热门试卷

解：废旧钴酸锂镍离子电池主要含有Fe、Al、Cu的单质和LiCoO2，初步处理，加碱浸泡，铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，固体残渣为：Fe、Cu的单质和LiCoO2，加盐酸Fe+2H+=Fe2++H2↑，2LiCoO2+8H++2Cl-=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O，沉淀为Cu，滤液A为Fe2+、Li+、Co3+、Cl-，FeC2O4难溶于水，向滤液A中加入H2O2，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，氧化Fe2+为Fe3+，加入草酸铵，过滤沉淀为CoC2O4•2H2O，滤液B为：Fe3+、Li+、Cl-，加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li++CO32-=Li2CO3↓，滤液C为Fe3+、Cl-，加入氧化剂防止铁离子被还原得氯化铁溶液，

（1）铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，所以碱浸泡过程中发生反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）LiCoO2中Li为+1价，Co为+3价，具有氧化性，HCl中-1价的氯具有还原性，向固体残渣中加入盐酸时，Co（+3→+2），Cl（-1→0），最小公倍数为1，因Cl2为双原子分子，所以LiCoO2前系数为2，根据原子守恒，未知物为水，所以反应为：2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O，

故答案为：2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O；

（3）FeC2O4难溶于水，[Fe（C2O4）3]3-遇酸转化为Fe3+，为避免沉淀Fe2+，需氧化亚铁离子，H2O2具有氧化性，Fe2+具有还原性，向滤液A中加入H2O2的作用是氧化Fe2+为Fe3+；发生的反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，

故答案为：氧化Fe2+为Fe3+，避免下一步Fe2+形成FeC2O4沉淀；

（4）过滤Li2CO3时发现滤液中有少量浑浊，可能滤纸破损、滤液超过滤纸边缘等，

故答案为：滤纸破损、滤液超过滤纸边缘等．

解：贝壳煅烧得到生石灰，生石灰加水得到石灰乳，在海水晒盐后的盐卤（主要含Na+、Mg2+、Cl-、Br-等）中加入石灰乳，MgCl2+Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+CaCl2，过滤得到氢氧化镁沉淀；从过程①得到的Mg（OH）2沉淀中混有少量的Ca（OH）2，Ca（OH）2能与饱和MgCl2溶液反应生成Mg（OH）2沉淀和氯化钙，氯化钙溶于水，可用过滤、洗涤的方法分离出Mg（OH）2沉淀，加入盐酸，氢氧化镁与盐酸反应Mg（OH2）+2HCl=MgCl2+2H2O，过程②降温结晶得到MgCl2•6H2O，氯化镁中的镁离子易水解，在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2水解，且带走MgCl2•6H2O受热产生的水汽，所以过程③在氯化氢气流中干燥产物得到无水氯化镁，过程④电解无水氯化镁得到镁．

（1）氢氧化钙微溶，氢氧化镁难溶，Ca（OH）2能与饱和MgCl2溶液反应Ca（OH）2+Mg2+=Mg（OH2）+Ca2+，

生成Mg（OH）2沉淀和氯化钙，氯化钙溶于水，可用过滤、洗涤的方法分离出Mg（OH）2沉淀，在此过程中玻璃棒的作用是搅拌和引流，

故答案为：饱和MgCl2溶液；过滤、洗涤；Ca（OH）2+Mg2+=Mg（OH2）+Ca2+；

（2）过程③在氯化氢气流中干燥产物得到无水氯化镁，浓硫酸稀释放热，氯化氢具有挥发性，所以图2中浓盐酸滴加到浓硫酸中有氯化氢气体产生，氯化镁中的镁离子易水解，在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2水解，所以其中装置A的作用是制备干燥的HCl气体，抑制MgCl2的水解，若要验证所得无水MgCl2中不含NaCl，最简单的操作是：用铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧，若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠，

故答案为：制备干燥的HCl气体，抑制MgCl2的水解；用铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧，若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠；

（3）电解无水氯化镁得到镁和氯气，方程式为：MgCl2Mg+Cl2↑，

故答案为：MgCl2Mg+Cl2↑；

解：工业上用软锰矿（主要成分MnO2）和闪锌矿（主要成分ZnS）联合生产MnO2和Zn的工艺流程：软锰矿（主要成分MnO2）和闪锌矿（主要成分ZnS）在酸溶后MnO2+ZnS+2H2SO4═MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O，过滤，滤渣A为硫单质，滤液为：MnSO4和ZnSO4，通电电解在阳极生成二氧化锰，阴极生成锌．

（1）分离不溶于水的固体和液体，用过滤的方法，滤渣A为硫单质，滤液为：MnSO4和ZnSO4，过滤操作用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，属于硅酸盐材质，

故答案为：漏斗；

（2）稀硫酸浸泡时反应为MnO2+ZnS+2H2SO4═MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O，MnO2、ZnS难溶于水，MnSO4、ZnSO4，易溶于水易电离，所以离子反应为：MnO2+ZnS+4H+═Mn2++Zn2++S↓+2H2O，19.2g单质A为S，反应中S元素由-2价升高为0，则每析出19.2gS沉淀共转移×（2-0）=1.2mol电子，

a．将矿石粉碎，增大反应物的接触面，化学反应速率提高，故不选；

b．提高浸泡温度，温度升高，反应速率增大，故不选；

c．适当增大硫酸浓度，增大了反应物的浓度，化学反应速率提高，故不选；

d．改变软锰矿与闪锌矿的比例，不能改变反应速率，故选；

故答案为：MnO2+ZnS+4H+═Mn2++Zn2++S↓+2H2O；1.2mol；d；

（3）2MnO（s）+O2（g）═2MnO2（s）△H1=akJ•mol-1①

MnCO3（s）═MnO（s）+CO2（g）△H2=bkJ•mol-1②将①+②×2可得：2MnCO3（S）+O2（g）═2MnO2（S）+2CO2（g）△H=（a+2b）KJ•mol-1；

故答案为：2MnCO3（S）+O2（g）═2MnO2（S）+2CO2（g）△H=（a+2b）KJ•mol-1；

（4）①用惰性电极电解硫酸酸化的硫酸锰溶液制备MnO2，阳极上锰离子失电子生成二氧化锰，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；，所以a是正极，

故答案为：正；

②电解过程中氢离子的作用是参与阴极反应和通过交换膜定向移动形成电流，电解酸化的MnSO4溶液时，根据离子的放电顺序，阴极上首先放电的是H+，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，阳极反应式为：MnSO4-2e-+2H2O═MnO2+SO42-+4H+，若转移的电子数为6.02×1023个，根据氢离子和转移电子之间的关系式2H+～2e-，则左室溶液中n（H+）=1mol，

故答案为：1mol；

解：硫酸废液中含有大量硫酸外，还含有少量NH4+、Fe3+、AsO43-、Cl-，加入生石灰，调节pH2～3，大量沉淀主要成分为CaSO4•2H2O[含有少量Fe（OH）3]，滤液加入生石灰调节pH8～9，生成Ca3（AsO4）2沉淀，滤液主要含有（NH4）2SO4和NH4Cl，

（1）硫酸的浓度为4.9g•L-1，c（H2SO4）==0.05mol/L，c（H+）=0.1mol/L，pH=-lg0.1=1，故答案为：1；

（2）如c[（NH4）2SO4]=c（NH4Cl），则（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）较大，因c（NH4+）越大，NH4+水解程度越小，则（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）小于是NH4Cl溶液中c（NH4+）的2倍，如等于2倍，则c（NH4Cl）应较大，

故答案为：＜；

（3）随着向废液中投入生石灰，c（OH-）增大，c（NH3•H2O）减小，则溶液中减小，故答案为：减小；

（4）提纯CaSO4•2H2O，可加入稀硫酸溶解Fe（OH）3，且防止CaSO4•2H2O的溶解，过滤后洗涤、干燥，

故答案为：稀硫酸；晾干或干燥；

（5）①Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：AsO43-+H2O⇌HAsO42-+OH-，该步水解的平衡常数Kh=====2.5×10-3，

故答案为：2.5×10-3；

②已知：AsO43-+2I-+2H+=AsO33-+I2+H2O，SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+．还原剂还原性大于还原产物的还原性，则还原性SO2＞I-＞AsO33-，两个反应中还原性最强的微粒是SO2，

故答案为：SO2．

解：大理石（含MgCO3、FeCO3等杂质）制取纯净的碳酸钙，然后再用纯的碳酸钙制取过氧化钙的原理：大理石（含MgCO3、FeCO3等杂质）都可以和硝酸之间发生反应得到硝酸钙、硝酸镁以及硝酸铁的混合物用，FeCO3与硝酸反应是氧化还原反应，向混合液中加入氨水，可以形成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，过滤，得到的滤液是硝酸钙溶液（含铵根离子），向其中加入碳酸铵，发生复分解反应，可以得到碳酸钙沉淀，沉淀用盐酸溶解，得到氯化钙的水溶液，加入双氧水、氨气，冰水冷却，可以得到CaO2•8H2O，低温下烘干，可以得到CaO2，进一步加热可以得到氧化钙和氧气．

（1）CaO2是过氧根离子和钙离子通过离子键形成的离子化合物，电子式为：，故答案为：；

（2）硝酸钙、硝酸镁以及硝酸铁的混合物中加入氨水，可以形成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，故答案为：使其中Mg2+、Fe3+等杂质离子形成沉淀除去；

（3）氯化钙的水溶液，加入双氧水、氨气，冰水冷却，可以得到CaO2•8H2O，该反应的反应物为CaCl2、H2O2、NH3，故方程式为CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O+2NH4Cl，故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O+2NH4Cl；

（4）因为H2O2受热易分解，故采用冰水冷却的方式防止其分解，提高利用率，同时温度低能降低物质的溶解度，提高产率，故答案为：该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率．

解：（1）冶炼中的主要反应为：Cu2S+O22Cu+SO2，所以烟气的主要成分为二氧化硫；工业上可以将二氧化硫氧化成三氧化硫制取硫酸；

故答案为：SO2； 硫酸；

（2）电解法炼铜时，阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应，所以阳极为粗铜板，粗铜板中的金、银还原性比铜的弱，反应后以单质的形式在电解槽阳极的槽底，在电解槽的阴极铜离子得到电子生成金属铜，该电极反应为：Cu2++2e-═Cu，

故答案为：粗铜板； 阳极； Cu2++2e-═Cu；

（3）根据表中氢氧化物的溶度积可知，氢氧化铁的溶度积最小，其溶解度最小，所以随pH升高最先沉淀下来的离子是铁离子；双氧水能够将溶液中的亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，

故答案为：Fe3+； 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O．

解：根据流程可知，铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）加入稀盐酸，得到滤渣为二氧化硫，滤液中含有铁离子、亚铁离子和氯离子；加入漂白液后亚铁离子氧化成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁沉淀；滤液B为氯化铝溶液；二氧化硫与氢氧化钠在铁坩埚中焙烧生成硅酸钠，

（1）①滤液B中是否还含有铁元素的方法为利用铁离子和亚铁离子的检验方法进行检验，取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含铁元素，

故答案为：取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含铁元素；

②滤液中含有的是氯化铝溶液，将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，

a．氢氧化钠溶液可以沉淀铝离子但过了会溶解氢氧化铝，氢氧化钠不是最佳试剂，故a错误； 

b．硫酸溶液不与铝离子反应，故b错误；

c．氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝，过量的氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体，故c正确；

d．二氧化碳和氯化铝不反应，无法生成氢氧化铝沉淀，故d错误；

故答案为：c；

③加入浓盐酸抑制氯化铝的水解，蒸发浓缩冷却结晶，过滤，洗涤，故答案为：过滤；

④滤液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去；亚铁离子被氧化为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀，次氯酸根离子被还原为氯离子，反应的两种方程式为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+C1-+4H+；

故答案为：2；1；5H2O；2；1；4H+；

（2）A．蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故A错误；

B．铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，可在铁坩埚中用SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故B正确；

C．玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故C错误；

D．瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故D错误；

故答案为：B．

解：（1）硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；

（2）因滤液中＞1，加入绿矾晶体引入Fe2+，并利用过氧化氢氧化得到Fe3+，补充溶液里的Fe3+，使=1，其中氧化Fe2+的离子反应式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，补充Fe3+；

（3）①阴极上氢离子得电子生成氢气，则阴极的电极反应式为：2H++2e-=H2↑；

故答案为：2H++2e-=H2↑；

②阳极上水电离的OH-被氧化，促进水的电离，阳极周围溶液里H+浓度增大，溶液的pH减小，故答案为：减小；

③阴离子交换膜只允许阴离子通过，电解过程中反应室中的氯离子通过阴离子交换膜进入阳极室，阴极室中的氢氧根离子进入反应室生成Alm（OH）nCl3m-n；

故答案为：电解过程中反应室中的SO42--通过阴离子交换膜进入阳极室，阴极室中的OH-通过阴离子交换膜进入反应室，生成聚合硫酸铝铁．

解：制取流程为，向含有亚铁离子的溶液中加入氧化剂X，将亚铁离子氧化成铁离子，然后加入Y调节溶液的pH，使铁离子完全转化成氢氧化铁沉淀，加入的Y不能引进新的杂质，所以Y可以为CuO或Cu（OH）2或CuCO3；除去杂质后的溶液为氯化铜溶液，将溶液在HCl的气流中低温加热蒸发，得到氯化铜晶体，

（1）根据框图，加入氧化剂X可把Fe2+氧化为Fe3+，而没有增加新杂质，所以X可以为H2O2或Cl2，而A会引入杂质钠离子，C会引入K+、Mn2+，

故答案为：BD；

（2）结合题示，调节pH3.2～4.7，使Fe3+全部沉淀，同样不引进新杂质，所以Y最好为CuO或Cu（OH）2或CuCO3，

故答案为：CuO；Cu（OH）2（或CuCO3）；

（3）难溶物Z为Fe（OH）3，铁离子与氧化铜反应生成氢氧化铁沉淀和铜离子，反应的离子方程式为：2Fe3++3CuO+6H2O=Fe（OH）3↓+3Cu2+，

故答案为：2Fe3++3CuO+6H2O=Fe（OH）3↓+3Cu2+．

（4）CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发），所以应在HCl气氛中采用低温减压蒸发结晶的方法，以得到CuCl2•2H2O的晶体，

故答案为：不能；应在HCl的气流中低温蒸发；

（5）某CuSO4溶液里c（Cu2+）=0.02mol/L，如果生成Cu（OH）2沉淀，则应有c（OH-）≥mol/L=10-9mol/L，

则该溶液中氢离子浓度为：c（H+）≤mol/L=10-5mol/L，

所以溶液的pH必须满足：pH≥-lg（10-5）=5，

故答案为：5．

解：废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等），据物质的水溶性确定，V2O5和SiO2难溶于水，即为得到的滤渣亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O，过滤得到滤渣为二氧化硅，强酸性浸出液含有VO2+、K+、SO42-，加入有机萃取剂萃取分液得到有机溶液中VO2+，再加入X试剂进行反萃取分液，分离出有机层得到水层是含VO2+、Fe3+、SO42-的酸性水溶液，得到分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；加入硫酸抑制平衡正向进行，氯酸钾具有氧化性，能将VO2+氧化为VO2+，加入氨水，调节溶液pH到最佳值，得到NH4VO3，最后焙烧得到五氧化二钒．

（1）上述分析可知①中废渣的主要成分是二氧化硅，故答案为：SiO2；

（2）②中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，

故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移，提高钒的萃取率；硫酸；

（3）ClO3-中氯元素化合价+5价变化为-1价，VO2+变化为VO3+，V元素化合价+4价变化为+5价，电子守恒VO2+和VO3+ 的系数为6，ClO3-中和Cl-前系数为1，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式为：ClO3-+6VO2++6H+=6VO3++Cl-+3H2O，

故答案为：1；6； 6；6；1 Cl-；3 H2O；

（4）从沉淀率和pH关系可知，随pH增大，沉淀率先增大后减小，故沉淀率最大的pH即为最佳pH，pH=1.7时钒的沉淀率最大为98.8%，加入氨水调节溶液的最佳pH为为1.7，若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3，沉淀，此时溶液PH=2，计算氢氧根离子浓度c（OH-）=10-12mol/L，k[Fe（OH）3]=2.6×10-39=c（Fe3+）c3（OH-），c（Fe3+）==2.6×10-3mol/L，

故答案为：1.7；2.6×10-3；

（5）依据流程反应分析，加入的试剂在反应过程中生成的离子为，除H+之外的阳离子为Fe3+、VO22+、NH4+、K+，

故答案为：Fe3+、VO3+、NH4+、K+（任写两种即可）；

（6）从流程图可知，③中有机萃取剂用于②中萃取，⑥中氨气用于⑤中调节pH，故答案为：有机萃取剂、氨水（或氨气）；

（7）①当充电时，右槽溶液颜色由绿色变为紫色．说明右槽V3+生成V2+，说明充电时右槽为阴极，左槽为阳极，则放电时左槽为正极，右槽为负极，放电时，正极上的反应：VO2++2H++e-═VO2++H2O，负极上发生V2+-e-=V3+的反应，反应可表示为VO2++V2++2H+ VO2++H2O+V3+，

故答案为：放/充； 

②放电过程中，a极为正极，发生VO2++2H++e-═VO2++H2O，根据题意，放电时左槽溶液颜色由黄色变为蓝色，即VO2++2H++e-═VO2++H2O，发生得电子的还原反应，所以此电极是正极，质子交换膜是允许氢离子通过的隔膜，放电时，正极上的反应：VO2++2H++e-═VO2++H2O，负极上发生V2+-e-=V3+的反应，当转移1.0mol电子时共有1.0mol H+从右槽移进左槽．

故答案为：VO2++2H++e-=VO2++H2O；右；左．

解：（1）因为要充分吸收尾气，所以应增大接触的时间，故选用逆流的方式；又氢氧化钠的质量浓度为130-180g/L，所以物质的量浓度为-mol/L即3.25～4.5mol/L，故答案为：采用逆流的方式更有利于SO2的吸收；NaOH的物质的量浓度为3.25～4.5mol/L；

（2）如果不调整溶液的PH为9～10，则PH为5～6时溶液呈酸性，可能生成的杂质是亚硫酸氢钠；为了不引入新的杂质，所以调整溶液的PH为9～10所加入的物质是NaOH，故答案为：NaHSO3； NaOH；

（3）A．二氧化硫、SO3和酸雾都能与氢氧化钠溶液反应，不能用于测定，故A不符合；

B．KMnO4溶液、稀H2SO4 与二氧化硫反应的方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++4H++5SO42-，二氧化硫气体和高锰酸钾反应，高锰酸钾溶液紫红色褪去，故B符合；

C．碘与二氧化硫发生氧化还原的方程式为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，碘消耗完，淀粉因没有碘单质不再显蓝色，故C符合；

D．氨水、酚酞试液，氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和二氧化硫和水又能反应生成亚硫酸氢铵，有两步反应，所以无法准确测定尾气中SO2含量，故D不符合；

故选BC；

（4）Na2SO3加热后发生了歧化反应生成了硫化钠，溶液中水解程度大于亚硫酸钠的水解程度，溶液碱性增强，反应的方程式为4Na2SO3=3Na2SO4+Na2S，

故答案为：4Na2SO3=3Na2SO4+Na2S，由于Na2S的碱性较强．

解：（1）ZnO属于两性氧化物，ZnO与NaOH溶液反应生成偏锌酸钠和水，反应方程式为2NaOH+ZnO=Na2ZnO2+H2O，

故答案为：2NaOH+ZnO=Na2ZnO2+H2O；

（2）电解过程中析出锌的电极上[Zn（NH3）4]2+ 得电子发生还原反应，电极反应式为[Zn（NH3）4]2++2e-=Zn+4NH3↑，

故答案为：[Zn（NH3）4]2++2e-=Zn+4NH3↑；

（3）SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，发生氧化还原反应生成一氧化氮和硫酸钡，反应的离子方程式为3SO2+2H2O+2NO3-+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，

故答案为：3SO2+2H2O+2NO3-+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+；

（4）由图2可知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-846.3KJ/mol①

                   CO2（g）=CO（g）+O2（g）△H=+282KJ/mol②

                    H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8KJ/mol③

结合热化学方程式和盖斯定律可知①+②-③×3可得所需热化学方程式，则CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=（-846.3KJ/mol）+（+282KJ/mol  ）-（-241.8KJ/mol ）×3=+161.1 kJ•mol-1，所以CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+161.1 kJ•mol-1，

故答案为：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+161.1 kJ•mol-1；

（5）吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，依据化学平衡[Cu（NH3）2CH3COO]（l）+CO（g）+NH3（g）⇌[Cu（NH3）3]CH3COO•CO（l）；△H＜0，反应是气体体积减小的放热反应，平衡逆向进行是再生的原理，再生的适宜条件是高温低压，

故答案为：B；

（6）若反应延续至70s，保持其它条件不变情况下，使用催化剂时，改变反应速率，不改变化学平衡，曲线的转折点在横坐标40之前，纵坐标必需在20的线上，该反应的进程曲线为如图所示：，

故答案为：．