09化学反应速率与化学平衡--江苏省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（苏教版）

这是一份09化学反应速率与化学平衡--江苏省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（苏教版），共37页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2024上·江苏苏州·高三统考期末）与重整生成和的过程中主要发生下列反应：


在恒压、反应物起始物质的量比条件下，和 的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是
A．曲线表示的平衡转化率随温度的变化
B．工业上为提高和的产率，需要研发低温下的高效催化剂
C．高于时，随着温度升高，平衡体系中逐渐减小
D．恒压、、条件下，反应至转化率达到 点的值，延长反应时间，转化率能达到点的值
2．（2024上·江苏扬州·高三统考期末）二氧化碳加氢制甲醇涉及的反应可表示为：
反应I：
反应II：
一体积固定的密闭容器中，在5MPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量百分数及CO2的转化率随温度的变化如题图所示。下列说法错误的是
A．200~400℃的平衡转化率始终低于CO2
B．270℃时反应II的平衡常数为0.015
C．加入选择性高的催化剂，可提高单位时间内CH3OH的产率
D．150~250℃范围内，反应II平衡常数增大的幅度大于反应I平衡常数减小的幅度
3．（2023上·江苏扬州·高三江苏省高邮中学校联考期末）在恒压密闭容器中，充入起始量一定的和，主要发生下列反应：
反应I：
反应Ⅱ：
达平衡时，转化率和的选择性随温度的变化如图所示[的选择性]，下列说法不正确的是

A．反应I的
B．温度一定，通过增大压强能提高的平衡产率
C．温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高说明此时主要发生反应I
D．同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择在低温低压条件下反应
4．（2023上·江苏扬州·高三江苏省高邮中学校联考期末）二氧化硫是一种重要的化工原料，可以制取硫酸、焦亚硫酸钠等化工产品。其中，催化制取三氧化硫的热化学方程式为： 。在恒温恒压的密闭容器中进行二氧化硫转化成三氧化硫的反应时，下列说法正确的是
A．该反应中，反应物的键能之和大于产物的键能之和
B．升高温度，能加快反应速率，提高二氧化硫的平衡转化率
C．增大压强，可使平衡时的值增大
D．其他条件不变，加入高效的催化剂能提高单位体积内的活化分子百分数
5．（2023上·江苏泰州·高三校联考期末）CO2催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应有：
反应Ⅰ： 2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)；ΔH1=-122.5 kJ·ml-1
反应Ⅱ： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)；ΔH2=a kJ·ml-1
在恒压、n始(CO2)和n始(H2)=1∶3时，若仅考虑上述反应，平衡时CH3OCH3和CO的选择性及CO2的转化率随温度的变化如图中实线所示。CH3OCH3的选择性=×100%，下列说法错误的是
A．图中曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化
B．a>0
C．平衡时H2转化率随温度的变化可能如图中虚线所示
D．200 ℃时， 使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂可提高CH3OCH3的生产效率
6．（2023上·江苏泰州·高三校联考期末）某MOFs多孔超分子材料的空腔大小适配N2O4可将其“固定”得到R(如下图所示)，实现从烟气中分离出N2O4并可制备HNO3。
已知反应；ΔH<0。下列说法正确的是
A．图示过程属于氮的固定
B．高温、高压下有利于从烟气中分离出N2O4
C．R在O2中水洗，可制得HNO3同时实现MOFs再生
D．该MOFs材料也可用于储存H2
7．（2023上·江苏南通·高三统考期末）由CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应如下。
反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)；ΔH=+41.1kJ•ml-1。
反应II：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH=-49.0kJ•ml-1。
在其他条件相同的情况下，按n(CO2)∶n(H2)=1∶3(总量一定)投料于恒容密闭容器中进行反应，CO2的平衡转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性：]随温度的变化趋势如图所示。

下列说法不正确的是
A．若反应2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-24.5kJ•ml-1，则由H2和CO制备二甲醚的热化学方程式：2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-204.7kJ•ml-1
B．根据图中数据，温度选择553K，达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高
C．随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择性降低，其原因可能是反应II平衡逆向移动幅度弱于反应I正向移动幅度
D．473～513K范围内，温度升高，平衡时的逐渐增大
8．（2023上·江苏南通·高三统考期末）室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
9．（2023上·江苏南通·高三统考期末）周期表中IIA族元素及其化合物应用广泛。铍是原子能、航空以及冶金工业中的宝贵材料；镁可以和铝制成优异性能的镁铝合金；生石灰可用于酸性废水处理及污泥调质，次氯酸钙可用于氧化剂、漂白剂、消毒剂等；放射性同位素锶89用来治疗骨癌，目前临床上运用最广泛的是氯化锶。下列说法正确的是

A．反应2Mg(s)+CO2(g)=2MgO(s)+C(s)能自发进行，说明该反应ΔH＞0
B．向Ca(ClO)2溶液中滴加少量酚酞溶液，出现先变红后褪色的现象，说明Ca(ClO)2溶液中存在：ClO-+H2OHClO+OH-
C．某温度下，反应BaCO3(s)BaO(s)+CO2(g)达平衡，压缩体积后达新平衡时容器中的CO2浓度将增大
D．一种合金晶胞如图所示，则每个Al周围距离最近的Mg的数目为6
10．（2023上·江苏南京·高三南京外国语学校校考期末）某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”，能高选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后，经处理能全部转化为HNO3。原理如图。已知：，△H＜0，下列说法不正确的是
A．气体温度升高后有利于N2O4的固定
B．使用多孔材料不能改变的焓变
C．使用多孔材料能促进平衡正向移动，有利于NO2的去除
D．加入 H2O和O2，发生化学反应方程式为：
11．（2023上·江苏南京·高三南京外国语学校校考期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．7.8g和混合物中所含的阴离子总数为0.1
B．1L0.1ml/L溶液中离子数为0.1
C．常温常压下，124g中所含P-P键的数目为4
D．向密闭容器中充入1ml与1ml充分反应后容器内的分子数小于2
12．（2023上·江苏无锡·高三统考期末）在催化剂作用下，氧化可获得。其主要化学反应为：
反应I.
反应II.
压强分别为、时，将和的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性(的选择性)如图所示。下列说法正确的是
A．
B．压强为，温度为210℃时，反应达平衡时，
C．的选择性下降的原因可能是随着温度的升高，反应II中生成的抑制了反应I的进行
D．研发低温下转化率高和选择性高的催化剂，可以提高平衡时产率
13．（2023上·江苏常州·高三统考期末）利用CO2—CH4超干法重整制合成气(CO＋H2)，主要反应如下。
反应Ⅰ：CH4(g)＋CO2(g)⇌2CO(g)＋2H2(g)；ΔH1＝＋247 kJ·ml－1。
反应Ⅱ： CH4(g)＋3CO2(g)⇌4CO(g)＋2H2O(g)；ΔH2＝＋330 kJ·ml－1。
反应Ⅲ： CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)；ΔH3＝－41 kJ·ml－1。
恒压条件下，n始(CO2)∶n始(CH4)＝3．3时， 若仅考虑上述反应，平衡时CO2、CH4、CO、H2的体积分数和CH4的还原能力随温度的变化如图所示。已知：工业上将干重整反应中CH4的还原能力(MRC)定义为一个CH4分子消耗的CO2分子的数量。数量越大，还原能力越强。下列说法正确的是
A．反应Ⅱ的平衡常数为K＝
B．图中曲线X表示平衡时H2的体积分数随温度的变化
C．温度在600～1 000 ℃间，升高温度对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ
D．其他条件不变，增大压强或选择合适的催化剂均能提高CO的平衡产率
14．（2023上·江苏常州·高三统考期末）化工生产中常利用苯催化加氢制备环己烷。一定条件下，在管式反应器中发生反应：
(g)＋3H2(g)⇌(g)；ΔH＝－208.2 kJ·ml－1
下列说法不正确的是
A．低温有利于上述反应自发进行
B．上述反应中消耗1 ml苯，释放的热量为208.2 kJ
C．实际投料时，适当增加H2用量，可提高苯的利用率
D．由上述反应可推知，反应(g)＋H2(g)⇌(g)的ΔH约为－69.4 kJ·ml－1
15．（2023上·江苏·高三统考期末）甲烷-湿空气自热重整制过程中零耗能是该方法的一个重要优点，原理如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
在、按(空气)的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，、的转化率及CO、的选择性[CO的选择性％]与温度的关系如题图所示。下列说法错误的是
A．图中曲线②表示的转化率随温度的变化关系
B．由图可知，温度升高，CO选择性增大
C．975K时，改用高效催化剂能提高平衡时的选择性
D．其他条件不变，增大的值可提高的转化率
16．（2023上·江苏·高三统考期末）活性炭基材料烟气脱硝技术备受当前研究者关注，其反应原理为 。下列说法错误的是
A．增大压强，平衡向脱硝方向移动
B．上述脱硝反应平衡常数
C．若烟气中含量过高，可能会产生二次污染
D．每处理标准状况下2.24L NO，转移电子0.2ml
17．（2023上·江苏苏州·高三统考期末）乙醇水蒸气重整释氢过程中主要反应的热化学方程式为：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
以和为原料气，通过装有催化剂的反应器，反应相同时间，乙醇转化率、、、选择性随温度变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．向乙醇水蒸气重整反应体系中通入适量，可以为重整反应提供热量
B．其他条件不变，升高温度乙醇的平衡转化率增大
C．300～450℃时，随温度升高，的产率增大
D．增加原料气中水的比例，可以增大的选择性
二、填空题
18．（2023上·江苏无锡·高三统考期末）乙醇用途广泛且需求量大，寻求制备乙醇的新方法是研究的热点。
(1) 电催化制备乙醇。电解原理示意图如图1所示。
①a电极的电极反应式为 。
②有效抑制a电极发生析氢反应的措施有 。
(2) 催化加氢制备乙醇。在催化剂表面加氢制备乙醇的反应为 ，反应机理如图2所示。
①在催化剂表面加氢生成的过程可描述为 。
②制取的过程中可获得的副产物有 。
③随着反应进行，的值 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
④将的混合气体置于密闭容器中，在和不同温度下反应达到平衡时，的转化率和的选择性[的选择性]如图3所示。温度在时，CO2的平衡转化率几乎不变，其原因可能为 。
图3
19．（2023上·江苏·高三统考期末）的资源化利用能有效减少的排放，充分利用碳资源。
(1)1991年，Ashcrft提出了甲烷二氧化碳重整的技术理论：气体分子吸附至催化剂表面后发生反应。500℃时，反应原理如下。
主反应：
副反应：Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
其中，副反应Ⅱ、Ⅲ形成的积碳易导致催化剂失去活性。
①在原料气中添加微量有利于保持催化剂的活性，其原因是 。
②在催化剂中添加少量多孔CaO能提高转化率并保持催化剂的活性，其原因是 。
③主反应过程机理模型如图所示(*表示吸附在催化剂表面的活性物种)。根据反应机理，生成CO的过程可描述为 。
(2)我国科学家以材料作光电阴极、饱和的的溶液作电解液，将转化为HCOOH，原理如图所示。
①根据图示，写出光电阴极电极反应式 。
②从能源利用和资源综合利用角度分析该方法优点是 。
20．（2022上·江苏南通·高三统考期末）利用纳米铁粉及生物技术除去废水中的氮是当今环保领域重要的研究课题。
(1)已知：i纳米铁粉还原含氧(O2)硝态(NO)废水的反应过程如图所示：
ii紫外光光度计可用于测定溶液中NO浓度
①液相还原法制备纳米铁粉：采用硼氢化物如KBH4、NaBH4等与铁离子(Fe2+、Fe3+)混合反应。NaBH4(B为+3价，pH=8.6)溶液还原Fe2+，除生成等物质的量的纳米铁粉和一种气体外，还生成B(OH)3。写出该反应的离子方程式 。
②验证硝态废水中的氧气有助于提高硝态氮(NO)去除速率的实验方法是 。
③在纳米铁粉中添加适量的活性炭，能提高单位时间硝态氮去除率的原因是 。
(2)Fe2+能提高厌氧氨氧化菌生物活性，加快生物转化硝态氮生成氮气的速率。某科研小组利用厌氧氨氧化菌与纳米铁粉相结合的方法去除废水中的硝态氮。保持其他条件相同，在不同的温度下进行脱硝，测定废水中硝态氮的去除率与含氮产物的产率如图所示。与60℃相比，80℃时产物产率变化的原因是 。
(3)厌氧氨氧化菌将NO转化为N2的可能机理如图所示，其中虚线框中物质转化过程可描述为 。
三、解答题
21．（2024上·江苏苏州·高三统考期末）尿素 是常用的化肥与工业原料，其生产与应用有着重要的意义。
(1)尿素生产一般控制在 下进行，主要涉及下列反应：
反应1
反应2
反应 的 。
(2)具有强还原性，生产尿素过程中，常通入适量氧气防止镍制容器表面的金属钝化膜被破坏。
①与反应产生的化学方程式为 。
②生产时通入的气体中常混有少量。有氧气存在的条件下，腐蚀反应容器的速率会更快，其原因是 。
(3)尿素在结晶过程中主要副反应是尿素发生脱氨反应。其反应历程如下：
反应3 CO(NH2)2(l)=HNCO(g)+NH3(g) (快反应)
反应4 HNCO(g)+CO(NH2)2(l)=(H2NCO)2NH(l)(缩二脲) (慢反应)
①在缩二脲的结构式()中圈出电子云密度最小的氢原子 。
②在尿素结晶过程中，反应3可视为处于平衡状态。实验表明，在合成尿素的体系中，的浓度越高，缩二脲生成速率越慢，其原因是 。
(4)含结晶水的晶体表面存在结构“”，用加热后的 晶体作催化剂，以为原料，电解溶液可获得尿素。
①生成尿素的电极方程式为 。
②加热后的晶体表面会产生位点，位点与位点共同形成 位点，其催化机理(部分)如图所示。实验表明，在下加热 晶体得到的催化剂催化效果最好，温度过高或过低催化效果会降低的原因是 。
③电解质溶液中若存在极大地降低催化剂的活性，原因是 。
22．（2024上·江苏苏州·高三统考期末）燃煤电站产生的主要大气污染物之一。以为活性物质、为载体的催化剂，可用于烟气中脱除。
Ⅰ．将吸附有的胶体煅烧可制得催化剂。
已知：胶粒表面带正电荷。
(1)异丙醇铝加入到中，充分搅拌可生成胶体。
①生成胶体的化学方程式为 。
②胶体中，两分子以配位键聚合成含四元环的二聚分子。该二聚分子结构式为 。
(2)将胶体与溶液混合，静置、过滤、洗涤、煅烧制得催化剂。
①与溶液混合前，须在胶体中加入一定量溶液的目的是 。
②“煅烧”制得催化剂的过程中固体的质量先减小后增大，固体质量增加的原因是 。
Ⅱ．将模拟烟气(主要成分为)匀速通过装有催化剂的反应管，和反应机理可表示为(表示吸附态)。
(3)负载不同含量的催化剂对的脱除率随温度的变化如图所示。
①温度范围内，随着温度的升高，脱除率均迅速增大原因是 。
②催化剂的催化效率与反应物在载体表面的吸附和活性物质表面的反应有关。温度高于，使用催化剂的脱除率明显低于催化剂，其原因是 。
(4)实验测得温度升高出口处含量增大，已知与在该催化剂下很难反应生成含量增大的原因是 (用化学方程式表示)。
23．（2023上·江苏扬州·高三江苏省高邮中学校联考期末）“绿水青山就是金山银山”是重要的科学理念，研究、、等大气污染物的处理具有重要意义。
(1)钙基固硫技术可减少排放，但煤炭燃烧过程中产生的又会与发生化学反应，降低了脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：
反应①：
反应②：
反应 。(填与与、的关系)
(2)对于烟气中采用活性炭脱除机理，其过程首先要经物理吸附 (*代表吸附态) ， ， ，然后是化学吸附(见图)：

写出化学吸附过程生成的化学方程式 。
(3)的排放主要来自于汽车尾气。
①有人利用尿素水溶液热解产生的可去除尾气中的，流程如图：

a.尿素中氮元素的化合价为 。
b.若氧化处理后的尾气中混有，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低的去除率。试分析硫酸盐的产生过程 。
②某脱硝反应机理如图所示，参与I的反应方程式为 。
(4)脱硫反应中每生成，生成 ，脱硫剂的脱硫过程可描述为 。
(5)利用多孔石墨做电极，溶液做电解液构成的燃料电池可以很好的除去和，生成无毒的物质。两个电极分别通入气体与物质的量之比为的和气体，在电极上发生 反应，写出正极的电极反应 。
24．（2023上·江苏泰州·高三校联考期末）硫代硫酸钠(Na2S2O3)可与Cu2＋、Ag＋、Au＋等离子形成配合物；也可被一定浓度的Cu2＋氧化，反应为2Cu2＋＋6S2O2[Cu(S2O3)2]3-＋S4O。
(1)Na2S2O3可与胶卷上未感光的AgBr配位使其溶解。
已知：Ag＋＋2S2O [Ag(S2O3)2]3- K=3.7×1013；Ksp(AgBr)=5.4×10-13。
反应AgBr＋2S2O [Ag(S2O3)2]3-＋Br-的平衡常数K= 。
(2)Na2S2O3溶液可浸取金矿石(含FeAsS和FeS2)中的Au。Au的熔点为1 064 ℃，难被氧化。
① 矿石需在空气中焙烧使Au暴露，便于后继浸取，此时部分FeAsS分解生成As。700 ℃时Au部分焙化，原因是 ；焙烧时加入适量CaCO3的目的是 。
② 在空气中，Na2S2O3溶液与Au反应生成[Au(S2O3)2]3-，离子方程式为 。
③ Na2S2O3溶液中加入一定量的CuSO4溶液和氨水溶液，可使单位时间内的Au浸取率大幅提高，反应机理如图1所示，该过程可描述为 。当其他条件相同时，Cu2＋浓度对Au浸取率的影响如图2所示。随着c(Cu2＋)增大，Au浸取率先增大后下降的可能原因是 。

④ Na2S2O3溶液的浓度对Au浸取率的影响如图3所示。c(S2O)>0.4 ml·L-1时，加入CuSO4氨水的体系中Au浸出率下降，且溶液中c(S4O)未明显增大，其可能原因是 。

25．（2023上·江苏南通·高三统考期末）金属镓被称为“电子工业脊梁”，性质与铝相似。氮化镓是5G技术中广泛应用的新型半导体材料。
【方法一】利用粉煤灰(主要成分为Ga2O3、ZnO、SiO2，还有少量Fe2O3等杂质)制备氮化镓流程如图：
已知：常温下，相关元素可溶性组分物质的量浓度与pH的关系如图所示。回答下列问题：
(1)基态Ga原子的电子排布式为 。
(2)“焙烧”的目的是制得NaGaO2，该反应的化学方程式为 。
(3)常温下，反应Ga(OH)3+OH-[Ga(OH)4]-的平衡常数K= 。
(4)“碱浸”后溶液的主要成分为Na[Ga(OH)4]、Na2SiO3、Na2[Zn(OH)4]。请补充完整流程中“操作”过程的步骤： 。
[实验中须使用的试剂和仪器有0.1ml•L-1H2SO4溶液、0.1ml•L-1NaOH溶液、pH计]
【方法二】溶胶凝胶法
(5)步骤一：溶胶——凝胶过程包括水解和缩聚两个过程
①水解过程：乙氧基镓[Ga(OC2H5)3]与乙醇中少量的水脱除部分乙氧基，形成Ga－OH键
Ga(OC2H5)3+2H2O=Ga(OH)2OC2H5+2C2H5OH
Ga(OH)2OC2H5+H2O=Ga(OH)3+C2H5OH
②缩聚过程：在之后较长时间的成胶过程中，通过失水和失醇缩聚形成Ga2O3无机聚合凝胶
失水缩聚：－Ga－OH+HO－Ga—===—Ga－O－Ga－+H2O
失醇缩聚： 。(参考“失水缩聚”书写该过程的方程式)
(6)步骤二：高温氨化(原理：Ga2O3+2NH3=2GaN+3H2O)
该实验操作为：将Ga2O3无机聚合凝胶置于管式炉中，先通20min氮气后停止通入，改通入氨气，并加热至850～950℃充分反应20min，再 (补充实验操作)，得到纯净的GaN粉末。
选项
探究方案
探究目的
A
向Na2CO3溶液中滴加稀硫酸，反应产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中，观察现象
非金属性：C＞Si
B
向K2CrO4溶液中缓慢滴加少量浓硫酸，观察溶液颜色的变化
溶液中存在平衡：Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H+
C
向淀粉溶液中加适量稀硫酸，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热，观察现象
淀粉在酸性条件下可发生水解
D
用pH计分别测定浓度均为0.1ml•L-1的NaCN和Na2S的pH
Ka1(H2S)＞Ka(HCN)
参考答案：
1．D
【详解】A．CH4(g)＋CO2(g)═2H2(g)＋2CO(g)中CH4和CO2以1：1反应，且CO2也参加H2(g)＋CO2(g)═H2O(g)＋CO(g)的反应，导致相同条件下CH4转化率小于CO2的转化率，根据图知，相同温度下转化率：曲线A大于曲线B，所以曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化，故A错误；
B．CH4(g)＋CO2(g)═2H2(g)＋2CO(g)和H2(g)＋CO2(g)═H2O(g)＋CO(g)为反应前后气体体积增大的吸热反应，升高温度平衡正向移动，和的产率高，所以应该研发高温下的高效催化剂，故B错误；
C．高于900K时，随着温度升高，率仍然增大，两个反应的平衡均正向移动，平衡体系中逐渐增大，故C错误；
D．恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)＝1：1 条件下，除了改变温度外，还可以通过改变生成物浓度使平衡正向移动，从而提高反应物转化率，所以可以通过减小生成物浓度使平衡正向移动来提高CH4转化率，即改变除温度外的特定条件继续反应，减小生成物浓度CH4转化率能达到Y点的值，充入CO2也能使得CH4转化率达到Y点的值，故D正确；
故答案选D。
2．D
【分析】反应I为放热反应，温度越高，该反应的产物的含量越低，故m曲线代表的是的物质的量百分数，n曲线代表的是CO的物质的量百分数。
【详解】A．起始投料，只发生反应I时，由于反应Ⅰ中和的化学计量数之比为1：3，所以和的转化率相同；发生反应II时，由于反应Ⅱ中和的化学计量数之比为1：1，所以的平衡转化率小于的转化率，所以当I、II都发生时，的平衡转化率小于的转化率，所以的平衡转化率始终低于，A项正确；
B．270℃时，二氧化碳的转化率为24%，且甲醇和一氧化碳的选择性各为50%，设初始投料，，容器体积为V，根据题意列出三段式如下：
平衡时， ，、、，则，B项正确；
C．若加入选择性高的催化剂，可以加快二氧化碳和氢气生成甲醇的反应速率，提高单位时间内的产率，C项正确；
D．范围内，温度升高，反应Ⅰ是放热反应，平衡逆向移动，造成二氧化碳转化率减小，平衡常数减小；反应Ⅱ是吸热反应，平衡正向移动，造成二氧化碳转化率增大，平衡常数增大；由于二氧化碳的转化率下降，说明该温度范围内反应II平衡常数增大的幅度小于反应I平衡常数减小的幅度，D项错误；
故选D。
3．D
【分析】反应I是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的选择性逐渐增大，因此曲线①是的选择性。
【详解】A．反应I能够自发进行，根据 ，则，故A正确；
B．反应I正向反应是等体积反应，反应Ⅱ正向反应是体积减小的反应，温度一定，增大压强，反应Ⅱ正向移动，的平衡产率增大，故B正确；
C．根据前面分析曲线②是转化率,反应I是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高，说明此时主要发生反应I，故C正确；
D．反应Ⅱ正向反应是体积减小的放热反应，要同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择在低温高压条件下反应，故D错误。
综上所述，答案为D。
4．D
【详解】A．该反应放热，反应物的键能之和小于产物的键能之和，故A错误；
B．该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫的平衡转化率减小，故B错误；
C．平衡常数只与温度有关，增大压强，K=的值不变，故C错误；
D．其他条件不变，催化剂能降低反应活化能，所以加入高效的催化剂能提高单位体积内的活化分子百分数，故D正确；
选D。
5．C
【分析】反应Ⅰ焓变小于零，升高温度，平衡Ⅰ逆向移动，则平衡时CH3OCH3选择性随温度升高会下降，结合图像可知，②表示平衡时CH3OCH3选择性随温度的变化曲线；曲线①随温度升高上升，说明反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡Ⅱ正向移动，导致CO的选择性增大，故曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化、曲线①表示平衡时CO的选择性随温度的变化，反应Ⅱ为吸热反应，焓变大于零，故a>0；
【详解】A．由分析可知，曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化，A正确；
B．由分析可知，a>0，B正确；
C．n始(CO2)：n始(H2)=1∶3，若只发生反应Ⅰ，则二氧化碳和氢气的平衡转化率之比为1:1，若只发生反应Ⅱ，则二氧化碳转化率和氢气转化率之比为3:1，由于两个反应均发生，则1:1＜二氧化碳转化率与氢气的转化率之比＜3:1；温度升高平衡Ⅰ逆向移动，平衡Ⅱ正向移动，二氧化碳转化率和氢气转化率之比越来越远离1:1，即相等，故图中虚线不可能表示氢气的平衡转化率，C错误；
D．使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂，则单位时间内生成CH3OCH3的速率加快，可提高CH3OCH3的生产效率，D正确；
故选C。
6．C
【详解】A．氮的固定是指游离态的氮气转化为氮的化合物，是两种含氮化合物的相互转化，不属于氮的固定，A错误；
B．该反应的放热反应，高温下平衡逆向移动，不利于从烟气中分离出，B错误；
C．由图可知，R在中水洗，发生反应：，可制得HNO3同时实现再生，C正确
D．材料可以于储存，但是不一定能储存，D错误；
故选C。
7．D
【详解】A．设反应Ⅲ2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-24.5kJ•ml-1，反应Ⅳ，则由盖斯定律可知，Ⅳ=2×II-2×I+Ⅲ，则反应Ⅳ的反应热ΔH=2×(-49.0kJ•ml-1)- 2×(+41.1kJ•ml-1)+( -24.5kJ•ml-1)= -204.7kJ•ml-1，A正确；
B．由图可知，温度选择553K，达到平衡时甲醇的选择性最低，二氧化碳的平衡转化率最大，故此时反应体系内甲醇的产量最高，B正确；
C．反应II为放热反应，同时该反应生成甲醇，反应II为吸热反应，该反应消耗二氧化碳，但是不产生甲醇，则随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择性降低，其原因可能是反应II平衡逆向移动幅度弱于反应I正向移动幅度，C正确；
D．由图可知，随着温度的升高，甲醇的选择性在降低，二氧化碳的转化率在增大，则平衡时的逐渐减小，D错误；
故选D。
8．D
【详解】A．二氧化碳通入硅酸钠溶液中，溶液变浑浊，说明碳酸的酸性大于硅酸，则非金属性：C＞Si，A正确；
B．K2CrO4溶液中存在平衡Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H+，滴入稀硫酸后氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则重根酸根离子浓度增大，溶液显示橙色，B正确；
C．淀粉在稀硫酸作用下水解生成葡萄糖，其中含有醛基，用氢氧化钠将溶液调至碱性后可以和新制氢氧化铜反应生成红色沉淀，C正确；
D．用pH计分别测定浓度均为0.1ml•L-1的NaCN和Na2S的pH，只能证明Ka2(H2S)和Ka(HCN)相对大小，D错误；
故选D。
9．B
【详解】A．已知反应2Mg(s)+CO2(g)=2MgO(s)+C(s) ＜0，故反应2Mg(s)+CO2(g)=2MgO(s)+C(s)能自发进行，说明该反应ΔH＜0，A错误；
B．向Ca(ClO)2溶液中滴加少量酚酞溶液，出现先变红后褪色的现象说明溶液显碱性，同时具有漂白性物质，即可说明Ca(ClO)2溶液中存在：ClO-+H2OHClO+OH-，B正确；
C．某温度下，反应BaCO3(s)BaO(s)+CO2(g)达平衡，该反应的平衡常数表达式为K=c(CO2),温度不变K不变，故压缩体积后达新平衡时容器中的CO2浓度将不变，C错误；
D．由题干合金晶胞图所示信息可知，每个Al周围距离最近的Mg的数目为8，如图所示 ，D错误；
故答案为：B。
10．A
【详解】A．，△H＜0，则升高温度，平衡逆向移动，不利于N2O4的固定，A不正确；
B．多孔材料能高选择性吸附NO2，并不断转化为N2O4，但并未改变反应物和生成物的能量，所以不能改变的焓变，B正确；
C．使用多孔材料，能高选择性吸附NO2，从而增大NO2的浓度，促进平衡正向移动，有利于NO2的去除，C正确；
D．加入的 H2O和O2，与N2O4发生氧化还原反应，经处理能全部转化为HNO3，化学反应方程式为：，D正确；
故选A。
11．A
【详解】A．过氧化钠是由1个钠离子和1个过氧根离子构成的、硫化钠是由1个钠离子和1个硫离子构成的，1分子中均含有1个阴离子，且两者的相对分子质量均为78；则和混合物可看作NaM，且物质的量为0.1ml，其所含的阴离子总数为，A正确；
B．溶液中存在Cr2O+H2O2CrO+2H+，导致离子数小于，B错误；
C．1分子P4中存在6个P-P键，常温常压下，（物质的量为1ml）中所含键的数目为，C错误；
D．向密闭容器中充入1ml与1ml，反应为等分子数的反应，故容器内的分子数等于，D错误；
故选A。
12．C
【详解】A．相同温度下，增大压强，反应I、II均逆向移动，乙烷转化率降低，所以，故A错误；
B．压强为，温度为210℃时，乙烷的转化率为50%，乙烯的选择性为80%，参与反应I的乙烷为2ml×50%×80%=0.8ml，反应I生成的乙烯、一氧化碳都是0.8ml，参与反应II的乙烷为2ml×50%×20%=0.2ml，反应II生成的一氧化碳是0.8ml，反应达平衡时，生成CO的总物质的量1.6ml，生成乙烯的总物质的量为0.8ml，故B错误；
C．温度升高，反应I和反应II受温度影响，平衡都会正向移动，由图可知，温度升高的过程中乙烷的转化率逐渐增大，但乙烯转化率却逐渐降低，说明温度升高的过程中，反应II为主，且生成的抑制了反应I的进行，故C正确；
D．反应I正向为吸热反应，温度升高更有利于C2H4的生成，因此为提高平衡时C2H4的产率，可研发高温下C2H4选择性高的催化剂，故D错误；
选 C。
13．B
【分析】反应I中一个CH4分子消耗一个CO2分子，反应II中一个CH4分子消耗三个CO2分子；低于600℃，随着温度的升高CH4的还原能力减小，说明此过程中升高温度对反应I的影响大于反应II；温度在600~1000℃之间，随着温度的升高CH4的还原能力增大，说明此过程中升高温度对反应I的影响小于反应II。
【详解】A．反应CH4(g)＋3CO2(g)⇌4CO(g)＋2H2O(g)的平衡常数K=，A项错误；
B．升高温度，反应I、II都正向移动，反应III逆向移动，CH4、CO2的平衡体积分数随温度升高而减小，CO的平衡体积分数随温度升高而增大，结合分析和反应的特点，低于600℃，升高温度对反应I的影响大于反应III，随温度升高H2的平衡体积分数增大，温度在600~1000℃之间，升高温度对反应I的影响小于反应III，随温度升高H2的平衡体积分数减小，故图中曲线X表示平衡时H2的体积分数随温度的变化，B项正确；
C．反应I中一个CH4分子消耗一个CO2分子，反应II中一个CH4分子消耗三个CO2分子，温度在600~1000℃，随着温度的升高CH4的还原能力增强，结合CH4还原能力的定义，温度在600~1000℃，升高温度对反应I的影响小于反应II，C项错误；
D．其他条件不变，增大压强，反应I、II都逆向移动，CO的平衡产率减小，选择合适的催化剂，平衡不移动，CO的平衡产率不变，D项错误；
答案选B。
14．D
【详解】A．该反应ΔH＝－208.2 kJ·ml－1<0，为放热反应，低温有利于上述反应自发进行，故A正确；
B．由该热化学方程式可知，上述反应中消耗1 ml苯，释放的热量为208.2 kJ，故B正确；
C．实际投料时，适当增加H2用量，平衡正向移动，可提高苯的利用率，故C正确；
D．1ml和3mlH2发生加成反应放出208.2 kJ热量，中的碳碳键是介于单键和双键之间特殊的键， 中含有一个碳碳双键，1ml和1mlH2发生加成反应时放出的热量不等于208.2 kJ×=69.4 kJ，故D错误；
故选D。
15．C
【分析】反应反应Ⅰ+反应Ⅱ+反应Ⅲ可得总反应为，据此解答。
【详解】A．结合总反应为，曲线②表示的转化率随温度的变化关系，A正确；
B．根据反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO含量增大，CO选择性增大，B正确；
C．催化剂改变反应速率，不能提高平衡时的选择性，C错误；
D．结合反应Ⅱ、反应Ⅲ，增大水蒸气的含量有利于反应正向移动，增大的值可提高的转化率，D正确；
故选C。
16．A
【详解】A．该反应反应前后体积不变，增大压强，平衡不移动，A错误；
B．平衡常数等于生成物浓度幂次方乘积和反应物浓度幂次方乘积的比值，固体一般认为浓度不变，则上述脱硝反应平衡常数，B正确；
C．若烟气中含量过高，NO会生成NO2，可能会产生二次污染，C正确；
D．反应中，NO由+2价降低为0价，标准状况下2.24L NO物质的量为0.1ml，转移电子0.2ml，D正确；
故选A。
17．D
【详解】A．向乙醇水蒸气重整反应体系中通入适量，乙醇可以和氧气反应放出热量，从而为重整反应提供热量，A正确；
B．根据题给信息可知，乙醇水蒸气重整释氢过程中涉及的反应为吸热反应，故升温后平衡正向移动，平衡转化率增大，B正确；
C．由图可知，300～450℃时，随温度升高一氧化碳和甲烷的选择性降低，此时主要发生反应I，的产率增大，C正确；
D．增加原料气中水的比例，则反应I进行的较多，不利于生成一氧化碳，D错误；
故选D。
18．(1) 2CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12OH- 选择高选择性和高活性的电化学催化剂
(2) 在催化剂表面加氢生成的过程是分子中一个碳碳双键被打开，被催化剂吸附，其中的碳原子与氢气分子中断开的氢原子结合形成CH3*，CO*与CH3*在H*作用下生成 CH4、CH3OH 不变 H2与CO2反应的副反应是CH3OH，副反应为吸热反应，主反应为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，主反应平衡往逆向移动，使CO2的平衡转化率下降，副反应平衡往正向移动，使CO2的平衡转化率上升，当下降和上升的程度相当时，即温度在，CO2的平衡转化率几乎不变。
【详解】（1）二氧化碳催化加氢制备乙醇，则a电极为电解池的阴极，二氧化碳碱性条件下在阴极得到电子生成乙醇，电极反应式为2CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12OH-；选择高选择性和高活性的电化学催化剂可以有效抑制a电极发生析氢反应；
（2）①根据图示，在催化剂表面加氢生成的过程是分子中一个碳碳双键被打开，被催化剂吸附，其中的碳原子与氢气分子中断开的氢原子结合形成CH3*，CO*与CH3*在H*作用下生成；
②根据图示，CH3*与H*会结合生成CH4，CO*与H*会结合生成CH3OH，所以副产物是CH4、CH3OH；
③当反应达到平衡时，C0失电子生成C2+的速率与C2+得电子生成C0的速率相等， 即比值不变；
④根据②的分析，H2与CO2反应的副反应是CH3OH，副反应为吸热反应，而主反应为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，主反应平衡往逆向移动，使CO2的平衡转化率下降，副反应平衡往正向移动，使CO2的平衡转化率上升，当下降和上升的程度相当时，即温度在，CO2的平衡转化率几乎不变。
19．(1) 微量O2及时和副反应Ⅱ、III产生的碳反应。防止催化剂表面积碳 少量多孔CaO (及其生成的CaCO,)有利于将CO2吸附至催化剂表面，促进主反
应发生，提高CO的转化率 吸附在催化剂表面的CO解离成CO和O* (活性氧原子),吸附在催化剂表面的CH4解离成H2和CH2* (活性亚甲基), O*和H2反应生成H2O, CH2*和H2O反应生成H2和CO*, CO从催化剂表面脱附成CO。
(2) 利用太阳光能理论上无需额外消耗能量，将捕集的CO2转化为有用的产品HCOOH，既能有效减少温室气体CO2的排放量，又能充分利用碳资源。
【详解】（1）微量氧气可将副反应上生成的C转化为氧化物，从而降低催化剂表面的积碳，避免积碳过多导致催化剂失去活性；多孔CaO可以吸附二氧化碳，从而促进二氧化碳与甲烷在催化剂表面接触反应，提高二氧化碳的转化率；结合图示信息可知二氧化碳被吸附在Ni表面，之后发生断键，生成CO和O。故答案为：微量O2及时和副反应Ⅱ、III产生的碳反应。防止催化剂表面积碳；多孔CaO有利于吸附，从而促进与甲烷的反应，提高转化率；吸附在催化剂表面的CO解离成CO和O* (活性氧原子),吸附在催化剂表面的CH4解离成H2和CH2* (活性亚甲基), O*和H2反应生成H2O, CH2*和H2O反应生成H2和CO* ，CO从催化剂表面脱附成CO；
（2）由图可知光阴极二氧化碳在碳酸氢钾溶液中转化为HCOOH，电极方程式为：；利用太阳光能理论上无需额外消耗能量，将捕集的CO2转化为有用的产品HCOOH，既能有效减少温室气体CO2的排放量，又能充分利用碳资源。
20．(1) 2Fe2++BH+3OH-=2Fe↓+B(OH)3+2H2↑ 取含氧硝态废水平均分成两份，一份加热至沸腾除去氧气后冷却至室温(向其中一份溶液中通入足量氮气除去其中溶解氧)，然后向两份溶液中加入等量的纳米铁粉，反应相同时间后用紫外光光度计检测两份溶液中剩余的NO浓度 纳米铁粉和活性炭形成原电池，亚铁离子生成速率加快，快去除废水中硝态氮的速率；活性炭吸附了硝态氮
(2)在80℃时厌氧氨氧化菌失去生理活性，纳米铁粉将硝态氮直接还原为NH为主要反应
(3)厌氧氨氧化菌提供的活性[H]，在细胞色素中转化为H+，同时将电子转移至活化酶2中与NO、NH(在活化酶2中)反应生成N2H4。(或厌氧氨氧化菌将活性[H]转移至细胞色素中，[H]在细胞色素转化为H+同时将电子转移至活化酶2中，与NO、NH在活化酶2中反应生成N2H4)
【详解】（1）①NaBH4(B为+3价，pH=8.6)溶液还原Fe2+，生成等物质的量的铁粉和一种气体、B(OH)3，根据元素守恒可知气体为氢气，该反应的离子方程式为2Fe2++BH+3OH-=2Fe↓+B(OH)3+2H2↑。
②已知，紫外光光度计可用于测定溶液中NO浓度；验证硝态废水中的氧气有助于提高硝态氮(NO)去除速率，则需要做对照实验，实验控制变量为氧气；故实验方法是：取含氧硝态废水平均分成两份，一份加热至沸腾除去氧气后冷却至室温(向其中一份溶液中通入足量氮气除去其中溶解氧)，然后向两份溶液中加入等量的纳米铁粉，反应相同时间后用紫外光光度计检测两份溶液中剩余的NO浓度。
③活性炭具有吸附性，且可以做原电池的惰性电极；在纳米铁粉中添加适量的活性炭，能提高单位时间硝态氮去除率的原因是纳米铁粉和活性炭形成原电池，亚铁离子生成速率加快，快去除废水中硝态氮的速率；活性炭吸附了硝态氮。
（2）由图可知，与60℃相比80℃时铵根离子去除率变大、氮气产率下降；原因是温度升高，在80℃时厌氧氨氧化菌失去生理活性，纳米铁粉将硝态氮直接还原为NH为主要反应。
（3）由图可知，虚线框中物质转化过程可描述为厌氧氨氧化菌提供的活性[H]，在细胞色素中转化为H+，同时释放出电子并将电子转移至活化酶2中与NO、NH(在活化酶2中)反应生成N2H4。(或厌氧氨氧化菌将活性[H]转移至细胞色素中，[H]在细胞色素转化为H+同时将电子转移至活化酶2中，与NO、NH在活化酶2中反应生成N2H4)。
21．(1)
(2) 与O2反应生成SO2，SO2 、O2、H2O反应生成硫酸，酸性增强，腐蚀能力增强
(3) 的浓度越高，反应3平衡逆向进行，HNCO浓度降低，反应4反应速率降低，缩二脲生成速率变慢
(4) 温度过高时，会形成两个LA位点，吸附CO2过多；温度过低，Ni—O键不断裂，不能形成LA位点，无法吸附CO2，催化效果会降低 可以占据LA位点，使之无法吸附CO2
【详解】（1）反应 =反应1+反应2，故；
（2）①与反应产生，由氧化还原分析，NiO生成Ni，故化学方程式为；
②生产时通入的气体中常混有少量。有氧气存在的条件下，发生反应，，硫酸腐蚀性更强；
（3）①中间N原子连接两个羰基，羰基中O原子电负性强，吸电子能力强，羰基为吸电子基团，故N—H键的电子更偏向N原子，H原子电子云密度降低，故答案为；
②的浓度越高，反应3平衡越向逆向进行，HNCO浓度越低，反应4反应速率越低，缩二脲生成速率越慢；
（4）①由N2生成尿素可知失去6e-，故电极方程式为；
②如图可知，温度过高时，会形成两个LA位点，吸附CO2过多，无法形成尿素；温度过低，Ni—O键不断裂，不能形成LA位点，无法吸附CO2，故催化效果会降低；
③可以占据LA位点，使之无法吸附CO2，极大地降低催化剂的活性。
22．(1)
(2) 改变胶粒电荷性质 和氧气生成了CeO2
(3) 催化剂活性随温度升高而增大 催化剂的含量高， 含量低，对的吸附少
(4)
【详解】（1）①在水中，充分搅拌可生成胶体，方程式为，故答案为；
②胶体中，两分子以配位键聚合成含四元环的二聚分子，该二聚分子结构式为，故答案为。
（2）①胶粒表面带正电荷，加入一定量溶液改变胶粒电荷性质，再加入溶液吸附有，故答案为改变胶粒电荷性质；
②吸附有的胶体煅烧可制得催化剂，煅烧过程中，固体质量先减小后增大，根据催化剂和原料的分子式，增大是因为和氧气生成了CeO2，故答案为和氧气生成了CeO2。
（3）①温度范围内，催化剂活性随温度升高而增大，使用随着温度的升高，脱除率均迅速增大，故答案为催化剂活性随温度升高而增大；
②已知催化剂的催化效率与反应物在载体表面的吸附和活性物质表面的反应有关，催化剂的含量高，导致含量低，对的吸附少，导致温度高于，催化剂的脱除率明显低于催化剂，故答案为催化剂的含量高， 含量低，对的吸附少。
（4）已知与在该催化剂下很难反应生成，所以和生成，方程式为，故答案为 。
23．(1)ΔH2-ΔH1
(2)SO+H2O*=H2SO
(3) -3 尾气中剩余的NO2溶于水生成具有强氧化性的HNO3，SO2与水反应生成H2SO3，HNO3将H2SO3氧化为H2SO4，从而形成硫酸盐 2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+
(4) 2 脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS(附着在Fe2O3表面)
(5) 氧化 NO+NO2+6e-+3H2O=N2+6OH-
【详解】（1）根据盖斯定律Ⅱ-Ⅰ得CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)CaS(s)+3CO2(g)，则；
（2）根据化学吸附图可得生成的化学方程式为；
（3）①a. 尿素[CO(NH2)2]中C元素为+4价，O元素为﹣2价，H元素为+1价，根据化合价代数和为0，则尿素氮元素的化合价为﹣3价；
b. 若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率。则硫酸盐的产生过程为：尾气中剩余的NO2溶于水生成具有强氧化性的HNO3，SO2与水反应生成H2SO3，HNO3将H2SO3氧化为H2SO4，从而形成硫酸盐；
②图中Cu+在反应前后性质、质量不变,为催化剂；用乙烯进行脱硝(NO) ,从题图可以知道，乙烯被Cu+(NO2)氧化成二氧化碳(其中C化合价由-2→+4),Cu+(NO2)自身被还原成N2(其中N化合价由+4→0),反应方程式为2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+；
（4）脱硫反应的方程式为Fe2O3 + 3H2S= 2FeS + 3H2O+S，每生成1ml硫单质，生成2mlFeS，用水蒸气代替氧气再生时，反应方程式为3FeS + 4H2OFe3O4 + 3H2S + H2，当生成3mlH2S时，FeS被氧化，H2O被还原，生成1ml氢气，共转移电子2ml；
由图可知，脱硫时，部分Fe2O3转化成FeS，H2S被氧化成S，再生过程时，FeS与O2反应生成Fe2O3和SO2，Fe2O3脱硫剂的脱硫和再生过程可以描述为脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS(FeS附着在Fe2O3表面)；故答案为：脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS(FeS附着在Fe2O3表面)；
（5）H2S中硫元素显-2价，为最低价态，失去电子，发生氧化反应，正极发生还原反应，所以电极反应方程式为：NO+NO2+6e-+3H2O=N2+6OH-。
24．(1)19.98或3.7×5.4
(2) 分解生成的As和Au形成合金，使熔点降低 吸收焙烧时生成的SO2，防止污染环境 8S2O＋O2＋4Au＋2H2O=4[Au(S2O3)2]3-＋4OH- Au失去电子后与S2O生成[Au(S2O3)2]3-，CuSO4和氨水反应生成的[Cu(NH3)4]2＋得到电子生成[Cu(NH3)2]＋，[Cu(NH3)2]＋被O2氧化重新生成[Cu(NH3)4]2＋，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用 c(Cu2＋)<0.03 ml·L-1时，随着c(Cu2＋)增大，[Cu(NH3)4]2＋的浓度增大，浸金速率增大；c(Cu2＋)>0.03 ml·L-1时，Cu2＋消耗S2O，c(S2O)减小，浸金速率减小 c(S2O)增大，Cu2＋与S2O络合，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]2＋浓度减小，Au浸取率下降
【详解】（1）由离子方程式可得=；
（2）①Au与As在焙烧过程中形成合金，使其熔点降低，则原因是：分解生成的As和Au形成合金，使熔点降低；焙烧过程中有SO2生成，因此加入适量CaCO3能够吸收SO2，防止空气污染；
②在空气中，Na2S2O3溶液与Au反应生成[Au(S2O3)2]3-，相应的离子方程式为：8S2O＋O2＋4Au＋2H2O=4[Au(S2O3)2]3-＋4OH-；
③由图可知，Au失去电子后与S2O反应生成[Au(S2O3)2]3-，硫酸铜和氨水反应生成的四氨合铜离子得到电子生成[Cu(NH3)2]＋，[Cu(NH3)2]＋被O2氧化重新生成[Cu(NH3)4]2＋，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用；由上一问分析可知，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用，而且铜离子可以和氨水反应生成的[Cu(NH3)4]2＋，故Au浸取率先增大后下降的可能原因是：c(Cu2＋)<0.03 ml·L-1时，随着c(Cu2＋)增大，[Cu(NH3)4]2＋的浓度增大，浸金速率增大；c(Cu2＋)>0.03 ml·L-1时，Cu2＋消耗S2O，c(S2O)减小，浸金速率减小；
④可以从浓度对平衡的影响的角度分析，则可能原因是：c(S2O)增大，Cu2＋与S2O络合，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]2＋浓度减小，Au浸取率下降。
25．(1)[Ar]3d104s24p1
(2)Na2CO3+Ga2O32NaGaO2+CO2↑
(3)10-0.4
(4)向滤液中滴加0.1ml•L-1H2SO4溶液至生成的沉淀不再溶解，过滤；向滤液中滴加0.1ml•L-1NaOH溶液至pH计测得3.7后停止，过滤，洗涤滤渣；向滤渣中加入0.1ml•L-1NaOH至沉淀完全溶解
(5)－Ga－OC2H5+HO－Ga—===—Ga－O－Ga－+C2H5OH
(6)改通N2冷却至室温
【分析】粉煤灰(主要成分为Ga2O3、ZnO、SiO2，还有少量Fe2O3等杂质)与纯碱焙烧后得到Na2GeO2、Na2SiO3、Na2ZnO2，经过碱浸后，过滤得到滤渣，主要成分为氧化铁沉淀，滤液中含有Na[Ga(OH)4]、Na2SiO3、Na2[Zn(OH)4]，向滤液中滴加0.1ml•L-1H2SO4溶液至生成的沉淀不再溶解，过滤；向滤液中滴加0.1ml•L-1NaOH溶液至pH计测得3.7后停止，过滤，洗涤滤渣；向滤渣中加入0.1ml•L-1NaOH至沉淀完全溶解,得到[Ga(OH)4]-，电解后得到镓单质，加入一溴甲烷和氨气得到GaN，据此分析解答。
【详解】（1）已知Ga是31号元素，故基态Ga原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p1，故答案为：[Ar]3d104s24p1；
（2）“焙烧”的目的是制得NaGaO2，即Ga2O3和Na2CO3反应生成NaGaO2和CO2，故该反应的化学方程式为Na2CO3+Ga2O32NaGaO2+CO2↑，故答案为：Na2CO3+Ga2O32NaGaO2+CO2↑；
（3）由题干图示信息可知，当pH=9.4时，溶液中c[]=10-5ml/L，故常温下，反应Ga(OH)3+OH-[Ga(OH)4]-的平衡常数K===10-0.4，故答案为：10-0.4；
（4）由题干图示信息可知，当pH≥3.7时，Ga3+已经完全转化为Ga(OH)3沉淀，由分析可知，“碱浸”后溶液的主要成分为Na[Ga(OH)4]、Na2SiO3、Na2[Zn(OH)4]，向滤液中滴加0.1ml•L-1H2SO4溶液至生成的沉淀不再溶解，过滤；向滤液中滴加0.1ml•L-1NaOH溶液至pH计测得3.7后停止，过滤，洗涤滤渣；向滤渣中加入0.1ml•L-1NaOH至沉淀完全溶解，故答案为：向滤液中滴加0.1ml•L-1H2SO4溶液至生成的沉淀不再溶解，过滤；向滤液中滴加0.1ml•L-1NaOH溶液至pH计测得3.7后停止，过滤，洗涤滤渣；向滤渣中加入0.1ml•L-1NaOH至沉淀完全溶解；
（5）根据题干反应方程式：Ga(OC2H5)3+2H2O=Ga(OH)2OC2H5+2C2H5OH、
Ga(OH)2OC2H5+H2O=Ga(OH)3+C2H5OH、参考“失水缩聚”书写该过程的方程式可知，失醇缩聚可表示为：－Ga－OC2H5+HO－Ga—===—Ga－O－Ga－+C2H5OH，故答案为：－Ga－OC2H5+HO－Ga—===—Ga－O－Ga－+C2H5OH；
（6）由于氮气性质稳定，与GaN不反应，故将Ga2O3无机聚合凝胶置于管式炉中，先通20min氮气后停止通入，改通入氨气，并加热至850～950℃充分反应20min，此时装置内还有NH3、H2O蒸气等，故需再改通N2冷却至室温，将NH3排空进行尾气处理，同时防止GaN在高温下与H2O、O2等发生反应，得到纯净的GaN粉末，故答案为：改通N2冷却至室温。