紫色的、红色的、黄色的、无色。某同学按如下步骤完成实验：
已知与、在溶液中存在以下平衡：(红色)；(无色)
下列说法不正确的是
A．Ⅰ中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色引起的
B．与的配位能力强于
C．为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸
D．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色
4．（2023·山东日照·统考一模）铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱、熔点比铝高。下列说法错误的是
A．可用铝热反应制备铬
B．常温下铬在浓硝酸中发生钝化
C．可直接蒸发溶液制备无水
D．已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，则其氧化产物为
5．（2023·山东·日照一中校联考模拟预测）溶液中存在如下平衡：
(ⅰ)
(ⅱ)
25℃时，溶液中随pH的变化关系如图。下列有关溶液的说法错误的是
A．加入过量烧碱溶液，反应的离子方程式为
B．当pH=8.8时，
C．加入少量水稀释，平衡时与的比值减小
D．当pH=9.0时，溶液中的平衡浓度约为
二、多选题
6．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4晶体的工艺流程如图所示：
已知：PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl(aq) △H＞0；Ksp(PbSO4)=1×10-8，Ksp(PbCl2)=1.25×10-5。下列说法错误的是
A．“浸取”的主要离子反应：MnO2+PbS+4H++4Cl-=PbCl2+S+MnCl2+2H2O
B．“沉降”时加入冰水，是为了减缓反应速率，防止反应过快
C．“滤液a”经过处理后可以返回到浸取工序循环使用
D．PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，若用1LH2SO4溶液转化5mol的PbCl2(忽略溶液体积变化)，则H2SO4溶液的最初物质的量浓度不得低于5.08mol•L-1
三、原理综合题
7．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）甲醇合成丙烯有“一步法”和“两步法”两种合成方式，“一步法”是在催化剂的作用下由甲醇直接合成丙烯；“两步法”则分两步合成，其热化学方程式如下：
反应I：甲醇醚化反应(DME)
反应II：含氧化合物制丙烯反应(OTP)
已知部分键能数据如下：
化学键
C-C
C=C
C-H
H-H
O-H
C=O
C-O
键能/
356
615
413
436
462
745
360
回答下列问题：
(1)“一步法”合成丙烯的热化学方程式为___________。合成丙烯时有乙烯等副产物，若选择作载气时，保持总压不变，调控甲醇和的不同分压，各产物的选择性如下表所示(其他产物略)：
分压/MPa
分压/MPa
丙烯选择性/%
乙烯选择性/%
0.10
0
30.9
7.51
0.08
0.02
32.0
7.42
0.04
0.06
34.8
7.03
0.02
0.08
36.7
6.48
0.01
0.09
39.4
5.43
分析表中数据：要合成得到更多的丙烯，应控制甲醇的最佳分压为___________MPa。
(2)已知：。温度为500K时，在密闭反应器中加入2mol ，若只发生反应Ⅰ，达平衡状态时，体系中的物质的量分数为___________(填序号)。A． B． C． D．
(3)“两步法”中，在恒容密闭容器中通入甲醇，初始压强为，反应达到平衡时压强为，则平衡混合体系中，丙烯的体积分数为___________(用含、的式子表示，下同)，若平衡时甲醇的转化率为60%，则反应II(OTP)的平衡常数___________。
(4)“两步法”中存在反应Ⅲ： △H，同时也会有芳香烃等副产品，其中丙烯和芳香烃选择性与不同温度下反应I进行的程度的关系如图所示。要提高丙烯的选择性，可采取的措施是___________，当温度高于285℃后，丙烯的选择性降低，其原因是___________。
8．（2023·山东枣庄·统考二模）船舶柴油机发动机工作时，反应产生的尾气是空气主要污染物之一，研究的转化方法和机理具有重要意义。
已知：
(1)氧化脱除NO的总反应是 ________。
(2)该反应过程有两步：，反应中各物质浓度变化如图所示。则速率常数___________(填“>”、“<”或“≈”)，原因是___________。
(3)已知：的反应历程分两步：
步骤
反应
活化能
正反应速率方程
逆反应速率方程
I
(快)
II
(慢)
①则反应I与反应II的活化能：___________(填“>”“<”或“=”)。
反应的平衡常数___________(用、、、表示)。
②在400k、初始压强为的恒温刚性容器中，按通入NO和，一定条件下发生反应。达平衡时NO转化率为90%，转化率为40%。则的平衡常数___________(分压=总压×物质的量分数；理想气体状态方程，)。
(4)某研究小组将、和一定量的充入2L密闭容器中，在催化剂表面发生反应()，NO的转化率随温度的变化情况如图所示：
①5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率___________(保留3位有效数字)。
②无氧条件下，NO生成的转化率较低，原因可能是___________。
9．（2023·山东青岛·统考一模）与的干法重整(DRM)反应可同时转化两种温室气体，并制备CO和。主要反应如下：
反应I：；
反应Ⅱ：；
反应Ⅲ：
已知：反应I、Ⅱ的自发均需高温条件。
(1)上述三个反应的平衡常数、与温度T关系如图1所示。图中a点代表的是_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)反应的，_______。
(2)向密闭容器中，通入和，若仅考虑上述反应，平衡时、、、的物质的量随温度T的变化如图2所示。
时，的物质的量分数为_______，用各物质的物质的量分数表示反应Ⅲ的平衡常数_______。后随温度升高，物质的量减少的原因为_______。
(3)DRM反应目前普遍存在的一个难题是积碳，该过程与两个反应有关①；②。目前积碳问题的解决方案主要有两种： A．提高原料气中的占比；B．在常规的催化剂中添加，使其在催化剂表面与形成共熔物。试解释这两种方法可以有效抑制积碳的原因_______(答出两条即可)。
(4)使用复合催化剂，可显著提高二氧化碳的转化率，实现碳氢分离，并得到富含的产物，催化机理如图3所示。请用化学方程式解释循环的原理_______。
10．（2023·山东·统考一模）甲烷在化学工业中应用广泛。回答下列问题：
(1)H2捕集CO2合成CH4涉及下列反应：
I.4H2(g)+CO2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) △H1平衡常数K1
II.H2(g)+CO2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2平衡常数K2
①相关物质相对能量大小如图所示，则△H1=_______kJ·mol-1，升高温度，_______(填“增大”或“减小”)。
②起始物=3时，反应在不同条件下达到平衡。240℃甲烷的物质的量分数x(CH4)与压强p的变化关系、5×105Pa时(CH4)与温度T的变化关系如图所示。图中对应A、B两点的速率：vA(正)_______vB(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”)；若C点CH4与CO的分压相同，则p(H2O)=_______Pa，反应I以物质的量分数表示的平衡常数KxI=_______。
(2)CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一、恒压、750℃时，CH4和CO2反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。
其中过程II主要发生如下反应：
i.CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)
ii.2Fe3O4(s)+8H2(g)⇌6Fe(s)+8H2O(g)
iii.Fe3O4(s)+4CO(g)⇌3Fe(s)+4CO2(g)
过程II平衡后通入He，反应iii的化学平衡将_____(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，重新平衡时，n(CO2)_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，p(CO)_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
11．（2023·山东泰安·统考一模）烯腈( )是一种重要的化工原料，以 为原料通过脱水、腈化合成丙烯腈的主要反应如下：
(1) 的名称为_______。
(2)某科研小组在盛有催化剂、压强为的恒压密闭容器中按体积比充入和，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如图所示(例如A的物质的量分数w%%)。
①随着温度的升高，平衡的物质的量分数先增大后减小的原因是_______。
②a点对应反应的压强平衡常数_______(保留两位有效数字)。
③在实际生产中，充入一定量(不参与反应)可以提高丙烯腈的平衡产率，原因是_______。
(3)家研究腈化反应的机理，通过DFT计算发现反应分2步进行：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量和，图甲为该体系中B、M、C浓度随时间变化的曲线，图乙为反应ⅰ和ⅱ的曲线(，k为速率常数，为反应活化能，R、C为常数)。
①在时刻之后，反应速率、、的定量关系为_______。
②结合图乙，反应ⅰ、ⅱ正反应的活化能、的大小关系为_______(填序号，下同)，反应ⅰ、ⅱ的、的大小关系为_______。
a.前者大于后者 b.前者小于后者 c.无法比较
12．（2023·山东潍坊·统考一模）丙烯是重要的化工原料，其用量仅次于乙烯，研究丙烯的制取工艺具有重要意义。丙烷催化脱氢制取丙烯的过程中涉及的主要反应有：
Ⅰ.
Ⅱ. kJ·moL⁻¹
Ⅲ. kJ·moL⁻¹
已知：①温度高于600℃时，C-C键比C-H键更容易断裂；
②平衡状态下：
丙烯选择性
丙烯收率
回答下列问题：
(1)下图中能正确表示反应Ⅰ的化学平衡常数与温度T关系的是_______(填序号)。
a. b. c. d.
(2)在100kPa的恒压条件下，将1 mol 加入密闭容器中，在催化条件下发生上述反应，实验测得温度对平衡状态下丙烯的选择性和收率的影响如图所示。
①温度高于600℃时丙烯的选择性降低幅度增大的原因是_______。
②580℃，min时，反应体系达到平衡，丙烷的平衡转化率为_______，_______kPa·min⁻¹。反应Ⅰ的压强平衡常数_______kPa(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×体积分数)。
(3)工业上在保持100kPa的恒压条件下，通常在原料中掺混一定量惰性气体，掺混一定量惰性气体的原理是_______。
13．（2023·山东临沂·统考一模）以CO2、H2为原料合成CH3OH的反应是研究热点之一，该反应体系涉及的反应如下：
I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49kJ•mol-1
II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
回答下列问题：
(1)已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8kJ•mol-1、283.0kJ•mol-1，H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ•mol-1，则△H2=_____kJ•mol-1。
(2)在恒压密闭容器中，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料进行反应，反应Ⅰ、Ⅱ以物质的分压表示的平衡常数Kp随温度T的变化关系如图1所示(体系总压为10kPa)。
①反应Ⅱ对应图1中_____(填“m”或“n”)；A点对应温度下体系达到平衡时CO2的转化率为80%，反应Ⅰ的Kp=_____kPa-2(保留两位有效数字)。
②通过调整温度可调控平衡时的值。B点对应温度下，平衡时=400，则p(H2)= _____kPa。
(3)在密闭容器中，保持投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，一段时间后，测得CO2转化率(α)和甲醇选择性[x(CH3OH)=×100%]随温度(T)变化关系如图2所示。若233～250℃时催化剂的活性受温度影响不大，则236℃后图中曲线下降的原因是_____；若气体流速过大，CO2的转化率会降低，原因是______。
(4)向恒温恒压的两个密闭容器甲(T℃、P1)、乙(T℃、P2)中，分别充入物质的量均为amol的CO2和H2，若只发生反应Ⅱ，其正反应速率正=k正p(CO2)p(H2)，p为气体分压。若甲、乙容器平衡时正反应速率之比甲：乙=16：25，则甲、乙容器的体积之比为______。
14．（2023·山东日照·统考一模）溴代烷的制备，常规工艺分“氧化”和“溴化”两个过程，通常以O2在合适温度下催化氧化HBr制备Br2(g)(溴易液化，注意控制温度和压强)，再利用Br2完成溴代过程来制备；新工艺是将烷烃、HBr和O2混合，直接催化“氧化溴化”得到溴代烷。回答下列问题：
(1)已知：T K时，部分物质的相对能量如下表：
物质
HBr(g)
(g)
(g)
(g)
相对能量/
x
y
z
w
此温度下，在恒容密闭容器中充入4mol HBr(g)和1mol O2(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为60%。若保持其他条件不变，改为绝热状态，平衡时测得放出热量为Q kJ，则下列关系正确的是_______(填标号)。A． B．
C． D．
(2)“溴化”时容器体积可变。在温度为T K时，向10 L容器中投入初始浓度均为0.1的(g)和(g)，发生反应：。保持温度不变，压缩容器体积，测得不同容积下(g)的平衡浓度如下表：
容器体积V/L
10
3
m
0.09
0.25
当容器体积从10 L缩小到3 L时，测得此时容器内仅有四种气态组分，平衡_______移动(填“正向”“逆向”或“不”)，m=_______；容器体积缩小到 L时，平衡_______移动(填“正向”“逆向”或“不”)。T K时，此反应在容积为10L和L时化学平衡常数分别为、，则_______(填“大于”“小于”或“等于”)。
(3)新工艺中，“氧化溴化”反应： 。反应起始物料n()、n(HBr)、n()分别为2mol、2mol、1mol时，在不同条件下达到平衡，设体系中的物质的量分数为x()，在T为500K下的x()～p、在p为下的如图所示。
a点对应的压强为_______；b点对应的反应条件为_______，此时_______(保留三位有效数字)。
15．（2023·山东济宁·统考一模）2022年12月中央经济工作会议强调，“加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。甲烷化是目前研究的热点方向之一，在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
(1)在体积相等的多个恒容密闭容器中。分别充入1 mol 和4 mol 发生上述反应Ⅰ(忽略反应Ⅱ)，在不同温度下反应相同时间，测得、转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，其中、为速率常数，只受温度影响。
图中信息可知，代表曲线的是_______(填“MH”或“NG”)，反应Ⅰ活化能Ea(正)_______Ea(逆)(填“>”或“＜”)；c点的K(平衡常数)与Q(浓度商)的等式关系_______(用含、的代数式表示)，温度下反应达到平衡，体系压强为p，则_______。
(2)向恒压密闭装置中充入5 mol 和20 mol ，不同温度下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时其中两种含碳物质的物质的量与温度T的关系如下图所示
图中缺少_______(填含碳物质的分子式)物质的量与温度的关系变化曲线，随温度升高该物质的变化趋势为_______，800℃时，的产率为_______。
16．（2023·山东菏泽·统考一模）二氧化碳的排放日益受到环境和能源领域的关法，其综合利用是研究的重要课题。回答下列问题：
(1)已知下列热化学方程式：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
则反应 _______。
(2)①向体积均为V L的恒压密闭容器中通入1 mol 、3 mol ，分别在0.1MPa和1MPa下发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，分析温度对平衡体系中、CO、的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，其中CO和的物质的量分数与温度变化关系如图所示。下列叙述能判断反应体系达到平衡的是_______(填标号)。
A．的消耗速率和的消耗速率相等
B．混合气体的密度不再发生变化
C．容器内气体压强不再发生变化
②图中表示1MPa时的物质的量分数随温度变化关系的曲线是_______(填字母)，理由是_______；550℃、0.1MPa条件下，t min反应达到平衡，平衡时容器的体积为_______L，反应Ⅱ的_______。(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
(3)一种从高炉气回收制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如图所示：
①某温度下，当吸收池中溶液的pH=8时，此时该溶液中_______[已知：该温度下，]。
②利用电化学原理控制反应条件能将电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，若生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3 mol 时，阴极室溶液的质量增加_______g[B的电解效率]。
17．（2023·山东济南·统考一模）环氧丙醇(GLD)常用作树脂改性剂。在液相有机体系中，可通过碳酸二甲酯(DMC)和丙三醇(GL)制得，体系中同时存在如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
已知：①敞口容器可看成恒压装置，体系压强在反应过程中与大气压(1105Pa)相等；
②反应中产生的物质的量相对于空气中很少，故可忽略不计，空气中的体积分数约为0.04%；
③气体和液体共存于同一体系，如在溶剂E中发生的反应，其平衡常数表达式可表示为(p为气体分压，为液相体系中物质的物质的量分数，)。
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的焓变随温度T的变化如图所示。据图判断，表示反应Ⅰ的焓变曲线为_______(填“a”“b”或“c”)；反应Ⅱ在_______(填“高温”或“低温”)下可自发进行。
(2)为研究上述反应的平衡关系，向敞口反应容器中加入1.0 mol DMC和1.0 mol GL，控制温度为℃。平衡时，测得液相体系中GLD的物质的量分数，反应Ⅱ的平衡常数Pa，平衡时GLD的产率=_______%，体系放出热量=_______kJ，反应Ⅰ各组分以液相体系中物质的量分数表示的平衡常数_______。同温下，向上述体系中注入惰性四氯化碳稀释，重新达到平衡时，GLD的产率将_______(填“增大”“减小”或“不变")，GLD与物质的量之比_______。
(3)以W表示体系中加入与反应物物质的量的比值。实验测定W不同时，DMC的平衡转化率和GLD的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。
其中纵坐标表示GLD平衡产率的是图_______(填“甲”或“乙”)；W最大的是_______(填“”“”或“”)。图丙为在不同催化剂下反应相同时间。DMC的转化率随温度变化的关系，图丙上的_______(填字母)点可能是甲、乙两图像所测绘时选取的位置。
18．（2023·山东菏泽·校考一模）为实现“碳达峰”、“碳中和”目标，可将CO2催化加氢制甲醇。该反应体系中涉及以下两个主要反应：
反应I： CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49kJ/mol
反应II： CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ/mol
(1)反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的反应热ΔH3=_______。
(2)在密闭容器中，上述反应混合体系建立平衡后，下列说法正确的是_______。
A．增大压强，CO的浓度一定保持不变
B．降低温度，反应II的逆反应速率增大，正反应速率减小
C．增大CH3OH的浓度，反应II的平衡向正反应方向移动
D．恒温恒容下充入氦气，反应I的平衡向正反应方向移动
(3)不同条件下，相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。
CH3OH的选择性= 100%
①由图可知，合成甲醇的适宜条件为_______ (填标号)
A．CZT催化剂 B．CZ(Zr-1)T 催化剂 C．230°C D．290 °C
②在230°C以上，升高温度，CO2的平衡转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是_______。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，发生反应I和反应II，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，气体体积减小10%，则在达到平衡时， CH3OH的选择性=_______，反应II的平衡常数K=_______。
(5)利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，装置如图：
①铜电极上产生HCOOH的电极反应式为_______。
②若铜电极上只生成5.6gCO，则铜极区溶液质量变化了 _______g。
19．（2023·山东·日照一中校联考模拟预测）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ的=_______；已知由实验测得反应Ⅰ的，(、为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。
(2)①下列措施一定能使CO2的平衡转化率提高的是_______(填字母)。
A．增大压强 B．升高温度 C．增大H2与CO2的投料比 D．改用更高效的催化剂
②恒温(200℃)恒压条件下，将1mol CO2和1mol H2充入某密闭容器中，反应达到平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的物质的量为b mol，则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx =_______[写出含有a、b的计算式；对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变，H2起始量增加到3 mol，达平衡时，平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。
(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。
注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量(括号里的数字或字母，单位：eV)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。
①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。
②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知：)
20．（2023·山东·济宁一中校联考模拟预测）氢气在工业上具有重要的应用，从炼钢到食品无处不在，未来随着“碳中和”战略的推进，氢气的使用率必将得到进一步的提升。
(1)用H2可以将CO2转化为CH4，该过程中涉及的反应如下。
①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1=+41kJ•mol-1
②CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H2=-205kJ•mol-1
③CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g) △H3=-131kJ•mol-1
④C(s)+2H2O(g)CH4(g)+CO2(g) △H4=-25kJ•mol-1
则反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的△H=_____，反应③、④的存在会导致甲烷的产率_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)微观动力学研究表明，在催化剂作用下，反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的能量变化如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注)。
在该反应历程中，最大的能垒E正=_____eV，请写出该步骤反应的化学方程式：_____。
(3)在一定条件下，向某2L恒容密闭容器中充入2molCO2、4molH2，发生反应②，测得反应10min时，不同温度下氢气的转化率如图所示。
①a、b、c三点对应的v(CH4)逆由大到小的顺序为_____(用a、b、c表示)，请解释原因：_____；T2温度下，若起始时容器内的压强为3MPa，前10min内v(H2)=_____MPa•min-1，该温度下反应的Kp=_____(MPa)-2(保留一位小数，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量的分数)。
②已知速率方程v正=k正•p4(H2)•p(CO2)、v逆=k逆•p2(H2O)•p(CH4)，k正、k逆只与温度有关。若T2时，k逆=2(MPa)-2•min-1，则该温度下k正=_____(MPa)-4•min-1。
(4)科学家一直研究开发氢能源，我国科学家研发的循环制氢和贮氢的新工艺如图。下列有关说法正确的是_____(填字母)。
A．ZnFe2O4中Fe为+6价
B．ZnFe2O4降低了H2O分解的活化能
C．反应2中需要不断地补充ZnO、Fe3O4
D．反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定
E.贮氢过程可表示为3H2+2Mg2Cu=3MgH2+MgCu2
21．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）环戊烯()无色液体，主要用作共聚单体、溶剂，也可用于有机合成。在催化剂作用下，可通过环戊二烯()选择性氧化制得，体系中同时存在如下反应：
反应I：(g)+H2(g)(g) △H1=-100.3kJ•mol-1
(g)反应II：(g)+H2(g)(g) △H2=-109.4kJ•mol-1
反应III：(g)+(g)2(g) △H3
已知：选择性=×100%
回答下列问题：
(1)反应III_____(“是”或者“不是”)自发反应。
(2)为研究上述反应的平衡关系，在T℃下，向某密闭容器中加入amol环戊二烯和4molH2，测得平衡时，容器中环戊二烯和环戊烷()的物质的量相等，环戊烯的选择性为80%，此时H2的转化率为_____%，反应III以物质的量分数表示的平衡常数Kx3=_____。
(3)为研究不同温度下催化剂的反应活性，保持其他条件不变，测得在相同时间内，上述反应的转化率和选择性与温度的关系如图所示。环戊二烯氢化制环戊烯的最佳温度为_____；30℃以上时，环戊烯的选择性降低的可能原因是_____(填字母)。
A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大 C．反应活化能减小
(4)实际生产中采用双环戊二烯()解聚成环戊二烯：(g)2(g) △H＞0。若将3mol双环戊二烯通入恒容密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A表示T2温度下n(双环戊二烯)的变化，曲线B表示T1温度下n(环戊二烯)的变化，T2温度下反应到a点恰好达到平衡。
①曲线B在T1温度下恰好达到平衡时的点的坐标为(m，n)，则m_____(填“＞”、“＜”或“=”)2，由图像计算n的取值范围是_____。
②T2温度下，若某时刻容器内气体的压强为起始时的1.5倍，则此时v(正)_____(填“＞”、“＜”或“=”)v(逆)。
四、工业流程题
22．（2023·山东菏泽·统考一模）五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、石油精炼用的催化剂等。科研人员研制了一种从废钒催化剂中(含有、、、、等)回收钒的工艺，其主要流程如下：
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是_______(填化学式)。
(2)已知有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强。滤液2中的含钒离子为_______(填化学式)；实验室进行萃取操作时，需要不时打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示_______(填标号)。
A． B． C．
(3)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为_______；“反应”时，加入的不宜过量，其原因是_______。
(4)已知溶液中与可相互转化：，且为沉淀，“沉钒”时通入氨气的作用是_______。
(5)该工艺流程中，可以循环使用的物质有_______。
23．（2023·山东日照·统考一模）一种从含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)中回收银和铼的工艺流程如下：
已知：高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。回答下列问题：
(1)“操作I”和“操作II”均需要用到的玻璃仪器有_______；“操作x”选用_______结晶(填“蒸发”或“降温”)。
(2)“氧化浸出”时，铼(Re)发生反应的离子方程式为_______；将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有_______。
(3)用石墨电极进行“电沉积银”，所得沉积液可循环到_______中使用(填操作单元名称)。
(4)“氧化浸出”时有AgCl生成，“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体，该反应的化学方程式为_______。若生成的AgCl用溶解，则100mL 6 最多能溶解AgCl_______g(保留两位有效数字)。已知：)的平衡常数称为稳定平衡常数，；AgCl的。
24．（2023·山东临沂·统考一模）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。
已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为_____；滤渣I的主要成分是_____(填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是______；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001mol•L-1，常温下“调pH”时，若控制pH=3，则Fe3+的去除率为______(忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+，该反应的平衡常数K=______(用含a、b、c的代数式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热分解时，随温度变化如图所示。已知：M[Sc2(C2O4)3·6H2O]=462g·mol-1。
250℃时固体的主要成分是_____(填化学式)；550～850℃时反应的化学方程式为______。
25．（2023·山东·日照一中校联考模拟预测）我国冶铅工艺迅猛发展，底吹炉烟灰中除含有主金属铅外，还含有锌、镉(Cd)等有价金属元素，一种对该烟灰中有价金属综合回收工艺研究如下：
已知：Ⅰ.
底吹炉含镉烟灰的主要化学成分
质量分数/%
37.40
15.88
2.51
0.15
0.28
0.15
①As元素以砷酸盐()形式存在；
②Pb元素主要以PbO和PbSO4形式存在，不溶于水；
③Cd元素主要以CdSO4形式存在，CdSO4易溶于水。
Ⅱ.水浸液初始pH=2～3；滤渣①返回冶铅系统；滤渣②主要成分为FeAsO4。
回答下列问题：
(1)为提高“水浸”效率，可以采取的措施有_______(任写一条)。
(2)为提高铅和镉的回收率，需综合分析浸出率、渣含金属、渣率。
温度/℃
浸出率/%
渣含金属
渣率/℃
25
86.06
65.48
55.48
3.27
1.28
67.69
45
84.19
63.95
54.63
3.69
1.33
68.04
65
85.51
62.45
55.63
3.37
1.38
68.30
85
84.15
65.08
54.70
3.82
1.33
65.90
液固比
浸出率/%
渣含金属
渣率/℃
1：1
75.22
54.65
51.26
5.29
1.53
74.39
2：1
80.59
58.62
53.98
4.28
1.47
70.66
3：1
85.51
62.45
55.63
3.37
1.38
68.30
4：1
86.82
65.02
57.06
3.14
1.32
66.52
根据以上实验数据选择合适的液固比和温度：_______，理由：_______。
(3)“中和除砷”阶段主要反应的离子方程式为_______。该工序最终需加入试剂①调节溶液pH=5，下列最合适的是_______(填序号)。
A．NaOH B．NH3·H2O C．Zn2O D．H2SO4
(4)“电解”过程中阴极的电极反应式为_______。
26．（2023·山东菏泽·校考一模）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。
已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10−38。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为___________；滤渣I的主要成分是___________(填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是___________；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001 mol∙L−1，常温下“调pH”时，若控制pH＝3，则Fe3+的去除率为___________(忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3+＋3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓＋6H＋，该反应的平衡常数K＝___________(用含a、b、c的代数式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，写出反应的化学方程式___________。
参考答案：
1．C
【分析】根据反应机理图示，是反应物，是生成物，其余为中间产物。
【详解】A．根据反应③，X为，是生成物，A错误；
B．根据反应③④，涉及的中间产物中Fe元素化合价相同，B错误；
C．是催化剂，增加的量时，实质是增加的量，催化剂只改变反应速率，不改变反应物的平衡转化率，C正确；
D．反应③显示其是制备过程的副反应，会生成X（乙醇），因此每消耗1molN2O，制备不了0.5molCH3CHO，D错误；
故选C。
2．C
【详解】A．温度升高，反应速率均增大即H2S分解的正，逆反应速率均增大，故A正确；
B．900℃，ts后达平衡，硫化氢的转化率为50%，则氢气的压强为0.5pkPa，则H2的平均生成速率为，故B正确；
C．根据图中曲线分析，升高温度，硫化氢的转化率增大，因此该反应是吸热反应，则正反应的活化能大于逆反应的活化能，而加入Al2O3催化剂使正反应和逆反应活化能都降低，但正反应的活化能仍大于逆反应的活化能，故C错误；
D．催化剂需要适宜温度，在1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂可能几乎失去活性，故D正确。
综上所述，答案为C。
3．C
【分析】步骤①加水溶解溶液含Fe3+，步骤②Fe3+与结合生成，步骤③发生平衡转化为；
【详解】A．为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色形成混合体系，使溶液呈黄色，A正确；
B．加入NaF后溶液II由红色变为无色，说明转变为，反应更易生成，说明与的配位能力强于，B正确；
C．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的，C错误；
D．向溶液III中加入足量的KSCN固体，可使平衡的Q>，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D正确；
故选C。
4．C
【详解】A．由题干信息可知，铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱，故可用铝热反应制备铬，原理为：2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr，A正确；
B．由题干信息可知，铬与铝性质相似，已知常温下铝在浓硝酸、浓硫酸中发生钝化，故常温下铬在浓硝酸中发生钝化，B正确；
C．由题干信息可知，铬与铝性质相似，故蒸发CrCl3溶液时由于CrCl3水解得到Cr(OH)3和HCl，HCl易挥发，促进水解正向进行，故直接蒸发CrCl3溶液不能制备无水CrCl3，C错误；
D．已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，由+H2O2+2H+可知，则其氧化产物为，D正确；
故答案为：C。
5．C
【详解】A．加入的NaOH与反应(ⅱ)电离产生的发生反应，促使两个平衡不断右移，最终生成，反应的离子方程式为，A正确；
B．当溶液pH=8.8时，，经计算可知，
溶液中，Cr原子总浓度为，根据Cr原子守恒得
，转化可得，B正确；
C．根据题给信息可知溶液显酸性，，温度一定时均为定值，稀释溶液时减小，增大，C错误；
D．由图可知，当溶液pH=9.0时，，因此可忽略溶液中的，即，
反应(ⅱ)的平衡常数，联立两个方程可
得，D正确；
故选C。
6．AB
【分析】方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和MnO2中加入盐酸浸取，盐酸与MnO2、PbS反应生成PbCl2和S，MnO2被还原为Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，加入MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl。
【详解】A．浸取时盐酸与MnO2、PbS反应生成PbCl2和S，MnO2被还原为Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为MnO2+PbS+4H++4Cl-=+S+Mn2++2H2O，A错误；
B．PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH>0，加入冰水温度降低，化学平衡逆向移动，有利于PbCl2沉淀更完全，B错误；
C．滤液a中主要成分为HCl，经处理后可返回浸取工艺循环利用，C正确；
D．沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+(aq)PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=，沉淀转化后c(Cl-)=10mol/L，则沉淀转化后溶液中c()为0.08mol/L，反应生成的PbSO4为5mol，则初始的H2SO4的物质的量至少为5.08mol，浓度不得低于5.08mol/L，D正确；
故答案选AB。
7．(1) 0.01
(2)B
(3)
(4) 升高温度 反应III为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，副产物增多，丙烯的选择性降低
【详解】（1）已知：
反应I：
反应II：
由盖斯定律可知，I+II得：，反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，由图表数据可知，；
分析表中数据：要合成得到更多的丙烯，应控制甲醇的最佳分压为0.01MPa，此时丙烯的选择性最高，而副产物乙烯的选择性最低；
（2）温度为500K时，在密闭反应器中加入2mol ，若只发生反应Ⅰ，由于反应为可逆反应不可能进行完全，则体系中的物质的量分数小于；已知：，温度为500K时，，；假设某一时刻，甲醇、甲醚、水的物质的量相等，此时体系中的物质的量分数为，则，反应正向移动，故平衡是体系中的物质的量分数大于；故选B；
（3）在恒容密闭容器中通入甲醇，初始压强为，反应达到平衡时压强为；“两步法”中，反应I为气体分子数不变的反应，反应II为气体分子数增加1的反应，则总压强的变化是由反应II引起的，根据化学方程式II体现的关系可知，平衡混合体系中，丙烯的分液为，体积分数为；若平衡时甲醇的转化率为60%，则反应甲醇0.6、平衡是甲醇0.4；平衡时丙烯；则反应II生成水2、消耗甲醚，反应I消耗甲醇[0.6-]=(0.8-0.5)、生成甲醚(0.8-0.5)、水(0.8-0.5)，故平衡时甲醚为(0.8-0.5)-=(1.8-1.5)、水为2+(0.8-0.5)=(1.5-1.2)，故反应II(OTP)的平衡常数；
（4）要提高丙烯的选择性，可采取的措施是适当升高温度；当温度高于285℃后，丙烯的选择性降低，其原因是反应III为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，副产物增多，丙烯的选择性降低。
8．(1)
(2) > 含量先增大后减少
(3) < 415.7
(4) 催化剂产生作用需要有氧气参加
【详解】（1）已知：① ；② ；③ ；由盖斯定律可知，（②×2-3×③+①）得到 （×2-3×+）=。
（2）由图可知，含量先增大后减少，说明反应刚开始时反应的程度大于的程度，则速率常数>。
（3）①活化能越小，反应速率越快，则反应I与反应II的活化能：<；反应的平衡常数，当反应达到平衡时， =，则，=，则，则；
②根据已知条件列出“三段式”
达平衡时NO转化率为=x=0.9，转化率为y=0.4，平衡时气体总物质的量为3mol，则平衡时体系总压强为=，混合气体的总体积V=，则的平衡常数415.7。
（4）①5min内，温度从420K升高到580K，NO的转化率由2%上升到59%，此时段内NO的平均反应速率；
②无氧条件下，NO生成的转化率较低，原因可能是催化剂产生作用需要有氧气参加。
9．(1) Ⅱ
(2) 或2.1 后反应Ⅲ逆向进行的程度大
(3)增大浓度可以促使反应②平衡左移；在催化剂表面形成共熔物，减小了催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；在催化剂表面形成共熔物，因其显碱性更易吸附有利于，有利于和C在催化剂表面的反应
(4)、、或
【详解】（1）反应I、Ⅱ的熵均增大，且自发均需高温条件，所以反应I、Ⅱ的正反应均为吸热反应，且反应Ⅱ的∆S更大，则∆H更大，故图中a点代表的是反应Ⅱ；反应I:；
反应Ⅱ：；
反应III的∆H3=(∆H1-∆H2)÷2=[+247KJ/mol-(+329KJ/mol)]÷2=+41KJ/mol；
（2）开始时向容器中加入3molCO2和1molCH4,据图可知900℃时容器中n(CO)=n(CO2)=1.85mol；n(H2)=0.95mol；根据C元素守恒，体系中CH4的物质的量：n(CH4)=1mol+3mol-1.85mol-1.85mol=0.3mol，根据H元素守恒，体系中n(H2O)=(1mol×4-0.95mol×2-0.3mol×4)÷2=0.45mol，体系中CH4的物质的量分数为：；反应体系的总物质的量n=1.85mol×2+0.95mol+0.45mol+0.3mol=5.4mol，反应Ⅲ的平衡常数:；反应Ⅲ为吸热反应，900K后升温逆向进行的程度大；
（3）增大浓度可以促使反应②平衡左移；在催化剂表面形成共熔物，减小了催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；在催化剂表面形成共熔物，因其显碱性更易吸附有利于，有利于和C在催化剂表面的反应；
（4）结合催化机理如图3所示，每一步的反应分别为：、、或。
10．(1) -165 减小 大于 1.5×105
(2) 逆向移动 增大 不变
【详解】（1）①△H1=(-75 kJ·mol-1)+2×(-242kJ·mol-1) -(-394 kJ·mol-1) = -165 kJ·mol-1；△H2=(-111 kJ·mol-1)+ (-242kJ·mol-1) -(-394 kJ·mol-1) = +41 kJ·mol-1；由盖斯定律可知，I- II得：3H2(g)+CO(g)⇌CH4(g)+H2O(g)，△H=-206 kJ·mol-1，其平衡常数，反应为放热反应，温度升高，平衡逆向进行，平衡常数变小；
②由图可知，A点温度更高、压强更大，则平衡时A点的正逆反应速率更快，则速率：vA(正)大于B(逆)；
假设氢气、二氧化碳投料分别为3mol、1mol，且C点CH4与CO的分压相同，则：
此时，反应后总的物质的量为(4-2a)mol；已知x(CH4)=0.1、压强为5×105Pa，则，，总的物质的量、水的物质的量为，则p(H2O)= ；
平衡时氢气、二氧化碳、甲烷、水分别为、、、，其物质的量分数分别为0.4、0.1、0.1、0.3，则反应I以物质的量分数表示的平衡常数KxI=；
（2）恒压、750℃时，过程II平衡后通入He，相当于增大容器体积，导致反应i逆向移动，使得二氧化碳增多，进而导致反应iii的化学平衡将逆向移动；反应i为气体分子数减小的反应、反应ii、iii为气体分子数不变的反应，故达到重新平衡时，n(CO2) 仍然增大；反应iii为气体分子数不变的反应，且反应物中只有一氧化碳为气体，其平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，则新平衡时p(CO)不变。
11．(1)3-羟基丙酸乙酯
(2) 脱水和腈化反应均为吸热反应，最高点前脱水进行程度大，最高点后腈化进行程度大 减小反应体系的分压，促进平衡正向移动
(3) b c
【分析】有机物系统命名法步骤：1、选主链：找出最长的①最长-选最长碳链为主链；②最多-遇等长碳链时，支链最多为主链；③最近-离支链最近一端编号；④最小-支链编号之和最小(两端等距又同基，支链编号之和最小)；⑤最简-两不同取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号；如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；⑥含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，并表示出官能团的位置，官能团的位次最小。
【详解】（1）由结构可知，名称为3-羟基丙酸乙酯；
（2）①脱水和腈化反应焓变均大于零，均为吸热反应，随着温度的升高，最高点前脱水进行程度大，最高点后腈化进行程度大，导致平衡的物质的量分数先增大后减小；
②有催化剂、压强为的恒压密闭容器中按体积比充入和，由图可知，a点只发生反应，假设充入A物质2mol，此时生成AB物质的量分数相等，则此时A、B、水均为1mol，总的物质的量为18mol，a点对应反应的压强平衡常数；
③反应为气体分子数增加的反应，在实际生产中，充入一定量(不参与反应) 可以减小反应体系的分压，促进平衡正向移动，可以提高丙烯腈的平衡产率；
（3）①恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量B和，首先生成M，M又转化为C和，则B浓度一直减小，M先增大后减小，C一直增大，结合图像可知，在时刻M达到最大值，之后M减小，结合方程式系数可知，生成C的速率等于反应BM的速率之和，故之后，反应速率、、的定量关系为；
②，则斜率可以体现反应的活化能，斜率越大活化能越大，结合图乙，反应ⅰ、ⅱ正反应的活化能、的大小关系为b.前者小于后者；题干中物的判断反应中物质的能量关系，不能判断反应ⅰ、ⅱ的、的大小关系，故选c。
12．(1)d
(2) 温度高于600℃时，丙烷中C-C键比C-H键更容易断裂，导致副反应更容易发生 80% 1 120
(3)反应体系都是气体分子数增加的反应，恒压充入惰性气体，降低丙烯、氢气等气体的分压，利于平衡正向移动
【详解】（1）由盖斯定律可知，Ⅱ-Ⅲ得反应：，故=124.2kJ·moL⁻¹；反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数变大，故选d。
（2）①已知，温度高于600℃时，C-C键比C-H键更容易断裂；温度高于600℃时，丙烷中C-C键比C-H键更容易断裂，导致副反应更容易发生，使得丙烯的选择性降低幅度增大；
②580℃，min时，反应体系达到平衡，由图可知，丙烯收率为60%，则平衡时丙烯为0.6mol，设有a mol C3H8裂解为C3H6和H2，有b mol C3H8裂解为CH4、C2H2和H2，由三段式可知：
此时丙烯选择性为75%，则，解得a+b=0.8mol，故丙烷的平衡转化率为；此时平衡是丙烷、丙烯、氢气、甲烷、乙炔分别为0.2mol、0.6mol、0.8mol、0.2mol、0.2mol，总的物质的量为2mol，则kPa·min⁻¹；反应Ⅰ的压强平衡常数kPa；
（3）反应体系都是气体分子数增加的反应，恒压充入惰性气体，降低丙烯、氢气等气体的分压，利于平衡正向移动，故利于提高丙烷的转化率。
13．(1)+41.2
(2) n 0.10 20
(3) 主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降 气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低
(4)5：4
【详解】（1）已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8kJ•mol-1、283.0kJ•mol-1，即反应①H2(g)+O2(g)=H2O(l) =-285.8kJ/mol，反应②CO(g
)+ O2(g)=CO2(g)=-283.0kJ/mol，③H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ•mol-1，则①-②+③得反应IICO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，根据盖斯定律可知，△H2=(-285.8kJ/mol)-( -283.0kJ/mol)+( +44kJ•mol-1)=+41.2kJ•mol-1，故答案为：+41.2；
（2）①由(1)反析结合题干信息可知，反应I正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，而反应Ⅱ正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，即反应I的lnKp随着的增大，即随着T的降低而增大，反应Ⅱ的lnKp随着的增大，即随着T的降低而减小，结合题干图示可知，反应Ⅱ对应图1中n，A点对应温度下体系达到平衡时CO2的转化率为80%，根据三段式分析：、，图中A点反应Ⅱ的平衡常数lnKp=1，即Kp=1.00，则有=1.0，解得x=0.5mol，故有反应Ⅰ的Kp==0.10kPa-2，故答案为：n；0.10；
②通过调整温度可调控平衡时的值，B点对应温度下，反应I和反应Ⅱ的压力平衡常数相等，即，即得p2(H2)=，平衡时=400，则p(H2)=20kPa，故答案为：20；
（3）CO2催化加氢制甲醇为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇选择性降低，二氧化碳转化率降低，竞争反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，但升高温度使CO2催化加氢制甲醇平衡逆向移动程度大于竞争反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降，若气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，从而CO2的转化率降低， 故答案为：主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降；气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低；
（4）对于反应Ⅱ，由于两个体系的反应温度相同，压强不同，但压强不影响平衡移动，因此平衡时两个体系中CO2和氢气的物质的量均为amol相同，速率之比等于CO2的分压平方之比，而压强之比等于容器体积之反比，因此体积之比为5：4，故答案为：5：4。
14．(1)C
(2) 不 0.027 逆向 大于
(3) 500K、 65.2%或者0.652
【详解】（1）由题干表中数据可知，4HBr(g)+O2(g)=2Br2(g)+2H2O(g) =(2z+2w-4x-y)kJ/mol，此温度下，在恒容密闭容器中充入4mol HBr(g)和1mol O2(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为60%，若保持其他条件不变，改为绝热状态，随着反应进行容器温度升高，平衡逆向移动，则反应物的平衡转化率小于60%，故平衡时测得放出热量为Q kJ，则，故答案为：C；
（2）根据反应方程式可知，当当容器体积从10 L缩小到3 L时，测得此时容器内仅有四种气态组分，反应前后气体的体积不变，即改变容器体积即改变压强，平衡不移动，m==0.027，；容器体积缩小到 L时，若平衡不移动，则平衡时c(CH3Br)==0.27mol/L，而实际为0.25mol/L，说明平衡逆向移动，T K时，此反应在容积为10L和L时化学平衡常数分别为、，由三段式分析10V0时，，K1==0.14，V0时，由于压强增大，Br2蒸气变为液体，导致平衡逆向移动，此时，K2==0.083，则大于，故答案为：不；0.027；逆向；大于；
（3）由题干反应方程式可知，恒温恒容下，增大压强平衡正向移动，即x()随着压强增大而增大，故图像中曲线b为恒温在500K下随压强增大的曲线，而恒温恒压下，随着温度的升高，平衡逆向移动，即x()随着温度的升高而减小，故题干图像中曲线a为下随着温度升高而改变的曲线，b点对应的条件为500K、，b点时x()=0.30，根据三段式分析可知，，则有：=0.30，解得x=mol，故b点=65.2%，故答案为：；500K、；65.2%或者0.652。
15．(1) NG <
(2) CO2 先升高后降低 76%
【详解】（1）图中信息可知，温度越高，则越小，MH和NG是与温度关系，abc是转化率与温度关系，从后往前看，温度升高，从b到a氢气转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，则升高温度时逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度即大于，则代表曲线的是NG；该反应是放热反应，反应Ⅰ活化能Ea(正)
16．(1)+206.1
(2) B a 温度升高，反应Ⅰ向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数降低；压强增大，反应Ⅰ向正反应方向移动，甲烷的物质的量分数增大 0.75V 1
(3) 4 55.2
【详解】（1）反应Ⅰ： ；反应Ⅱ： ；反应Ⅱ-反应Ⅰ可得，所以；故答案为+206.1。
（2）①A．反应Ⅰ+反应Ⅱ可得总反应方程式为，和的系数不同，所以的消耗速率和的消耗速率相等不能说明达到平衡，故A不符合题意；
B．和在恒压密闭容器中反应，且反应为气体分数该变的反应，所以混合气体的密度不再发生变化可以说明达到平衡，故B符合题意；
C．和在恒压密闭容器中反应，容器内气体压强不再发生变化不能说明达到平衡，故C不符合题意
故答案选B。
②反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CH4百分含量减小，所以a、c表示CH4物质的量分数随温度变化关系，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CH4物质的量分数增大，所以表示1MPa时CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线是a；所以b和c分别为0.1MPa时CO和CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线。在550℃条件下，t min反应达到平衡，设反应生成了xmolCH4，则可知生成了0.4xmolCO，反应消耗了1-1.4xmolCO2，根据三种气体的关系可得= 0.5，解的x=0.5，所以达到平衡时，整个体系中含有0.3molCO2，0.5molCH4，0.2molCO，0.8molH2，1.2molH2O，所以平衡时容器的体积为=0.75V。因为反应Ⅱ中反应物和生成物的化学计量系数相等，所以反应Ⅱ的Kp==1。
（3）①已知该温度下，；，所以；故答案为4。
②生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3 mol 时，由B的电解效率可知，，阴极室发生反应为和2H++2e-=H2↑，消耗的H+会由阳极室的H+通过质子膜从而补充到阴极室，所以阴极室溶液的质量增加为，故答案为55.2。
17．(1) c 高温
(2) 25 3.68 0.4 增大 1∶4
(3) 乙 W1 bd
【详解】（1）根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，即，因为、、，结合题图可知，同温时，曲线b对应的焓变数据为曲线a、c对应之和，所以曲线a代表反应Ⅱ，曲线b代表Ⅲ，曲线c代表反应Ⅰ。反应Ⅱ为，反应自发进行的条件是，所以在高温下可自发进行，故答案为：c；高温；
（2）令=R，由题意可知Pa，由已知：反应中产生的物质的量相对于空气中很少，故可忽略不计，空气中的体积分数约为0.04%，则p(CO2)=1105Pa0.04%=40Pa，代入上式，解得=1，即平衡时GLD与R的物质的量相等；设平衡时GLD和R的物质的量为x，则转化的DMC、GL的物质的量均为2x，剩余的物质的量为(1-2x)，生成的CH3OH的物质的量为4x，平衡时液相体系中总的物质的量为：(1-2x)+ (1-2x)+4x+x+x=2+2x，已知，则，解得x=0.25，平衡时GLD的产率==25%；由小问1分析可知，曲线c代表反应Ⅰ，反应放热=5.9kJ，曲线a代表反应Ⅱ，反应吸热=2.22kJ，则体系放出热量=5.9kJ-2.22kJ=3.68kJ。反应Ⅰ各组分平衡时的物质的量分数分别为x(DMC)=x(GL)==0.2，x(R)= =0.1，x(CH3OH)= =0.4，以液相体系中物质的量分数表示的平衡常数==0.4。同温下，加入惰性四氯化碳稀释，反应物和产物浓度均降低，则反应向总物质的量浓度增大的方向移动，即正反应方向，GLD的产率将增大；GLD与物质的量之比0.25:1=1:4；故答案为：25；3.68；0.4；增大；1∶4；
（3）反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅰ逆向移动，而反应Ⅱ正向移动，DMC的平衡转化率降低，因此图甲表示DMC的平衡转化率，图乙表示GLD的平衡产率；由小问2分析可知，同温下，加入惰性四氯化碳稀释，GLD的产率增大，即W越大，GLD的产率增大，由图可知，W最大的是W1；甲、乙两图像所测绘时选取的位置均为平衡状态，而图丙中，DMC的转化率达到最大时，才达到平衡状态，后随温度升高，平衡逆向移动，转化率减小，各点都处于平衡状态，所以a、c没有达到平衡状态，b、d处于平衡状态，符合题意；故答案为：乙；W1；bd。
18．(1)-90kJ/mol
(2)C
(3) BC 230°C以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大
(4) 30%
(5) CO2+2e- +2H+ =HCOOH 3.6
【详解】（1）；
（2）A．增大压强，反应II平衡不移动，反应I平衡正向移动导致二氧化碳浓度增大，从而使反应II平衡正向移动，一氧化碳浓度增大，A错误；
B．降低温度，反应II的正、逆反应速率均减小，B错误；
C．增大甲醇浓度，使反应I逆向移动，二氧化碳浓度增大，反应II正向移动，C正确；
D．恒温恒容下通入氦气，对于反应I来说各物质浓均不变，平衡不移动，D错误；
故选C。
（3）由图可知在相同温度下CZ(Zr-I)T催化剂对甲醇的选择性更高，温度为230oC时甲醇的产率最高，故合成甲醇的适宜条件选BC；
在230°C以上，升高温度，反应I为放热反应，平衡逆向移动，甲醇的产率降低；反应II为吸热反应，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大；升高温度对反应II的影响更大，导致CO2的平衡转化率增大，甲醇的产率降低；
（4）设反应I中二氧化碳转化了xmol，反应II中二氧化碳转化了ymol，可列出三段式：
反应达平衡时，CO2的转化率为50%，即x+y=1，气体体积减小10%，即平衡时气体的物质的量比原来少了10%，即，解得x=0.3，y=0.7，在达到平衡时， CH3OH的选择性：； 平衡时反应II中各物质的物质的量为：
，
设容器的体积为VL，平衡常数。
（5）该装置为电解池，Pt为阳极，Cu为阴极。铜电极上为二氧化碳得电子被还原，制备甲酸的电极反应式为：；铜电极上只生成5.6gCO时，电极反应为，即CO2变成CO，溶液增加质量为氧原子质量。生成5.6gCO时，增加氧原子质量为：，该电解池装置用了阳离子交换膜，同时会有氢离子迁移到铜极区，增加的氢离子质量为：，共增重3.6g。
19．(1) +41.0 减小
(2) AC 0.56
(3) 或 -0.51
【详解】（1）根据盖斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得
；反应Ⅰ属于吸热反应，反应Ⅰ达平衡时，升温，平衡正向移动，K增大，则减小；
（2）①A．Ⅲ为气体分子总数减小的反应，加压能使平衡正向移动，从而提高的平衡转化率，A正确；
B．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应Ⅲ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率不一定升高，B错误；
C．增大与的投料比有利于提高的平衡转化率，C正确；
D．催剂不能改变平衡转化率，D错误；
故选AC；
②200 ℃时是气态，1 mol 和1mol H2充入密闭容器中，平衡时的转化率为a，则消耗，剩余，的物质的量为，根据碳原子守恒，生成CO的物质的量为，消耗，剩余，生成，此时平衡体系中含有和，则反应Ⅲ的；其他条件不变，H2起始量增加到3 mol，达平衡时，则平衡时
的物质的量分别为0.5 mol、1.9 mol、0.5 mol、0.2 mol、0.3 mol，平衡体系中H2的物质的量分数为1.9/3.4=0.56；
（3）①决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应。反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为，
；
②反应Ⅲ的，指的是和的总能量与和的总能量之差为49 kJ，而反应历程图中的E表示的是1个分子和1个分子的相对总能量与1个分子和3个分子的相对总能量之差(单位为eV)，且将起点的相对总能量设定为0，所以作如下换算即可方便求得相对总能量。
20．(1) -246kJ•mol-1 减小
(2) 1.35 CH3*+H*=CH4*
(3) c＞b＞a 温度越高，浓度越大，则速率越大，由于转化率c＞b＞a，故甲烷的浓度c＞b＞a，且对应温度c＞b＞a，综上所述，v(CH4)逆由大到小顺序为c＞b＞a 0.16 16.7 33.4
(4)DE
【详解】（1）由盖斯定律可知，由反应“②—①”可得目标方程式，，反应③中碳元素转化为碳单质，反应④中碳单质转化为甲烷和二氧化碳，故反应③、④的存在会导致甲烷的产率减小。
（2）该反应历程中最大的能垒为，该步骤反应的化学方程式为。
（3）①反应速率与温度和浓度等有关，温度越高，浓度越大，则速率越大，c点甲烷的浓度大、温度高，故v(CH4)逆最大，其次为b点，最小的为a点的v(CH4)逆；初始总压为3MPa，其中氢气的分压为2MPa，T2温度下H2的转化率为80%，故10min时；根据题意可知T2时为平衡态，设反应后的压强为P总，可得：，恒容条件下，气体的压强比等于气体的物质的量之比，则，解得，
平衡时各组分的物质的量分数分别为、、、，则平衡分压为0.6Mpa、0.4Mpa、0.4Mpa、0.8Mpa，。
②由，故。
（4）A.中Fe为+3价，A错误；
B. 由图可知在制氢过程中、为催化剂，为中间产物，ZnFe2O4不能降低了H2O分解的活化能，B错误；
C. 、为催化剂，理论上不需要补充、，C错误；
D.反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定，D正确；
E. 由图所示贮氢过程可表示为3H2+2Mg2Cu=3MgH2+MgCu2，E正确；
答案选DE。
21．(1)不是
(2) 25a 16
(3) 30℃ A
(4) ＜ 4.8＜n＜6 ＞
【详解】（1）反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，ΔH3=ΔH1-ΔH2=[-100.3-(-109.4)]kJ·mol-1=＋9.1kJ·mol-1，△H3大于零，熵变小于零，自由能大于零，非自发，答案为：不是；
（2）设平衡时容器中的环戊二烯和环戊烷的物质的量为xmol，则反应中消耗的环戊二烯的物质的量为(a-x)mol，因为环戊烯的选择性为80%，所以环戊烯的物质的量为，根据碳原子守恒可得，解得，所以H2的转化率为；平衡时容器内环戊二烯和环戊烷的物质的量均为，环戊烯的物质的量为，则环戊二烯、环戊烷、环戍烯的物质的量分数分别为、、，则；故答案为：25a；16；
（3）根据图象可知，该体系温度为30℃左右时，环戊烯的选择性和环戊二烯的转化率都很高，因此最佳温度为30℃；
A．催化剂的活性在一定温度范围内最大，高于或低于这个温度范围，催化剂的活性降低，导致选择性降低，A正确；
B．催化剂对化学平衡移动无影响， B错误；
C．使用催化剂，降低反应活化能，催化剂的活性降低，活化能应增大，C错误；
故选A
故答案为：30；A；
（4）①根据图象可知，相同时间段内，环戊二烯表示的反应速率大于双环戊二烯表示的反应速率，因此T1>T2，温度高，反应速率快，达到平衡时所用的时间短，即m＜2；在T2温度下，达到平衡，消耗双环戊二烯的物质的量为(3-0.6)mol=2.4mol，此时生成环戊二烯的物质的量为2.4×2mol=4.8mol，因为T1>T2，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，则n>4.8mol，假设双环戊二烯全部反应，则生成环戊二烯的物质的量为6mol，但该反应为可逆反应，不能进行到底，因此n＜6mol，综上所述，得出n的范围为4.8＜n＜6；故答案为＜，4.8＜n＜6；
②由①的分析可知，T2温度下，达到平衡时，生成环戊二烯的物质的量为4.8mol，容器内气体的总物质的量为0.6mol+4.8mol=5.4mol，相同条件下，压强之比等于气体物质的量的之比，则平衡时，容器内的气体压强为起始时容器内压强的1.8倍，该反应为气体体积增大的反应，由于1.8>1.5，当容器内气体的压强为起始时的1.5倍时，反应正向进行，即v(正)>v(逆)；故答案为：>。
22．(1)SiO2
(2) C
(3) 过量的将氧化，影响萃取，造成损失
(4)使正向移动，将转化为，同时增大浓度，使逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出
(5)有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O
【分析】从废钒催化剂中回收，由流程可知，“酸浸”时转化为，转成VO2+，FeSO4可使转化为VO2+，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，滤液中加过氧化氢将Fe2＋氧化，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2萃取、分液，水相中蒸发结晶分离出硫酸钾，有机相1反萃取分离出有机萃取剂，水相含VO2+，氧化时发生3H2O＋ClO＋6VO2+＝6＋Cl−＋6H＋，溶液中与可相互转化：＋H2O＋2H＋，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此来解答。
【详解】（1）据分析可知，渣1的主要成分是SiO2，故答案为SiO2。
（2）已知有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强，且根据流程分析可知，滤液2中的含钒离子为；分液漏斗活塞放气时从下口放弃，所以正确的放气图示为C，故答案为；C。
（3）“酸浸”时转成VO2+，发生反应的离子反应为；“反应”时，加入的不宜过量，过量的将氧化，影响萃取，造成损失；故答案为；过量的将氧化，影响萃取，造成损失。
（4）溶液中存在平衡，通入氨气，使溶液中OH−浓度增大，消耗了H＋，该平衡正移，从而使尽可能都转化为，另外溶液中存在平衡，通入氨气，使溶液中浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出，则目的为使正向移动，将转化为，故答案为使正向移动，将转化为，同时增大浓度，使逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出。
（5）NH3和H2O可循环使用，“萃取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用，可以循环使用的物质有有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O，故答案为有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O。
【点睛】本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
23．(1) 分液漏斗和烧杯 降温
(2) 2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+ 溶解高铼酸
(3)酸溶
(4) 4AgC1+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O 7.18g
【分析】含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)，稀盐酸条件下双氧水溶解废催化剂中的铼生成高铼酸，、、MgO和Fe2O3也被溶解转化为对应价态的金属阳离子进入浸液，用树脂进行萃取分液分离金属离子和高铼酸，再用氨水萃取获得高铼酸铵。Ag和SiO2为浸渣，加入还原获得银，酸溶后分离二氧化硅，再经过电沉积后获得Ag，副产物中含有稀硝酸，可重复使用。
【详解】（1）“操作I”和“操作II”是萃取分液，需用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯；铵盐受热容易分解，故“操作x”选用降温结晶；
（2）“氧化浸出”时，铼(Re)被双氧水氧化生成高铼酸，发生反应的离子方程式为2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+；高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有使高铼酸溶解的目的；
（3）滤液主要含硝酸银，通过电解得纯银，副产物中含有稀硝酸，可重复使用到酸溶过程；
（4）“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体氮气，该反应的化学方程式为4AgC1+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O；
已知：①) ；
②AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq) ；
①+②可得AgCl(s)+2NH3（aq）[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq) 。设100mL 6 最多能溶解AgCl的物质的量为nmol；
n(AgCl)=0.05mol，m(AgCl)=0.05mol143.5g/mol7.18g。
24．(1) 将“赤泥”粉碎 SiO2、TiO2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+ 99%
(3)
(4) Sc2(C2O4)3·H2O 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【分析】本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收Sc2O3，由题干流程图结合题干已知信息可知，“熔炼” 时主要是将Fe2O3、SiO2分别还原为Fe和Si，并将大部分Fe和Si转化为熔融物分离出来，则固体为Sc2O3、TiO2和少量的Fe、S等，加入盐酸后将Fe转化为 Fe2+、Sc2O3转化为Sc3+、过滤的滤渣主要成分为TiO2、S和C，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体，据此分析解题。
【详解】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；
（2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH=3时，溶液中氢氧根离子的浓度=10-11mol/L，此时三价铁的浓度=，则Fe3+的去除率=；
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，则反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K=；
（4）设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g´80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550℃时，剩余固体质量为462g´76.6%=353.89g，相比于250℃时的剩余固体质量，250～550℃，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g≈18g，则250～550℃，1mol Sc2(C2O4)3·H2O失去1mol水变为1mol Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g´29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550～850℃，1mol Sc2(C2O4)3分解产生1mol Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
25．(1)适当提高温度，搅拌
(2) 3：1、25 ℃ 液固比为3：1时镉的浸出率比较高，同时渣率较高、且渣含金属中铅的含量较高；温度变化对回收率影响不大，常温浸出有利于节约能源
(3) C
(4)=
【分析】由已知I可知，氧化锌烟灰经水浸、过滤，滤渣是PbO和PbSO4，滤液中含锌、铜、镉、砷元素；经过中和除砷，，砷元素转化为沉淀除去，同时也将铜元素转化为氢氧化铜沉淀除去；过滤后加入锌粉还原，可将镉元素分别转化为高品位海绵镉和低品位海绵镉，滤液主要含有 ，电解可生成高纯度锌。
【详解】（1）可以通过适当提高温度、搅拌等操作提高“水浸”效率。
（2）渣含金属与渣率的乘积即为渣中所含金属的量，据信息Ⅱ可知铅元素以滤渣的形式回收，即铅的浸出率要低，渣含金属与渣率的乘积要高，据流程中物质流向分析，镉要进入溶液，故其浸出率要高。温度变化对二者回收率影响不大，考虑能源节约，选择常温(25 ℃)；由几组液固比对比可知液固比由3：1改为4：1，Cd的浸出率增加很小，Pd的渣含金属与渣率的乘积相差也很小，故选液固比3：1。
（3）由信息Ⅱ知，滤渣②的主要成分为FeAsO4，“中和除砷”阶段溶液显酸性，反应的离子方程式为，为不引入杂质选择试剂ZnO来调节溶液pH。
（4）“电解”制锌时，锌离子得电子生成Zn，故阴极的电极反应式：=。
26．(1) 将“赤泥”粉碎 SiO2、TiO2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+ 99%
(3)
(4)2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O
【分析】“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，FeO、Fe2O3、Sc2O3与盐酸反应生成 Fe2+、Fe3+、Sc3+，过滤的滤渣主要成分为SiO2、TiO2，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，加氨水调节pH值沉淀铁离子，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体。
【详解】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；故答案为：将“赤泥”粉碎；SiO2、TiO2。
（2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH＝3时，溶液中氢氧根离子的浓度c(OH－)＝10−11 mol∙L−1，此时三价铁的浓度为，则Fe3+的去除率为；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；99%。
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c，则反应2Sc3+＋3H2C2O4＝Sc2(C2O4)3＋6H＋的平衡常数；故答案为：。
（4）Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，草酸根被氧化为二氧化碳，说明氧气参与反应，则反应的化学方程式2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O；故答案为：2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O。
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